Chuyên đề hình học không gian cổ điển – Bùi Trần Duy Tuấn

Học toán online.vn gửi đến các em học sinh và bạn đọc Chuyên đề hình học không gian cổ điển – Bùi Trần Duy Tuấn CHƯƠNG Khối Đa Diện.

Tài liệu môn Toán và hướng dẫn giải chi tiết các đề thi từ cơ bản đến vận dụng cao sẽ luôn được cập thường xuyên từ hoctoanonline.vn, các em học sinh và quý bạn đọc truy cập web để nhận những tài liệu Toán hay và mới nhất.

Các em học sinh Đăng ký kênh youtube để học thêm về môn Toán.

Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna “Nơi nào có ý chí, nơi đó có con đường.” Tài liệu gồm 301 trang bao gồm các chủ đề sau: Chủ đề 1. Khối đa diện. Phép biến hình trong không gian Chủ đề 2. Góc trong không gian Chủ đề 3. Khoảng cách trong không gian Chủ đề 4. Thể tích khối đa diện Chủ đề 5. Nón – Trụ – Cầu Bố cục của các chủ đề gồm các phần sau: 1. Kiến thức cơ bản cần nắm 2. Các dạng toán và phương pháp giải (kèm theo các bài toán minh họa) 3. Bài tập trắc nghiệm rèn luyện (có đáp án và lời giải chi tiết) Tài liệu được tôi sưu tầm, tổng hợp và biên soạn để làm tư liệu cho các em lớp 12 ôn thi kỳ thi THPT Quốc gia tham khảo, giúp các em ôn lại kiến thức nhanh chóng và hiệu quả hơn. Trong quá trình tổng hợp và biên soạn không tránh khỏi những sai sót đáng tiếc do số lượng kiến thức và bài tập khá nhiều. Mong các đọc giả thông cảm và đóng góp ý kiến để những tài liệu sau của tôi được chỉnh chu hơn! Mọi đóng góp và liên hệ về tài liệu xin gửi về: Facebook: https://web.facebook.com/duytuan.qna. Gmail: [email protected] Truy cập Website: https://toanhocplus.blogspot.com/ để xem thêm các chuyên đề luyện thi đại học khác của tôi tổng hợp và biên soạn. Thầy cô nào cần “Cần file Word” liên hệ tôi. Xin chân thành cảm ơn!!! Quảng Nam – 15.09.2018 Tác giả: Bùi Trần Duy Tuấn  https://toanhocplus.blogspot.com Lời nói đầu Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna MỤC LỤC MỘT SỐ KIẾN THỨC HÌNH HỌC CƠ BẢN CẦN NẮM VỮNG…………………… 8 I. MỘT SỐ KIẾN THỨC HÌNH HỌC PHẲNG …………………………………………………………….. 8 1. Các đường trong tam giác …………………………………………………………………………………………………. 8 2. Tam giác ABC vuông tại A ……………………………………………………………………………………………….. 8 3. Các hệ thức lượng trong tam giác thường ……………………………………………………………………………. 9 4. Hai tam giác đồng dạng và định lí Talet………………………………………………………………………………. 9 5. Các công thức tính diện tích ……………………………………………………………………………………………. 10 II. MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH TRONG HÌNH HỌC KHÔNG GIAN ….. 10 1. Chứng minh đường thẳng vuông góc với mặt phẳng …………………………………………………………… 10 2. Chứng minh hai đường thẳng vuông góc …………………………………………………………………………… 10 3. Chứng minh hai mặt phẳng vuông góc ……………………………………………………………………………… 11 4. Hai định lí về quan hệ vuông góc ……………………………………………………………………………………… 11 5. Định lí ba đường vuông góc, công thức diện tích hình chiếu …………………………………………………. 11 CHỦ ĐỀ 1: KHỐI ĐA DIỆN. PHÉP BIẾN HÌNH TRONG KHÔNG GIAN .. 12 A. KHÁI NIỆM VỀ KHỐI ĐA DIỆN …………………………………………………………………………….. 12 I. KHỐI ĐA DIỆN. KHỐI CHÓP VÀ KHỐI LĂNG TRỤ…………………………………………………….12 1. Khái niệm về hình đa diện ……………………………………………………………………………………………….. 12 2. Khái niệm về khối đa diện………………………………………………………………………………………………… 12 3. Phân chia và lắp ghép các khối đa diện ………………………………………………………………………………. 14 Một số kết quả quan trọng ………………………………………………………………………………………………….. 14 B. PHÉP BIẾN HÌNH TRONG KHÔNG GIAN. HAI HÌNH BẰNG NHAU ………………….. 15 I. PHÉP DỜI HÌNH TRONG KHÔNG GIAN ……………………………………………………………………15  1. Phép tịnh tiến theo vectơ v ……………………………………………………………………………………………… 15 2. Phép đối xứng qua tâm O ………………………………………………………………………………………………. 15 3. Phép đối xứng qua đường thẳng  (phép đối xứng trục  ) …………………………………………………. 15 4. Phép đối xứng qua mặt phẳng  P  ………………………………………………………………………………….. 15 Mặt phẳng đối xứng của một số hình thường gặp…………………………………………………………………… 15 II. HAI HÌNH BẰNG NHAU ………………………………………………………………………………………….18 III. PHÉP VỊ TỰ VÀ SỰ ĐỒNG DẠNG CỦA CÁC KHỐI ĐA DIỆN ……………………………………18 1. Phép vị tự trong không gian ……………………………………………………………………………………………. 18 2. Hai hình đồng dạng ……………………………………………………………………………………………………….. 18  https://toanhocplus.blogspot.com Mục lục Hình học không gian cổ điển Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna C. KHỐI ĐA DIỆN LỒI. KHỐI ĐA DIỆN ĐỀU …………………………………………………………………………… 19 I. KHỐI ĐA DIỆN LỒI ………………………………………………………………………………………………….19 II. KHỐI ĐA DIỆN ĐỀU ……………………………………………………………………………………………….19 Một số kết quả quan trọng về khối đa diện lồi ……………………………………………………………………………… 20 D. BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM ……………………………………………………………………………………………….. 21 I. ĐỀ BÀI……………………………………………………………………………………………………………………………… 21 1. Khái niệm khối đa diện ……………………………………………………………………………………………………. 21 2. Khối đa diện lồi. Khối đa diện đều …………………………………………………………………………………….. 24 II. ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT …………………………………………………………………… 26 1. Khái niệm khối đa diện ……………………………………………………………………………………………………. 26 2. Khối đa diện lồi. Khối đa diện đều …………………………………………………………………………………….. 29 CHỦ ĐỀ 2: GÓC TRONG KHÔNG GIAN …………………………………………………………….. 31 A. GÓC TRONG KHÔNG GIAN………………………………………………………………………………….. 31 I. GÓC GIỮA HAI ĐƯỜNG THẲNG ………………………………………………………………………………31 1. Phương pháp ………………………………………………………………………………………………………………… 31 2. Một số bài toán minh họa ………………………………………………………………………………………………… 31 II. GÓC GIỮA ĐƯỜNG THẲNG VÀ MẶT PHẲNG …………………………………………………………37 1. Phương pháp ………………………………………………………………………………………………………………… 37 2. Một số loại góc giữa đường thẳng và mặt phẳng thường gặp đối với hình chóp ……………………….. 38 3. Một số bài toán minh họa ………………………………………………………………………………………………… 38 III. GÓC GIỮA HAI MẶT PHẲNG …………………………………………………………………………………43 1. Phương pháp ………………………………………………………………………………………………………………… 43 2. Một số bài toán minh họa ………………………………………………………………………………………………… 44 B. BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM ……………………………………………………………………………………………….. 49 I. ĐỀ BÀI……………………………………………………………………………………………………………………………… 49 II. ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT ……………………………………………………………………. 54 CHỦ ĐỀ 3: KHOẢNG CÁCH TRONG KHÔNG GIAN ……………………………………. 69 A. KIẾN THỨC CƠ BẢN CẦN NẮM…………………………………………………………………………… 69 B. GIẢI BÀI TOÁN KHOẢNG CÁCH ………………………………………………………………………….. 70 DẠNG 1: KHOẢNG CÁCH TỪ MỘT ĐIỂM ĐẾN MỘT ĐƯỜNG THẲNG ………………………….70 1. Phương pháp ………………………………………………………………………………………………………………… 70 2. Một số bài toán minh họa ………………………………………………………………………………………………… 71  https://toanhocplus.blogspot.com Mục lục Hình học không gian cổ điển Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna DẠNG 2: KHOẢNG CÁCH TỪ MỘT ĐIỂM ĐẾN MỘT MẶT PHẲNG ……………………………….76 1. Phương pháp ………………………………………………………………………………………………………………… 76 2. Một số bài toán minh họa ………………………………………………………………………………………………… 78 DẠNG 3: KHOẢNG CÁCH GIỮA ĐƯỜNG THẲNG VÀ MẶT PHẲNG SONG SONG. KHOẢNG CÁCH GIỮA HAI MẶT PHẲNG SONG SONG ……………………………………………………………….87 1. Phương pháp ………………………………………………………………………………………………………………… 87 2. Một số bài toán minh họa ………………………………………………………………………………………………… 87 DẠNG 4: KHOẢNG CÁCH GIỮA HAI ĐƯỜNG THẲNG CHÉO NHAU ……………………………91 1. Phương pháp ………………………………………………………………………………………………………………… 91 2. Một số bài toán minh họa ………………………………………………………………………………………………… 92 C. BÀI TẬP TRẮC NGHIÊM ……………………………………………………………………………………………… 100 I. ĐỀ BÀI……………………………………………………………………………………………………………………………. 100 II. ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT ………………………………………………………………….. 108 CHỦ ĐỀ 4: THỂ TÍCH KHỐI ĐA DIỆN ……………………………………………………………….. 130 A. CÔNG THỨC TÍNH THỂ TÍCH KHỐI ĐA DIỆN ……………………………………………………. 130 I. THỂ TÍCH KHỐI CHÓP …………………………………………………………………………………………… 130 II. THỂ TÍCH KHỐI LĂNG TRỤ VÀ KHỐI HỘP CHỮ NHẬT…………………………………………. 130 III. MỘT SỐ KHÁI NIỆM VÀ KỸ THUẬT CẦN NẮM ……………………………………………………. 131 1. Một số khái niệm và tính chất ………………………………………………………………………………………… 131 2. Kỹ thuật tìm đường cao bằng cách đưa về bài toán tìm khoảng cách từ 1 điểm đến một mặt phẳng …………………………………………………………………………………………………………………………………….. 131 B. CÁC PHƯƠNG PHÁP VÀ DẠNG TOÁN TÍNH THỂ TÍCH KHỐI ĐA DIỆN ………….. 132 I. PHƯƠNG PHÁP TÍNH TOÁN TRỰC TIẾP ………………………………………………………………… 132 1. Phương pháp ………………………………………………………………………………………………………………. 132 2. Một số bài toán minh họa ………………………………………………………………………………………………. 132 II. PHƯƠNG PHÁP TÍNH THỂ TÍCH GIÁN TIẾP BẰNG CÁCH PHÂN CHIA LẮP GHÉP CÁC KHỐI CHÓP ……………………………………………………………………………………………………………… 144 1. Phương pháp ………………………………………………………………………………………………………………. 144 2. Một số bài toán minh họa ………………………………………………………………………………………………. 144 III. PHƯƠNG PHÁP TỶ SỐ THỂ TÍCH …………………………………………………………………………. 151 1. Phương pháp ………………………………………………………………………………………………………………. 151 2. Một số bài toán minh họa ………………………………………………………………………………………………. 151 IV. BÀI TOÁN MIN MAX THỂ TÍCH……………………………………………………………………………. 163 1. Phương pháp ………………………………………………………………………………………………………………. 163 2. Một số bài toán minh họa ………………………………………………………………………………………………. 163  https://toanhocplus.blogspot.com Mục lục Hình học không gian cổ điển Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna C. BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM ……………………………………………………………………………………………… 172 I. ĐỀ BÀI……………………………………………………………………………………………………………………………. 172 II. ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT ………………………………………………………………….. 183 PHẦN MỞ RỘNG: ỨNG DỤNG HÌNH HỌC GIẢI TÍCH KHÔNG GIAN GIẢI HÌNH HỌC KHÔNG GIAN CỔ ĐIỂN ………………………………………………….. 212 I. KIẾN THỨC CƠ BẢN CẦN NẮM ………………………………………………………………………….. 212 1. Hệ trục tọa độ trong không gian ……………………………………………………………………………………. 212 2. Tọa độ vectơ …………………………………………………………………………………………………………….. 212 3. Tọa độ của điểm ………………………………………………………………………………………………………… 212 4. Tích có hướng của hai vectơ …………………………………………………………………………………………. 213 5. Vấn đề về góc …………………………………………………………………………………………………………… 213 6. Vấn đề về khoảng cách ………………………………………………………………………………………………… 214 II. MỘT SỐ BÀI TOÁN MINH HỌA ỨNG DỤNG HÌNH GIẢI TÍCH TRONG HÌNH HỌC KHÔNG GIAN CỔ ĐIỂN ……………………………………………………………………………………………. 215 CHỦ ĐỀ 5: NÓN – TRỤ – CẦU …………………………………………………………………………………. 224 A. MẶT NÓN……………………………………………………………………………………………………………… 224 I. KIẾN THỨC CƠ BẢN CẦN NẮM …………………………………………………………………………….. 224 1. Mặt nón tròn xoay ……………………………………………………………………………………………………….. 224 2. Hình nón tròn xoay ……………………………………………………………………………………………………… 224 3. Công thức diện tích và thể tích của hình nón ……………………………………………………………………. 224 4. Giao tuyến của mặt tròn xoay và mặt phẳng …………………………………………………………………….. 225 II. BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM ……………………………………………………………………………………….. 225 1. ĐỀ BÀI………………………………………………………………………………………………………………………. 225 2. ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT ………………………………………………………………… 232 B. MẶT TRỤ ……………………………………………………………………………………………………………….. 247 I. KIẾN THỨC CƠ BẢN CẦN NẮM …………………………………………………………………………….. 247 1. Mặt trụ tròn xoay ………………………………………………………………………………………………………… 247 2. Hình trụ tròn xoay……………………………………………………………………………………………………….. 247 3. Công thức tính diện tích và thể tích của hình trụ ………………………………………………………………. 247 4. Tính chất ……………………………………………………………………………………………………………………. 247 II. BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM ……………………………………………………………………………………….. 248 1. ĐỀ BÀI………………………………………………………………………………………………………………………. 248  https://toanhocplus.blogspot.com Mục lục Hình học không gian cổ điển Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna 2. ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT ………………………………………………………………… 257 C. MẶT CẦU ………………………………………………………………………………………………………………………. 271 I. KIẾN THỨC CƠ BẢN CẦN NẮM …………………………………………………………………………….. 271 1. Định nghĩa………………………………………………………………………………………………………………….. 271 2. Vị trí tương đối của một điểm đối với mặt cầu ………………………………………………………………….. 271 3. Vị trí tương đối của mặt phẳng và mặt cầu ………………………………………………………………………. 271 4. Vị trí tương đối của đường thẳng và mặt cầu …………………………………………………………………… 271 5. Diện tích và thể tích mặt cầu………………………………………………………………………………………….. 272 6. Một số khái niệm về mặt cầu ngoại tiếp khối đa diện ………………………………………………………….. 272 II. BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM ……………………………………………………………………………………….. 273 1. ĐỀ BÀI………………………………………………………………………………………………………………………. 273 2. ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT ………………………………………………………………… 280  https://toanhocplus.blogspot.com Mục lục Hình học không gian cổ điển Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna MỘT SỐ KIẾN THỨC HÌNH HỌC CƠ BẢN CẦN NẮM VỮNG I. MỘT SỐ KIẾN THỨC HÌNH HỌC PHẲNG 1. Các đường trong tam giác A A ha b c N K G H hb B B C M Trọng tâm G của tam giác là giao điểm ba đường trung tuyến, và AG  hc 2 AM. 3 C a Trực tâm H của tam giác ABC là giao điểm ba đường cao. A A R b c O I r C B B Tâm O đường tròn ngoại tiếp tam giác là giao điểm ba đường trung trực. a C Tâm I của đường tròn nội tiếp tam giác là giao điểm ba đường phân giác trong. 2. Tam giác vuông ABC vuông tại A A α B  Các tỉ số lượng giác: AC BC AC + tan   AB + sin   AB BC AB + cot   AC + cos   H C M  Độ dài đường trung tuyến AM   Hệ thức lượng:  AH.BC  AB. AC  AB2  BH.BC, AC 2  CH.CB  Định lí Pitago: BC 2  AB2  AC 2  Diện tích: S   AH 2  BH.HC 1 AB.AC 2  https://toanhocplus.blogspot.com 1 BC 2  Trang 8 1 1 1  , AH 2  HB.HC 2 2 AH AB AC 2 Hình học không gian cổ điển Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna 3. Các hệ thức lượng trong tam giác thường Cho tam giác ABC có: + Độ dài các cạnh tương ứng là a, b, c + Chiều cao tương ứng kẻ từ các đỉnh A, B, C lần lượt là ha, hb, hc + r, R lần lượt là bán kính đường tròn nội tiếp, ngoại tiếp ABC + p abc (nửa chu vi ABC ) 2 A a) Định lý cosin: b) Định lý sin: A b c b c B R O C a b2  c 2  a2 2bc 2 a  c 2  b2  b2  a 2  c 2  2ac cos B  cos B  2ac 2 a  b2  c 2  c 2  a 2  b2  2ab cos C  cos C  2ab  a 2  b2  c 2  2bc cos A  cos A  B  C a a b c    2R sin A sin B sin C c) Công thức tính độ dài đường trung tuyến: d) Công thức tính A diện tích tam giác: A ha b c H N K hb G hc a B B Gọi S là diện tích ABC : C M C 1 1 1 a.ha  b.hb  c.hc 2 2 2 1 1 1  ab sin C  bc sin A  ac sin B 2 2 2 abc  ; SABC  p.r 4R  AM 2  AB2  AC 2 BC 2  2 4  SABC   BN 2  BA2  BC 2 AC 2  2 4  SABC  CK 2  CA 2  CB2 AB2  2 4  SABC  SABC  p  p  a  p  b  p  c  4. Hai tam giác đồng dạng và định lí Talet A B M N A C M P  ABC ∽ MNP nếu chúng có 2 góc tương ứng bằng nhau B MN / / BC  AB MN   Nếu ABC ∽ MNP thì AC MP  https://toanhocplus.blogspot.com N Trang 9 C AM AN MN   AB AC BC Hình học không gian cổ điển Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna 5. Các công thức tính diện tích  Diện tích tam giác đều  Diện tích tam giác vuông A B SABC  A Diện tích  đều: S  1 AB. AC 2 h C B a B SHVuong  a C H 2 A B S Đường chéo h/vuông: a 2 O  AB  CD  .AH 2 SHCN  AB. AD D a 3 2  Diện tích hình thang  Diện tích hình vuông và hình chữ nhật A Chiều cao  đều: a2 3 4 D C C H  Diện tích tứ giác có hai đường chéo vuông góc B o Diện tích tứ giác có hai đường chéo vuông 1 góc nhau bằng tích hai đường chéo. 2 o Hình thoi có hai đường chéo vuông góc A C S 1 AC.BD 2 D nhau tại trung điểm của mỗi đường. II. MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH TRONG HÌNH HỌC KHÔNG GIAN 1. Chứng minh đường thẳng vuông góc với mặt phẳng Phương pháp: Để chứng minh đường thẳng  vuông góc mp( P) ta chứng minh  vuông góc với hai đường thẳng a, b cắt nhau nằm trong mp( P ). Trình bày bài   a  ( P) Ta có:    b  ( P)    P a A b P 2. Chứng minh hai đường thẳng vuông góc Phương pháp: Để chứng minh đường thẳng  vuông góc với đường thẳng d ta chứng minh  vuông góc với mp( P) chứa d. Trình bày bài  Ta có:    P   d    d d P  https://toanhocplus.blogspot.com Trang 10 Hình học không gian cổ điển Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna 3. Chứng minh hai mặt phẳng vuông góc Phương pháp: Để chứng minh mp(Q)  mp( P ) ta chứng minh mp(Q) chứa một đường thẳng  vuông góc mp( P). Trình bày bài Q    ( P)  Q    P  Ta có:    (Q) P 4. Hai định lí về quan hệ vuông góc Định lí 1: Nếu mp( P) và mp(Q) cùng vuông góc với Định lí 2: Cho mp( P ) vuông góc mp(Q). Một đường mp   thì giao tuyến (nếu có) của chúng vuông thẳng d nằm trong mp  P  vuông góc với góc mp  . giao tuyến  của  P  và  Q  thì d vuông  P góc mp(Q). Q P d  Q 5. Định lí ba đường vuông góc, công thức diện tích hình chiếu d A S d’ C H  A’  Gọi d ‘ là hình chiếu của d trên  .  B  S  S.cos  Ta có:   d ‘    d  https://toanhocplus.blogspot.com S’ Trang 11 Hình học không gian cổ điển Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna Chuû ñeà 1 KHOÁI ÑA DIEÄN. PHEÙP BIEÁN HÌNH TRONG KHOÂNG GIAN  A. KHÁI NIỆM VỀ KHỐI ĐA DIỆN I. KHỐI ĐA DIỆN. KHỐI CHÓP VÀ KHỐI LĂNG TRỤ 1. Khái niệm về hình đa diện B’ C’ S D’ A’ F’ E’ M B A C D A F E B O D C o Hình đa diện (gọi tắt là đa diện) là hình được tạo bởi một số hữu hạn các đa giác thỏa mãn hai tính chất: + Hai đa giác phân biệt chỉ có thể hoặc không có điểm chung, hoặc chỉ có một đỉnh chung, hoặc chỉ có một cạnh chung. + Mỗi cạnh của đa giác nào cũng là cạnh chung của đúng hai đa giác. o Mỗi đa giác gọi là một mặt của hình đa diện. Các đỉnh, cạnh của các đa giác ấy theo thứ tự được gọi là các đỉnh, cạnh của hình đa diện. Cạnh Mặt Đỉnh 2. Khái niệm về khối đa diện o Khối đa diện là phần không gian được giới hạn bởi một hình đa diện, kể cả hình đa diện đó. o Những điểm không thuộc khối đa diện được gọi là điểm ngoài của khối đa diện. Những điểm thuộc khối đa diện nhưng không thuộc hình đa diện đó được gọi là điểm trong của khối đa diện. Tập hợp các điểm trong được gọi là miền trong, tập hợp những điểm ngoài được gọi là miền ngoài của khối đa diện.Trong đó chỉ có duy nhất miền ngoài là chứa hoàn toàn một đường thẳng d nào đấy.  https://toanhocplus.blogspot.com Trang 12 Khối đa diện. Phép biến hình trong KG Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna o Mỗi hình đa diện chia các điểm còn lại của không gian thành hai miền không giao nhau là miền trong và miền ngoài của hình đa diện, trong đó chỉ có miền ngoài là chứa hoàn toàn một đường thẳng nào đó. C’ d B’ D’ A’ E’ N Điểm ngoài M Điểm trong C B D A E o Khối đa diện được gọi là khối lăng trụ nếu nó được giới hạn bởi một hình lăng trụ. Khối đa diện được gọi là khối chóp nếu nó được giới hạn bởi một hình chóp. Khối đa diện được gọi là khối nón cụt nếu nó được giới hạn bởi một hình nón cụt. Tương tự ta có đinh nghĩa về khối chóp n -giác; khối chóp cụt n -giác; khối chóp đều; khối hộp;… Ví dụ: – Các hình dưới đây là những khối đa diện: – Các hình dưới đây không phải là những khối đa diện: Giải thích: Hình a không phải là hình đa diện vì tồn tại cạnh không phải là cạnh chung của hai mặt; Hình b không phải là hình đa diện vì có một điểm đặc biệt trong hình, điểm đó không phải là đỉnh chung của hai đa giác; Hình c không phải là hình đa diện vì tồn tại một cạnh là cạnh chung của bốn đa giác.  https://toanhocplus.blogspot.com Trang 13 Khối đa diện. Phép biến hình trong KG Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna 3. Phân chia và lắp ghép các khối đa diện Nếu khối đa diện  H  là hợp của hai khối đa diện H ,  H  1 2 sao cho  H 1  và  H 2  không có chung H  1 điểm trong nào thì ta nói có thể chia được khối đa diện  H  thành hai khối đa diện  H 1  và  H 2 , hay có thể lắp ghép hai khối đa diện  H1  và  H 2  với nhau để được khối đa diện  H . H H  2 MỘT SỐ KẾT QUẢ QUAN TRỌNG  Một khối đa diện bất kì có ít nhất 4 mặt.  Mỗi hình đa diện có ít nhất 4 đỉnh.  Mỗi hình đa diện có ít nhất 6 cạnh.  Mỗi đỉnh của một hình đa diện là đỉnh chung của ít nhất 3 cạnh.  Không tồn tại hình đa diện có 7 cạnh.  Cho  H  là đa diện mà các mặt của nó là những đa giác có p cạnh. Nếu số mặt của  H  là lẻ thì p phải là số chẵn. Chứng minh: Gọi M là số các mặt của khối đa diện  H . Vì mỗi mặt của  H  có p cạnh nên M mặt sẽ có p.M cạnh. Nhưng do mỗi cạnh là cạnh chung của đúng hai đa giác nên số cạnh của  H  bằng C  pM. Vì M lẻ nên p phải là số chẵn. 2  (Suy ra từ chứng minh kết quả 6): Cho  H  là đa diện có M mặt, mà các mặt của nó là pM. 2  Mỗi khối đa diện có các mặt là các tam giác thì tổng số các mặt của nó phải là một số chẵn. những đa giác có p cạnh. Khi đó số cạnh của  H  là C  Chứng minh: Gọi số cạnh và số mặt của khối đa diện lần lượt là C và M. Vì mỗi mặt có ba cạnh và mỗi cạnh là cạnh chung của đúng hai mặt nên ta có số cạnh của đa 3 M C   M chẵn. 2  Mỗi khối đa diện bất kì luôn có thể được phân chia được thành những khối tứ diện. diện là C   Nếu khối đa diện có mỗi đỉnh là đỉnh chung của ba cạnh thì số đỉnh phải là số chẵn. (Tổng quát: Một đa diện mà mỗi đỉnh của nó đều là đỉnh chung của một số lẻ mặt thì tổng số đỉnh là một số chẵn).  Không tồn tại một hình đa diện có: + Số mặt lớn hơn hoặc bằng số cạnh; + Số đỉnh lớn hơn hoặc bằng số cạnh.  https://toanhocplus.blogspot.com Trang 14 Khối đa diện. Phép biến hình trong KG Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna B. PHÉP BIẾN HÌNH TRONG KHÔNG GIAN. HAI HÌNH BẰNG NHAU I. PHÉP DỜI HÌNH TRONG KHÔNG GIAN o Trong không gian, quy tắc đặt tương ứng mỗi điểm M với điểm M ‘ xác định duy nhất được gọi là một phép biến hình trong không gian. o Phép biến hình trong không gian được gọi là phép dời hình nếu nó bảo toàn khoảng cách giữa hai điểm tùy ý. Nhận xét: + Thực hiện liên tiếp các phép dời hình sẽ được một phép dời hình. + Phép dời hình biến một đa diện thành  H  một đa diện  H ‘ , biến các đỉnh, cạnh, mặt của đa diện (H) thành đỉnh, cạnh, mặt tương ứng của đa diện  H ‘ . MỘT SỐ PHÉP DỜI HÌNH TRONG KHÔNG GIAN  1. Phép tịnh tiến theo vectơ v  v   o Là phép biến hình biến mỗi điểm M thành M ‘ sao cho MM ‘  v 2. Phép đối xứng qua tâm O M’ M o Là phép biến hình biến điểm O thành chính nó, biến mỗi điểm M khác O thành điểm M ‘ sao cho O là trung điểm MM ‘ o Nếu phép đối xứng tâm O biến hình  H  thành chính nó thì O M M’ O được gọi là tâm đối xứng của  H  3. Phép đối xứng qua đường thẳng  (phép đối xứng trục  ) o Là phép biến hình biến mọi điểm thuộc đường thẳng  thành chính nó, biến mỗi điểm M không thuộc  thành điểm M ‘ sao M cho  là đường trung trực của MM ‘. M’ O o Nếu phép đối xứng trục  biến hình  H  thành chính nó thì    được gọi là trục đối xứng của H. 4. Phép đối xứng qua mặt phẳng  P  : M o Là phép biến hình biến mỗi điểm thuộc  P  thành chính nó, biến mỗi điểm M không thuộc  P  thành điểm M ‘ sao cho  P  là mặt phẳng trung trực của MM ‘. I o Nếu phép đối xứng qua mặt phẳng  P  biến hình  H  thành chính P nó thì  P  được gọi là mặt phẳng đối xứng của  H . M’  Mặt phẳng đối xứng của một số hình thường gặp Hình hộp chữ nhật có 3 kích thước khác nhau: có 3 mặt phẳng đối xứng.  https://toanhocplus.blogspot.com Trang 15 Khối đa diện. Phép biến hình trong KG Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna Hình lăng trụ tam giác đều: có 4 mặt phẳng đối xứng. Hình chóp tam giác đều (cạnh bên và cạnh đáy không bằng): có 3 mặt phẳng đối xứng. Tứ diện đều: có 6 mặt phẳng đối xứng. A A D C D C H D C H B H B A D A B A C B D A C B D C B Hình chóp tứ giác đều: có 4 mặt phẳng đối xứng.  https://toanhocplus.blogspot.com Trang 16 Khối đa diện. Phép biến hình trong KG Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna Hình bát diện đều: có 9 mặt phẳng đối xứng. Hình lập phương: có 9 mặt phẳng đối xứng.  https://toanhocplus.blogspot.com Trang 17 Khối đa diện. Phép biến hình trong KG Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna II. HAI HÌNH BẰNG NHAU Hai hình được gọi là bằng nhau nếu có một phép dời hình biến hình này thành hình kia. Nhận xét:  Hai đa diện được gọi là bằng nhau nếu có một phép dời hình biến hình đa diện này thành hình đa diện kia.  Hai tứ diện có các cạnh tương ứng bằng nhau thì bằng nhau.  Ví dụ: Thực hiện liên tiếp hai phép dời hình: phép tịnh tiến theo vectơ v và phép đối xứng tâm O hình  H  biến thành hình  H ” . Ta có: hình  H  bằng hình  H ” . D’  v D C” A’ A B B’ C’ O (H’) A” B” (H”) (H) C D” III. PHÉP VỊ TỰ VÀ SỰ ĐỒNG DẠNG CỦA CÁC KHỐI ĐA DIỆN 1. Phép vị tự trong không gian Định nghĩa: Cho số k không đổi khác 0 và một điểm O cố định. Phép biến hình trong không gian   biến mỗi điểm M thành điểm M sao cho OM  kOM gọi là phép vị tự. Điểm O gọi là tâm vị tự, số k được gọi là tỉ số vị tự. S S’ O A’ A C’ C B’ B Các tính chất của phép vị tự:   o Nếu phép vị tự tỉ số k biến hai điểm M, N thành hai điểm M , N  thì MN   kMN và do đó M N   k MN. o Phép vị tự biến ba điểm thẳng hàng thành ba điểm thẳng hàng, bốn điểm đồng phẳng thành bốn điểm đồng phẳng. 2. Hai hình đồng dạng Định nghĩa: Hình  H H   được gọi là đồng dạng với hình  H   nếu có một phép vị tự biến hình thành hình  H 1  mà hình  H 1  bằng hình  H  .  https://toanhocplus.blogspot.com Trang 18 Khối đa diện. Phép biến hình trong KG Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna C. KHỐI ĐA DIỆN LỒI. KHỐI ĐA DIỆN ĐỀU I. KHỐI ĐA DIỆN LỒI Định nghĩa: Khối đa diện ( H ) được gọi là khối đa diện lồi nếu đoạn thẳng nối hai điểm bất kì của ( H ) luôn luôn thuộc ( H ). S B’ A’ B A D C’ B A C C Lưu ý: Một khối đa diện là khối đa diện lồi khi và chỉ khi miền trong của nó luôn nằm về một phía đối với môi mặt phẳng đi qua một mặt của nó. (Hình 2.2) Công thức ƠLE: Trong một đa diện lồi nếu gọi Đ là số đỉnh, C là số cạnh, M là số mặt Đ – C + M = 2 II. KHỐI ĐA DIỆN ĐỀU Khối đa diện đều là khối đa diện lồi có tính chất sau đây: o Mỗi mặt của nó là một đa giác đều p cạnh. o Mỗi đỉnh của nó là đỉnh chung của đúng q mặt. Khối đa diện đều như vậy được gọi là khối đa diện đều loại { p; q}. Định lí: Chỉ có năm loại khối đa diện đều. Đó là loại {3; 3}, {4; 3}, {3; 4}, {5; 3} và {3; 5}. Tứ diện đều Lập phương  https://toanhocplus.blogspot.com Bát diện đều Trang 19 12 mặt đều 20 mặt đều Khối đa diện. Phép biến hình trong KG Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn Đa diện đều cạnh a https://facebook.com/duytuan.qna Thể tích V Đỉnh Cạnh Mặt Tứ diện đều {3; 3} 4 6 4 Lập phương {4; 3} 8 12 6 Bát diện đều {3; 4} 6 12 8 Mười hai mặt đều {5; 3} 20 30 12 Hai mươi mặt đều {3; 5} 12 30 20 V BK mặt cầu ngoại tiếp 2 a3 12 V  a3 V 2 a3 3 R a 6 4 R a 3 2 R a 2 2 V 15  7 5 3 a 4 R 3  15 a 4 V 15  5 5 3 a 12 R 10  20 a 4 Giả sử khối đa diện đều loại { p; q} có Đ đỉnh, C cạnh và M mặt thì ta luôn có: q.§  2C  p.M MỘT SỐ KẾT QUẢ QUAN TRỌNG VỀ KHỐI ĐA DIỆN LỒI  Cho một khối tứ diện đều. Khi đó:  Các trọng tâm của các mặt của nó là các đỉnh của một khối tứ diện đều;  Các trung điểm của các cạnh của nó là các đỉnh của một khối bát diện đều (khối tám mặt đều).  Tâm của các mặt của một khối lập phương là các đỉnh của một khối bát diện đều.  Tâm của các mặt của một khối bát diện đều là các đỉnh của một hình lập phương.  Hai đỉnh của một khối bát diện đều được gọi là hai đỉnh đối diện nếu chúng không cùng thuộc một cạnh của khối đó. Đoạn thẳng nối hai đỉnh đối diện gọi là đường chéo của khối bát diện đều. Khi đó:  Ba đường chéo cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường  Ba đường chéo đôi một vuông góc với nhau  Ba đường chéo bằng nhau.  https://toanhocplus.blogspot.com Trang 20 Khối đa diện. Phép biến hình trong KG Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna D. BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM I. ĐỀ BÀI 1. KHÁI NIỆM KHỐI ĐA DIỆN Câu 1. Cho khối lăng trụ tam giác đều ABC. A ‘ B ‘ C ‘. Về phía ngoài khối lăng trụ này ta ghép thêm một khối lăng trụ tam giác đều bằng với khối lăng trụ đã cho, sao cho hai khối lăng trụ có chung một mặt bên. Hỏi khối đa diện mới lập thành có mấy cạnh? A. 9 Câu 2. B. 12 C. 15 D. 18 Cho khối chóp tứ giác đều S.ABCD có tất cả các cạnh đều bằng a. Về phía ngoài khối chóp này ta ghép thêm một khối chóp tứ diện đều có cạnh bằng a, sao cho một mặt của khối tứ diện đều trùng với một mặt của khối chóp đã cho. Hỏi khối đa diện mới lập thành có mấy mặt? A. 5 Câu 3. B. 6 B. 4 B. 7 D. 2 C. 8 D. 9 Số mặt phẳng đối xứng của hình bát diện đều là: A. 6 Câu 6. C. 6 Hình lập phương có mấy mặt phẳng đối xứng ? A. 6 Câu 5. D. 9 Tứ diện đều có mấy mặt phẳng đối xứng A. 0 Câu 4. C. 7 B. 7 C. 8 D. 9   Trong không gian cho hai vecto u và v. Với M là điểm bất kỳ, ta gọi M1 là ảnh của M qua phép Tu và M2 là ảnh của M1 qua phép Tv. Khi đó phép biến hình biến điểm M thành đểm M2 là:   A. Phép tịnh tiến theo vecto u  v  C. Phép tịnh tiến theo vecto v Câu 7. D. Một phép biến hình khác Có bao nhiêu phép tịnh tiến biến một đường thẳng thành chính nó? A. Không có Câu 8.  B. Phép tịnh tiến theo vecto u B. 1 C. 2 D. Vô số Trong không gian cho hai đường thẳng a và b song song với nhau. Có bao nhiêu phép tịnh tiến biến đường thẳng a thành đường thẳng b? A. Vô số Câu 9. B. 1 C. 2 D. Không có Trong không gian cho  P  và  Q  là hai mặt phẳng song song. Chọn mệnh đề đúng trong các mệnh đề sau A. Không có phép tịnh tiến nào biến  P  thành  Q  B. Có duy nhất một phép tịnh tiến biến  P  thành  Q  C. Có đúng hai phép tịnh tiến biến  P  thành  Q  D. Có vô số phép tịnh tiến biến  P  thành  Q  Câu 10. Trong không gian cho hai tam giác ABC và A’ B’C ‘ bằng nhau  AB  A ‘ B ‘; AC  A ‘ C ‘; BC  B ‘ C ‘ . Chọn mệnh đề đúng trong các mệnh đề sau  https://toanhocplus.blogspot.com Trang 21 Khối đa diện. Phép biến hình trong KG Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna A. Không thể thực hiện một phép tịnh tiến nào biến tam giác này thành tam giác kia B. Tồn tại duy nhất một phép tịnh tiến biến tam giác này thành tam giác kia C. Có nhiều nhất hai phép tịnh tiến biến tam giác này thành tam giác kia D. Có thể thực hiện vô số phép tịnh tiến biến tam giác này thành tam giác kia. Câu 11. Cho hình lập phương ABCD.A ‘ B ‘ C ‘ D ‘. Gọi I, J lần luợt là trung điểm của các cạnh  1  AD, BC. Phép tịnh tiến theo vecto u  AD biến tam giác A ‘ IJ thành tam giác 2 A. C ‘ CD B. CD ‘ P với P là trung điểm của B ‘ C ‘ C. KDC với K là trung điểm của A ‘ D ‘ D. DC ‘ D ‘ Câu 12. Cho hai mặt phẳng   và    song song với nhau. Với M là một điểm bất kỳ, ta gọi M1 là ảnh của M qua phép đối xứng Đ và M2 là ảnh của M1 qua phép đối xứng Đ. Phép biến hình f  Đ  Đ. Biến điểm M thành M2 là A. Một phép biến hình khác B. Phép đồng nhất C. Phép tịnh tiến D. Phép đối xứng qua mặt phẳng Câu 13. Trong không gian một tam giác đều có mấy mặt phẳng đối xứng? A. 4 B. 2 C. 3 D. 1 Câu 14. Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A ‘ B ‘ C ‘ D ‘ có các kích thước là a, b, c  a  b  c . Hình hộp chữ nhật này có mấy mặt đối xứng A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 Câu 15. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông và SA vuông góc với  ABCD . Hình chóp này có mặt đối xứng nào? A. Không có B.  SAB  C.  SAC  D.  SAD  Câu 16. Trong không gian cho hai điểm I và J phân biệt. Với môi điểm M ta gọi M1 là ảnh của M qua phép đối xứng tâm DI, M 2 là ảnh của M qua phép đối xứng tâm D J. Khi đó hợp thành của DI và DJ biến điểm M thành điểm M2 là A. Phép đối xứng qua mặt phẳng B. Phép tịnh tiến C. Phép đối xứng tâm D. Phép đồng nhất Câu 17. Trong các hình dưới đây, hình nào không có tâm đối xứng A. Hình hộp B. Hình lăng trụ tứ giác đều C. Hình lập phương D. Tứ diện đều Câu 18. Hình chóp tứ giác đều có mấy mặt phẳng đối xứng A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 Câu 19. Cho hình lập phương ABCD.A ‘ B ‘ C ‘ D ‘ tâm O (tâm đối xứng). Ảnh của đoạn thẳng A ‘ B qua phép đối xứng tâm DO là đoạn thẳng A. DC ‘ B. CD ‘  https://toanhocplus.blogspot.com C. DB ‘ Trang 22 D. AC ‘ Khối đa diện. Phép biến hình trong KG Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna Câu 20. Trong không gian cho hai hai mặt phẳng   và    vuông góc với nhau. Vói mỗi điểm M ta gọi M1 là ảnh của M qua phép đối xứng tâm D, M 2 là ảnh của M qua phép đối xứng tâm D. Khi đó hợp thành của D oD biến điểm M thành điểm M2 là: A. Phép tịnh tiến B. Phép đối xứng qua mặt phẳng C. Phép đối xứng tâm D. Phép đối xứng trục Câu 21. Tứ diện đều có mấy trục đối xứng A. 3 B. 1 C. 2 D. Không có Câu 22. Hình chóp tứ giác đều có mấy trục đối xứng? A. Không có B. 1 C. 2 D. 3 C. 4 D. 5 Câu 23. Hình vuông có mấy trục đối xứng? A. 2 B. 3 Câu 24. Tìm mệnh đề đúng trong các mệnh đề sau A. Nếu hình H có trục đối xứng thì nó có ít nhất một tâm đối xứng. B. Nếu hình H có mặt đối xứng thì nó có ít nhất một trục đối xứng. C. Nếu hình H có mặt đối xứng và có trục đối xứng thì nó có ít nhất một tâm đối xứng. D. Nếu hình H có mặt đối xứng và có tâm đối xứng nằm trên mặt đối xứng thì nó có ít nhất một tâm đối xứng.  https://toanhocplus.blogspot.com Trang 23 Khối đa diện. Phép biến hình trong KG Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna 2. KHỐI ĐA DIỆN LỒI. KHỐI ĐA DIỆN ĐỀU Câu 25. Trong các khối đa diện dưới đây, khối nào có số cạnh có thể là một số lẻ? A. Khối chóp; B. Khối tứ diện; C. Khối hộp; D. Khối lăng trụ. Câu 26. Trong các khối đa diện dưới đây, khối nào có số mặt luôn là số chẵn? A. Khối đa diện đều; B. Khối chóp; C. Khối chóp cụt; D. Khối lăng trụ. Câu 27. Tìm mệnh đề sai trong các mệnh đề sau: A. Khối tứ diện đều có 6 cạnh B. Khối lập phương có 12 cạnh C. Số cạnh của một khối chóp là chẵn D. Khối 8 mặt đều có 8 cạnh chẵn Câu 28. Trong một khối đa diện lồi với các mặt là các tam giác, nếu gọi C là số cạnh và M là số mặt thì hệ thức nào sau đây đúng? A. 2 M  3C B. 3 M  2C C. 3 M  5C D. 2M  C Câu 29. Trong một khối đa diện lồi mà mỗi đỉnh chung của ba cạnh, nếu gọi C là số cạnh và Đ là số mặt thì hệ thức nào sau đây đúng? A. 3Đ  2C B. 3Đ  C C. 4Đ  3C D. C  2Đ Câu 30. Một khối đa diện lồi 10 đỉnh, 7 mặt. Vậy khối đa diện này có mấy cạnh? A. 12 B. 15 C. 18 D. 20 Câu 31. Khối 12 mặt đều {mỗi mặt là ngũ giác đều} có mấy cạnh? A. 16 B. 18 C. 20 D. 30 Câu 32. Khối 20 mặt đều {mỗi mặt là tam giác đều} có mấy cạnh? A. 16 B. 18 C. 20 D. 30 Câu 33. Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào đúng? A. Số đỉnh và số mặt của một hình đa diện luôn bằng nhau; B. Tồn tại hình đa diện có số đỉnh và số cạnh bằng nhau; C. Tồn tại một hình đa diện có số cạnh bằng số đỉnh D. Tồn tại một hình đa diện có số cạnh và số mặt bằng nhau Câu 34. Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào đúng? Số các cạnh của hình đa diện luôn A. Lớn hơn hoặc bằng 6 B. lớn hơn 6 C. lớn hơn 7 D. lớn hơn hoặc bằng 8 Câu 35. Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào đúng? Số các đỉnh, hoặc các mặt của bất kỳ hình đa diện luôn A. Lớn hơn hoặc bằng 4 B. lớn hơn 4 C. lớn hơn 5 D. lớn hơn hoặc bằng 5 Câu 36. Cho đa diện (H) có tất cả các mặt đều là tam giác. Khẳng định nào sau đây đúng? A. Tổng các mặt của (H) luôn là một số chẵn B. Tổng các mặt của (H) luôn gấp đôi tổng số đỉnh của (H) C. Tổng số các cạnh của (H) là một số không chia hết cho 3 D. Tổng số các cạnh của (H) luôn gấp đôi tổng số các mặt của (H)  https://toanhocplus.blogspot.com Trang 24 Khối đa diện. Phép biến hình trong KG Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna Câu 37. Trong các loại khối đa diện đều sau, tìm khối đa diện có số cạnh gấp đôi số đỉnh A. Khối 20 mặt đều B. Khối lập phương C. Khối bát diện đều D. Khối 12 mặt đều Câu 38. Trong các loại khối đa diện đều sau, tìm khối đa diện có số đỉnh và số mặt bằng nhau A. Khối 12 mặt đều B. Khối lập phương C. Khối bát diện đều D. Khối tứ diện đều Câu 39. Cho đa diện (H) có tất cả các mặt đều là tứ giác. Khẳng định nào sau đây đúng? A. Tổng số các cạnh của (H) luôn bằng tổng số các mặt của (H) B. Tổng các mặt của (H) luôn bằng tổng số các đỉnh của (H) C. Tổng số các cạnh của (H) luôn là một số chẵn D. Tổng số các mặt của (H) luôn là một số lẻ. Câu 40. Mỗi đỉnh của bát diện đều là đỉnh chung của mấy cạnh? A. 3 B. 4 C. 6 D. 5 Câu 41. Cho khối đa diện đều. Khẳng định nào sau đây sai A. Số đỉnh của khối lập phương bằng 8 B. Số mặt của khối tứ diện đều bằng 4 C. Khối bát diện đều là loại {4;3} D. Số cạnh của bát diện đều bằng 12. Câu 42. Cho khối chóp có đáy là n-giác. Mệnh đề nào sau đây đúng? A. Số mặt của khối chóp là 2n B. Số cạnh của khối chóp là n  2 C. Số đỉnh bằng số mặt và bằng n  1 D. Số đỉnh của khối chóp là 2n  1 Câu 43. Khối đa diện lồi đều có số mặt nhiều nhất là: A. 12 B. 30 C. 8 D. 20 Câu 44. Trong các mệnh đề sau mệnh đề nào là đúng? A. Khối đa diện đều là khối đa diện có tất cả các cạnh bằng nhau B. Khối đa diện đều là khối đa diện có tất cả các mặt là các đa giác đều C. Khối đa diện đều là khối đa diện có tất cả các mặt là các đa giác đều bằng nhau và các cạnh bằng nhau D. Có vô số khối đa diện đều lồi không có cùng số cạnh Câu 45. Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào sai? A. Hình lập phương là đa diện B. Tứ diện là đa diện lồi C. Hình hộp là đa diện lồi D. Hình tạo bởi hai tứ diện chung đáy ghép với nhau là một đa diện lồi.  https://toanhocplus.blogspot.com Trang 25 Khối đa diện. Phép biến hình trong KG Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna II. ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT 1B 2A 3C 4D 5D 6A 7D 8A 9D 10C 11C 12D 13A 14C 15C 16B 17D 18D 19B 20D 21A 22B 23D 24D 25D 26A 27D 28B 29A 30B 31D 32D 33B 34A 35A 36A 37C 38D 39C 40B 41C 42C 43D 44C 45D 1. KHÁI NIỆM KHỐI ĐA DIỆN Câu 1. Chọn B. Khối lăng trụ lập thành là một khối lăng trụ đứng tứ giác nên có 12 cạnh Câu 2. Chọn A. Khối lăng trụ lập thành là một khối lăng trụ tam giác nên có 5 mặt Câu 3. Chọn C. Câu 4. Chọn D. Câu 5. Chọn D. Câu 6. Chọn A. Theo định nghĩa phép tịnh tiến vectơ      Tu  M   M1  MM1  u          MM1  M1 M2  u  v  MM2  u  v Tv  M1   M2  M1 M2  v    Như vậy, phép biến hình biến điểm M thành điểm M2 là phép tịnh tiến theo vecto u  v. Câu 7. Chọn D. Câu 8. Chọn A. Câu 9. Chọn D. B B’ Câu 10. Chọn C. Trước hết ta nhận thấy rằng, muốn thực hiện được một A A’ phép tịnh tiến biến ΔABC thành ΔA’B’C’ thì phải có điều kiện, hai tam giác ABC và A’B’C’ phải nằm trên hai mặt phẳng song song (hoặc trùng nhau) và     AB  A ‘ B, AC  A ‘ C ‘.  https://toanhocplus.blogspot.com Trang 26 C C’ Khối đa diện. Phép biến hình trong KG Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna   Khi đó phép tịnh tiến theo vecto u  A ‘ A biến ΔA’B’C’ thành ΔABC và phép tịnh tiến theo   vecto v  AA biến ΔABC thành ΔA’B’C’. Như vậy có nhiều nhất hai phép tịnh tiến biến tam giác này thành tam giác kia. B’ C’ Câu 11. Chọn C.  1  Gọi T là phép tịnh tiến theo vecto u  AD. 2 D’ A’ K Ta có T  I   D, T  J   C, T  A ‘   K C Vậy T  A ‘ IJ   KDC. J Câu 12. Chọn D. D  A I Gọi I, J lần lượt là trung điểm của B  MM1, M1 M 2 I   , J       Ta có: D  M   M1  MM1  2 IM1   D  M1   M 2  M1 M2  2 M1 J      Suy ra: MM 2  2 IM1  M1 J  2 IJ  u (không đổi)  Vậy M2 là ảnh của M qua phép tịnh tiến u.  M M1 M2 I  J β α Câu 13. Chọn A. Trong không gian, với tam giác đều bất kì ABC có bốn mặt phẳng đối xứng. Đó là: Ba mặt phẳng trung trực của ba cạnh và mặt phẳng chứa ΔABC. Câu 14. Chọn C. S Hình hộp chữ nhật ABCD.A ‘ B ‘ C ‘ D ‘ có 3 mặt đối xứng, đó là các mặt phẳng trung trực AB, AD, AA ‘. Câu 15. Chọn C. Ta có: BD   SAC  và O là trung điểm của BD. Suy ra SAC  là mặt phẳng trung trực của BD. Suy ra  SAC  là A mặt đối xứng của hình chóp, và đây là m/p duy nhất. O Câu 16. Chọn B. B   Ta có: DI  M   M1  MM1  2 IM1   DJ  M1   M 2  M1 M 2  2 M1 J     Do đó: MM 2  2 IM1  M1 J  2 IJ (không đổi)  D C M1 I  Vậy M2 là ảnh của M qua phép tịnh tiến theo vectơ   u  2 IJ M J M2 Câu 17. Chọn D. Hình hộp có một tâm đối xứng là giao điểm của bốn đường chéo Hình lăng trụ tứ giác đều, hình lập phương là các hình hộp đặc biệt nên có một tâm đối xứng  https://toanhocplus.blogspot.com Trang 27 Khối đa diện. Phép biến hình trong KG Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna Tứ diện đều không có tâm đối xứng. Thật vậy, giả sử tứ diện đều ABCD có tâm đối xứng O. Nhận thấy các đỉnh A, B, C, D không thể là tâm đối xứng của tứ diện ABCD, nên ảnh của A qua đối xứng tâm O là một trong ba đỉnh còn lại, nếu DO  A   B thì O S là trung điểm của AB, nhưng trung điểm của AB cũng không thể là tâm đối xứng của ABCD. Câu 18. Chọn D. A Hình chóp tứ giác đều có 4 mặt phẳng đối xứng đó là:  SAC ,  SBD ,  SMN ,  SIJ , với M, N, I, J lần I D M N O lượt là trung điểm của AB, CD, DA, BC. B J C’ Câu 19. Chọn B. Ta có: Do  A ‘   C ; Do  B   D ‘ C B’ A’ D’ Do đó: Do  A ‘ B   CD ‘ O Câu 20. Chọn D. C Gọi I, J, O lần lượt là trung điểm của MM1, M1 M 2, MM 2 (với MM1    và I   , M1 M 2     và J     ) D A β Ta có: IO / / M1 M2 nên IO    , do đó nếu gọi a là giao tuyến của (α) và (β) thì IO  a và O  a. B M2 J M1  2 điểm M và M2 đối xứng nhau qua đường thẳng a Vậy hợp thành của D  D biến điểm M thành điểm M2 a O I α là phép đối xứng qua đường thẳng a. Câu 21. Chọn A. Tứ diện đều có ba trục đối xứng đó là ba đường thẳng M đi qua trung điểm của các cặp cạnh đối của nó. Câu 22. Chọn B. Hình chóp tứ giác đều có 1 trục đối xứng đó là trục của đường tròn ngoại tiếp đáy. Câu 23. Chọn D. Trong không gian, hình vuông có 5 trục đối xứng, đó là: Hai đường thẳng chứa hai đường chéo AC, BD Đường thẳng đi qua trung điểm của AB, CD và đường thẳng đi qua trung điểm của AD và BC Trục ngoại tiếp đường tròn ngoại tiếp hình vuông Câu 24. Chọn D. Hình chóp tứ giác đều có một trục đối xứng, nhưng không có tâm đối xứng  A sai Hình chóp S. ABCD có SA   ABCD  có mặt phẳng đối xứng là  SAC , nhưng hình chóp này không có trục đối xứng  B sai  https://toanhocplus.blogspot.com Trang 28 Khối đa diện. Phép biến hình trong KG Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna Hình chóp tứ giác đều có 4 mặt đối xứng và có một trục đối xứng, nhưng không có tâm đối xứng  C sai 2. KHỐI ĐA DIỆN LỒI. KHỐI ĐA DIỆN ĐỀU Câu 25. Chọn D. A C Khối chóp n  giác có tổng số cạnh bằng 2n B Khối tứ diện có 6 cạnh Khối hộp có 12 cạnh Khối lăng trụ n  giác với n là một số lẻ thì số cạnh là 3n, là một số lẻ. A’ Ví dụ: Xét lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có 9 cạnh là một số lẻ Câu 26. Chọn A. C’ B’ Câu 27. Chọn D. Vì khối 8 mặt đều có tất cả 12 cạnh Câu 28. Chọn B. Vì mỗi mặt là tam giác và có M mặt, nên số cạnh là 3M. Nhưng mỗi cạnh là cạnh chung của đúng hai mặt nên C  3M. Vậy 2C  3 M. 2 Câu 29. Chọn A. Vì có Đ đỉnh, mà mỗi đỉnh có 3 cạnh chung nên số cạnh 3Đ. Mà cứ một cạnh thì có 2 đỉnh nên ta có C  3D .Vậy 2C  3D. 2 Câu 30. Chọn B. Áp dụng định lí Ơle: ÐC  M  2  10  C  7  2  C  15. Câu 31. Chọn D. Vì mỗi mặt là ngũ giác đều và có M mặt {M=12}. Nhưng mỗi cạnh là cạnh chung của đúng hai mặt nên C  5 M 5.12   30. 2 2 Câu 32. Chọn D. Vì mỗi mặt là tam giác đều và có M mặt {M=20}. Nhưng mỗi cạnh là cạnh chung của đúng hai mặt nên C  3.20  30. 2 Câu 33. Chọn B. A. Số đỉnh và số mặt của một hình đa diện luôn bằng nhau. Mệnh đề sai vì Cho hình lăng trụ ABC.A ‘ B ‘ C ‘ : Có 5 mặt nhưng có 6 đỉnh. B. Tồn tại hình đa diện có số đỉnh và số cạnh bằng nhau. Là mệnh đề đúng Ví dụ: Hình chóp tam giác, hình chóp tứ giác C, D không thể xảy ra. Nên mệnh đề sai. Câu 34. Chọn A. Ví dụ hình chóp tam giác hoặc hình tứ diện thì cạnh của nó bằng 6. Câu 35. Chọn A. Ví dụ hình chóp tam giác hoặc hình tứ diện thì cạnh số mặt của nó bằng 4.  https://toanhocplus.blogspot.com Trang 29 Khối đa diện. Phép biến hình trong KG Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna Câu 36. Chọn A. Gọi tổng số mặt của (H) là M và tổng số các cạnh của (H) là C. Ta có: 3 M  2C. Suy ra M là một số chẵn. Vậy chọn đáp án A. Ví dụ: Xét hình tứ diện ABCD. A Tổng các mặt là 4 (chẵn) Tổng các mặt là 4, tổng đỉnh là 4. Nên tổng các mặt của không thể gấp đôi tổng số đỉnh, nên nó là mệnh đề sai. Tổng các cạnh là 6, số này chia hết cho 3  câu C sai. Tổng số cạnh là 6, tổng các mặt là 4. Như vậy không thể D B tổng các cạnh gấp đôi tổng các mặt được. C Câu 37. Chọn C. Khối bát diện đều có cạnh là 12 và có số đỉnh là 6. Nên chọn đáp án C. Câu 38. Chọn D. Khối tứ diện đều có số mặt là 4 và số đỉnh là 4. Câu 39. Chọn C. Gọi tổng số các mặt của  H  là M và tổng số các cạnh của  H  là C. Ta có: 4 M  2C  C  2 M. Suy ra C là một số chẵn. D’ C’ Ta có thể kiểm nghiệm như sau: Xét hình lập phương ABCD.A ‘ B ‘ C ‘ D ‘ Tổng các cạnh là 12, tổng các mặt là 6. Như vậy đáp án A sai. B’ A’ Tổng các mặt là 6, tổng các đỉnh là 8. Như vậy đáp án B sai. D C Tổng các mặt là 6 (chẵn). Như vậy đáp án D sai. Câu 40. Chọn B. A Ta thấy mỗi đỉnh là đỉnh chung của 4 cạnh. B Câu 41. Chọn C. Khối bát diện đều là loại {3;4}. Câu 42. Chọn C. Câu 43. Chọn D. Đa diện lồi đều có số mặt nhiều nhất là đa diện 20 mặt và nó có 30 cạnh. Câu 44. Chọn C. Câu 45. Chọn D. Hình lập phương là chắn chắn là đa diện đều nên mệnh đề A đúng Tứ diện là đa diện lồi cũng là mệnh đề đúng Hình hộp là đa diện lồi, đây là mệnh đề đúng.  https://toanhocplus.blogspot.com Trang 30 Khối đa diện. Phép biến hình trong KG Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna Chuû ñeà 2 Goùc trong khoâng gian  A. GÓC TRONG KHÔNG GIAN I. GÓC GIỮA HAI ĐƯỜNG THẲNG 1. PHƯƠNG PHÁP o Nếu a và b song song hoặc trùng nhau thì góc giữa chúng a bằng 0o b o Nếu a và b cắt nhau thì góc giữa chúng là góc nhỏ nhất trong các góc được tạo bởi hai đường thẳng. a’ o Góc giữa hai đường thẳng chéo nhau a và b là góc giữa hai đường thẳng a và b cùng đi qua một điểm và lần lượt song b’ M song (hoặc trùng) với a và b. a / / a     a, b    a, b. Tức là:  b / / b Chú ý:  + 0   a, b   900. B + Để xác định góc giữa hai đường thẳng, ta có thể lấy một điểm E (thuộc một trong hai đường thẳng đó) từ đó kẻ đường thẳng A sog song với đường còn lại.  Ví dụ: Để tính  AB, CD . Ta kẻ AE / / CD. D C   . Khi đó:  AB, CD    AB, AE   BAE   + Nếu u1, u2 lần lượt là hai vectơ chỉ phương của hai đường thẳng a và b thì    u1, u2   khi   90o    a, b    0 khi  >900 180     u .u      1 2  Tức là: cos  a, b   cos u1, u2   . u1. u2     2. MỘT SỐ BÀI TOÁN MINH HỌA Bài toán 1: Cho tứ diện đều ABCD cạnh a. Tính cosin góc giữa hai đường thẳng AB và CI với I là trung điểm của AD. A. 3 2 B.  https://toanhocplus.blogspot.com 3 4 C. Trang 31 3 6 D. 1 2 Góc trong không gian Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna Lời giải: Chọn C. A Gọi H là trung điểm của BD  IH / / AB a a 3    Nên  AB; CI    IH ; IC   HIC. Mà IH , CH  CI  2 2 Áp dụng định lý cosin trong HIC, ta được: I 2 H B a   2 2 2 3   HI  CI  HC   2  cos HIC  2 HI .CI 6 a a 3 2.. 2 2 3   cos AB ; CI . 6 D C   Bài toán 2: Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và D, SA vuông góc với mặt phẳng đáy. Tính cosin góc giữa hai đường thẳng SD và BC biết AD  DC  a, AB  2 a, SA  A. 2a 3 3 1 B. 42 2 C. 42 3 D. 42 4 42 Lời giải: Chọn C. Gọi M là trung điểm của AB. Ta có AM  AD  DC  a S Mà AB song song với CD nên AMCD là hình vuông cạnh A. Do đó DM song song với BC. Suy ra  SD; BC    SD; DM   SDM  Lại có SM  SA2  AM 2  a 21 3 M A a 21 3 Áp dụng định lý cosin trong tam giác SDM, ta được B Và DM  a 2 ,SD  SA2  AD 2  D C 2 2 2   SD  DM  SM  3. cos SDM 2SD.SM 42 Bài toán 3: Cho hình chóp S. ABCD có SA, SB, SC đôi một vuông góc với nhau và SA  SB  SC  a. Tính góc giữa hai đường thẳng SM và BC với M là trung điểm của AB. A. 300 B. 600 C. 900 D. 1200 Lời giải: Chọn B. Qua M kẻ đường thẳng d song song với BC cắt đường thẳng AC tại N.  N là trung điểm của AC.  https://toanhocplus.blogspot.com Trang 32 Góc trong không gian Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna  Do đó  SM ; BC    SM ; MN   SMN S Ta có: SA, SB, SC đôi một vuông góc với nhau và a SA  SB  SC  a Suy ra ba tam giác vuông: SAB  SAC  SBC  AB  AC  BC  a 2  SM  SN  MN  a 2. 2 Suy ra SMN là tam giác đều   60 0  SM  Vậy SMN, BC  60 0.  N A C M  B Bài toán 4: Cho hình chóp S.ABCD, có đáy ABCD là hình vuông tâm O, cạnh bằng a; SA vuông góc với đáy và SA  a 3. Khi đó, cosin góc giữa SB và AC bằng: 2 2 A. 2 4 B. C. 3 2 D. 3 4 Lời giải Chọn B. Gọi I là trung điểm của SD  OI là đường trung bình của SBD OI / /SB   SB SA 2  AB2 3a 2  a 2   a OI   2 2 2    Vì OI / /SB   SB, AC    OI, AC   AOI S I a 3 SD SA 2  AD 2 3a 2  a 2   a 2 2 2  AI  OI  AOI cân tại I. Ta có: AI  A a Gọi H là trung điểm của OA  IH  OA. Và OH  D H O OA AC a 2  . 2 4 4 B C a a 2 OH 2   4  Xét OHI, ta có: cos HOI OI a 4 2 a 2 2 2    a  a 2 2 2 2    cos AOI   OA  OI  AI   2  Vậy cos  SB, AC   cos HOI.  2.OA.OI 4 a 2 2. .a 2 Bài toán 5: Cho lăng trụ ABC. A’B’C ’ có độ dài cạnh bên bằng 2 a, đáy ABC là tam giác vuông tại A, AB  a, AC  a 3 và hình chiếu vuông góc của đỉnh A ’ trên mặt phẳng  ABC  là trung điểm của cạnh BC. Tính cosin của góc giữa hai đường thẳng AA ’, B’C ’ A. 3 4 B. 1 4  https://toanhocplus.blogspot.com C. Trang 33 1 2 D. 3 2 Góc trong không gian Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna Lời giải: Chọn B. B’ C’ Gọi H là trung điểm của BC. 1 1 2 BC  a  3a 2  a. 2 2    , BC  B BH Vì AA ’ / / BB, B’C ’ / / BC  AA ’, BB  BB A’  A ‘ H   ABC  và AH  2a Ta có: A ‘ H  A ‘ A 2  AH 2  3a 2  A ‘ H  a 3 Ta có: AH   ABC   AH   ABC    AH  AB. B 2 2 Trong tam giác vuông A’B’H có HB ‘  A ‘ B ‘  A ‘ H  2a Suy ra B’BH là cân tại B ’ có BB  BH  2 a; BH  a C H a a 3 A a 1  BH  . Từ đó tính được cos B 2.2 a 4 Bài toán 6: Cho lăng trụ ABC. A’B’C ’ có tất cả các cạnh đáy bằng a. Biết góc tạo bởi cạnh bên và mặt đáy là 600 và H là hình chiếu của đỉnh A lên mặt phẳng ( A’B’C) trùng với trung điểm của cạnh B’C ’. Góc giữa BC và AC là . Giá trị của tan  là: A. 3 B. 3 C. 1 3 D. 1 3 Lời giải: Chọn A. B C Ta có A ‘ H là hình chiếu của AA ‘ lên mặt phẳng đáy  ABC   AA ‘; A ‘ H   AA ‘H  600 Do đó AA ‘;  ABC          ‘H . Mặt khác  BC ; AC ‘    AC ‘; B ‘ C ‘   AC H B’ a 3 a 3 3a  AH  AH .tan 600 . 3. Ta có: A ‘ H  2 2 2 3a AH  H  tan   tan AC  2  3.  a HC 2 C’ A’ Bài toán 7: Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 2 a, SA  a, SB  a 3 và mặt phẳng  SAB  vuông góc với mặt phẳng đáy. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, BC. Tính cosin của góc giữa hai đường thẳng SM, DN A. 7 5 5 B. 2 5 5 C. 5 5 D. 3 5 5 Lời giải: Chọn B. Gọi H là hình chiếu của S trên AB, suy ra SH   ABCD   https://toanhocplus.blogspot.com Trang 34 Góc trong không gian Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna Do đó SH là đường cao của hình chóp S.BMDN.   Kẻ ME / / DN E  AD  SM, DN  SM, ME  .   S Ta có: SA 2  SB2  a2  3a 2  AB2.  SAB vuông tại S  SM  AB  a. 2 a Ta có: AME ∽ CDN, từ đó suy ra AE . 2 A D M Suy ra N B SE  SA2  AE2  E H  AE  AB  AE   SAB   AE  SA. Ta có:   AE  SH C a 5 a 5, ME  AM 2  AE2  2 2 a a 5 5  ; SM  a. Từ đó suy ra cos SME  2  SME cân tại E có SE  ME . 2 5 a 5 2 Bài toán 8: Cho tứ diện ABCD có các mặt  ABC  và  ABD  là các tam giác đều cạnh a, các mặt  ACD  và  BCD  vuông góc với nhau. Tính số đo của góc giữa hai mặt đường thẳng AD và BC. A. 300 B. 600 C. 900 D. 450 Lời giải: Chọn B. Gọi M, N, E lần lượt là các trung điểm của các cạnh CD, AB, BD a  NE  ME . 2 A  NE / / AD   Do    AD, BC    NE, EM .  EM / / BC N CD  AM Ta có:  ( do ACD; BCD lần lượt là hai tam giác CD  BM cân tại A và B là 2 tam giác cân)  CD   ABM     90  ACD  ;  BCD    AMB  B D E 0  AMB vuông tại M  MN  M AB a  (đường trung 2 2 C a tuyến ứng với cạnh huyền trong tam giác vuông)  NE  ME  MN . 2   60 0.  MNE là tam giác đều  MEN  https://toanhocplus.blogspot.com Trang 35 Góc trong không gian Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna   1200 và Bài toán 9: Cho lăng trụ ABC. A’B’C ’ có đáy ABC là tam giác cân AB  AC  a, BAC AB’ vuông góc với đáy  A ’B’C ’. Gọi M, N lần lượt là trung điểm các cạnh CC ’ và A ’B’, mặt phẳng  AA ’C ’  tạo với mặt phẳng  A ’B’C ’  một góc 300. Tính cosin của góc giữa hai đường thẳng AM và C ’N. 7 19 A. 5 39 B. 2 C. 2 3 29 D. 2 7 29 Lời giải: Chọn D. K Gọi K là hình chiếu của B ’ lên A’C ’  CK  KB AB   A ’B’C ’   AB  C K  C ‘ K   AB ‘ K  A’ N B’ C’ ’   Do đó: AKB  A ‘ B ‘ C ‘ ,  AA ‘ C ‘   300  Gọi  là E trung điểm của AB’, suy E ra M NE  C ‘ M ; NE / /C ‘ M Suy ra NEMC ‘ là hình bình hành.    Nên ME / /C ‘ N  C ‘ N, AM  EM, AM  AME    2 2 A  2 Ta có: BC  AB  AC  2 AB. AC cos A  3a B C 2  BC  a 3 a 3  ‘ B ‘  60 0, A ‘ B ‘  a nên B ‘ K  A ‘ B ‘sin 600  Trong  A ’KB’ vuông có KA. 2 a Trong  AB’K vuông có AB ‘  B ‘ K.tan 30 0  2   2 C ‘ B ‘ 2  C ‘ A ‘2  A ‘ B ‘2 1 a a 7 2 2 AE  AB ‘  ; EM  C ‘ N   EM  2 4 4 2 Trong  AEM vuông có: AM 2  AE2  EM 2   Vậy cos AME 29a2 a 29  AM  16 4 ME 7 2. MA 29 Bài toán 10: Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật. Các SAB, SAD, SAC là các tam giác vuông tại A. Tính cosin góc giữa hai đường thẳng SC và BD biết SA= a 3, AB  a, AD  3a. A. 1 2 B. 3 2 C. 4 130 D. 8 130 Lời giải: Chọn D. Ta có các SAB, SAD, SAC là các tam giác vuông tại A. Nên SA  AB, SA  AD  SA   ABCD   https://toanhocplus.blogspot.com Trang 36 Góc trong không gian Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna Gọi O  AC  BD. Gọi M là trung điểm của SA. Do đó OM / /SC   Suy ra  SC ; BD    OM ; BD    MOD  (góc đối diện vs cạnh bé hơn thì bé hơn) Do BM  DM  MOB   SC ; BD    OM ; BD   MOB (góc giữa hai đường thẳng bé hơn 900 )  Có BM  AM 2  AB2  MO  SA 2 a 7  AB2  4 2 S SC SA 2  AC 2 SA 2  AB2  BC 2 a 13    2 2 2 2 M BD AB2  AD 2 a 10.   2 2 2 Áp dụng định lý cosin trong MOB, ta có:  BM 2  OM 2  OB2  2OM.OB.cos MOB BO  2 2 2   OM  OB  BM  8.  cos MOB 2OM.OB 130 A D O B C II. GÓC GIỮA ĐƯỜNG THẲNG VÀ MẶT PHẲNG 1. PHƯƠNG PHÁP o Nếu đường thẳng a vuông góc với mặt phẳng  P  thì góc giữa đường thẳng a và mặt phẳng  P  bằng 900. A o Nếu đường thẳng a không vuông góc với mặt phẳng P a thì góc tạo bởi đường thẳng a và hình chiếu a của nó trên  P  gọi là góc giữa đường thẳng a và mp  P . M Tức là: Nếu a không vuông với  P  và a là hình chiếu H P  a, a   . của a trên  P  thì a,  P     φ  Chú ý:  + 00  a,  P   900.   a / /  P    a,  P   0 0. + Nếu   a   P    + Để tìm hình chiếu a của a trên  P  ta có thể làm như sau: Tìm giao điểm M  a   P . Lấy một điểm A tùy ý trên a và xác định hình chiếu H của A trên  P . Khi đó, a là đường thẳng đi qua hai điểm A và M.  https://toanhocplus.blogspot.com Trang 37 Góc trong không gian Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna 2. MỘT SỐ LOẠI GÓC GIỮA ĐƯỜNG THẲNG VÀ MẶT PHẲNG THƯỜNG GẶP ĐỐI VỚI HÌNH CHÓP Bài toán: Cho khối chóp có đỉnh S và đáy là ABCDxxx…, H là hình chiếu của S lên mặt phẳng đáy. Tìm góc giữa các đường thường và mặt phẳng trong các trường hợp sau: a. Góc giữa cạnh bên và mặt đáy S o Tìm góc giữa cạnh bên SD và mặt đáy  ABCD  H là hình chiếu vuông góc của S trên  ABCD  D A  HD là hình chiếu vuông góc của SD trên  ABCD    DH Vậy SD,  ABCD    SD, HD   S   H C B b. Góc giữa cạnh bên và mặt đứng o Tìm góc giữa cạnh bên SC và  SHD  với  SHD    ABCD   E  HD  Dựng CE  HD S CE  HD  CE   SHD  Vì  CE  SH  E là hình chiếu vuông góc của C trên  SHD . A D    SE. Vậy SC,  SHD    SC, SE   C   H E B c. Góc giữa đường cao và mặt bên C o Tìm góc giữa đường cao SH và mặt bên  SCD  S  E  CD  Dựng HE  CD CD  HE Vì   CD   SHE    SCD    SHE  CD  SH K A Ta có:  SCD    SHE   SE. Dựng HK  SE  HK   SCD  D E H  SK là hình chiếu vuông góc của SH trên  SCD . B C    SK Vậy SH,  SCD    SH, SK   H   3. MỘT SỐ BÀI TOÁN MINH HỌA Bài toán 1: Cho hình chóp tam giác S.ABC có đáy là tam giác đều cạnh a. Tam giác SAB cân tại S và thuộc mặt phẳng vuông góc với đáy. Biết SC tạo với đáy một góc 600, gọi M là trung điểm của BC. Cosin góc tạo với SM và mặt đáy là: A. cos   6 3 B. cos   1 10 C. cos   3 3 D. cos   3 10 Lời giải: Chọn B.  https://toanhocplus.blogspot.com Trang 38 Góc trong không gian Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna Gọi H là trung điểm của AB khi đó SH  AB S Mặt khác  SAB    ABC   SH   ABC   HM là hình chiếu của SM trên  ABC .    Suy ra SM,  ABC   SM, HM  SMH a 3 3a  SH  CH.tan 600  2 2 BC a Do M là trung điểm của BC nên HM   2 2 HM 1  cos SMH . 2 2 10 HM  SH Khi đó CH  AC 2  AH 2  A C M H B Bài toán 2: Cho lăng trụ đứng ABC.A ’B’C ’ có đáy ABC là tam giác cân tại A, BC  a, 5  AA ‘  a 2 và cos BA ‘ C . Tính góc giữa đường thẳng A’B và mặt phẳng  AA ’C ’C . 6 A. 300 B. 450 C. 600 D. 900 Lời giải: Chọn A. Kẻ BH  AC và theo giả thiết lăng trụ đứng ta có BH  AA nên BH   AA ‘ C ‘ C . Hình chiếu của AB lên  AA ‘ C ‘ C  chính là cạnh AH. B Suy ra góc giữa đường thẳng A’B và mặt phẳng  AA ’C ’C  là góc C A  BA ‘H. H Đặt AB  x thì A ‘ B2  AA ‘2  AB2  x 2  2 a 2  A ‘ C 2. Áp dụng định lí hàm số cosin trong A ‘ BC, ta có:  cos BA ‘C  A ‘ B2  A ‘ C 2  BC 2 2 x 2  4a2  a2 5   xa 2 A ‘ B.A ‘ C 6 2 x 2  2a2   Trong tam giác vuông A’BH có: B’ C’ A’ a 3 BH 1   sin BA ‘ H   2   BA ‘ H  30 0. A’ B a 3 2 Bài toán 3: Cho hình hộp ABCD.A’B’C ’D’ có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, góc A  600. Chân đường vuông góc hạ từ B ’ xuống mặt phẳng  ABCD  trùng với giao điểm của hai đường chéo của đáy ABCD. Cho BB ‘  a. Tính góc giữa cạnh bên và đáy A. 300 B. 450 C. 600 D. 900 Lời giải: Chọn C. Gọi O  AC  BD. Theo giả thiết ta có B ‘ O   ABCD   https://toanhocplus.blogspot.com Trang 39 Góc trong không gian Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna  B ‘ B   ABCD   B   B ‘ O   ABCD , O   ABCD  C’ D’ A’  Hình chiếu B’B trên  ABCD  là OB B’   B ‘ B,  ABCD    B ‘ B, BO   B ‘ BO     60 0 Tam giác ABD có AB  AD  a, BAD  ABD là tam giác đều  BD  a  OB  D a 2 C O Trong tam giác vuông B’OB : B A a OB 1   cos B ‘ OB   2  B ‘ OB  600. BB ‘ a 2 Bài toán 4: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật ABCD có AB  2 a; AD = 2 a 3 và SA  ( ABCD). Gọi M là trung điểm của CD, biết SC tạo với đáy góc 450. Cosin góc tạo bởi đường thẳng SM và mặt phẳng ( ABCD) là: A. 3 13 13 29 B. C. 377 29 277 29 D. Lời giải: Chọn C. S   Từ SA   ABCD   SM ;  ABCD   SMA      AM  cos SM ;  ABCD   cos SMA SM   Từ SA   ABCD   SC ;  ABCD   SCA  450      SAC vuông cân tại A. A D  SA  AC  AB 2  BC 2  4 a 2  12 a 2  4 a. 2 45° 2 B Ta có: AM  AD  DM  a 13. M C  SM 2  SA 2  AM 2  16 a 2  13a2  29 a 2  SM  a 29 377  AM a 13  cos SM ;  ABCD    . SM a 29 29   Bài toán 5: Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông cân tại B có AB  BC  a ; SA ^ ( ABC ). Biết mặt phẳng (SBC ) tạo với đáy một góc 600 .Cosin góc tạo bởi đường thẳng SC và mặt phẳng ( ABC ) là: A. 10 15 B. 10 10 C. 10 20 10 5 D. Lời giải: Chọn D.   Ta có: SA   ABC   AC là hình chiếu của SC lên mp  ABC   SC ;  ABC   SCA   https://toanhocplus.blogspot.com Trang 40  Góc trong không gian Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna ABC vuông cân B  AC  AB 2  a 2     600  SBA +Ta có ngay SB;  ABC   SBA  S   Ta có: tan SBA SA   AB.tan 60 0  a 3  SA  AB. tan SBA AB  SC 2  SA 2  AC 2  3a 2  2 a2  5a 2  SC  a 5  C A  AC a 2 a 10  cos SC ;  ABC    . SC a 5 5  B Bài toán 6: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, mặt bên SAB là tam giác đều và SC= a 2. Gọi H và K lần lượt là trung điểm của các cạnh AB và AD. Cosin của góc giữa SC và mặt phẳng SHD là A. 3 5 B. 5 3 C. 2 5 D. 5 2 Lời giải: Chọn A. S 2 2 2 2 Ta có SB  BC  SC  2a suy ra SBC vuông tại B.  BC  SB mà BC  AB  BC   SAB   BC  SH mà SH  AB  SH   ABCD  Kẻ CE  HD mà CE  SH  CE   SHD     SC,  SHD    SC, SE   CSE   A 1 1 1 Ta có SCDH  SABCD  CE.HD  SABCD 2 2 2 H B  CE.HD  a2  CE   SE  SC 2  CE2  C A 2 Mà HD  AD 2  AH 2  D E a HD a 5 2 5a  CE  2 5 D H a 30   SE  3.  cos CSE 5 SC 5 B C   1200. Bài toán 7: Cho khối chóp S.ABC có đáy là tam giác cân tại A có AB  AC  4a, BAC Gọi M là trung điểm của BC, N là trung điểm của AB, SAM là tam giác cân tại S và thuộc mặt phẳng vuông góc với đáy. Biết SA = a 2. Góc giữa SN và mặt phẳng  ABC là: A. 300 B. 450 C. 600 D. 900 Lời giải: Chọn A. Gọi H là trung điểm của AM. Vì SAM cân tại S nên SH là đường cao. Mà  SAM    ABC   SH   ABC   https://toanhocplus.blogspot.com Trang 41 Góc trong không gian Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna   Ta có SN ;  ABC    SN ; NH   SNH   S   60 0  AM  AC.cos 60 0  2 a Ta có MAC MC  AC.sin 60 0  2 a 3 1 AM  a  SH  SA 2  AH 2  a 2 1 Ta có NH  BM  a 3 2   SH  1  SNH   300.  tan SNH NH 3  AH  A C H N M   SN,  ABC   30 0.  B  Bài toán 8: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật cạnh AB  4 a, AD  a 3. Điểm H nằm trên cạnh AB thỏa mãn AH  1 HB. Hai mặt phẳng (SHC ) và (SHD) cùng 3 vuông góc với mặt phẳng đáy. Biết SA = a 5. Cosin của góc giữa SD và (SBC ) là: 5 12 A. B. 5 13 C. 4 13 D. 1 3 Lời giải: Chọn B. S F K A D H E C B Kẻ HK  SB  HK   SBC . Gọi E  DH  BC, kẻ DF / / HK  F  EK     DF   SBC   Hình chiếu của SD lên  SBC  chính là SF  SD,  SBC    SD, SF   DSF   Ta có SH  SA 2  AH 2  2 a. Xét SHB có Ta có 1 1 1 13 6a     HK  2 2 2 2 HK SH HB 36a 13 EH HB 3 HK EH 3 HK.ED 8a       DF  . ED CD 4 DF ED 4 EH 13 Ta có SD  SH 2  DH 2  2 a 2  SF  SD 2  DF 2  2 a 10   SF  5.  cos DSF SD 13 13  https://toanhocplus.blogspot.com Trang 42 Góc trong không gian Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna III. GÓC GIỮA HAI MẶT PHẲNG 1. PHƯƠNG PHÁP Để xác định góc giữa hai mặt phẳng  P  và  Q , ta có thể thực hiện theo một trong các cách sau: a   P     P ,  Q    a, b Cách 1: Theo định nghĩa:  b   Q    Q P a b Cách 2: Khi xác định được  P    Q    thì ta làm như sau: + Bước 1: Tìm mặt phẳng  R   .  Q P  p   R    P  + Bước 2: Tìm  q   R    Q   Khi đó:  P ,  Q    p, q . p  q R Ví dụ: Tìm góc giữa mặt bên  SCD  và mặt đáy  ABCD  (hình vẽ bên) Dựng HE  CD  E  CD  S CD  HE  CD   SHD   CD  SE. Vì  CD  SH  SCD    ABCD   Vì CD  HE   ABCD   CD  SE   SCD      SCD ,  ABCD    SE, HE   SEH  A H E B  C Cách 3: Theo định lí về hinh chiếu S  S.cos   cos   D P S S S φ S’ Q  https://toanhocplus.blogspot.com Trang 43 Góc trong không gian Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna 2. MỘT SỐ BÀI TOÁN MINH HỌA Bài toán 1: Cho khối chóp S.ABC có đáy là tam giác ABC vuông cân tại B có AB  BC  4. Gọi H là trung điểm của AB, SH   ABC . Mặt phẳng (SBC ) tạo với đáy một góc 600. Cosin góc giữa 2 mặt phẳng (SAC ) và ( ABC ) là: A. 5 5 5 4 B. 10 5 C. D. 1 7 Lời giải: Chọn D. S Kẻ HP  AC, lại có: AC  SH  AC   SPH      SAC  ;  ABC   SPH      HP  cos  SAC  ;  ABC   cos SPH SP  Ta có:  BC  AB    0   BC   SBA    SBC ,  ABC   SBA  60 BC  SH  P A   2.tan 60 0  2 3  SH  HB. tan SBH   450 ; APH   90 0  APH vuông cân P Ta có HAP  HP  AH 2  2 2 C H B  2  SP2  SH 2  HP 2  12  2  14  SP  14 2 1  HP  cos  SAC  ;  ABC    . SP 14 7   Bài toán 2: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, cạnh SA vuông góc với mặt phẳng  ABCD , SA  AB  a, AD  3a. Gọi M là trung điểm BC. Tính cosin góc tạo bởi hai mặt phẳng  ABCD  và  SDM . A. 5 7 B. 6 7 C. 3 7 D. 1 7 Lời giải: S Chọn B. Kẻ SH  MD, H  MD, mà SA  MD   SAH   MD  AH  MD    Do đó  SMD ,  ABCD   SH, AH  SHA    a  1 1 3a 2 Ta lại có: SAMD  SABCD  .3a.a  2 2 2 DM  CD2  CM 2  A 3a D a a 13 2 B M C H  https://toanhocplus.blogspot.com Trang 44 Góc trong không gian Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn  AH  https://facebook.com/duytuan.qna 2SAMD 6a 13 7 a 13 AH 6   SH   cos   . DM 13 13 SH 7   1200. Bài toán 3: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi, có AB  2a và góc BAD Hình chiếu vuông góc của S xuống mặt phẳng đáy  ABCD  trùng với giao điểm I của hai đường chéo và SI  a. Tính góc tạo bởi mặt phẳng SAB  và mặt phẳng  ABCD  2 A. 300 B. 450 C. 600 D. 900 Lời giải: Chọn A. S Gọi  là góc giữa hai mặt phẳng  SAB  và  ABCD  Gọi H là hình chiếu vuông góc của I trên AB. AB  HI    AB   SHI   AB  SH AB  SI    Do đó:   SH, IH  SHI Ta có:     120 0  BAI   60 0 Ta có BAD  Ta có: tan SHI D H I  BI 0 sin 60  AB  BI  a 3 Suy ra:   cos 60 0  AI  AI  a  AB Xét tam giác vuông AIB có: A K B C 1 1 1 3  2  2  IH  a 2 2 IH IA IB SI 1   300 hay   300.   SHI HI 3 Bài toán 4: Cho lăng trụ ABC.A’B’C ’ có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, và A’ A  A’ B  A’C  a A. 750 7. Tính góc giữa hai mặt phẳng  ABB’ A ’ và  ABC  12 B. 300 C. 450 D. 600 Lời giải: B’ C’ Chọn D. Gọi H là hình chiếu của A trên  ABC  A’ Vì A ‘ A  A ‘ B  A ‘C  A cách đều A, B, C nên HA  HB  HC, suy ra H là tâm của tam giác đều ABC. Gọi I, J lần lượt là trung điểm của BC, AB.  A ‘ J  AB   A ‘ JC   AB Vì  CJ  AB  A ‘ JC chính là góc giữa hai mặt phẳng  ABB’ A’  và  ABC   https://toanhocplus.blogspot.com Trang 45 I B C H J A Góc trong không gian Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna 7 a2 a 2 a   12 4 3 A ‘ J  AA ‘2  AJ 2  1 1 a 3 a 3 HJ  CJ .  3 3 2 6 JH a 3 a 1    JC  cos A JH   cos A  :  A ‘ JC  60 0.  AJ 6 3 2 Bài toán 5: Cho khối chóp S.ABCD có đáy là hình thoi tâm O cạnh a. Biết SO  ( ABCD) và AC  a, thể tích khối chóp là A. 6 7 a3 3. Cosin góc giữa 2 mặt phẳng (SAB) và ( ABC ) là: 2 B. 3 7 C. 1 7 D. 2 7 Lời giải: S Chọn C. Kẻ OP  AB. Lại có AB  SO  AB   SPO      SAB  ;  ABC   SPO      OP  cos  SAB  ;  ABC   cos SPO SP Ta có: AB  BC  CA  a  ABC đều     sin 600  OP   sin PAO OA 1 Ta có : VS.ABCD  SO.SABCD  3 A 3 3 a 3  OP  OA  2 2 4 1 SO.2SABC 3 D P O B C 1 a2 3 a2 3 a3 3  SO.2.  SO.  3 4 6 2  SO  3a  SP 2  SO 2  OP 2  9a2  3a2 147 a2 7a 3 .  SP  16 16 4 a 3 1  OP  cos  SAB  ;  ABC    4 . SP 7 a 3 7 4   Nhận xét: Qua các bài toán trên, ta nhận thấy rằng muốn xác định góc giữa mặt bên và mặt đáy (hình chóp, lặng trụ,..) ta sẽ “hạ đường vuông góc” từ “chân đường cao” của 1 đỉnh (lên mặt phẳng đáy) đến “giao tuyến” của hai mặt phẳng cần xác định góc. Từ đó xác định được góc cần tìm. Bài toán 6: Cho hình vuông ABCD cạnh a, tâm O và SA   ABCD . Để góc giữa (SBC ) và (SCD) bằng 600 thì độ dài của SA là: A. a B. a 2  https://toanhocplus.blogspot.com C. a 3 Trang 46 D. 2a Góc trong không gian Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna Lời giải: Chọn A. S  BD  AC  BD   SAC   BD  SC Ta có   BD  SA SC  BI  SC   BID  Kẻ BI  SC ta có  SC  BD   SBC ,  SCD    BI, ID   600   I A   60 0  BIO   30 0 Trường hợp 1: BID D O BO a 6 a 2 B  OI   OC  (vô lý) IO 2 2 ( OI là cạnh góc vuông, OC là cạnh huyền của tam giác vuông OIC )   120 0  BIO   60 0 Trường hợp 2: BID  Ta có tan BIO  Ta có tan BIO BO a 6  OI  (hợp lý) IO 6  Ta có sin ICO OI 3   1  SA  AC. tan ICO  a.   tan ICO OC 3 2 C Bài toán 7: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là nửa lục giác đều nội tiếp đường tròn đường kính AB  2 a, SA = a 3 và vuông góc với mặt phẳng ABCD. Cosin của góc giữa hai mặt phẳng SAD và SBC là: A. 2 2 B. 2 3 C. 2 4 D. 2 5 Lời giải: Chọn C. Vì ABCD là nữa lục giác đều nội tiếp đường tròn đường kính AB  2a nên ta có được: AD  DC  CB  a, BD  AD S Gọi I là giao điểm của AD và BC  BD  AD  BD   SAD   BD  SI Ta có   BD  SA SI  BD  SI   BDE  Kẻ DE  SI ta có  SI  DE   SAD, SBC   DE, BE  Ta có:    A E  CD ID 1    ID  a; AI  2 a. AB IA 2 Ta có sin  AIS  C D SA SA a 3 3    2 2 SI a 7 7 SA  AI AIS  Lại có: sin  B I DE a 3  DE  DI .sin AIS DI 7  https://toanhocplus.blogspot.com Trang 47 Góc trong không gian Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna  2.   BD  7. Từ 1  tan 2   1  cos DEB  tan DEB 2 4 ED cos  Bài toán 8: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B và BA  BC  a; SA vuông góc vơi đáy, SA  a. Góc  giữa hai mặt phẳng  SAC  và  SBC  bằng: A. 300 B. 450 C. 600 D. 750 Lời giải: Chọn C. S Gọi H là trung điểm của AC  AH  AC.  BH  AC  Vì   BH  SA    do   SA   ABC      BH   ABC   a  BH   SAC   SHC là hình chiếu của SBC lên  SAC   cos   1 1 a 2 a2 2 SSHC  SA.HC  a. . 2 2 2 4  H A a + Ta có: AC  BA 2  BC 2  a 2.  BC  AB + Vì   BC  SA do SA   ABC  SSHC SSBC C a B   BC   SAB   BC  SB  SBC vuông tại B. 1 1 2 2 a2 2 a  a .a . Khi đó: SSBC  SB.SB  2 2 2 Vậy cos   SSHC SSBC a2 2 1  2 4     60 0. a 2 2 2 Bình luận: Trong bài toán trên, ta dễ dàng xác định được giao tuyến SC   SAC    SBC  nhưng lại gặp khó khăn trong việc tìm một mặt phẳng vuông góc với SC. Đồng thời nhận thấy rằng việc xác định hình chiếu của B lên  SAC  và tính diện tích của hai tam giác SHC ; SBC là khá dễ dàng nên ta vận dụng cách 3 trong nội dung phương pháp đã trình bày ở trên để giải quyết nhanh bài toán.  https://toanhocplus.blogspot.com Trang 48 Góc trong không gian Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna B. BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM I. ĐỀ BÀI Câu 1. Cho hình lập phương ABCD. A’B’C ’D’. Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào đúng ? A. Góc giữa mặt phẳng  A ’BD  và các mặt phẳng chứa các mặt của hình lập phương bằng nhau. B. Góc giữa mặt phẳng  A’BD  và các mặt phẳng chứa các mặt của hình lập phương bằng nhau và phụ thuộc vào kích thước của hình lập phương. C. Góc giữa mặt phẳng  A’BD  và các mặt phẳng chứa các mặt của hình lập phương bằng mà tan   1 2. D. Cả ba mệnh đề trên đều sai. Câu 2. Cho hình chóp S.ABC có SA   ABC  và đáy ABC là tam giác vuông tại A. Khẳng định nào sau đây sai ? A.  SAB    ABC  B.  SAB    SAC   là góc giữa hai mặt phẳng SBC và ABC. C. Vẽ AH  BC,  H  BC   góc AHS     ACB. D. Góc giữa hai mặt phẳng SBC  và  SAC  là góc  Câu 3. Cho tứ diện ABCD có AC  AD và BC  BD. Gọi I là trung điểm của CD. Khẳng định nào sau đây sai ? . A. Góc giữa hai mặt phẳng  ACD  và  BCD  là góc AIB B.  BCD    AIB  . C. Góc giữa hai mặt phẳng  ABC  và  ABD  là góc CBD D.  ACD    AIB  Câu 4. Cho hình chóp S.ABC có SA   ABC  và AB  BC. Góc giữa hai mặt phẳng SBC  và  ABC  là góc nào sau đây ?  A. Góc SBA  C. Góc SCB Câu 5.  B. Góc SCA  với I là trung điểm của BC. D. Góc SIA Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông và SA vuông góc với mặt phẳng đáy. Khẳng định nào sau đây sai ? . A. Góc giữa hai mặt phẳng  SBC  và  ABCD  là góc ABS  (với O là tâm của hình vuông B. Góc giữa hai mặt phẳng  SBD  và  ABCD  là góc SOA ABCD ). . C. Góc giữa hai mặt phẳng  SAD  và  ABCD  là góc SDA D.  SAC    SBD   https://toanhocplus.blogspot.com Trang 49 Góc trong không gian Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn Câu 6. https://facebook.com/duytuan.qna Cho tứ diện ABCD có cạnh AB, BC, BD bằng nhau và đôi một vuông góc với nhau. Khẳng định nào sau đây là đúng ? Câu 7. . A. Góc giữa AC và  BCD  là góc ACD . B. Góc giữa AD và  ABC  là góc ADB . C. Góc giữa AC và  ABD  là góc CAB . D. Góc giữa CD và  ABD  là góc CBD Cho tứ diện đều ABCD. Số đo góc giữa hai đường thẳng AB và CD bằng A. 30 0 Câu 8. B. 450 C. 60 0 D. 900 Cho hình vuông ABCD có tâm O và cạnh bằng 2 a. Trên đường thẳng qua O và vuông góc với  ABCD  lấy điểm S. Nếu góc giữa SA và  ABCD  có số đo bằng 450 thì độ dài đoạn SO bằng A. SO  a 3 Câu 9. B. SO  a 2 C. SO  a 3 2 D. SO  a 2 2 Cho hình lăng trụ đứng ABC. A’B’C ’ có AB  AA ‘  a, BC  2a, CA  a 5. Khẳng định nào sau đây sai ? A. Đáy ABC là tam giác vuông. B. Hai mặt phẳng  AA’B’B  và  BB’C  vuông góc với nhau. C. Góc giữa hai mặt phẳng  ABC  và  A ’BC  có số đo bằng 450. D. AC ‘  2a 2. Câu 10. Cho tứ diện ABCD có AB  CD  2a. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của BC, AD và MN  a 3. Tính góc tạo bởi hai đường thẳng AB và CD. A. 30 0. B. 450. C. 60 0. D. 90 0. Câu 11. Cho hình chóp S.ABC có SA   ABC , BAC  1200, AB  AC  a và SA  a 2 3. Tính góc tạo bởi hai mặt phẳng  SBC  và  ABC . A. 60 0. B. 450. C. 30 0. D. 90 0. Câu 12. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng a và các cạnh bên đều  bằng a. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AD và SD. Số đo của góc MN, SC bằng:  A. 30 0 B. 450 C. 60 0  D. 90 0 Câu 13. Cho hình chóp ngũ giác đều S.ABCDE. Góc giữa cạnh bên SA và các cạnh đáy có số đo lớn nhất là: A. 36 0 B. 54 0 C. 72 0 D. 90 0 Câu 14. Cho hình chóp lục giác đều S.ABCDEF có cạnh đáy bằng a. Gọi O là hình chiếu của S lên mặt đáy và SO  a. Góc giữa cạnh bên SA và các cạnh đáy có số đo nhỏ nhất là. A. 30 0 B. 450 C. 60 0 D. 90 0 Câu 15. Cho hình chóp S.ABCD, có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng a; SA vuông góc với đáy và SA  a 6. a) Góc giữa SC và  ABCD  có số đo bằng:  https://toanhocplus.blogspot.com Trang 50 Góc trong không gian Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn A. 30 0 https://facebook.com/duytuan.qna B. 450 C. 60 0 D. 750 b) Góc  giữa SB và  SAC  thỏa mãn hệ thức nào sau đây ? A. cos   14 14 B. sin   14 14 C. cos   2 14 D. sin   2 14 c) Góc  giữa AC và  SBC  thỏa mãn hệ thức nào sau đây ? 21 3 3 21 B. sin   C. cos   D. sin   7 7 7 7 Câu 16. Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a. Hình chiếu vuông góc của S A. cos   lên  ABC  trùng với trung điểm của cạnh BC. Biết tam giác SBC là tam giác đều. Số đo của góc giữa SA và  ABC  bằng: A. 30 0 B. 450 C. 60 0 D. 750 Câu 17. Cho hình chóp S. ABC có đáy ABC là tam giác vuông cạnh huyền BC  a. Hình chiếu vuông góc của S lên  ABC  trùng với trung điểm của cạnh BC. Biết SB  a, khi đó số đo góc giữa SA và  ABC  bằng: A. 30 0 B. 450 C. 60 0 D. 750 Câu 18. Cho hình chóp S. ABCD, có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng a. Đường thẳng SA vuông góc với mặt phẳng đáy và SA  a. Góc giữa mp  SCD  và mp  ABCD  là , khi đó tan  nhận giá trị nào trong các giá trị sau ? 3 B. tan   1 C. tan   2 3 Câu 19. Cosin của góc giữa hai mặt của tứ diện đều bằng A. tan   D. tan   3 2 1 1 3 B. C. D. 2 2 3 2 Câu 20. Cho hình chóp tam giác đều S. ABC có cạnh đáy bằng a và đường cao SH bằng cạnh đáy. A. Số đo của góc hợp bởi cạnh bên và mặt đáy bằng: A. 30 0 B. 450 C. 60 0 D. 750 Câu 21. Cho hình chóp tứ giác đều có cạnh đáy bằng a 2 và chiều cao bằng a 2. Số đo của góc 2 giữa mặt bên và mặt đáy bằng A. 30 0 B. 450 C. 60 0 D. 750 Câu 22. Cho hình chóp tam giác đều S. ABC có cạnh đáy bằng a, góc giữa một mặt bên và mặt đáy bằng 60 0. Khi đó, độ dài đường cao SH bằng: a 3 a 2 a 3 a B. C. D. 2 3 3 2 Câu 23. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B, SA vuông góc A. với  ABCD , AB  BC  a, AD  2 a. Nếu góc giữa SC và mặt phẳng  ABCD  bằng 450 thì góc giữa mặt phẳng  SAD  và  SCD  bằng  https://toanhocplus.blogspot.com Trang 51 Góc trong không gian Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn A. 60 0 https://facebook.com/duytuan.qna  6 C. arccos   3    B. 30 0 D. 450 Câu 24. Cho hình lập phương ABCD.A’B’C ’D’ có cạnh bằng a. Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của BB’, CD, A ’D ’. Góc giữa MP và C ’N bằng. A. 30 0 B. 450 C. 60 0 D. 90 0 Câu 25. Cho tứ diện ABCD có AB  72cm, CA  58cm, BC  50cm, C D  40cm và CD   ABC . Khi đó, góc giữa hai mặt phẳng  ABC  và  ABD  bằng: A. 450 B. 30 0 C. 60 0 D. Đáp án khác. Câu 26. Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C ’ có đáy ABC là tam giác cân với AB  AC  a ;   1200, BB ‘  a và I là trung điểm của CC ’. Tính cos  BAC  ABC  ;  ABI  ?  A. 2 2 3 10 B. 3 2 C.  D. 5 3 Câu 27. Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C ’ có đáy là tam giác đều cạnh bằng a, A ‘ A  A ‘ B  A ‘ C  m. Để góc giữa mặt bên  ABB’ A ’ và mặt đáy bằng 600 thì giá trị của m là: a 21 a 7 a 21 a 21 B. C. D. 3 6 6 21 Câu 28. Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng a. Gọi O là tâm của đáy và M, N A. lần lượt là trung điểm của SA, BC. Góc giữa MN và  ABCD  bằng 60 0 thì độ dài MN là: A. a 2 B. a 5 2 C. a 10 2 D. a 2 2 Câu 29. Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B. Biết AB  2a, ACB  300. Hình chiếu vuông góc của S trên  ABC  là trung điểm của cạnh BC và góc tạo bởi SA và mặt đáy bằng 60 0. Tính cosin của góc tạo bởi AH và SC. 42 42 42. B.. C.. 7 14 26 Câu 30. Cho hình chóp đều S.ABC có SA  2a, AB  3a. A. D. 13. 4 a) Tính góc giữa SA và mặt phẳng đáy  ABC . A. 60 0 B. 450 C. 30 0 D. 90 0 b) Tính tan của góc hợp bởi hai mặt phẳng  SBC  và  ABC . A. 3. 2 B. 4 3 3 C. 3 4 D. 2 3 3 Câu 31. Cho hình chóp S.ABCD là hình vuông cạnh a, mặt bên SAB  là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy  ABCD . Gọi I và trung điểm của AB. a) Tính cosin của góc tạo bởi BD và mặt phẳng  SAD  A. 5 3 B.  https://toanhocplus.blogspot.com 10 2 C. Trang 52 10 4 D. 10 6 Góc trong không gian Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna b) Tính cosin của góc tạo bởi SD và mặt phẳng  SCI . 15 5 3 B. C. 5 3 4 c) Tính cosin của góc tạo bởi hai đường thẳng IC và SD. A. D. 10 6 3 10 3 10 3 5 2 5 B. C. D. 10 20 7 7 Câu 32. Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông đỉnh A, có cạnh huyền BC  a. A. Gọi I là trung điểm của BC và SA  SB  SC  a 3. Góc tạo bởi SI và mặt phẳng  SAC  2 bằng 300. Tính cosin của góc tạo bởi SA và mặt phẳng SBC . 57 19 19 57 B. C. D. 8 5 6 9 Câu 33. Cho hình chóp đều S.ABCD, đáy tâm O và có cạnh bằng a. Gọi M, N lần lượt là trung  điểm của SA, BC. Biết góc giữa MN và  ABCD  bằng 600. Tính sin MN ;  SAC . A.  A. 5 5 B. 5 10 C. 3 5 D.  3 3 Câu 34. Cho hình lăng trụ đều ABC. A ‘ B ‘ C ‘, đáy có cạnh bằng a, cạnh bên có độ dài bằng a 3. Gọi M là trung điểm của AB và  là góc tạo bởi đường thẳng MC ‘ và mặt phẳng  BCC ‘ B ‘ . Tính tan  A. tan   2 19. B. tan   1 19 C. tan   3 19 19 D. tan   1 2 19 Câu 35. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, cạnh SA vuông góc với mặt phẳng  ABCD , SA  AB  a, AD  3a. Gọi M là trung điểm của BC. Tính theo a cosin của góc tạo bởi hai mặt phẳng  SDM  và  ABCD . A. 6 7 B. 3 4 C. 4 5 D. 2 3 Câu 36. Cho hình lập phương ABCD.A ‘ B ‘ C ‘ D ‘ cạnh a. Tính góc giữa m/p  BA ‘ C  và  DA ‘C . B. 450 A. 30 0 C. 60 0 D. 90 0 Câu 37. Cho hình chóp đều S. ABCD đáy có bằng a. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của SA, SC. Biết  BM, ND   60 0. Gọi h là chiều cao lớn nhất của hình chóp. Tính h. A. h  30a 2 B. h  30 a 6 C. h  15a 2 D. h  42 a 2 Câu 38. Cho hình lăng trụ đứng ABC.A ‘ B ‘C’ có Ab  AC  a, BAC  120 0 và cạnh bên BB ‘  a. Gọi I là trung điểm của CC ‘. Tính cosin của góc tạo bởi hai mặt phẳng  ABC  và  AB ‘ I  A. 15 5 B.  https://toanhocplus.blogspot.com 15 8 C. Trang 53 30 6 D. 30 10 Góc trong không gian Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna II. ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT 1A 2D 3C 4A 5C 6C 7D 8B 9D 10C 11C 12D 13D 14B 15.C.B.D 16B 17C 18B 19D 20C 21B 22A 23A 24.D 25A 26B 27C 28C 29B 30.A.D 31.C.A.B 32D 33B 34B 35A 36C 37A 38D Câu 1. Chọn A. Câu 2. Chọn D. Câu 3. Chọn C. Câu 4. Chọn A. Câu 5. Chọn C. Câu 6. Chọn C. A  + A sai, vì AC,  BCD    ACB.     + B sai, vì  AD,  ABC    BAD   + D sai, vì  CD,  ABD    BDC Câu 7. B D D C N Chọn D. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB, CD. A C Do ABC, ABD là các tam giác đều nên  AB  CM  AB   CMD   AB  CD   AB  DM M S B hay  AB, CD   90 0 Câu 8. Chọn B. Ta có: AC  2 a 2  OA    45 SA,  ABCD    SAO  AC a 2 2 A 45° 2a 0 Khi đó, SAO là tam giác vuông cân tại O. Suy ra SO  OA  a 2. B Câu 9. Chọn D.  ABC vuông tại B  A đúng. a C C 2a a 2 + AB2  BC 2  a 2   2 a   5a 2  AC 2 O 2a a 5 A D B +  ABC vuông tại B  AB  BC A’  AB  BC Vì   AB   BB ‘ C ‘   AB  BB ‘   AA ‘ B ‘ B    BB ‘ C ‘   B đúng.  https://toanhocplus.blogspot.com Trang 54 C’ B’ Góc trong không gian Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna + Dễ dàng chứng minh được BC   AA ‘ B ‘ B   BC  A ‘ B  ABC    A ‘ BC   BC   ’  450   ABC ,  A ‘ BC    AB, A ‘ B   ABA Vì  AB  BC  A ‘ B  BC    (vì ABA ‘ vuông cân tại A) => C đúng.   + Ta có: AC ‘  AA ‘2  A ‘ C ‘2  a2  a 5 2  a 6 => D sai. Câu 10. Chọn C.  MI / / AB; NI / /CD Gọi I là trung điểm của AC, suy ra :   MI  NI  a Khi đó  AB, CD    MI, NI . Xét tam giác MIN ta có: A MI 2  NI 2  MN 2 2a2  3a2 1   2 2.MI .NI 2 2a 0  MIN  120 cos MIN  N Suy ra  MI, NI   60 0 hay  AB, CD   60 0 I B Chú ý : Trong câu hỏi trên do chưa thể kết luận được  là góc nhọn nên ta không được phép viết luôn MIN  M    AB, CD  MI, NI  MIN   D  C Câu 11. Chọn C. S Gọi M là trung điểm của BC   AM  BC   SBC ,  ABC   SMA   Tam giác ABC cân tại A nên : AM  AC.cos MAC  a.cos 60  a 2 A Trong tam giác vuông SAM có: 120° SA a a 1 tan SMA   :   SMA  30 AM 2 3 2 3 Vậy C M B  SBC ,  ABC    30 S Câu 12. Chọn D. Vì MN / /SA   MN, SC    SA, SC  a a a Ta có: AC  AB2  BC 2  a2  a2  a 2 A Vì SA 2  SC 2  a 2  a 2  2a 2  AC 2 D a O  B Vậy  MN, SC    SA, SC   90 0.  https://toanhocplus.blogspot.com a a  SAC vuông tại S.  SA  SC   SA, SC  90 0  a Trang 55 a C Góc trong không gian Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna Câu 13. Chọn D. S + Ta đã biết góc giữa hai đường thẳng luôn nhỏ hơn hoặc bằng 900, nên nếu có một cạnh đáy vuông góc với SA thì góc lớn nhất là 900. + Vì SC  SD và AC  AD (hai dây chắn hai cung bằng nhau trong đường tròn ngoại tiếp ngũ giác đều ABCDE ) nên SA  CD. E A D O Vậy góc giữa cạnh bên SA và các cạnh đáy có số đo lớn nhất là 900. B C Câu 14. Chọn B. CD / / AF  Vì  ED / / AB nên ta chỉ tính và so sánh các góc  EF / / AO  S , SAF , SAO . SAB , SAO .   SAF  nên ta chỉ cần so sánh SAB Mà SAB  Ta có: sin SAO E F SO SA A   SI. Kẻ SI  AB,  I  AB , khi đó sin SAB SA   sin SAB   SAO   SAB  Vì SO  SI  sin SAO D O I C B  nhỏ nhất và bằng 450 vì SAO vuông cân Vậy SAO Câu 15. a) Chọn C. Xét SAC vuông tại A, ta có: SA a 6   600   3  SCA AC a 2    600 Vậy SC,  ABCD   SCA  tan SCA  S  b) Chọn B. Dễ dàng chứng minh được BO   SAC  => SO là hình chiếu của SB lên (SAC).      SB,  SAC    SB, SO   BSO  A D H  O Xét SBO vuông tại O, ta có: a 2 BO 14  sin BSO  2 . SB a 7 14 B C   14. Vậy sin   sin BSO 14 c) Chọn D. Trong (SAB), kẻ AH  SB,  H  SB .  https://toanhocplus.blogspot.com Trang 56 Góc trong không gian Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna  BC   SAB   BC  AH Vì  AH  SAB     AH  SB  AH   SBC   HC là hình chiếu của AC lên (SBC). Vì   AH  BC  . Do đó:   AC,  SBC    AC, HC   ACH    Xét ACH vuông tại H, ta có: sin ACH Mà trong SAB, ta có: AH  SA.AB 2 SA  AB 2 AH. AC  a 6 7 a 6   AH  7  21. Vậy sin   sin ACH AC a 2 7 S Câu 16. Chọn B. Gọi H là trung điểm của BC.  SH   ABC   HA là hình chiếu của SA lên  SA,  ABC     SA, HA   SAH  ABC    B H Vì AH, SH lần lượt là đường cao trong hai tam giác đều ABC và SBC có cạnh bằng a nên AH  SH.   450.  SAH vuông cân tại H  SAH A    450 Vậy SA,  ABC   SAH  C  S Câu 17. Chọn C. Gọi H là trung điểm của BC  SH   ABC   HA là hình chiếu của SA lên  ABC .  .  SA,  ABC    SA, HA   SAH   2  SH  SB2  BH 2  a 2   a   a 3 2  2   Ta có:   BC a   AH   2 2 B H C A a 3 SH    600.  2  3  SAH Xét SAH vuông tại H, ta có: tan SAH a AH 2    600 Vậy SA,  ABC   SAH   Câu 18. Chọn B.  https://toanhocplus.blogspot.com Trang 57 Góc trong không gian Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna  SCD    ABCD   CD  CD   SAD  Vì   SAD    SCD   SD  SAD  ABCD  AD          SCD, ABCD   SD, AD  SDA     S a  Xét SAD vuông tại A, ta có: tan SDA a A  D SA a   1. AD a B   1. Vậy tan   tan SDA C Câu 19. Chọn D. Giả sử có tứ diện đều ABCD cạnh a. Cần tính góc giữa hai mặt phẳng (ACD) và (BCD).  AH  CD Gọi H là trung điểm của CD   SH  CD A Mà  ACD    BCD   CD   AH, BH   AHB  ACD ,  BCD      a 3. 2 Áp dụng định lí cosin trong ABH, ta được: Ta có: AH  BH  B D H AH 2  BH 2  AB2  cos AHB  2 AH .BH 2 C 2 a 3 a 3 2       a 2 2 1    cos  AHB    3 a 3 a 3 2.. 2 2 Câu 20. Chọn C. S Vì SH   ABC   HC là hình chiếu của SC trên  SC,  ABC     SC, HC   SCH  ABC    Gọi I là trung điểm của AB. Vì ABC đều cạnh a  CI  a 3 2 A 2 a 3  CH  CI  3 3 Xét SCH vuông tại H, ta có: H I SH a   600   3  SCH HC a 3 3   Vậy SC,  ABC   SCH  600.  tan SCH  C B   https://toanhocplus.blogspot.com Trang 58 Góc trong không gian Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna Câu 21. Chọn B. S Giả sử có hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh bằng a 2 và chiều cao SO  a 2 với O là tâm của 2 hình vuông ABCD. OI  CD  Gọi I là trung điểm của CD   CD a 2.  OI   2 2 A D I O CD  SO  CD   SOI   CD  SI. Vì  CD  OI B C  SCD    ABCD   CD       SCD ,  ABCD    SI, OI   SIO Vì SI  CD OI  CD  a 2 SO    450.  2  1  SIO Xét SIO vuông tại O, ta có: tan SIO OI a 2 2   Vậy góc giữa mặt bên và mặt đáy là  SCD ,  ABCD   SIO  450.   Câu 22. Chọn A. S Gọi I là trung điểm của BC.    600 Khi đó,  SBC ,  ABC    SI, AI   SIA   a 3 1 a 3  HI  AI  2 3 6 Xét SHI vuông tại H, ta có: Ta có: AI  A   SH  SH  HI .tan SIH   a 3 .tan 600 tan SIH HI 6 a  SH  2 Câu 23. Chọn A. C H I B S Gọi H là trung điểm của AD.  ABCH là hình vuông  CH  AD  CH   SAD   SHD là hình chiếu của SCD lên (SAD). Gọi  là góc giữa mặt phẳng (SAD) và (SCD). Khi đó: cos   SSHD SSCD a    450 Ta có: SC,  ABCD    SC, CA   SCA    https://toanhocplus.blogspot.com a A Trang 59 B H a D 45° a C Góc trong không gian Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna SA  AC  a 2  SAC vuông cân tại A   SC  2a 1 1 a2 2 + SSHD  SA.HD  .a 2.a  2 2 2 + Ta có AC  CD  a 2  AC 2  CD2  2a2  2a2  4a2  AD2  ACD vuông tại C  CD  AC CD  AC  CD   SAC   CD  SC  SCD vuông tại C. Vì  CD  SA 1 1 Khi đó: SSCD  SC.CD  .2 a.a 2  a 2 2 2 2 Vậy cos   SSHD SSCD a2 2 1  2 2     60 0 a 2 2 Câu 24. Chọn D. A Gọi Q là trung điểm CC’  MQ / / BC D Mà BC   CC ‘ D ‘ D   MQ   CC ‘ D ‘ D   C ‘ N  MQ  C ‘ N N C B Trong hình vuông CC’D’D, ta có: C ‘ N  D ‘ Q C ‘ N  MQ  C ‘ N   MPD ‘ Q   C ‘ N  MP Vì  C ‘ N  D ‘ Q P A’ M D’ Q Vậy  C ‘ N, MP   90 0. C’ B’ Câu 25. Chọn A. Trong (ABC), kẻ CH  AB,  H  AB  D  AB  CH  AB   CDH   AB  DH. Vì   AB  CD  ABC    ABD   AB  Vì CH  AB  DH  AB     ABC, ABD   CH, DH  CHD     40 cm  CD CH AB  BC  CA 72  50  58    90 2 2  Xét CHD vuông tại C, ta có: tan CHD Ta có: p  pABC 58 cm C A 72 cm 50 cm H B  SABC  p  p  AB  p  BC  p  AC   90  90  72  90  50  90  58   1440cm 2 2S 1 2.1440 Mặt khác: SABC  CH. AB  CH  ABC   40cm 2 AB 72  https://toanhocplus.blogspot.com Trang 60 Góc trong không gian Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna CD 40   450   1  CHD CH 40   Vậy  ABC ,  ABD   CHD  450.  Do đó: tan CHD   C’ Câu 26. Chọn B. B’ Gọi  là góc giữa mặt phẳng (ABC) và (AB’I). Vì ABC là hình chiếu của AB ‘ I trên (ABC) nên I S cos   ABC SAB ‘ I + Ta có: SABC A’ B C 1   AB. AC .sin BAC 2 a a 120° 2 1 a 3  .a.a.sin 1200  2 4 A   a 2  a 2  2 a.a.cos1200  3a 2 + B ‘ C ‘2  BC 2  AB2  AC 2  2. AB.AC.cos BAC   AB ‘  a 2   a2 a 5  Ta có:  AI  a 2  4 2   a2 13a2 a 13    B ‘ I  B ‘ C ‘ 2  C ‘ I 2  3a 2  4 4 2   AB ‘2  AI 2  2a2   SAB’ I  5a2 13a2   B ‘ I 2  AB ‘ I vuông tại A. 4 4 1 1 a 5 a2 10 AB ‘.AI  a 2.  2 2 2 4 a2 3 3 Vậy cos   2 4  10 a 10 3 Câu 27. Chọn C. A’ C’ Gọi O là trọng tâm của ABC đều  O là tâm đường tròn ngoại tiếp ABC. Mà A ‘ A  A ‘ B  A ‘ C  A ‘ O   ABC   A ‘ O  AB B’ Gọi I là trung điểm của AB, ta có: A OI  AB   1 1 a 3 a 3  OI  CI . 3 3 2 6  O I  AB  OI Vì   AB   A ‘ OI   AB  A ‘ I  AB  A ‘ O  https://toanhocplus.blogspot.com C Trang 61 B Góc trong không gian Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna  ABB ‘ A ‘    ABC   AB  Vì  A ‘ I  AB OI  AB     ABB ‘ A ‘, ABC   A ‘ I, OI  A ‘ OI  600.      a 3 OI OI a 3  6 ‘ OI   A’ I    Xét A ‘ OI vuông tại O, ta có: cos A 0  cos 60 A’ I 3 cos SIA 2  a 3   a  2 a 21   Xét A ‘ IA vuông tại I, ta có: m  A ‘ A  A ‘ I  AI    2   2  6   2 2 Câu 28. Chọn C. Vì S.ABCD là hình chóp tứ giác đều nên SO   ABCD  (1) Gọi H là trung điểm của OA  MH / /SO (2). S Vì (1) và (2)  MH   ABCD   HN là hình chiếu của MN trên (ABCD).    600  MN,  ABCD    MN, NH   MNH  M  B 3 3 3a 2 AC  .a 2  4 4 4 Trong CNH, ta có: Ta có: CH  A H N NH  CN 2  CH 2  2CN.CH.cos 450 O C D 2 2  a   3a 2  a 3a 2 2 a 10      2.. .   2 4 2 4  2   4  Xét MNH vuông tại H, ta có: a 10 NH NH a 10  4 cos MNH  MN    0  cos 60 MN 2 cos MNH S Câu 29. Chọn B. Gọi H là trung điểm của BC, khi đó : SH   ABC ,   600. suy ra góc tạo bởi SA và mặt đáy là SAH AB 2a Có BC    2a 3 0  tan ACB tan 30 M A BC  a 3, khi đó : AH  AB2  BH 2  a 7 2 Xét tam giác SAH ta có :  BH  60° 30° 2a C H B 0 SH  AH .tan 60  a 7. 3  a 21 Gọi M là trung điểm của SB, suy ra HM / /SC, khi đó:  AH, SC    AH, HM  (1)  https://toanhocplus.blogspot.com Trang 62 Góc trong không gian Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn Ta có : HM  MB  https://facebook.com/duytuan.qna SB SH 2  BH 2 21a 2  3a2   a 6 2 2 2 Tam giác AMB vuông tại B nên ta có : AM 2  AB2  MB2  4a2  6a 2  10a2. Xét tam giác AMH có: cos AHM  AH 2  HM 2  AM 2 7 a 2  6 a 2  10a 2 42    0 (2). 2.AH.HM 28 2.a 7.a 6  Từ (1) và (2) suy ra cosin của góc tạo bởi AH và SC là cos AHM 42 28 Câu 30. a) Chọn A. S Gọi H là hình chiếu vuông góc của S trên  ABC . Do S. ABC là hình chóp đều nên H là trọng tâm tam 2a giác ABC ( ABC đều nên trọng tâm, trực tâm, tâm đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp của tam giác ABC trùng nhau)    Ta có SH   ABC   SA,  ABC   SA, HA  SAH    A  B H 3a I Gọi I là trung điểm của BC, khi đó tam giác ABC đều cạnh 3a nên: AI  C 3a 3 2  AH  AI  a 3. 2 3  Xét tam giác SAH ta có: cos SAH AH a 3 3   30.    SAH SA 2a 2  Vậy SA,  ABC   30.   b) Chọn D.  . Ta có HI  BC   SBC ,  ABC   SI, AI  SIA   2 2 SH  SA  AH  Ta có:   HI  AH  a 3  2 2  2a  2     a 3 2 a   SH  a  2 3  tan SIA IH a 3 3 2 Câu 31. a) Chọn C. S Ta có SI  AB  SI   ABCD . Do SAB đều cạnh a  SI  a 3 2 H  DA  AB  DA   SAB  Có:   DA  SI N A hay  SAD    SAB  I Do đó, góc tạo bởi BD và mặt phẳng SAD  khi xét trong hình chóp D.SAB B D K M C thuộc trường hợp 2 – là góc tạo bởi cạnh bên và mặt đứng. Nên ta dựng BH  SA  H  SA   https://toanhocplus.blogspot.com Trang 63 Góc trong không gian Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna   ., DH  BDH Suy ra BD,  SAD   BD     Ta có BD  a 2 và BH   Khi đó cos BDH a 3 3a 2 a 5  DH  BD 2  BH 2  2 a 2   2 4 2 DH a 5 10  :a 2  BD 2 4 b) Chọn A. Gọi M là trung điểm của BC và K là giao điểm của DM và CI khi đó   MDC . Mà DCK   ICB   90  DCK   CDM   90  DM  CI. BIC  CMD  ICB  DM  CI  DM   SCI  hay DK   SCI . Vậy   DM  SI  a2  a 5 Suy ra SD  SA2  AD 2  a 2. Ta có: DM  CD 2  CM 2  a 2     2  2 Khi đó : CD 2  DK .DM  DK  CD 2 2 2a 4a2 a 6  a2.   SK  SD 2  DK 2  2 a 2   DM 5 5 a 5 5  Xét tam giác SDK ta có: cos DSK SK a 6 15   SD 5 5.a 2 c) Chọn B. Dựng điểm N sao cho A là trung điểm của IN, khi đó ICDN là hình bình hành.   Suy ra IC / / ND. Suy ra IC, SD  DN, SD    Ta có DN  CI  DM   a 5 3a 2 a 7 và SN  SI 2  IN 2   a2  2 4 2 Áp dụng hệ quả định lí cosin trong tam giác SND ta có :  cos SDN 2 2 2 SD  DN  SN  2.SD.DN 5a 2 7 a 2  3 10  4 4  3 10  0  cos IC, SD  20 20 a 5 2.a 2. 2 2a2    Câu 32. Chọn D. S Do SA  SB  SC  SI   ABC  ( SI là trục của tam giác ABC ) hay  SBC    ABC . Khi đó góc tạo SA và mặt phẳng  SBC  là góc tạo bởi cạnh bên và mặt đứng.   Khi đó, kẻ AH  BC  H  BC   SA,  SBC   ASH   H B C I Góc tạo bởi SI và mặt phẳng  SAC  là góc tạo bởi J chiều cao và mặt bên.    30 Khi đó, kẻ IJ  AC  J  AC   SI,  SAC   ISJ   https://toanhocplus.blogspot.com  Trang 64 A Góc trong không gian Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna 2  a 3   a 2 a 2   +) Ta có SI  SC  CI    2   2  2   2 2 Xét SIJ ta có : IJ  SI tan 30  a 2 3 a 6.  2 3 6 +) IJ là đường trung bình ABC nên suy ra AB  2 IJ  a 6 3 a 6 a 3 2. a 6 a 3 AB.AC 3 3 a 2.  AC  BC  AB  a    , khi đó AH   3  3 BC a 3   2 2 2 Suy ra SH  SA 2  AH 2  3a 2 2 a 2 a 19   4 9 6 a 19 SH 57   6  +) Xét tam giác vuông SHA ( vuông tại H ) ta có: cos ASH. SA 9 a 3 2 Câu 33. Chọn B. Do S.ABCD là hình chóp đều S nên SO   ABCD . Gọi P là trung điểm của AO. M Khi đó MP / /SO  MP   ABCD .   Suy ra MN,  ABCD   MNP  60.   A Xét NCP, ta có: P 5a2 PN 2  CN 2  CP 2  2CN.CP cos 45 . 8  PN  B O D N H C a 10. 4  a 10  PN a 10 4  MN     cos 60 Trong tam giác vuông MNP ta có: . 2 cos MNP    a 30  SO  2 PM  a 30  PM  NP tan MNP  4 2 Gọi H là trung điểm của OC. Suy ra NH / / BD mà BD   SAC   NH   SAC .   Do đó MN,  SAC   NMH.   1 a 2   NH  a 2 : a 10  5.  sin NHM Ta có NH  OB  2 4 MN 4 2 10 Câu 34. Chọn B.  https://toanhocplus.blogspot.com Trang 65 Góc trong không gian Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna Do góc tạo bởi MC ‘ và mặt phẳng  BCC ‘ B ‘  có chính là A’ B’ góc tạo bởi C ‘M và mặt bên  C ‘ BC  khi xét trong hình chóp C ‘.MCB. C’ Do đó kẻ MH  BC  H  BC   . Tam giác ABC đều cạnh a nên: CM  a 3  C ‘ M  CM 2  CC ‘2 2 M A B H 2 a 3    a 3  2      2  a 5 2 C   a .sin 60  a 3  C ‘ H  C ‘ M 2  MH 2 Có: MH  MB.sin ABC 2 4 2 2  a 15   a 3  a 57      2   4  4      ‘H  Trong tam giác vuông C ‘ MH ta có: tan  =tan MC MH a 3 a 57 1  :  C’H 4 4 19 Câu 35. Chọn A. S Kẻ AI  MD  I  MD , suy ra góc tạo bởi  SDM   và  ABCD  là góc SIA Ta có SAMD  SABCD AB.AD 3a2 và   2 2 2 A 2 D  3a  a 13 MD  CD  CM  a     2  2  2 2 2 B 2.S AMD 6a 13  MD 13 7 a 13  SI  SA 2  AI 2  13  AI  C M I  Xét tam giác SAI, ta có : cos SIA AI 6  SI 7 Câu 36. Chọn C. A’ D’ Gọi O là tâm của hình vuông ABCD. Hạ OH  A ‘ C  H  A ‘ C  H  A ‘ C . B’ C’ A ‘ C  OH  Khi đó :   A ‘ C   BDH  A ‘ C  BD   Vậy  BA ‘ C ,  DA ‘ C   HB, HD     D A O Trong tam giác vuông A ‘ BC có  https://toanhocplus.blogspot.com H B Trang 66 C Góc trong không gian Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn BH  https://facebook.com/duytuan.qna 2.SA’ BC BC. A ‘ B a.a 2 a 6    A’C A ‘C 3 a 3 Tương tự ta có DH  a 6. Trong tam giác BHD, áp dụng định lí cosin ta có: 3 2 a2 2 a2   2a2 BH  DH  BD 1  3 3 cos BHD    2 2.BH .DH 2 2a 2. 3    120  HB  Suy ra BHD, HD  60. Vậy  BA ‘ C ,  DA ‘ C   60 2 2 2     Câu 37. Chọn A. Gọi O là tâm của hình vuông ABCD và G là trọng tâm tam giác SAC Đường thẳng qua G song song với BM cắt BC ở F Đường thẳng qua G song song với DN cắt AD ở E Ta có S BF GM 1 GN ED  EA  2 ED      FC GC 2 GA EA  FC  2 FB Suy ra EF đi qua tâm của hình vuông M ABCD và O là trung điểm của đoạn EF.   Từ BM, ND  60  GE, GF  60    N  G A   60  EGF    120  EGF E B O D   60 + Với EGF F C Ta có GEF cân tại G, suy ra GEF cân tại G, suy ra GEF đều  GO  Hình vuông ABCD có cạnh a nên ta dễ dàng tính được EF  Suy ra chiều cao của chóp: SO  3GO  3. 3 EF 2 10a 3 3 10 30a. a 2 3 2   120. Ta có GEF cân tại G, suy ra GO  1 EF  10a  SO  3GO  30a + Với EGF 6 2 3 6 3 30a 30a 30 a  h. 2 6 2 Câu 38. Chọn D. Do  Cách 1: Kéo dài B ‘ I cắt BC tại M, khi đó  ABC ,  AB ‘ I    ACM ,  AIM      Ta có CI   ACM , do đó ta có cách dựng góc giữa hai mặt  ACM  và  AIM  như sau:  Dựng CH  AM  H  AM    ACM ,  AIM   CHI    https://toanhocplus.blogspot.com Trang 67 Góc trong không gian Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna CI / / BB ‘  Ta có   C là trung điểm của BM 1 CI  BB ‘  2  SACM  SABC B’ C’ I 2 1   3a  AB.AC.sin BAC 2 4 Ta có  CM 2  CB2  AB2  AC 2  2 AB.AC.cos BAC A’ C B M H  3a2 A  BM  2 BC  2a 3 Khi đó AC 2  Suy ra CH  AB2  AM 2 BM 2 a2  AM 2   a2   3a2  AM 2  7 a2  AM  a 7 2 4 2 2.SACM 3a2 a 21 a 2 21a 2 a 70    IH  CI 2  CH 2    AM 14 4 14 2 14 2a 7  Xét tam giác ICH ta có: cos CHI  https://toanhocplus.blogspot.com CH a 21 14 30 . . IH 14 a 70 10 Trang 68 Góc trong không gian Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna Chuû ñeà 2 KHOAÛNG CAÙCH trong khoâng gian  A. KIẾN THỨC CƠ BẢN CẦN NẮM Các dạng khoảng cách trong không gian  Dạng 1: Khoảng cách từ một điểm đến một đường thẳng Khoảng cách từ điểm M đến đường thẳng a là MH, với H là M hình chiếu của M trên đường thẳng a.  a α Kí hiệu: d  M, a   MH. H Dạng 2: Khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng. M Khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng   là MH, với H là hình chiếu của M trên mặt phẳng  .   Kí hiệu: d M,    MH.  H α Dạng 3: Khoảng cách giữa hai đường thẳng song song. Khoảng cách giữa hai đường thẳng song song là khoảng cách d  a, b   d  M, b   MH  M  a b M từ một điểm bất kì thuộc đường này đến đường kia. a H α (Quy về bài toán dạng 1)  Dạng 4: Khoảng cách giữa đường thẳng và mặt phẳng song song. a Khoảng cách giữa đường thẳng a và mặt phẳng   song song M với nhau là khoảng cách từ một điểm M bất kì thuộc đường a     đến mặt phẳng   : d a,    d M,    MH  M  a H α (Quy về bài toán dạng 2)  Dạng 5: Khoảng cách giữa hai mặt phẳng song song. Khoảng cách giữa hai mặt phẳng song song là khoảng cách từ một điểm bất kì của mặt phẳng này đến mặt phẳng kia.       d  ,     d a,     d A,     AH A B α  a   , A  a  (Quy về bài toán dạng 2)  a β H K Dạng 6: Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau. o Đường thẳng c cắt hai đường thẳng a, b và cùng vuông góc với mỗi đường thẳng ấy gọi là đường vuông góc chung của a, b. IJ gọi là đoạn vuông góc chung của a, b. o Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau là độ dài đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng đó: d  a, b   IJ o Nếu ta dựng 2 mặt phẳng  ,    lần lượt chứa 2 đường thẳng chéo nhau a, b và song   song với nhau thì: d  a, b   d  ,   .  https://toanhocplus.blogspot.com Trang 69 Khoảng cách trong không gian Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna c I a I a α J b J β b Nhận xét: Tất cả các dạng toán tìm khoảng cách ở trên đều đưa về về hai bài toán tìm khoảng cách cốt lõi nhất đó là: tìm khoảng cách từ một điểm đến một đường thẳng và khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng. B. GIẢI BÀI TOÁN KHOẢNG CÁCH Và bây giờ, chúng ta sẽ đi sâu vào các bước (quy trình) để giải 1 bài toán khoảng cách với các dạng toán khoảng cách cơ bản nhất. DẠNG 1: KHOẢNG CÁCH TỪ MỘT ĐIỂM ĐẾN MỘT ĐƯỜNG THẲNG 1. PHƯƠNG PHÁP Bài toán: Tìm khoảng cách từ điểm M đến đường thẳng d cho trước Cách 1: Bước 1. Trong mặt phẳng  M, d  hạ MH  d với H  d. Khi đó: d  M, d   MH. Bước 2. Tính toán tìm độ dài MH M M a α a A A M d d H K I  Chú ý:  Nếu tồn tại đường thẳng a qua A và song song với d thì: d  M, d   d  A, d   AK  Nếu MA / / d hay d  M, d   d  A, d , ta có thể thay vì tìm d  M, d  ta sẽ tìm  A  d. d  A, d  với d  A, d  dễ tính toán hơn, từ đó suy ra d  M, d .  Nếu MA  d  I, thì: d  M, d d  A, d   MI (áp dụng định lý Ta-lét) AI Cách 2: d Bước 1. Dựng (tìm) mặt phẳng   qua M và vuông góc với đường thẳng d. Bước 2. Tìm giao điểm H     d. Lúc này H chính là hình chiếu của M trên đường thẳng d. Suy ra: d  M, d   MH. M H α Bước 3. Tính toán tìm độ dài MH.  https://toanhocplus.blogspot.com Trang 70 Khoảng cách trong không gian Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna 2. MỘT SỐ BÀI TOÁN MINH HỌA Bài toán 1: Cho hình chóp A.BCD có AC   BCD  và BCD là tam giác đều cạnh bằng a. Biết AC  a 2 và M là trung điểm của BD. a) Khoảng cách từ A đến đường thẳng BD bằng: 2a 3 4a 5 3a 2 B. C. 3 3 2 b) Khoảng cách từ C đến đường thẳng AM bằng: A. A. a 2 3 B. a 6 11 C. a D. 7 5 a 11 2 D. a 4 7 Lời giải: Vì BCD đều cạnh a có đường trung tuyến nên CM  BD; CM  a) Chọn D. a 3. 2 A  Ta có: BD  CM và BD  AC do AC   BCD    BD   ACM   BD  AM a 2 H Vì AM  BD  d  A, BD   AM 2  d  A, BD   AC  CM  2 2 a 2  2 a 3 a 11     2  2   D C a b) Chọn B. M Trong  ACM , kẻ CH  AM,  H  AM . AC.CM Khi đó: d  C, AM   CH   AM B a 3 2 a 6 11 a 11 2 a 2. Bài toán 2: Cho hình lăng trụ ABC. A’B’C ’ có đáy ABC là tam giác đều tâm O, cạnh a, hình chiếu của C ’ trên mp  ABC  trùng với tâm của đáy. Cạnh bên CC ’ hợp với mp  ABC  góc 600. Gọi I là trung điểm của AB. Tính các khoảng cách: a) Từ điểm O đến đường thẳng CC ’ a 3a B. 2 2 b) Khoảng cách từ điểm C đến đường thẳng IC ’ A. C. a 4 2a 13 3a 13 a 3 B. C. 3 13 3 c) Khoảng cách từ điểm O đến đường thẳng A ’B’ A. A. 2a 7 3 B. a 7 3 C. a 7 2 D. a 3 D. a 13 3 D. a 7 4 Lời giải:  https://toanhocplus.blogspot.com Trang 71 Khoảng cách trong không gian Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna a) Tính d  O, CC   – Chọn A. C’ A’ Ta có: C ‘ O   ABC  J  OC là hình chiếu của CC lên  ABC  B’    CC ‘,  ABC   C ‘ CO  60 0   H K Trong mp  C ’CO  dựng OH  CC ‘ tại H ta được: d  O, CC ‘   OH. a A Xét COH có: 60° a O I 2 3 2 a 3 3 a OH  OC.sin 60  CI. . .  3 2 3 2 2 2 a Suy ra: d  O, CC ‘  . 2  C a B b) Tính d  C, IC ‘  – Chọn B. Trong mp  C ’IC  dựng CK  IC ‘ tại K ta được: d  C, IC ‘   CK Xét CIC ‘  OC ‘.CI  CK.IC ‘  CK  Mà OC ‘  OC.tan 60  OC ‘.CI IC ‘ a 3 a 3 a2 13a2. 3  a; CI  ; IC ‘2  IO 2  OC ‘2   a2  3 2 12 12 a 3 2  3a  3a 13. Nên d  C, IC ‘   CK  13 a 13 13 a. 2 3 c) Tính d  O, A ‘ B ‘  – Chọn C. Vì C ‘ O   ABC  / /  A ‘ B ‘ C ‘   OC ‘   A ‘ B ‘ C ‘ . Gọi J là trung điểm của A ‘ B ‘  C ‘ J  A ‘ B ‘   A ‘ B ‘ C ‘   OJ  A ‘ B ‘ (định lí 3 đường vuông góc) Tức là: d  O, A ‘ B ‘   OJ Xét OC ‘ J  OJ  OC ‘2  C ‘ J 2  a2  Tức là: d  O, A ‘ B ‘   3a 2 a 7  4 2 a 7. 2 Bài toán 3: Cho hình chóp tứ giác đều có cạnh đáy bằng a; góc hợp bởi một cạnh bên và mặt đáy bằng . Khi đó, khoảng cách từ tâm của đáy đến một cạnh bên bằng: A. a 2.cot  B. a 2.tan  C. a 2 .cos  2 D. a 2 .sin  2 Lời giải: Chọn D. Giả sử, hình chóp tứ giác đều là S.ABCD với đáy ABCD có tâm O, cạnh bằng a.  https://toanhocplus.blogspot.com Trang 72 Khoảng cách trong không gian Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna   Vì OD là hình chiếu của SD lên  ABCD  nên   SD,  ABCD    SD, OD   SDO   Trong  SBD , kẻ OH  SD,  H  SD . S Khi đó, khoảng cách từ tâm của đáy đến một cạnh bên là d  O, SD   OH. H BD BC 2  CD 2 a2  a2 a 2    2 2 2 2 Xét OHD vuông tại H, ta có: Ta có: OD  sin   α A OH a 2  OH  OD.sin   .sin  OD 2 a O B D a C Bài toán 4: Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có tất cả các cạnh đều bằng a. Khoảng cách từ D đến đường thẳng SB bằng: A. a B. a 2 C. a 3 D. a 3 2 Lời giải: Chọn A. Gọi H là giao điểm của AC và BD. S AB  BC  CD  DA  a  ABCD là hình thoi. Do đó AC  BD đồng thời H là trung điểm của AC và BD. SAC cân tại S  SH  AC (1) SBD cân tại S  SH  BD (2) Từ (1) và (2) suy ra: SH   ABCD  C (3) Vì SA  SB  SC  SD nên HA  HB  HC  HD. Suy ra ABCD là hình vuông (tứ giác đều) B H D (4) A Từ (3) và (4) ta được S.ABCD là hình chóp tứ giác đều. Xét SBD ta có: SA  SB  a, BD  a 2  BD 2  SB2  SD 2. Thế nên SBD vuông tại S. Suy ra DS  SB. Vậy d  D, SB   DS  a. Bài toán 5: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA   ABCD  và SA  2a. Gọi O là tâm của hình vuông ABCD, khi đó khoảng cách từ điểm O đến đường thẳng SC bằng: A. a 3 3 B. a 3 4 C. a 2 3 D. a 2 4 Lời giải: Chọn A. Trong  SAC , kẻ AH  SC,  H  SC  và OK  SC,  K  SC  Khi đó: d  O, SC   OK  https://toanhocplus.blogspot.com Trang 73 Khoảng cách trong không gian Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna  AH  SC  AH / /OK Trong  SAC , ta có:  OK  SC S  AH / /OK  HK  KC Xét AHC, có   AO  OC 2a  OK là đường trung bình của AHC. AH 1 SA. AC  OK  . 2 2 SA 2  AC 2 1  d  O, SC   OK . 2 2 a.a 2  2a  2   2  a 2  H A D K a O a 3 3 a B C Bài toán 6: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với mặt phẳng  ABCD  và SA  a. Gọi E là trung điểm của cạnh CD. Tính theo a khoảng cách từ điểm S đến đường thẳng BE A. 2a 5 5 B. a 5 3 C. a 5 5 D. 3a 5 5 Lời giải: Chọn D. Ta có: SA   ABCD   SA  BE, trong mặt phẳng  ABCD  dựng AH  BE tại H  BE   SAH   BE  SH  d  S, BE   SH S 2 Ta có: SABE  1 1 a 1 AB.EF  a.a   AH.BE 2 2 2 2 Mà BE  BC 2  CE2  a 2  Nên AH  a2 a 5  4 2 a a2 2a , mà SAH vuông tại A, nên: BE 5 A F 4a2 3 a 3a 5 SH  SA  AH  a    5 5 5 2 2 Vậy d  S, BE   D a 2 E H B a C 3a 5. 5 Bài toán 7: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, tâm O, SA   ABCD , SA  a. Gọi I là trung điểm của SC và M là trung điểm của AB. Tính khoảng cách từ điểm I đến đường thẳng CM A. a 2 5 B. a 3 17 C. a 30 10 D. a 3 7 Lời giải: Chọn C. Vì IO là đường trung bình của tam giác SAC  IO / /SA  https://toanhocplus.blogspot.com Trang 74 Khoảng cách trong không gian Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna Nên IO   ABCD   IO  CM. Dựng OK  CM  K  CM   CM   IOK   CM  IK. Tức là: d  I, CM   IK. Mà IK  OI 2  OK 2  S a2  OK 2 4 1 Do SOMC  OK.MC 2 a 2 2 I 2 a a a  2    2 8 4 2S a  OK  OMC    2 MC 2 5 a a2  4 2 Suy ra IK  A D M O 2 a K a a a 6 a 30.    4 20 2 5 10 a B C   60. Gọi Bài toán 8: Hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A, BC  2a, ABC M là trung điểm cạnh BC và SA  SC  SM  a 5. Khoảng cách từ S đến cạnh AB là: A. a 17 4 B. a 19 2 C. a 19 4 D. a 17 2 Lời giải: Chọn B. S Do SA  SC  SM nên chân đường cao hình là tâm H của đường tròn ngoại tiếp tam giác AMC.   120, nên H ở ngoài tam giác AMC Góc AMC Và dễ dàng chứng minh được HAM và ABM là hai tam giác đều cạnh a. H C Từ H kẻ HK  AB, lại có AB  SH tại K K  AB   SHK   AB  SK M A  SK là khoảng cách từ S đến cạnh AB. I Ta có: HM  AM  a 60° B SH  SM 2  HM 2  5a2  a2  2a HK  MI  a 3 2 SK  SH 2  HK 2  4 a2  K 3a2 19 a 2 a 19.   4 4 2 H A C I M 60° B  https://toanhocplus.blogspot.com Trang 75 Khoảng cách trong không gian Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna DẠNG 2: KHOẢNG CÁCH TỪ MỘT ĐIỂM ĐẾN MỘT MẶT PHẲNG Nhắc lại: Khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng   là MH, với H M là hình chiếu của M trên mặt phẳng  .   Kí hiệu: d M,    MH. H α 1. PHƯƠNG PHÁP Bài toán: Tìm khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng   Như vậy, muốn tìm khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng, trước hết ta phải tìm hình chiếu vuông góc của điểm đó trên mặt phẳng. Việc xác định hình chiếu của điểm trên mặt phẳng ta thường dùng một trong các cách sau: Cách 1: Bước 1. – Tìm hình chiếu H của O lên  . O β – Tìm mặt phẳng    qua O và vuông góc với  . – Tìm        . – Trong mặt phẳng   , kẻ OH   tại H. H α  H là hình chiếu vuông góc của O lên  . Bước 2. Khi đó OH là khoảng cách từ O đến  . Lưu ý: Chọn mặt phẳng    sao cho dễ tìm giao tuyến với  . d O Cách 2: Nếu đã có trước đường thẳng d    thì kẻ Ox / / d cắt   tại H. Lúc   đó, H là hình chiếu vuông góc của O lên    d O,    OH. H α  Một số chú ý và thủ thuật giải khoảng cách quan trọng:     d  O,    OI  thì: d  A,    AI  Nếu OA / /   thì: d O,    d A,  .  Nếu OA cắt   tại I O (định lý Ta-lét) A A A O I (α) α  H K α I H K O Chú ý đến việc đưa bài toán tìm khoảng cách từ một điểm (đề bài cho) bất kỳ đến một mặt phẳng về bài toán tìm khoảng cách từ chân đường cao đến mặt phẳng đó và tìm mối liên hệ giữa hai khoảng cách này. Từ đó suy ra được khoảng cách theo yêu cầu của đề bài.  https://toanhocplus.blogspot.com Trang 76 Khoảng cách trong không gian Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn  https://facebook.com/duytuan.qna Khối chóp có các cạnh bên bằng nhau: Cho hình chóp có đỉnh S có các cạnh bên có độ dài bằng nhau: SA  SB  SC  SD  …. Khi đó hình chiếu O của S lên mặt phẳng đáy trùng với tâm đường tròn nội tiếp đi qua các đỉnh ( A, B, C, D ,… ) nằm trên mặt đáy. Nếu đáy là: + Tam giác đều, O là trọng tâm + Tam giác vuông, O là trung điểm cạnh huyền. + Hình vuông, hình chữ nhật, O là giao điểm của 2 đường chéo đồng thời là trung điểm mỗi đường.  Sử dụng phương pháp thể tích để tìm khoảng cách: Đưa bài toán khoảng cách về bài toán tìm chiều cao của khối đa diện mà khối đa diện đó có thể xác định được dễ dàng thể tích và diện tích đáy. Phương pháp này được sử dụng trong trường hợp không thể tính được khoảng cách bằng cách công cụ tính toán như: định lý Pytago, các hệ thức lượng trong tam giác vuông, định lý cô-sin,… 1 3V + V  S.h  h  : V, S, h lần lượt là thể tích, diện tích đáy và chiều của hình chóp. 3 S + V  S.h  h   V : V, S, h lần lượt là thể tích, diện tích đáy và chiều cao của lăng trụ. S Nếu tứ diện OABC có các cạnh OA, OB, OC đôi một vuông góc thì:   d O,  ABC   1 1 1   2 2 OA OB OC 2  Các bài toán tính khoảng cách từ 1 điểm đến mặt phẳng hay gặp 1. Khoảng cách từ chân đường cao tới mặt bên S Bài toán: Cho hình chóp có đỉnh S có hình chiếu vuông góc lên mặt đáy là H. Tính khoảng cách từ điểm H đến mặt bên (SAB). K + Kẻ HI  AB,  I  AB . Vì AB  SH ; AB  HI  AB   SHI  + Kẻ HK  SI,  K  SI . Từ  1  HK  AB  A  1 I H B  Do đó: HK   SAB   d H,  SAB   HK. 2. Khoảng cách từ một điểm trên mặt đáy tới mặt đứng (chứa đường cao) S Bài toán: Cho hình chóp có đỉnh S có hình chiếu vuông góc lên mặt đáy là H. Tính khoảng cách từ điểm A bất kì đến mặt bên B (SHB). K H + Kẻ AK  HB  AK  HB  AK   SHB  +  AK  SH  A   d A,  SHB   AK  https://toanhocplus.blogspot.com Trang 77 Khoảng cách trong không gian Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna 2. MỘT SỐ BÀI TOÁN MINH HỌA Bài toán 1: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AD  2 a ; SA vuông góc với đáy và SA  a. Khoảng cách từ A đến mặt phẳng  SCD  bằng A. 3a 2 2 B. 2a 3 3 C. 2a D. 5 3a 7 Lời giải: Chọn C. S Trong  SAD , kẻ AH  SD,  H  SD . H CD  AD AH  SAD   SA   SAD   CD  AH Vì  CD  SA  a  AH  SD  AH   SCD  Vì   AH  CD      d A,  SCD   AH   d A,  SCD   2a A SA.AD 2 SA  AD 2  D a.2 a a2  4a2 B 2a C 5 Bài toán 2: Cho khối chóp S. ABC có đáy là tam giác vuông tại B, BA  a, BC  2a, SA  2a, SA   ABC . Gọi K là hình chiếu của A trên SC. Tính khoảng cách từ điểm K đến mặt phẳng SAB  A. 8a 9 B. a 9 C. 2a 9 D. 5a 9 Lời giải: Chọn A. Ta có: SA   ABC   SA  BC  1 ABC vuông tại B  BC  AB  2  Từ  1 và  2   BC / /  SAB  Trong mp  SBC  kẻ KH / / BC  H  SB   KH   SAB   d  K,  SAB    KH S K H C A Ta có: AC  AB 2  BC 2  a 2  4 a 2  a 5. SC  SA 2  AC 2  4 a 2  5a 2  3a. SA 2 4a2 4a SA  SK.SC  SK   . SC 3a 3 B 2 4 a.2a KH SK SK.BC 3 8   KH    a. Vì KH / / BC nên BC SC SC 3a 9  https://toanhocplus.blogspot.com Trang 78 Khoảng cách trong không gian Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna Bài toán 3: Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng a và chiều cao bằng a 2. a) Khoảng cách từ tâm O của đáy ABCD đến một mặt bên  SCD  bằng: A. a 3 2 B. a 2 3 C. 2a 5 3 D. a 5 2 2a 2 3 D. 2a 5 2 b) Khoảng cách từ A đến một mặt bên  SCD  bằng: A. a 3 B. a 2 6 C. Lời giải: a) Chọn B. S H A D M O B C Vì O là tâm của đáy của hình chóp tứ giác đều S. ABCD nên SO   ABCD   SO  a 2. OM  CD  Gọi M là trung điểm của CD   BC a, lại có: SO  CD  CD   SOM  OM  2  2 Trong  SOM , kẻ OH  SM 1. Vì OH  SOM   OH  CD  2 .   Từ  1 và  2   OH   SCD   d O,  SCD   OH   a 2.  Vậy d O,  SCD   a 2  2  1 a 2 a   2 2  OS.OM OS.OM  SM OS2  OM 2 a 2 3 b) Chọn C. Ta có: AO   SCD   C        CA  2 d  O,  SCD   CO d A,  SCD    d A,  SCD   2.d O,  SCD   2a 2 3  https://toanhocplus.blogspot.com Trang 79 Khoảng cách trong không gian Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna Bài toán 4: Cho hình hộp đứng ABCD.A ‘ B ‘ C ‘ D ‘ có đáy là hình vuông, tam giác A ‘ AC vuông cân, A ‘ C  a. Tính theo a khoảng cách h từ A đến mặt phẳng  BCD ‘ . A. h  a 6. 3 B. h  a 3. 6 C. h  a 3. 3 D. h  a 6. 6 Lời giải: Chọn D. Do tam giác A ‘ AC vuông cân, suy ra: AC  AA ‘  A’C 2  a 2 A’  DD ‘. Do AD / / BC  AD / /  BCD ‘ .     d A,  BCD ‘   d D,  BCD ‘  D’ C’  (1) H Kẻ DH  D ‘ C ( H  D ‘ C )  DH   BCD   B’ A B   d D,  BCD ‘   DH (2) a AAC vuông cân tại A  AC  A ‘ A  Ta có ABCD là hình vuông nên DC  Xét tam giác CDD ‘ ta có: D C 2 AC  2 a. 2 1 1 1 2 4 6 a 6    2  2  2  DH  (3) 2 2 2 6 DH DD ‘ DC a a a   Từ (1), (2), (3) suy ra: d A,  BCD ‘   a 6. 6 Bài toán 5: Cho hình chóp S.ABC có tam giác ABC vuông tại A, AB  AC  a, I là trung điểm của SC, hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng  ABC  là trung điểm H của BC, mặt phẳng SAB  tạo với đáy 1 góc bằng 60 A. a 3 5 0. Tính khoảng cách từ điểm I đến mặt phẳng  SAB  theo a. a 5 4 B. C. a 3 4 D. a 3 2 Lời giải: S Chọn C. Gọi K là trung điểm của AB  HK  AB  1 Vì SH   ABC  nên SH  AB  2  I Từ  1 và  2   AB  SK     600, HK  SKH Do đó:  SAB ,  ABC   SK M C B H a 3 Ta có: SH  HK tan SKH 2 K    Vì IH / /SB nên IH / /  SAB   d I,  SAB   d H,  SAB   https://toanhocplus.blogspot.com Trang 80  A Khoảng cách trong không gian Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna   Từ H kẻ HM  SK tại M  HM   SAB   d H,  SAB   HM Ta có: 1 1 1 4 4 16 a 3 a 3    2  2  2  HM . Vậy d I,  SAB  . 2 2 2 4 4 HM HK SH a 3a 3a     300, tam giác Bài toán 6: Cho hình chóp S. ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A, ABC SBC là tam giác đều cạnh a và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng SAB  bằng: A. a 39 26 B. a 39 13 C. a 13 13 D. a 13 26 Lời giải Chọn B. Gọi H là trung điểm của BC. S Vì SBC đều, suy ra SH  BC mà  SBC    ABC   SH   ABC     CB  2 d  H,  SAB   HB  d  C,  SAB    2d  H,  SAB   Vì CH   SAB   B  d C,  SAB  K C Gọi E là trung điểm của AB  HE / / AC  HE  AB H Trong  SHE , kẻ HK  SE,  K  SE  (1) B E  AB  HE HK   SHE   AB   SHE    AB  HK (2) Vì  AB  SH   30° A  Từ (1) và (2)  HK   SAB   d H,  SAB   HK  a 3 SH   2 Ta có:   a AC BC.sin ABC  HE     2 2 4 Xét SHE vuông tại H có đường cao HK, ta có: HK  SH .HE 2 SH  HE     Vậy d C,  SAB   2d H,  SAB   2 HK  2  a 39. 26 a 39. 13   60. Gọi M là chân đường cao hạ Bài toán 7: Cho hình chóp S.ABC có SB  a, SC  2 a, BSC từ đỉnh A của tam giác ABC và AM  2a. Biết hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng  ABC  là điểm thuộc đường thẳng AM, góc tạo bởi SB và đáy cách h từ điểm A tới mặt phẳng  SBC . A. h  2a. B. h  a.  https://toanhocplus.blogspot.com C. h  a 2. Trang 81 ABC bằng 30. Tính khoảng D. h  a 3. Khoảng cách trong không gian Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna Lời giải: Chọn B. S Gọi H là chân đường cao hạ từ đỉnh S lên mp  ABC .   30. Do SH   ABC   SB,  ABC   SBH     a.sin 30  a. Khi đó SH  SB.sin SBH 2 Áp dụng định lí cosin trong tam giác SBC ta có: BC 2  SB2  SC 2  2SB.SC.cos 60 2 2 2 K A. C  5a  2a  3a  BC  a 3 Cách 1: Suy ra SABC  H 1 AM.BC  a 2 3. 2 B 1 a3 3  SH .SABC . 3 6 Khi đó VSABC M 2 1   1 a.2a.sin 60  a 3. Mặt khác SSBC  SB.SC.sin BSC 2 2 2 3V Suy ra h  d A,  SBC   S. ABC  a. SSBC     Cách 2: Kẻ HK  SM. Chứng minh được HK   SBC   d H,  SBC   HK   Do AH   SBC    M  d A,  SBC   Ta có HK  MA MA .d H,  SBC   .HK. MH MH   SH.MH MA SH .MH MA.SH. , suy ra: d A,  SBC   SM MH SM SM    1 3 2SSBC SB.SC.sin 60 a.2 a. 2 a Mặt khác SM     a. Mà MA  2 a, SH  2 BC BC a 3   Từ (1) và (2) ta được h  d A,  SBC   2a. a  2 a 2  a.   BAD   900, BA  BC  a, AD  2a Bài toán 8: Cho hình chóp S. ABCD đáy là hình thang, ABC. Cạnh bên SA vuông góc với đáy và SA  a 2. Gọi H là hình chiếu của A lên SB. Tính (theo a ) khoảng cách từ H đến mặt phẳng  SCD . A. 5a 3 B. 4a 3 C. 2a 3 D. a 3 Lời giải: Chọn D. Gọi I là trung điểm AD. Ta có CI  IA  ID  AD, suy ra ACD vuông tại C  CD  AC 2 Mà SA   ABCD   SA  CD  1 2  https://toanhocplus.blogspot.com Trang 82 Khoảng cách trong không gian Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna Từ  1 và  2   CD   SAC   CD  SC hay SCD vuông tại C. Gọi d1, d2 lần lượt là khoảng cách từ B, H đến mp  SCD  Ta có: SAB ∽ SHA  S SA SB  SH SA SA2 SH SA 2 2    SB SB SB2 3 SH d2 2 2    d2  d1 mà SB d1 3 3  SH  H Thể tích khối tứ diện S.BCD : VSBCD D C B 2 Ta có: SC  SA  AC  2a, 1 d .S 3 1 SCD C H 1 CD  CI 2  ID 2  2 a  SSCD  SC.CD  2 a 2 2 Ta có: VS. BCD  I B 1 1 1 2 a3  SA.SBCD  SA. .BC.AB  3 3 2 6 2 A d1 d2 S 2a3 3. 6 a  d1  2 2a2 D 2 a Vậy khoảng cách từ H đến mp  SCD  là d2  d1 . 3 3 Bài toán 9: Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A ‘ B ‘ C ‘ có đáy ABC là tam giác vuông tại A và AB  a, BC  2 a. Biết hình chiếu của B ‘ lên mặt phẳng  ABC  trùng với tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và góc giữa đường thẳng CC ‘ và mặt phẳng  A ‘ B ‘ C ‘  bằng 600. Tính theo a khoảng cách h từ B đến mặt phẳng  B ‘ AC . A. h  2a 39. 13 B. h  a 39. 13 C. h  a 13. 3 D. h  2a 13. 3 Lời giải: Chọn A. Gọi H là trung điểm của BC. Do tam giác ABC vuông B’ C’ tại A nên H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC  B ‘ H   ABC . A’ Do BH   B ‘ AC   C    BC d  H,  B ‘AC   HC d B,  B ‘ AC    d B,  B ‘ AC   K B BC  d H,  B ‘AC  HC  2d H,  B ‘ AC  (1)   C H  I  A   Kẻ HI  AC( I  AC ), HK  B ‘ I ( K  B ‘ I ). Suy ra: d H,  B ‘ AC   HK (2).  https://toanhocplus.blogspot.com Trang 83 Khoảng cách trong không gian Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna CC ‘/ / BB ‘    BB ‘,  ABC   CC ‘,  A ‘ B ‘ C ‘   600. Do   A ‘ B ‘ C ‘  / /  ABC   Khi đó B ‘ H  BH .tan B ‘ BH  a.tan 60 0  a 3.     Ta có HI / / BA (cùng vuông góc với AC ), suy ra: HI  1 1 1 1 4 13 a 39 AB a   2  2  2  2  HK  . Ta có 2 2 13 2 2 HK SH HI 3a a 3a   Từ (1), (2), (3) suy ra h  d B,  B ‘ AC   (3). 2a 39. 13 Bài toán 10: Cho hình chóp S. ABCD có đáy là hình vuông, SA vuông góc với đáy, SA  a. Góc giữa đường thẳng SD và mặt phẳng  SAC  bằng 30 0. Tính khoảng cách từ điểm D đến mặt phẳng  SBM  với M là trung điểm CD. A. a 3 B. 2a 3 C. 4a 3 D. 5a 3 Lời giải: Chọn A. Gọi O là giao điểm của AC và BD. Ta có: DO  AC    DO   SAC  DO  SA    300. Hình chiếu vuông góc của DS lên  SAC  là SO, góc giữa SD và  SAC  là DSO Gọi N là trung điểm của AB  DN / / BM     Suy ra d D;  SBM   d N ;  SBM   S 1 d A;  SBM  2   Kẻ AI  BM, AH  SM. Từ đó chứng minh được AH   SBM     d A;  SBM   AH H A   x.cot 30 0  x 3 Đặt DO  x, ta có SO  DO.cot DSO Từ SO 2  AO 2  SA2  x  N a M O 2 B 1 a2 Trong  ABCD  : SABM  .MN.AB  2 2 1 2a Mà SABM  AI .BM  AI  2 5 Khi đó: D I C 1 1 1  a  2  AH  a  d D;  SBM  . 2 2 3 3 AH AI SA  https://toanhocplus.blogspot.com  Trang 84  Khoảng cách trong không gian Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna   600 đồng Bài toán 11: Hình hộp đứng ABCD. A’B’C ’D’ có đáy là hình thoi cạnh a, góc BAD thời AA ‘  a. Gọi G là trọng tâm tam giác BCD. Khoảng cách từ G tới mặt phẳng  A ’BD  bằng A. 2a 21 7 B. 2a 7 7 C. a 21 7 D. a 21 21 Lời giải: Chọn D. Vì AG   A ‘ BD   O     d G,  A ‘ BD      GO  1 d  A,  A ‘ BD   AO 3 d G,  A ‘ BD  1 d A,  A ‘ BD  3   BD  AC  BD   AA ‘ O  Vì   BD  AA ‘ C’ 1 2. G  3    D’ H B  A O C Từ  2 ,  3   AH  ABD  d A,  ABD   AH  d G,  A ‘ BD   A’  Trong  AA’O , kẻ AH  A ‘O,  H  A ‘ O  Từ  1,  2   AH  BD B’ D 1 AA ‘.AO AH  3 3 AA ‘2  AO 2   60 0  ABD đều có cạnh bằng a  AO  a 3 Tam giác ABD cân có BAD 2   Vậy d G,  A ‘ BD   a. AA ‘.AO 3 AA ‘2  AO 2  a 3 2 a 3 3 a   2    2  a 21. 21 2 Bài toán 12: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA   ABCD  và SA  a 3. Gọi I là hình chiếu của A lên SC. Từ I lần lượt vẽ các đường thẳng song song với SB, SD cắt BC, CD tại P, Q. Gọi E là giao điểm của tia QP với AB. Tính khoảng cách từ E đến mặt phẳng  SBD . A. 3a 21 35 B. a 21 9 C. 3a 21 7 D. a 21 7 Lời giải: Chọn A. Gọi O là tâm của hình vuông ABCD. Ta có A, E ở hai phía của  SBD  và AE   SBD   B. Gọi d, d1 lần lượt là khoảng cách từ E, A đến mp  SBD .  https://toanhocplus.blogspot.com Trang 85 Khoảng cách trong không gian Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn Ta có: https://facebook.com/duytuan.qna d EB EB  d d d1 AB AB 1 S Qua A dựng AH  SO .Dễ dàng chứng minh   được AH  BD. Khi đó AH  d A,  SBD   d1 I Trong tam giác vuông SAC, ta có: CI .SC  AC 2  IC AC 2  SC SC 2 AC 2 AB 2  BC 2   SA 2  AC 2 SA 2  AB 2  BC 2  H A  D Q O B P C 2 E 2a 2  2 5 2a  3a IP CP 2 CP 2 BP 3       + CBS có IP / /SB  SB CB 5 BP 3 CP 2 CQ IC 2 CQ CQ 2 + CSD có IQ / / SD       CD SC 5 CD AB 5 EB BP 3 3 3 2 3 + EB / /CQ     EB  CQ . AB  AB. CQ PC 2 2 2 5 5  2 EB 3 3   d  d1 AB 5 5 + Tính AH :  A d1 d B E 1 1 1 3a 2 a 21 2    AH   AH  Tam giác SAO vuông tại A, khi đó 2 2 2 7 7 AH SA AO 3 3 3 a 21 3a 21 . Vậy d  d1  AH . 5 5 5 7 35  https://toanhocplus.blogspot.com Trang 86 Khoảng cách trong không gian Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna DẠNG 3: KHOẢNG CÁCH GIỮA ĐƯỜNG THẲNG VÀ MẶT PHẲNG SONG SONG. KHOẢNG CÁCH GIỮA HAI MẶT PHẲNG SONG SONG 1. PHƯƠNG PHÁP  Khoảng cách giữa đường thẳng và mặt phẳng song song. a M Khoảng cách giữa đường thẳng a và mặt phẳng   song song với nhau là khoảng cách từ một điểm M bất kì thuộc đường a đến mặt phẳng  .     d a,    d M,    MH H α  M  a  Khoảng cách giữa hai mặt phẳng song song. Khoảng cách giữa hai mặt phẳng song song là khoảng cách từ A a B α một điểm bất kì của mặt phẳng này đến mặt phẳng kia.        a   , A  a  d  ,     d a,     d A,     AH H β K Kết luận: Việc tính khoảng cách giữa đường thẳng và mặt phẳng song song; khoảng cách giữa hai mặt phẳng song song đều quy về bài toán tính khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng đã đề cập ở dạng toán 2 phía trên. Do đó, việc cần làm là chọn điểm trên đường hoặc trên mặt sao cho việc xác định khoảng cách là đơn giản nhất. 2. MỘT SỐ BÀI TOÁN MINH HỌA Bài toán 1: Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C ’ có tất cả các cạnh bên và cạnh đáy đều bằng a. Hình chiếu vuông góc của A trên mp  A ’B’C ’ trùng với trung điểm của B’C ’. a) Tính khoảng cách từ AA ’ đến mặt bên BCC ’B’ a 3 a 3 3a 2 B. C. 4 3 4 b) Tính khoảng cách giữa hai mặt đáy của lăng trụ A. A. a 4 B. a 2 C. a 2 4 D. a 3 2 D. a 5 2 Lời giải: a) Chọn A. A Ta có: AA ‘/ / BB ‘   BCC ‘ B ‘   AA ‘/ /  BCC ‘ B ‘  C J B Gọi I là trung điểm của BC .  AI  BC  ( ABC đều) a Lại có: AI  BC  (gt). Suy ra: BC    AAI  Kẻ IJ  AA. Suy ra IJ  BC  1 IJ  AA mà AA / / BB  IJ  BB  https://toanhocplus.blogspot.com a C’ A’ a a 2 I B’ Trang 87 Khoảng cách trong không gian Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna     Từ  1 và  2   IJ   BCC B   d AA ‘,  BCC ‘ B ‘   d I,  BCC ‘ B ‘   IJ Trong AA ‘ I  IJ.AA ‘  AI .A ‘ I  IJ  AI .A ‘ I. AA ‘ a a 3. 2 a 3 a 3 3a a Dễ thấy A ‘ I , AI  AA ‘2  AI 2  a 2 . . Suy ra: IJ  2 2  2 a 4 4 2   Vậy d AA ‘,  BCC ‘ B ‘   a 3. 4 b) Chọn B.     Hai đáy của lăng trụ song song nên d  ABC ,  A ‘ B ‘ C ‘   d A,  A ‘ B ‘ C ‘  mà A   ABC  và   AI   A ‘ B ‘ C ‘   d  ABC ,  A ‘ B ‘ C ‘   AI  a. 2 Bài toán 2: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông có chiều cao AB  a và SA   ABCD . Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB và CD. Khoảng cách giữa đường thẳng MN và mặt phẳng  SAD  bằng: A. a 2 2 B. a 3 3 C. a 2 D. a 3 Lời giải: Chọn C. S  MN / / AD  MN / /  SAD  Vì   MN   SAD      d MN,  SAD   d M,  SAD    MA  AD  MA   SAD   d M,  SAD   MA Vì   MA  SA AB a Vậy d MN,  SAD   d M,  SAD   MA   2 2     A   D M N B C Bài toán 3: Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng 2a và chiều cao bằng a 3. Khoảng cách giữa đường thẳng CD và mặt phẳng  SAB  bằng: A. a 3 2 B. a 3 4 C. a 3 D. a 3 3 Lời giải: Chọn C. SO  ABCD Gọi O là tâm của đáy   SO  a 3    Vì CD / /  SAB   d CD,  SAB   d C,  SAB   https://toanhocplus.blogspot.com  Trang 88 Khoảng cách trong không gian Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna    CA  2 d  O,  SAB   OA  d  C,  SAB    2d  O,  SAB   Vì CO   SAB    A  d C,  SAB  S OI  AB  Gọi I là trung điểm của AB   BC OI  2  a A H D Trong  SOI , kẻ OH  SI, dễ dàng chứng minh được I OH   SAB  O C B  SO.OI   d O,  SAB   OH    SO 2  OI 2   a.a 3  Vậy d C,  SAB   2d O,  SAB   2.   a2  a 3 2  a 3 2 a 3 a 3 2 Bài toán 4: Cho hình chóp S. ABC có đáy là tam giác đều cạnh a, mặt bên SBC vuông góc với đáy ABC. Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của AB, SA, AC. Tính khoảng cách giữa hai mp  MNP  và mp  SBC  A. a 3 3 B. a 3 2 C. a 3 4 D. 3a 3 2 Lời giải: Chọn C. S Theo giả thiết, suy ra: MN / /SA   SAC   MN / /  SAC  NP / /SC   SAC   NP / /  SAC  Mà MN, NP   MNP , MN  NP  N nên N mp  MNP  / / mp  SBC . H B a C Gọi H là trung điểm của BC  AH  BC (do ABC đều)   Vì BC   ABC    SBC    AH   SBC   AH   ABC  ; AH  BC   a M  ABC   SBC  K a P A  Gọi K  AH  MP  KH   SBC   d K,  SBC   KH Vì mp  MNP  / / mp  SBC  và K   MNP      Do đó: d  MNP ,  SBC   d K,  SBC   KH   https://toanhocplus.blogspot.com 1 a 3 AH . 2 4 Trang 89 Khoảng cách trong không gian Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna Bài toán 5: Cho hình lăng trụ tứ giác đều ABCD. A’B’C ’D’ có cạnh đáy bằng a. Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của AD, DC, A ’D’. Khoảng cách giữa hai mặt phẳng  MNP  và  ACC ’  bằng: A. a 3 3 B. a 4 C. a 3 D. a 2 4 Lời giải: Chọn D. Ta có: MN / / AC ; MP / / AA. Suy ra  MNP  / /  ACC ‘      d  MNP ,  ACC ‘   d M,  ACC ‘  Vì DM   ACC ‘    A     d M,  ACC ‘   A    MA  1. d  D,  ACC ;   DA 2  D  d M,  ACC ‘  1 d D,  ACC ‘  2 M N O C B A’  D’ P  DO  AC  Gọi O là tâm của đáy ABCD   BD a 2   DO   2 2 B’ C’  DO  AC  DO   ACC ‘   d D,  ACC ‘   DO Vì   DO  AA ‘       Vậy d  MNP ,  ACC ‘   d M,  ACC ‘    https://toanhocplus.blogspot.com 1 1 a 2 a 2 d D,  ACC ‘  . . 2 2 2 4  Trang 90  Khoảng cách trong không gian Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna DẠNG 4: KHOẢNG CÁCH GIỮA HAI ĐƯỜNG THẲNG CHÉO NHAU 1. PHƯƠNG PHÁP Có 3 cách để tính khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau. Cụ thể: a. Tính khoảng cách hai đường thẳng chéo nhau bằng đường vuông góc chung Định nghĩa đường vuông góc chung c Đường thẳng c cắt hai đường thẳng a, b và cùng vuông góc với mỗi đường A a ấy gọi là “đường vuông góc chung” của a và b. Đoạn thẳng AB gọi là đoạn vuông góc chung của a và b. Khi đó, độ dài đoạn vuông góc chung AB là khoảng cách của hai đường thẳng chéo b B nhau a, b. Kí hiệu: d  a, b   AB Các cách xác định đường vuông góc chung của hai đường thẳng chéo nhau a, b :  Trường hợp a  b : b – Dựng mặt phẳng   chứa a và vuông góc với b tại B. – Trong   dựng BA  a tại A. a B A α  AB là đoạn vuông góc chung.  Trường hợp a và b không vuông góc với nhau. – Dựng mp   chứa a và song song với b. – Lấy điểm M tùy ý trên b dựng MM     tại M – Từ M dựng b / / b cắt a tại A. – Từ A dựng AB / / MM  cắt b tại B. b B M A M’ a b’ α  AB là đoạn vuông góc chung. b. Tính khoảng cách hai đường chéo bằng cách quy về tìm khoảng cách từ 1 điểm đến 1 mặt phẳng A Cách làm: – Dựng (tìm) mặt phẳng   chứa b và song song với a. – Khi đó: d  a, b   d a,    d A,    AH với A  a     a H b α c. Tính khoảng cách hai đường chéo bằng cách quy về tìm khoảng cách 2 mặt phẳng song song Cách làm: – Dựng hai mặt phẳng  ,    sao cho a    / /     b. – Khi đó: d  a, b   d  ,     d M,     MH    α  β  https://toanhocplus.blogspot.com a M Trang 91 H b Khoảng cách trong không gian Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna 2. MỘT SỐ BÀI TOÁN MINH HỌA Bài toán 1: Cho hình chóp S. ABCD có đáy là hình chữ nhật với AD  2 AB  2a, SA vuông góc với mặt đáy  ABCD  và SB tạo với mặt đáy  ABCD  một góc 600. Khoảng cách h giữa hai đường thẳng AB và SC bằng: A. h  a 21. 7 B. h  a 21. 14 C. h  2a 21. 7 D. h  3a 21. 14 Lời giải: Chọn C. S   Ta có: SB,  ABCD    SB, AB   SBA  60. 0 H Do AB / /CD  AB / /  SCD      d  AB, SC   d AB,  SCD   d A,  SCD  Ta có:   1 CD  SA    CD   SAD  CD  AD  Trong  SAD  dựng AH  SD AH   SAD   AH  CD  H  SD   a  C B b Từ  a ,  b   AH   SCD   d  A, SCD   AH Ta có: D A 2 1 1 1 1 1 7 2a 21    2 2   AH  2 2 2 2 7 AH SA AD 3a 4 a 12a Từ  1,  2 ,  3  suy ra: h  d  AB, SC   3 2a 21. 7 Bài toán 2: Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng a, cạnh bên tạo với đáy  ABCD  một góc 60 0. Tính theo a khoảng cách h giữa hai đường thẳng: a) SA và CD A. h  2a 42. 7 B. h  a 42. 7 C. h  a 42. 14 D. h  a 42. 2 B. h  a 3. 3 C. h  a 2. 3 D. h  a. 2 b) SH và CD. A. h  a. Lời giải: Do S. ABCD là hình chóp đều nên gọi AC  BD  H   SH   ABCD .   Suy ra: SB,  ABCD   SBH  60 0. Do ABCD là hình vuông cạnh a nên: BH  AH  AC a 2 a 6   SH  BH .tan 600  2 2 2 a) Chọn B  https://toanhocplus.blogspot.com Trang 92 Khoảng cách trong không gian Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna    Ta có: CD / /  SAB   d  CD, SA   d CD,  SAB   d C,  SAB   (1) Do CH   SAB    A    d c,  SAB   S CA d H,  SAB   2d H,  SAB  HA   I  AB , d  H,  SAB    HE  3  Kẻ HI  AB Ta có HI   kẻ HE  SI    2  E  SI , khi đó: E AD a . Xét tam giác SHI ,ta có : 2 2 I A M H 1 1 1 4 2 14 a 42    2  2  2  HE  2 2 2 14 HE HI SH a 3a 3a Từ  1,  2 ,  3 ,  4  ta suy ra h  d  CD, SA   D  4 B C a 42. 7 b) Chọn D.  HM  SH AD a  d  SH, CD   HM  . Do SH  CD nên kẻ HM  CD, khi đó  2 2  HM  CD Bài toán 3: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ACBD là hình vuông cạnh a, SD  a 17, hình chiếu 2 vuông góc H của S trên mặt phẳng  ABCD  là trung điểm của đoạn AB. Gọi K là trung điểm của đoạn AD. Tính theo a khoảng cách h giữa hai đường thẳng HK và SD : A. h  a 3. 5 B. h  2a 3. 5 C. h  a 3. 4 D. h  a 3. 3 Lời giải: Chọn A. Ta có SH   ABCD   SH  HD.   SH  SD 2  HD 2  SD 2  HA 2  DA2  S   17 a 2  a 2    a 2   a 3. 4  4  F Do HK / / BD  HK / /  SBD      d  HK, SD   d HK,  SBD   d H,  SBD   B  1 H Kẻ HE  BD  E  BD , suy ra:  SHE    SBD  và A SHE   SBD   SE Kẻ HF  SE  F  SE , khi đó: HF   SBD  Suy ra: d  H,  SBD    HF 2 C E K D   a .sin 450  a. Xét tam giác HEB, ta có: HE  HB sin HBE 2 2 2  https://toanhocplus.blogspot.com Trang 93 Khoảng cách trong không gian Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn Xét tam giác SHE, ta có : https://facebook.com/duytuan.qna 1 1 1 1 8 25 a 3    2  2  2  HF  2 2 2 5 HF SH HE 3a a 3a  3 a 3. 5 Bài toán 4: Cho hình lăng trụ ABC.ABC có các mặt bên đều là hình vuông cạnh a. Gọi D, E lần lượt là trung điểm của BC, AC . Tính khoảng cách giữa các cặp đường thẳng. Từ  1,  2 ,  3  suy ra: d  HK, SD   a) BC  và AB. 2a 21. 7 b) DE và AB A. A. a 3. 2 B. a 21. 7 C. a 21. 14 D. a 21. 21 B. a 3. 3 C. a 3. 6 D. a 3. 4 Lời giải: Do lăng trụ ABC.ABC có các mặt bên đều là hình vuông cạnh a. Nên ABC. ABC là lăng trụ đứng với hai đáy là tam giác đều cạnh a. a) Chọn B.  E A’ Ta có BC  / / BC  BC  / /  ABC     d  BC , AB   d BC ,  ABC   d B,  ABC    1 C’ F B’ Gọi AB  AB  I BI d A,  ABC   d A,  ABC  AI Do ABC là tam giác đều cạnh a.    d B,  ABC       2 I H a 3 với AD  BC  D  BC . 2 Kẻ AH  AD .Dễ dàng chứng minh được AH   ABC  A  AD     d A,  ABC   AH C D K  3 B Xét tam giác AAD ta có: 1 1 1 1 4 7 a 21    2  2  2  AH  2 2 2 7 AH AA AD a 3a 3a   Từ  1,  2 ,  3  suy ra d BC, A / B  AH  a 21 7 b) Chọn D.  EF / / AB   EFD  / /  ABBA   DE / /  ABBA  Gọi F là trung điểm của B/ C /, khi đó   FD / / BB     Kẻ DK  AB  K  AB , khi đó d  D,  ABBA    DK.  d  DE, AB   d DE,  ABBA   d D,  ABBA . Ta có DK  2SADB SABC a2 3 a 3 a 3   :a. Vậy d DE, AB/ . AB AB 4 4 4  https://toanhocplus.blogspot.com  Trang 94  Khoảng cách trong không gian Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna Bài toán 5: Cho lăng trụ ABC.A ‘ B ‘ C ‘ có đáy là tam giác đều cạnh a. Điểm A cách đều ba điểm A, B, C. Góc giữa AA và mặt phẳng  ABC  bằng 600. Tính theo a khoảng cách h giữa hai đường thẳng AB và CC A. h  a 13. 13 B. h  3a 13. 13 2a 13. 13 C. h  D. h  2a 39. 13 Lời giải: Chọn B. A’ C’ Gọi H là trọng tâm tam giác ABC, M là trung điểm của BC Vì A cách đều ba điểm A, B, C nên hình chiếu của A lên  ABC  trùng với trong tâm H.   AH   ABC   AA,  ABC   B’  AH  600 A K A a 3 Tam giác ABC đều cạnh a nên  AH  3 a 3   A ‘ H  AH tan A ‘ AH  tan 600  a. 3 a 60° C H N M Ta có : CC  / / AA  CC  / /  ABB ‘ A ‘ .  B    d  AB, CC    d CC ;  ABBA   d C ;  ABBA    Gọi CH   ABBA   N  d C ;  ABBA   Dựng HK  AN  K  AN ‘ . Ta có :   1 CN d( H ;  ABBA   3d H ;  ABBA  HN     2 AB  NH    AB   ANH   AB  HK AB  AH    Lại có : AN  HK  HK   AAB . Khi đó d H ;  ABBA   HK  3 1 1 a 3 a 3 . Ta có HN  CN . 3 3 2 6 Xét tam giác AHN, ta có : 1 1 1 1 12 13 a 13    2  2  2  HK  2 2 2 13 HK AH HN a a a Từ  1,  2 ,  3 ,  4  suy ra : h  d  AB; CC   4 3a 13. 13 Bài toán 6: Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với mặt phẳng  ABCD , góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng  ABCD  bằng 45o. Tính theo a khoảng cách h giữa hai đường thẳng SB, AC. A. h  2a 10. 5 B. h  a 10. 10 C. h  a 5. 2 D. h  a 10. 5 Lời giải : Chọn D.  https://toanhocplus.blogspot.com Trang 95 Khoảng cách trong không gian Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna   Ta có: SA   ABCD   SC,  ABCD   SCA  45o.   S Suy ra SAC vuông cân tại A  SA  AC  a 2. Dựng điểm E sao cho ACBE là hình bình hành Khi đó : AC / / EB  AC / /  SBE .  H    d  AC, SB   d AC,  SBE   d A,  SBE    1 Kẻ AI  EB  I  EB , kẻ AH  SI  H  SI  E Dễ dàng chứng minh được: AH   SEB     d A,  SEB   AH D A 45° I 2 a B o Tính AI : C Cách 1: Tam giác ABE vuông cân tại A  AI  1 1 a EB  AC . 2 2 2 Cách 2: Tacó AI  Xét SAI, ta có : 2SAEB SABCD a2 a   . EB AC a 2 2 1 1 1 1 2 5 a 10   2  2  2  2  AH  2 2 5 AH SA AI 2a a 2a Từ  1,  2 ,  3  suy ra h  d  AC, SB    3 a 10. 5 Bài toán 7: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông, cân tại B, AB  BC  2a ; hai mặt phẳng  SAB ,  SAC  cùng vuông góc với mặt phẳng  ABC . Gọi M là trung điểm của AB ; mặt phẳng qua SM và song song với BC, cắt AC tại N. Biết góc giữa hai mặt phẳng  SBC  và  ABC  bằng 600. Tính khoảng cách giữa đường thẳng AB và SN theo a. A. 2a 39. 13 B. a 39. 13 C. a 13. 13 D. a 13. 26 Lời giải : S Chọn A.  SAB    ABC   SA   ABC   CB   SAB . Ta có   SAC    ABC    600 Khi đó SBC, ABC  SBA    H  SA  AB tan 60 0  2 a 3. I Từ N kẻ đường thẳng , song song với AB. Kẻ AI    I   , trong mp  SAI  kẻ AH  SI Ta có :  HI    AI       SAI     AH   SA   https://toanhocplus.blogspot.com A C N M 2a 60° B Trang 96 Khoảng cách trong không gian Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna   Kết hợp SI  AH  AH   SIN   d A,  SIN   AH. Ta có AB / / IN  AB / /  SIN .      d  AB, SN   d AB,  SIN   d A,  SIN   AH Ta có AINM là hình chữ nhật, nên AI  MN  Xét tam giác SAI ta có :  1 BC  a. 2 1 1 1 1 1 13 2a 39  2  2   AH  2 2 2 2 13 AH AI AS a 12a 12a Từ  1,  2  suy ra d  AB, SN   2 2a 39. 13 Bài toán 8: Cho hình chóp S. ABCD ,có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB  a, BD  a 3. Mặt bên SAB là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi M là điểm thuộc cạnh SD sao cho MD  2 MS. Tính theo a khoảng cách h giữa hai đường thẳng AD và MC. A. h  a 21. 14 B. h  2a 21. 7 C. h  3a 21. 14 D. h  a 21. 7 Lời giải: Chọn D. Gọi H là trung điểm của AB  SH  AB; SH   SAB    ABCD   Do  SAB    ABCD   AB   SAB   SH  AB a 3. 2  SH   ABCD .     Ta có AD / / BC  AD / /  MBC   d  AD, MC   d AD;  MBC   d A;  MBC . Cách 1 : (Làm trực tiếp) Trong  SAD , kẻ MN / / DA S  N  SA .  AD  SA Ta có :   AD   SAB   MN   SAB .  AD  AB N M Kẻ AE  BN  E  BN ,  AE  MN   MBC   AE   MBC  Khi đó :   AE  BN   MBC   E D K   d A,  MBC   AE. Kẻ NK  AB. Ta có : A H B C NA SH 2 2 2 a2 3 a2 3    SBNA  SBAS . . SA NK 3 3 3 4 6 Áp dụng định lý cosin trong tam giác NBA, ta có: 2 2   a2  4a  2.a. 2a .cos600  7 a  BN  a 7. BN 2  AB2  AN 2  2 AB. AN .cosNAB 9 3 9 3  https://toanhocplus.blogspot.com Trang 97 Khoảng cách trong không gian Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna 2SBNA a 21 a2 3 a 7 a 21.  2. : . Vậy h  d A,  MBC   7 BN 6 3 7 Cách 2: Dùng kỹ thuật chuyển đỉnh  Suy ra AE   Gọi AC  DH  T , khi đó T là trọng tâm của tam giác ABD Suy ra DT DM 2  MT / /SH  MT   ABCD . TH MS S Kẻ TI  BC  I  BC , kẻ TK  MI  K  MI , dễ dàng M chứng minh được: TK   MBC     d T,  MBC   TK. Mặt khác: AT   MBC   C K D AC 3  d A,  MBC   d T,  MBC   TK TC 2 TI CT 2 2 2a    TI . AB  Ta có: AB CA 3 3 3    A  T H B C I MT DM 2 2 2 a 3 a 3    MT  SH . . SH DS 3 3 3 2 3 Xét tam giác MTI, ta có: 1 1 1 3 9 21 2a 21   2  2  2  2  TK  2 2 21 TK MT TI a 4a 4a 3 a 21. Suy ra h  d A,  MBC   TK  2 7   Bài toán 9: Cho hai tia chéo nhau Ax, By hợp với nhau góc 600, nhận AB  a làm đoạn vuông góc chung. Trên tia By lấy điểm C sao cho BC  a. Gọi D là hình chiếu vuông góc của C lên Ax. Tính khoảng cách h giữa hai đường thẳng AC và BD. A. h  a 93. 31 B. h  2a 93. 31 C. h  2a 31. 31 D. h  a 31. 31 Lời giải : Chọn A. y C a B a z K A H E I  https://toanhocplus.blogspot.com Trang 98 D x Khoảng cách trong không gian Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna Dựng tia Az song song và cùng chiều với By, suy ra AB   xAz    600. Khi đó:  Ax, By    Ax, Az   xAz Qua B, dựng đường thẳng song song với AC cắt đường thẳng Az tại điểm E, khi đó ACBE là hình bình hành.   120 0 và AC / / BE  AC / / BDE. Do đó AE  BC  a, EAD      Suy ra d  AC, BD   d AC,  BDE   d A,  BDE    1 Kẻ AI  ED  I  ED  và AH  BI  H  BI . Dễ dàng chứng minh được AH   BDE    Suy ra d A,  BDE   AH 2  K  Az   CK / / AB. Suy ra CK   ADK   CK  AD. Mặt khác CD  AD (giả thiết), do đó: AD   CDK  Dựng CK  Az  AD  DK hay tam giác ADK vuông tại D. a Ta có ABCK là hình vuông nên AK  BC  a  AD  AK.cos 600 . 2 Xét tam giác ADE, ta có: DE2  AE2  AD 2  2 AE.AD.cos1200  a 2  Ta có : SAED a2 a  1  7 a2 a 7  2a..      ED . 4 2  2 4 2 1 1 AE. AD.sin120 0  AI .DE  AE.AD.sin 120 0  AI   2 2 DE Khi đó xét tam giác vuông ABI, ta có: Từ  1,  2 ,  3  suy ra: d  AC, BD    https://toanhocplus.blogspot.com a 3 a.. 2 2 a 3. a 7 2 7 2 1 1 1 1 28 31 a 93   2  2  2  2  AH  2 2 31 AH AB AI a 3a 3a  3 a 93. 31 Trang 99 Khoảng cách trong không gian Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna C. BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM I. ĐỀ BÀI Câu 1. Cho hình chóp S. ABC có đáy là tam giác vuông tại B, SA vuông góc với mặt phẳng  ABC . Gọi H và K lần lượt là hình chiếu của A lên SB và SC. Mệnh đề nào sau đây sai A. d  A,  SBC    AH B. d  A,  SBC    AK C. d  C,  SAB    BC D. d  S,  ABC    SA Câu 2. Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a. Đường thẳng SA vuông góc với mặt phẳng đáy, SA  a. Gọi M là trung điểm của CD. Khoảng cách từ M đến mặt phẳng  SAB  nhận giá trị nào trong các giá trị sau? a 2 B. a C. a 2 D. 2a 2 Cho hình chóp tam giác S. ABC có đáy là tam giác vuông cân tại B, SA vuông góc với đáy. A. Câu 3. Biết SA  a và AB  b. Khoảng cách từ trung điểm M của AC tới mặt phẳng  SBC  bằng: A. ab 2 a b Câu 4. 2ab B. 2 2 a b C. 2 3ab 2 a b D. 2 ab 2 a2  b 2 Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có cạnh đáy b và đường cao SH  a. Khoảng cách từ H tới mặt phẳng  SBC  bằng: A. Câu 5. 2 ab 12a2  b2 ab B. 12a 2  b2 C. ab D. a2  b2 3ab a2  b2 Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, góc ABC  60. Mặt phẳng  SAB  và  SAD  cùng vuông góc với mặt phẳng đáy. Trên cạnh SC lấy điểm M sao cho MC  2 MS. Khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng SAB  bằng: a 3 a 2 a 3 a B. C. D. 6 3 3 3 Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, góc ABC  60. Cạnh SA vuông A. Câu 6. góc với mặt phẳng đáy. Trên cạnh BC và CD lần lượt lấy hai điểm M và N sao cho MB  MC và NC  2ND. Gọi P là giao điểm của AC và MN. Khoảng cách từ điểm P đến mặt phẳng  SAB  bằng: A. Câu 7. a 3 8 B. 5a 3 12 C. 5a 3 14 D. 3a 3 10 Cho hình chóp tứ giác đều S. ABCD có cạnh đáy b và đường cao SO  a. Tính khoảng cách từ A tới mặt phẳng  SCD  bằng: A. ab 2 4a  b Câu 8. 2 B. 3ab 2 4a  b C. 2 2 ab 2 4a  b 2 D. ab 2 4a2  b2 Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, bốn cạnh bên đều bằng 3a và AB  a, BC  a 3. Khoảng cách từ S đến  ABCD  bằng:  https://toanhocplus.blogspot.com Trang 100 Khoảng cách trong không gian Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn A. 2a 3 Câu 9. https://facebook.com/duytuan.qna B. a 3 2 C. 2a 2 D. a 2 Cho hình lăng trục ABC.A’B’C ’ có cạnh đáy bằng a và AA ‘  a. Tính d  AB; CC   ? a 2 a 2 a 3 a B. C. D. 3 2 2 2 Câu 10. Cho hình chóp S. ABC có đáy là tam giác vuông cân tại B, 2SA  AC  2a và SA vuông A. góc với đáy. Khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng  SBC  bằng: 4a 3 2a 6 a 3 a 6 B. C. D. 3 3 3 3 Câu 11. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông, hình chiếu vuông góc của đỉnh S lên mặt A. đáy trùng với trọng tâm G của tam giác ABD. Biết khoảng cách từ C đến mặt phẳng  SDG  bằng A. 5 và SG  1. Thể tích khối chóp đã cho là: 25 12 B. 4 3 C. 4 D. 12 25 Câu 12. Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B, AB  a, BC  a 3. Hình chiếu vuông góc của S trên mặt đáy là trung điểm H của cạnh AC. Biết SB  a 2. Tính theo a khoảng cách từ điểm H đến mặt phẳng  SBC . a 3 2a 3 a 5 2a 5 B. C. D. 5 5 5 5 Câu 13. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật ABCD có AD  k.AB. Hình chiếu vuông   góc của đỉnh S xuống mặt đáy là H thỏa mãn HB  2 HA. Tỷ số khoảng cách từ A đến mặt A. phẳng  SDH  và khoảng cách từ B đến mặt phẳng  SHC  là: A. 4  9k 2 1  9k 2 B. 1 4  9k 2. 2 1  9k2 C. 1 2 D. 1 2k Câu 14. Cho hình lăng trụ ABC. A ‘ B ‘ C ‘ có đáy là tam giác ABC vuông cân tại B, điểm E thuộc BC sao cho BC  3EC. Hình chiếu vuông góc của A ‘ lên mặt đáy trùng với trung điểm H của AB. Cạnh bên AA ‘  2a và tạo với đáy một góc 60°. Khoảng cách từ B đến mp  A ‘ HE  bằng a 39 3a 3a 4a B. C. D. 3 5 4 5 Câu 15. Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều; tam giác SBC đều và nằm trong mặt A. phẳng vuông góc với đáy. Nếu AB  a thì khoảng cách từ B đến mặt phẳng  SAC  bằng A. 2a 15 5 B. a 15 5 C. a 5 5 D. 2a 5 5   1200. Cạnh SA vuông góc với mặt phẳng Câu 16. Cho hình chóp S.ABC có AB  a, AC  2a, BAC đáy và  SBC  tạo với đáy một góc 60 0. Khoảng cách từ A đến mặt phẳng  SBC  bằng: A. 3a 2 7. B. 3a 7 2  https://toanhocplus.blogspot.com C. Trang 101 a 7 2 D. 2a 7 3 Khoảng cách trong không gian Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna Câu 17. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, mặt bên SAB là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Khoảng cách từ A đến mặt phẳng  SCD  bằng: a 21 a 21 a 21 a 21 B. C. D. 3 14 7 21 Câu 18. Cho hình chóp S. ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với đáy và cạnh bên A. SC hợp với đáy một góc 450. Khoảng cách từ A đến  SBC  bằng: a 2 2a 6 a 6 2a 2 B. C. D. 3 3 3 3 Câu 19. Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác đều, hình chiếu vuông góc của đỉnh S trên mặt A. phẳng đáy là điểm H thuộc cạnh AB sao cho HB  2 HA. Biết SC tạo với đáy một góc 45° và cạnh bên SA  2a 2. Tính khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng SAB  a 3 2a 2 3a 3 a 2 B. C. D. 2 3 2 3 Câu 20. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh bằng 2a, SAB là tam giác vuông cân A. tại S nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Khoảng cách từ trung điểm H của AB đến mặt phẳng  SBD  là? A. a 3 3 B. a C. a 3 2 D. a 10 2 Câu 21. Cho hình chóp S.ABC có SA  3a và SA   ABC . Biết AB  BC  2a, ABC  120. Tính khoảng cách từ A đến  SBC  ? A. 2a B. a 2 C. a D. 3a 2 Câu 22. Cho hình chóp đều S.ABC có AB  a, góc giữa mặt bên và mặt đáy bằng 60°. Tính 4d, biết a d là khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng SBC . A. 3 B. 5 C. 7 D. 9 Câu 23. Cho hình lập phương ABCD. A’B’C ’D’ có cạnh bằng 1. Khoảng cách giữa AA ’ và BD ’ là: 3 2 2 2 3 5 B. C. D. 3 2 5 7 Câu 24. Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C ’ có đáy là tam giác đều cạnh a. Hình chiếu của A ’ lên A.  ABC  trùng với trung điểm H đến mặt phẳng  ABB’ A’  bằng: A. 6a 7 B. của AC. Biết A ‘ H  3a. Khi đó, khoảng cách từ điểm C 5a 7 C. 3a 7 D. 4a 7 Câu 25. Cho hình lập phương ABCD. A’B’C ’D’ có cạnh bằng a. Khoảng cách từ D đến  A’BC  là: A. a 3 2 B. a 2 2  https://toanhocplus.blogspot.com C. Trang 102 a 5 2 D. a 2 Khoảng cách trong không gian Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna Câu 26. Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác đều. Hình chiếu vuông góc của đỉnh S lên mặt đáy là điểm H thuộc cạnh AC sao cho HC  2 HA. Gọi M là trung điểm của SC và N là điểm thuộc cạnh SB sao cho SB  3SN. Khẳng định nào sau đây là sai: A. Khoảng cách từ M đến mp  ABC  bằng 4 lần khoảng cách từ N đến mp  ABC  3 B. Khoảng cách từ M đến mp  SAB  bằng một nửa khoảng cách từ C đến mp  SAB  1 khoảng cách từ B đến mp  SAC  3 3 D. Khoảng cách từ M đến mp  SAB  bằng khoảng cách từ H đến mp  SAB  2 Câu 27. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật ABCD. Tam giác SAD cân tại S và thuộc    mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi M là điểm thỏa mãn SM  2CM  0. Tỷ số khoảng cách C. Khoảng cách từ N đến mp  SAC  bằng D đến mặt phẳng  SAB  và từ M đến mặt phẳng  SAB  là: A. 2 3 B. 3 2 C. 1 2 D. 2 Câu 28. Cho lăng trụ ABC. A ‘ B ‘ C ‘ có đáy là tam giác vuông cân tại A với AB  AC  3a. Hình chiếu vuông góc của B ‘ lên mặt đáy là điểm H thuộc BC sao cho HC  2 HB. Biết cạnh bên của lăng trụ bằng 2a. Khoảng cách từ B đến mặt phẳng  B ‘ AC  bằng. A. 2a 3 B. a 3 C. 3a 3 2 D. a 2 Câu 29. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông. Cạnh SA vuông góc với đáy, góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng đáy bằng 60°. Gọi H nằm trên đoạn AD sao cho HD  2 HA. Khi SA  3 3, tính khoảng cách từ điểm H đến mặt phẳng  SBD . 9 21 21 2 21 3 21 B. d  C. d  D. d  14 7 7 7 Câu 30. Cho lăng trụ tam giác đều ABC.A’B’C ’ có AA ‘  AB  a. Gọi M là trung điểm của CC ’, A. d  khi đó khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng  A’BM  bằng: A. a 3 2 B. a 5 2 C. a 2 D. a 2 2 Câu 31. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA   ABCD , SA  a. Gọi G là trọng tâm tam giác ABD, khi đó khoảng cách từ điểm G đến mặt phẳng  A’BD  bằng a 2 a 2 a 2 a B. C. D. 2 6 3 2 Câu 32. Cho hình lăng trụ ABCD.A’B’C ’D’ có đáy ABCD là hình vuông tâm O, cạnh a; hình chiếu A. của A ’ lên  ABCD  trùng với O. Khoảng cách từ điểm B ’ đến mặt phẳng  A’BD  là? A. a 3 2 B. a 2 2  https://toanhocplus.blogspot.com C. Trang 103 a 2 D. a 5 2 Khoảng cách trong không gian Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna Câu 33. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và D với AB  2 a, AD  a, CD  a. Cạnh SA vuông góc với đáy và mặt phẳng  SBC  hợp với đáy 6.d bằng: a một góc 450. Gọi d là khoảng cách từ điểm B đến  SCD , khi đó tỉ số A. 2 B. 4 C. 1 D. 3 Câu 34. Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C ’ có đáy ABC là tam giác vuông tại A; mặt bên ABB’ A’ là hình vuông. Biết B ‘ C ‘  a 3, góc giữa B’C và mặt phẳng  A ’B’C ’  bằng 300. Khoảng cách giữa hai đường thẳng BA’ và B’C bằng: A. a 2 B. 3a 2 C. a D. 2a Câu 35. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành có diện tích bằng 2a 2, AB  a 2, BC  2a. Gọi M là trung điểm của CD. Hai mặt phẳng  SBD  và  SAM  cùng vuông góc   với đáy. Khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng SAM bằng A. 4a 10 15 B. 3a 10 5 C. 2a 10 5 D. 3a 10 5 Câu 36. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, SA   ABCD , SA  AB  a và AD  x.a. Gọi E là trung điểm SC. Tìm x, biết khoảng cách từ E đến mp  SBD  là d  A. x  1 B. x  2 C. x  3 a. 3 D. x  4 Câu 37. Cho hình hộp đứng ABCD. A ‘ B ‘ C ‘ D ‘ có đáy là hình vuông, tam giác A ‘ AC vuông cân tại A, cạnh A ‘ C  2a. Tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng  BCD ‘  theo a? A. a 3 3 B. a 6 3 C. a 2 2 D. a 3 2   BAD   90, BA  BC  a ; Câu 38. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang ABC  AD  2a. Cạnh bên SA vuông góc với đáy, SC ;  SAD   30 0. Tính d A;  SCD  ?  A. a B. a 2   C. a 2  D. a 3   120. Cho Câu 39. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a có BAD   SA   ABCD . Gọi M là trung điểm của BC; biết SMA  45. Tính d B,  SDC  ? a 6 a 6 a 3 a 3 B. C. D. 4 2 2 8 Câu 40. Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a. Gọi M là trung điểm của cạnh A. AB, hình chiếu của đỉnh S trên mặt phẳng  ABC  trùng với trọng tâm của tam giác MBC, cạnh bên SC  A. d  a 6 12 2a. Tính khoảng cách từ C đến mặt phẳng  SAB . 3 B. d   https://toanhocplus.blogspot.com a 6 6 C. d  Trang 104 a 6 4 D. d  a 6 8 Khoảng cách trong không gian Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna   90, BC  2 a, ACB   30. Mặt phẳng SAB vuông góc với Câu 41. Cho hình chóp S.ABC có BAC   mặt phẳng  ABC . Biết tam giác SAB cân tại S, tam giác SBC vuông tại S. Tính khoảng cách từ trung điểm của AB đến mặt phẳng  SBC . a 21 a 21 a 21 a 21 B. C. D. 2 7 14 21 Câu 42. Cho hình hộp đứng ABCD.A ‘ B ‘ C ‘ D ‘ có đáy là hình vuông, tam giác A ‘ AC vuông cân, A. A ‘ C  a. Khoảng cách từ A đến mặt phẳng  BCD ‘  là: A. a 6 3 B. a 6 2 C. a D. 6 a 6 4 Câu 43. Cho tứ diện đều ABCD cạnh a 3. Độ dài khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và CD là a 6 a 6 a 3 a 6 B. C. D. 4 2 2 3 Câu 44. Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a. Cạnh bên SA  SB  SC  b. A. 3a. Tính b theo a. 4 2a 2a C. b  D. b  3 3 Khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và BC bằng A. b  a 3 B. b  a Câu 45. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB  3 AD. Hình chiếu vuông góc của đỉnh S lên mặt phẳng  ABCD  là điểm H  AB sao cho BH  2 AH. Khoảng cách từ H đến mặt phẳng  SAD  bằng A. 1 B. 3 và SH  3. Tính khoảng cách giữa SH và CD. 2 2 C. 3 2 D. 1 2 Câu 46. Cho hình chóp đều S.ABCD có đáy là hình vuông ABCD tâm O, cạnh bên SA  a 5, mặt phẳng  SCD  tạo với mặt phẳng  ABC  một góc 60°. Khoảng cách giữa BD và SC là: a 30 a 30 a 15 a 15 B. C. D. 5 6 5 6 Câu 47. Cho hình chóp tam giác S.ABC có đáy là tam giác vuông cân tại A có AB  AC  2a. Gọi M A. là trung điểm của BC. Hình chiếu vuông góc của đỉnh S xuống đáy là trung điểm của AM. Biết SA tạo với đáy góc 60°. Khoảng cách giữa 2 đường thẳng BC và SA là: A. a 6 3 B. a 6 2 C. a 6 4 D. a 3 2 Câu 48. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi có AC  2a, BD  2 a 3 tâm O. Hình chiếu vuông góc của đỉnh S xuống mặt đáy trùng với trung điểm của OB. Biết tam giác SBD vuông tại S. Khoảng cách giữa 2 đường thẳng AC và SB là: A. 3a 4 B. 3a 8  https://toanhocplus.blogspot.com C. Trang 105 3a 2 D. a 3 2 Khoảng cách trong không gian Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna Câu 49. Cho hình lăng trụ ABC.A ‘ B ‘ C ‘ có đáy ABC là tam giác đều cạnh a. Hình chiếu vuông góc của đỉnh A ‘ lên mặt đáy trùng với trọng tâm tam giác ABC. Biết cạnh bên của khối lăng trụ tạo với đáy góc 60°. Khoảng cách giữa 2 đường thẳng AB và A ‘ C là: A. 3a 4 B. a 2 C. a 3 4 D. a 3 2 Câu 50. Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A. Tam giác  SAB  đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Đường thẳng BC tạo với mặt phẳng  SAC  góc 30°. Khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và AC bằng A. BC  a 2 B. BC  2a a 3. Tính độ dài đoạn thẳng BC. 2 D. BC  3a C. BC  a 3 Câu 51. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật cạnh a, AB  a 2, BC  a. Cạnh bên SA vuông góc với đáy, SA  BC. Gọi M là trung điểm CD. Khoảng cách giữa SC và BM là: a 3 a 3 a 3 C. D. 6 3 2 Câu 52. Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A, AB  AC  2a, hình chiếu A. a 3 B. vuông góc của đỉnh S lên mặt phẳng  ABC  trùng với trung điểm H của cạnh AB. Biết SH  a, khoảng cách giữa 2 đường thẳng SA và BC là: A. 2a 3 B. 4a C. 3 a 3 2 D. a 3 3 Câu 53. Cho hình lăng trụ ABC. A ‘ B ‘ C ‘ có đáy là tam giác đều cạnh a, gọi M là trung điểm của AB, tam giác  A ‘ CM  cân tại A ‘ và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Biết thể tích lăng trụ bằng A. 2a 57 5 a3 3. Khoảng cách giữa 2 đường thẳng AB và CC ‘. 4 B. 2a 57 19 C. 2a 39 13 D. 2a 39 3 Câu 54. Cho khối chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 2a. Hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng  ABCD  là điểm H thuộc đoạn BD sao cho HD  3HB. Biết góc giữa mặt phẳng  SCD  và mặt phẳng đáy bằng 45°. Khoảng cách giữa 2 đường thẳng SA và BD là: A. 3a 34 17 B. 2a 13 3 C. 2a 51 13 D. 2a 38 17 Câu 55. Cho hình lăng trụ đứng ABC.A ‘ B ‘ C ‘ có đáy ABC là tam giác vuông tại B, AB  a 3, BC  2a. Gọi M là trung điểm của BC. Tính khoảng cách giữa AM và B ‘ C biết AA ‘  a 2 a 10 a 30 B. a 2 C. D. 2a 10 10 Câu 56. Cho hình lăng trụ đứng ABC. A ‘ B ‘ C ‘ có AC  a, BC  2 a, ACB  120 và đường thẳng A ‘ C A. tạo với mặt phẳng  ABB ‘ A ‘  góc 30°. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng A ‘ B, CC ‘.  https://toanhocplus.blogspot.com Trang 106 Khoảng cách trong không gian Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn A. a 21 14 https://facebook.com/duytuan.qna B. a 21 7 C. a 21 3 D. a 21 21 Câu 57. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh 2a, SA   ABCD . Gọi M là trung điểm của cạnh CD, biết SA  a 5. Khoảng cách giữa 2 đường thẳng SD và BM là: 2a 39 2a 145 2a 39 2a 145 B. C. D. 3 15 13 29 Câu 58. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình bình hành ABCD tâm O tam giác ABC vuông cân A. tại A có AB  AC  a, SA   ABCD . Đường thẳng SD tạo với đáy một góc 45°. Khoảng cách giữa 2 đường thẳng AD và SB là: a 3 a 5 a 10 a 10 B. C. D. 2 5 10 5 Câu 59. Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a; tam giác SAB đều và nằm A. trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB, AD. Khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng  SCN  bằng: 3a 2 3a 2 3a 2 5a 2 B. C. D. 2 8 4 3 Câu 60. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a. Cạnh bên SA vuông góc với A. mặt phẳng đáy và mặt phẳng  SBD  tạo với mặt phẳng  ABCD  một góc bằng 60°. Gọi M là trung điểm của AD. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SC và BM. A. 2a B. 11 6a C. 11 a D. 11 3a 11 Câu 61. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a và SA vuông góc với mặt phẳng đáy. Cạnh SC hợp với đáy một góc 60 0, gọi d là khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng  SBD . Khi đó, tỉ số A. 78 13 B. d bằng: a 18 13 C. 58 13 D. 38 13 Câu 62. Cho hình chóp đều S.ABC có độ dài đường cao từ đỉnh S đến mặt phẳng đáy  ABC  bằng a 21. Góc tạo bởi mặt bên với mặt phẳng đáy bằng 60°. Gọi M, N lần lượt là trung điểm 7 của AB, SC. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SA, MN. 9a 3 3a 3 6a 3 12 a 3 B. C. D. 42 42 42 42 Câu 63. Cho hình chóp tứ giác đều S. ABCD có cạnh đáy bằng a. Gọi SH là đường cao của hình A. chóp. Khoảng cách từ trung điểm SH đến SBC  bằng b. Thể tích khối chóp S.ABCD là: A. 2a3b 2 3 a  16b 2 a3 b B. 2 3 a  16b  https://toanhocplus.blogspot.com 2 Trang 107 C. 2a3b 2 a  16b 2 D. 2ab 3 Khoảng cách trong không gian Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna II. ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT 1B 2B 3D 4B 5B 6C 7C 8C 9D 10D 11A 12C 13B 14D 15B 16A 17C 18C 19C 20A 21D 22A 23B 24A 25B 26A 27B 28B 29C 30D 31D 32B 33A 34A 35C 36B 37B 38A 39A 40C 41B 42C 43B 44C 45A 46A 47B 48C 49A 50C 51B 52A 53B 54A 55C 56B 57D 58D 59B 60A 61A 62A 63A Câu 1. Chọn B. Câu 2. Chọn B. S CD / /  SAB  Vì   M  CD  A   D   d M,  SAB   d D,  SAB   DA  a Câu 3. M Chọn D. B Vì AM   SBC   C     d M ;  SBC      MC  1 d  A;  SBC   AC 2 d M ;  SBC  1 d A;  SBC  2  S  H Kẻ AH  SB,  H  SB  ta có:   d A,  SBC   AI   SA.AB 2 SA  AB  2 M ab 2 a b  C A 2 1 ab d A;  SBC   2 2 a2  b2  Do đó: d M,  SBC   Câu 4. C  B Chọn B. S Gọi I là trung điểm của BC. Kẻ HK  SI,  K  SI   SH.HI   d H,  SBC   HK  SH 2  HI 2 Vì ABC có cạnh AB  b  AI   a.  Vậy d H,  SBC   b 3 6 b 3  a   6    2 Câu 5. 2 K b 3 1 b 3  HI  AI  2 3 6  ab 3 ab 6  12a2  b 2 12a 2  b 2 A C I H B 2 3 Chọn B.  https://toanhocplus.blogspot.com Trang 108 Khoảng cách trong không gian Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna  SAB    ABC   SA   ABCD . Ta có:  SAD  ABC      S Dựng CH  AB  CH   SAB  Do    CS  3 d  M,  SAB   MS 2 d C,  SAB     d M,  SAB   Câu 6. A D M H 2 2 2 a 3 a 3 d C,  SAB   CH .  3 3 3 2 6   B C Chọn C. S Dựng CH  AB  CH   SAB  Giả sử MN cắt AD tại F. Theo định lý Talet ta có: DF ND 1 MC a    DF  . MC NC 2 2 4 PA AF 5 CA 7     Khi đó PC MC 2 PA 5 5 5 Do đó d P,  SAB   d C,  sAB   CH 7 7  Câu 7.   A D H N  P B 5 a 3 5a 3 .  7 2 14 Chọn C.    AC  2 d  O,  SCD   OC  d  A,  SCD    2d  O,  SCD   d A,  SCD  H A 1 b Gọi I là trung điểm của CD  OI  CD  2 2  B   a. SO.OI Khi đó: d O;  SCD   OH   D 2 SO  OI   d A;  SCD   2d O;  SCD   2 I O Kẻ OH  SI,  H  SI  Câu 8. C M S Vì AO   SCD   C   F  b 2 b a2    2 2  C ab 4a2  b2. 2 ab 4a 2  b2 S Chọn C. Gọi O là tâm của đáy ABCD O  AC  BD  3a Vì hình chóp S.ABCD có các bên bằng nhau nên   SO   ABC D   d S,  ABC D   SO  SC 2  OC 2   Ta có: AC  AB2  BC 2  a2  a 3  https://toanhocplus.blogspot.com A 2  2a Trang 109 D a O B a 3 C Khoảng cách trong không gian Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn OC  https://facebook.com/duytuan.qna AC  a. 2   Vậy d S,  ABCD   SO  SC 2  OC 2  Câu 9.  3a  2  a2  2a 2 C’ A’ Chọn D. Gọi I là trung điểm của AB  CI  AB B’ CI  AB    AA ‘   ABC    CI   AA ‘ B ‘ B  Vì   do   CI  AA ‘   CI   ABC        A C   d C,  AA ‘ B ‘ B   CI I B Vì CC ‘/ /  AA ‘ B ‘ B       d  CC ‘, AB ‘   d CC ‘,  AA ‘ B ‘ B   d C,  AA ‘ B ‘ B   CI  a 3 2 Câu 10. Chọn D. S Kẻ AH  SB,  H  SB   BC  AB AH  SAB   BC   SAB    BC  AH Vì   BC  SA a  AH  BC  AH   SBC  Vì   AH  SB A  SA.AB   d A,  SBC   AH  Vì ABC vuông cân tại B  AB    AC 2 SA.AB 2 2a SA  AB 2 B a 2 a.a 2  C a 2 a 2 SA 2  AB2 Vậy d A,  SBC   AH  H   a2  a 2 2  a 6 3 Câu 11. Chọn A. S Gọi M là trung điểm AB.    Ta có: CG  2 AG  d C,  SDG   2d A,  SDG    Suy ra d A,  SDG   5. Dựng AH  DG 2 Mặt khác AH  SG  AH   SDG   AH  Đặt AB  x  AH   AD. AM AD 2  AM 2  A 5. 2 5 5  x 2 2 5 M D G H x B C 1 25 Vậy VS. ABCD  SG.SABCD  3 12 Câu 12. Chọn C.  https://toanhocplus.blogspot.com Trang 110 Khoảng cách trong không gian Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna   +) Kẻ HK  BC, HP  SK  d H,  SBC   HP. S  HK  BC  HK / / AB. Từ   AB  BC HK CH 1 AB a     HK   AB CA 2 2 2 +) ABC vuông tại B có H là trung điểm của cạnh AC P A B 1 1 1 2  HB  AC  AB2  BC 2  a  3a 2  a 2 2 2 H K  HS  SB2  HB2  2a 2  a 2  a C 1 1 1 1 4 a 5 a 5    2  2  HP   d H,  SBC   2 2 2 5 5 HP HS HK a a Câu 13. Chọn B. S    Không mất tính tổng quát. Đặt AB  3  AD  3k Dựng AE  DH, lại có AE  SH  AE   SDH    Do đó d A,  SDH   AE  AH.AD AH 2  AD 2  d1 Tương tự dựng BF  HC ta có:  BH .BC  d B,  SHC   BF  Do vậy 2 BH  BC 2 A H  d2 d1 AH BH 2  BC 2 1 4  9k2 .  d2 BH AH 2  AD 2 2 1  9 k 2 E D F C B A’ Câu 14. Chọn D. C’ A ‘ AH  60. Ta có AA ‘ tạo với đáy một góc 60° nên  Khi đó AH  A ‘ A.cos 60  a  AB  BC  2a. Do vậy BH  a; BE  4a 3 Dựng BK  HE, lại có BK  A ‘ H  BK   A ‘ HE   B’  Do đó d B,  A ‘ HE   BK  C A K BH .BE 4a  2 2 5 BH  BE E H B Câu 15. Chọn B. S SH  BC  Gọi H là trung điểm của BC   a 3 SH   2  SBC    ABC   Vì  SBC    ABC   BC  SH   ABC    SBC   SH  BC K B C H I Kẻ HI  AC,  I  AC . Khi đó: AC   SHI  Kẻ HK  SI,  K  SI   https://toanhocplus.blogspot.com A Trang 111 Khoảng cách trong không gian Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna Vì AC   SHI    SAC    SHI   SHI    SAC   SH .HI Vì  SHI    SAC   SI  HK   SAC   d H,  SAC   HK  SH 2  HI 2  SHI  HK  S I     a a 3 ACB  .sin 600  Ta có: HI  HC.sin  2 4 Vì BH   SAC   C      BC  2  d B, SAC  2d H, SAC  2HK       d  H,  SAC   HC d B,  SAC   Vậy d B,  SAC   2 HK  2. SH .HI a 3 a 3. 2 4  2. SH 2  HI 2 2 a 3 a 3       2   4   2 Câu 16. Chọn A. S Kẻ AH  BC,  H  BC  và AK  SH,  K  SH .  a 15 5  Khi đó: d A,  SBC   AK Ta có: BC  AB2  AC 2  2 AB.AC.cos1200  a 7 SABC  K 1 1 AB.AC.sin120 0  AH.BC 2 2 AB.AC.sin 1200 a 3  AH   BC 7    600 Ta có:  SBC ,  ABC    SH, AH   SHA  2a A  C 120° a H B   a 3 .sin 60 0  3a Vậy d A,  SBC   AK  AH.sin SHA 7 2 7   Câu 17. Chọn C. S a 3 Gọi H là trung điểm của AB  SH . 2  AB / /  SCD   d A,  SCD   d H,  SCD  Vì   H  AB     I A Gọi K là trung điểm của CD  HK  a. Kẻ HI  SK,  I  SK    Khi đó: d H,  SCD   HI     D H SH .HK 2 SH  HK  Vậy d A,  SCD   d H,  SCD   2  a 21 7 B K C a 21 7 Câu 18. Chọn C.  https://toanhocplus.blogspot.com Trang 112 Khoảng cách trong không gian Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna Kẻ AH  SB,  H  SB   S SA.AB  Khi đó d A,  SBC   AH  SA 2  AB2    450 Ta có: SC,  ABCD    SC, AC   SCA   H  SAC vuông cân tại A. A D  SA  AC  a2  a2  a 2  a 2.a  Vậy d A,  SBC   a 2  2   a2 a 6 3 B C Câu 19. Chọn C.   Ta có SC,  ABC   SCH  45  S  Giả sử AB  BC  CA  3x Ta có CH  AH 2  AC 2  2 AH.AC.cos 60  x 7 Ta lại có SA 2  SH 2  AH 2  8a 2  8 x 2  x  a  AB  BC  CA  3a A CK  AB Kẻ CK  AB ta có   CK   SAB  CK  SH C H K B 3a 3 3a 3  d C,  SAB   Mà CK  2 2 Câu 20. Chọn A.   Vì SAB là tam giác vuông cân tại S nên SH   ABCD  Từ H kẻ HI  BD, từ H kẻ HK  SI với I  BD, K  SI S Ta có SH  BD  BD   SHI   BD  HK  HK   SBD    HI  BD   Do đó d H,  SBD   HK. 1 1 1  . 2 2 HI SH HK 2 1 a AB Mà HI  d  A, BD   và SH  a. 2 2 2 A Mặt khác Nên H B D K I C 1 1 1 3 a   2  2  HK  2 2 HK a 3  a  a    2  https://toanhocplus.blogspot.com Trang 113 Khoảng cách trong không gian Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna Câu 21. Chọn D. S Từ A kẻ AH  BC, kẻ AK  SH với H  BC, K  SH. Ta có SA  BC  BC   SAH   BC  AK  AK   SBC    AH  BC 1 1 1   Do đó d A,  SBC   AK thỏa mãn. 2 2 SA AH AK 2  K  A C 3 .2a  a 3 2 1 1 1 4 3a 3a  2  2  2  AK   d A,  SBC   Nên 2 2 2 AK 9 a 3a 9a Câu 22. Chọn A. Mà SA  3a và AH  sin 60.AB   B  H Gọi O là tâm của tam giác ABC và H là trung điểm của BC. SO  BC  BC   SAH  Có   AH  BC     SBC ,  ABC    SH, AH   SHA  S    Kẻ OK  SH suy ra OK   SBC   d O,  SBC   OK. Xét OKH vuông tại K, có OK  sin 60.OH   Do đó d A,  SBC   K 3 3 a .OH . AH  2 6 4 3a 4d  3d H,  SBC   d 3 4 a  C A O H  Câu 23. Chọn B. B A Vì AA ‘/ /  BB ‘ D ‘ D  nên O    d  AA ‘, BD ‘   d AA ‘,  BB ‘ D ‘ D   d A,  BB ‘ D ‘ D   B C Gọi O là tâm của hình vuông ABCD. Khi đó: AO   BB ‘ D ‘ D     d A,  BB ‘ D ‘ D   AO  A’ AC 2  2 2 D’ C’ B’ Câu 24. Chọn A. A’ C’ Vì CH   ABB ‘ A ‘    A    CA  2 d  H,  ABB ‘ A ‘   HA  d  C,  ABB ‘ A ‘    2d  H,  ABB ‘ A ‘    D d C,  ABB ‘ A ‘  Kẻ HI  AB,  I  AB  và HK  A ‘ I,  K  A’I  Khi đó: HK   ABB ‘ A ‘   https://toanhocplus.blogspot.com B’ K A H C I B Trang 114 Khoảng cách trong không gian Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn  https://facebook.com/duytuan.qna   d H,  ABB ‘ A ‘   HK  A ‘ H.HI A ‘ H 2  HI 2   a .sin 600  a 3 Ta có HI  AC.sin BAC 2 4     Vậy d C,  ABB ‘ A ‘   2d H,  ABB ‘ A ‘   2. 3a. A ‘ H .HI  2. A ‘ H 2  HI 2 a 3 4    3a    a 43    D Vì BC   CDD ‘ C ‘   BC  DI   I C’ B’ MC 1 d N,  ABC  NB 2   ;   SC 2 d S,  ABC  SB 3 S N M B A H C  1 d M,  SAB   2 d C,  SAB    D đúng. +)  d C, SAB   CA   3  d H,  SAB  HA     D’ A’ C’D a 2  2 2     d  S,  ABC     d  M,  ABC   1 2 3   :   A sai. d  N,  ABC   2 3 4 d  M,  SAB   MS 1    B đúng. +) d  C,  SAB   CS 2 d  N,  SAC   NS 1 +)    C đúng. d  B,  SAC   BS 3 +) C B Câu 26. Chọn A. d M,  ABC      6a 7 A Gọi I là tâm của hình vuông CDD’C ’  DI  CD ‘  d D,  A ‘ BC   DI  2 2 Câu 25. Chọn B.  DI  CD ‘  DI   A ‘ BCD ‘    A ‘ BC  Vì   DI  BC   Câu 27. Chọn B.    +) Từ SM  2CM  0  M thuộc đoạn thẳng SC và S SM  2 MC. +)    MS  2 d  C,  SAB   CS 3 d M,  SAB  2 2  d M,  SAB   d C,  SAB   d D,  SAB  3 3      A  Trang 115 D H B  https://toanhocplus.blogspot.com M C Khoảng cách trong không gian Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn  https://facebook.com/duytuan.qna  3 d  M,  SAB   2 d D,  SAB  B’ C’ Câu 28. Chọn B. A’ Ta có: BC  3a 2  HB  a 2 Lại có B ‘ H  BB ‘2  HB2  a 2 Dựng HE  AC ; HF  B ‘ E  HF   B ‘ AC  F Mặt khác H B HE CH 2    HE  2 a AB BC 3 HE.B ‘ H 2a  HF   2 2 3 HE  B ‘ H Ta có C E A    BC  3. Do đó: d  3 .HF  a 2 d  H,  B ‘ AC   HC 2 d B,  B ‘ AC  3. Câu 29. Chọn C. S Ta có AB là hình chiếu của SB trên mp  ABCD .    60  SB,  ABCD    SB, AB   SBA    AB  SA 3 tan 60 A B H Gọi h là khoảng cách từ điểm A đến  SBD . Lại có ba cạnh SA, AB, AD đôi 1 vuông góc với nhau. 1 1 1 1 1    Nên 2  2 2 2 h SA AB AD 3 3     Mà d H,  SBD   2 2 3 21  2 h 7 3 D C HD 2 2 21 d A,  SBD   d A,  SBD   AD 3 7     A Câu 30. Chọn D. a C Vì AA ‘  AB  AA ‘ B ‘ B là hình vuông Gọi I là tâm của hình vuông AA’B’B  AI  A ‘ B 2   MA  AC 2  CM 2  a 2   a   a 5 2  2 Ta có:  2  a a 5 2 2 2 MB ‘  MC ‘  B ‘ C ‘  a   2  2    B a M I A’ C’  MA  MB ‘  MAB ‘ là tam giác cân ở M.  MI  AB ‘  MI  AI B’  AI  MI  AI   A ‘ BM  Vì   AI  A ‘ B    d A,  A ‘ BM   AI   https://toanhocplus.blogspot.com AB ‘ a 2  2 2 Trang 116 Khoảng cách trong không gian Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna Câu 31. Chọn D. S Gọi O là tâm hình vuông ABCD. Vì G là trọng tâm tam giác ABD nên AG  2 2 AC AC 2 AC AO .   GC  3 3 2 3 3 a H    GC  2 Vì AG   SBC   C  d  A,  SBC   AC 3 d G,  SBC     d G,  SBC   2 d A,  SBC  3  A D G  a O Kẻ AH  SB,  H  SB  B C Khi đó  SA.AB  d A,  SBC   AH    Vậy d G,  SBC   SA 2  AB2  a.a a2  a2  a 2 2 2 2 a 2 a 2 d A,  SBC  .  3 3 2 3   Câu 32. Chọn B. Gọi I   AB ‘ A ‘ B. Vì AA’B’B là hình bình hành nên AI  IB ‘    B’ I  1 d  A,  A ‘ BD   AI  d  B ‘,  A ‘ BD    d  A,  A ‘ BD   Vì AB ‘  A ‘ BD   I  d B ‘,  A ‘ BD  A’ I D’ C’ 1 1 A ‘ O.SABD  d A,  A ‘ BD  .SA ‘ BD 3 3 S .A ‘ O  d A,  A ‘ BD   ABD SA ‘ BD  Có: VA ‘. ABD    2 1 1 a AB.AD  a.a  2 2 2 O D + A ‘ O   ABCD   A ‘ O  BD  SA’ BD  C 1 1 a 2 A ‘ O.BD  A ‘ O.a 2  .A ‘ O 2 2 2 a2 .A ‘ O S .A ‘ O a 2  2  Vậy d A,  A ‘ BD   ABD SA ‘ BD 2 a 2 .A ‘ O 2 Câu 33. Chọn A.    B A  + SABD  B’   S  Vì AB / /  SCD   d B,  SCD   d A,  SCD   d H Kẻ AH  SD,  H  SD    Khi đó: d A,  SCD   AH  2a SA.AD 2 SA  AD a B 2 Dễ dàng chứng minh được:  https://toanhocplus.blogspot.com A D Trang 117 a C Khoảng cách trong không gian Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna BC  AC  BC   SAC   BC  SC.  SBC    ABCD   BC       SBC ,  ABCD    SC, AC   SCA  450  BC  SC  BC  AC     SAC vuông cân ở A  SA  AC  a 2 Vậy d  AH  SA.AD SA 2  AD 2 a.a 2    a2  a 2 2 a 6. Khi đó:  3 6d  a Câu 34. Chọn A. 6. a 6 3 2 a C B Gọi O là tâm của hình vuông ABB’A’.  AC  AB  AC   ABB ‘ A ‘   AC  BA ‘ Vì   AC  AA ‘ Trong  AB’C , kẻ OH  B ‘C,  H  B ‘ C   1 H  BA ‘  AC  BA ‘   AB ‘ C  Vì   BA ‘  A ‘ B A O C’ B’ Mà OH   AB ‘ C   BA ‘  OH  2  Từ (1) và (2)  OH là đoạn vuông góc chung của BA ’ và B’C  d  BA ‘, B ‘ C   OH A’ Vì HB ‘ O và AB ‘ C đồng dạng nên OH OB ‘ AC.OB ‘   OH  AC CB ‘ CB ‘    Ta có: B ‘ C,  A ‘ B ‘ C ‘    B ‘ C, B ‘ C ‘   CB ‘ C ‘  300  CB ‘   B’C ‘ a 3   2a ; 0  cos CB ‘ C ‘ cos 30  CC ‘  B ‘ C ‘ tan CB ‘ C ‘  a 3.tan 300  a  AA ‘  CC ‘  a Vì ABB’ A’ là hình vuông nên AB  AA ‘  a  AB ‘  AB 2  a 2  OB ‘  AC  BC 2  AB2  a 3  2 AB ‘ a 2  2 2  a2  a 2 S a 2 a 2. AC.OB ‘ 2 a  Vậy d  BA ‘, B ‘ C   OH  CB ‘ 2a 2 Câu 35. Chọn C. Gọi H  AM  BD. A  SBD    ABC   SH   ABC  Ta có:   SAM    ABC  Lại có H HB AB 1   2  d D,  SAM   d B,  SAM  HD DM 2   https://toanhocplus.blogspot.com  D  Trang 118  B K M C Khoảng cách trong không gian Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn SADM https://facebook.com/duytuan.qna 1 1 a2  SADC  SABCD . 2 4 2 Ta có: SADM  1 2   45 AD.DM sin D  sin D  D 2 2 Do vậy AM  AD 2  DM 2  2 AD.DM cos 45  Kẻ DK  AM. Do vậy DK  10 a 2 2SADM 2a a 10 2 a 10    d B,  SAM  . AM 5 5 10   Câu 36. Chọn B. S 1 a Ta có d E,  SBD   d A,  SBD  . 2 3 2a  d A,  SBD   3 Gọi H là hình chiếu của A lên BD. Và K là hình chiếu       K của A lên SH.   Ta được AK   SBD   AK  d A,  SBD   AH .BD  AB. AD  AH  Do đó AB.AD AB2  BD 2  E A D 2a. 3 H x.a 2 C B a2  x2 a2 1 1 1 9 1 a2  x 2 a 2     . AK 2 SA2 AH 2 4a2 a2 x2 a4 5 1  x2  2  x 2  4  x  2 vì x  0. 4 x Câu 37. Chọn B.     A’  +) Kẻ AP  A ‘ B  d A,  BCD ‘   d A,  A ‘ BC   AP +) A ‘ AC vuông cân tại A  A ‘ A  AC  A’C 2 a 2  AP  C’ B’ P Tứ giác ABCD là hình vuông  AB  D’ A 1 1 1 1 1 3 a    2 2  2 2 2 2 AP A’ A AB 2a a 2a 2 D AC a 2 B a 6 a 6   d A,  BCD ‘   3 3 3   C S Câu 38. Chọn A. Gọi E là trung điểm của AD khi đó ABCE là hình vuông cạnh a suy ra CE  AD, lại có CE  SA  SC,  SAD   30. Do đó CE   SAD   CSE  F  E A Lại có: SC sin 30  CE  a  SC  2a D  SA  SC 2  AC 2  a 2. B  https://toanhocplus.blogspot.com Trang 119 C Khoảng cách trong không gian Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn Do CE  https://facebook.com/duytuan.qna 1 AD nên tam giác ACD vuông tại C suy ra AC  CD, dựng AF  SC. 2   Ta có: d A,  SCD   AF  SA.SC a. SC S Câu 39. Chọn A.   120 nên tam Do ABCD là hình thoi có BAD giác ABC và ACD là các tam giác đều. Khi đó AM  a 3 a 3, dựng AE  CD  AE , 2 2  F A  dựng AF  SE suy ra d A,  SCD   AF. D   45  SA  AM tan 45  a 3 Do SMA 2    E  Có: AB / / CD  d B,  SCD   d A,  SCD   AF SA.SE  2 SA  AE 2  B M C a 6 4 Câu 40. Chọn C. S Gọi I là trung điểm của MB. Gọi G là trọng tâm của tam giác MBC suy ra SG   ABC . Từ G kẻ GH  AB, kẻ GK  SH với H  AB, K  SH. K   Nên GK   SAB   d G;  SAB   GK. Ta có IC  MC 2  MI 2  A C a 13 2 a 13, GC  IC  4 3 6 M G H a 3 1 a 3, GH  MC  6 3 6 Do đó SGH vuông cân tại G nên  SG  SC 2  GC 2  B 1 1 a 6 a 6 GK  SH .  2 2 6 12    S  Mà d C ;  SAB   3d G;  SAB   3a 6 a 6  12 4 Câu 41. Chọn B. Gọi H là trung điểm của AB I  SH  AB  SH   ABC  Xét tam giác ABC vuông tại A, có AB  a, AC  a 3. Đặt SH  x nên C H a2 13a 2 SB  x 2 , SC  SH 2  HC 2  x 2  4 4  https://toanhocplus.blogspot.com A Trang 120 K B Khoảng cách trong không gian Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna a2 a a Mà SB  SC  BC  x   x   SH  4 2 2 2 2 2 2 Kẻ HK  BC, HI  SK với K  BC, I  SK nên HI   SBC .   a 3  1  1  1  28 Mặt khác HK  HB.sin B 4 HI 2 HK 2 SH 2 3a2  HI  a 21 a 21  d H ;  SBC   14 14       Mà d A;  SBC   2d H,  SBC   2 HI  a 21 7 Câu 42. Chọn C.    +) d A,  BCD ‘   d D,  BCD ‘  D’  Hình hộp đứng ABCD. A ‘ B ‘ C ‘ D ‘  D ‘ D   BCD .  C’ P A’  B’ Kẻ AP  CD ‘  P  CD ‘   d D,  BCD ‘   DP      d D,  BCD ‘   DP  d A,  BCD ‘   DP D C +) Hình hộp đứng ABCD.A ‘ B ‘ C ‘ D ‘  A ‘ A  AC  A ‘ AC vuông cân thì chỉ có thể vuông cân tại A  a D’ D  A’ A   A ‘C a  2  A ‘ A  AC    2 2  DC  AC  a  2 2 A B 1 1 1 2 4    2 2 2 2 2 DP D’ D DC a a a a  DP   d A,  BCD ‘   6 6 +)   Câu 43. Chọn B. D  AB  CM  AB   CDM  Ta có   AB  SH Kẻ MN  CD  AB  MN do AB   CDM  N  MN là khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và CD Ta có CM  1 a 3 a 3. 3 3a  và CN  CD . 2 2 2 2  MN  CM 2  NC 2  a 6 a 6  d  AB, CD   2 2 C H M B Câu 44. Chọn C. Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Mà SA  SB  SC  SO   ABC   SO  BC. Gọi M là trung điểm của BC  AM  BC.  https://toanhocplus.blogspot.com Trang 121 Khoảng cách trong không gian Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna Do đó BC   SAM , kẻ MH  SA nên MH là đoạn S vuông góc chung của SA và BC. Suy ra d  SA; BC   MH   Ta có sin MAH 3a. 4 H MH 3a a 3 3   60  :   MAH MA 4 2 2 A 2 2 a 3 a  Mà AO  AM . . 3 3 2 3 C O   AO  SA  2a  cos SAO SA 3 M B Câu 45. Chọn A. S Kẻ HK  CD, K  CD và HE  SA, E  SA. SH  HK Có  CD  HK E  HK là đoạn vuông góc chung của SH và CD. Ta có AD   SAB   AD  HE  HE   SAD . D A H 3. 2 1 1 1 1 B C     1  AH  1. Mà 2 2 2 SH AH HE AH 2 Mặt khác AB  3 AH  3 AD  AH  AD nên tứ giác AHKD là hình vuông, do đó   Suy ra d H ;  SAD   HE  K HK  1  d  SH ; CD . Câu 46. Chọn A. S   60 Ta có: OE  CD  CD   SOE   SEO +) Đặt AB  2 x  OA  x 2, OE  x SO SA2  OA2 5a 2  2 x 2 +) tan 60     3 OE OE x A  5a 2  5 x 2  x  a  AB  2 a, SO  a 3 Ta có: BD   SAD . E Dựng OK  SC  d  BD ; SC   OK Ta có: OK  SO.OC SO 2  OC 2 a D K O 6 a 30.  5 5 B C Câu 47. Chọn B. Gọi H là trung điểm của AM khi đó BC  2a 2  AM  BC a 2 a 6  a 2  HA   SH  HA tan 60 . 2 2 2  https://toanhocplus.blogspot.com Trang 122 Khoảng cách trong không gian Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna Dựng ME  SA. S  BC  AM  BC  ME do đó ME là đường Do   BC  SH vuông góc chung của BC và SA. E Cách 1: F SH. AM a 6 ME.SA  SH .AM  ME   2 2 2 SH  HA C A a 6 Cách 2: Dựng HF  SA suy ra ME  2 HF  2 H M B Câu 48. Chọn C. S Gọi H là trung điểm của OB khi đó SH   ABCD  Ta có tam giác SBD vuông tại S có đường cao SH a 3 3a 3 9 a 2 3a.   SH  2 2 4 2 Dựng OK  SB  OK là đường vuông góc nên SH 2  HB.HD  chung của AC và SB. 3a Dựng HM  SB  HM   4 SH 2  HB2 M SH.HB 3a Do đó d  AC ; SB   OK  2 MH . 2 A K D O H B Câu 49. Chọn A. C C’ B’ Gọi G là trọng tâm tam giác ABC 2 a 3 AM  3 3 Do đó A ‘ G  GA tan 60  a. Gọi I là trung điểm của Khi đó A ‘ G   ABC  ; AG  A’ CI  AB AB     A ‘ CI   AB  A ‘ G  AB K Dựng IK  A ‘ C do đó IK là đường vuông góc chung của AB và A ‘ C. Dựng GE  A ‘ C Suy ra GE  A ‘ G.GC a 3 3a  IK  GE . 2 4 A ‘ G 2  GC 2 2 E M B I C G A Câu 50. Chọn C. I là trung điểm của AB  SI  AB  SI   ABC   SI  AC. Mà AC  AB  AC   SAB   AC  SB.  https://toanhocplus.blogspot.com Trang 123 Khoảng cách trong không gian Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna Gọi K là trung điểm của SB  AK  SB S  AK là đoạn vuông góc chung của AC, SB nên a 3  AB  a. 2 Gọi H là trung điểm của SA  BH  SA. d  SB; AC   AK  H K Mà AC  BH. Suy ra BH   SAC . A    30  BC ;  SAC    BC ; HC   BCH    Ta có sin BCH B I BH BH  BC  a 3. BC sin 30 C Câu 51. Chọn B. Gọi N là trung điểm của AD suy ra MN / / AC. a 3 a 6 3a, BM  và BN  suy ra 2 2 2 BMN vuông. S Ta có MN  Do đó BM  MN  BM  AC  BM   SAC . Gọi I là giao điểm của AC và BM. Từ I kẻ IK  SC A Nên IK là đoạn vuông góc chung SC, BM N  d  SC ; BM   IK. D K SA a 3 a a 3 .  Ta có SAC ~ IKC  IK  IC. SC 3 2a 6 M I B C a 3 Vậy d  SC ; BM  . 6 Câu 52. Chọn A. S +) Dựng Ax / / BC  d  SA, BC   d  B; SAx  +) Dựng HK  Ax   SHK   Ax +) Dựng HE  SK  d  B, SAx   2d  H, SAx    a sin 56  a Ta có: HK  AH sin HAK 2 d  H, SAx   HE  SH .HK 2 SH  HK +) Do đó d  SA, BC   2  E a 3 K x A C H 2a B 3 Câu 53. Chọn B. Ta có: A ‘ CM cân tại A ‘ .Dựng A ‘ H  CM  H là trung điểm của CM và A ‘ H   ABC  Khi đó V  A ‘ H.SABC  A ‘ H.  https://toanhocplus.blogspot.com a2 3 a3 3   A’ H  a 4 4 Trang 124 Khoảng cách trong không gian Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna d  AB, CC ‘   d  CC ‘, A ‘ AB   d  C, A ‘ AB   CK Vậy CK  A ‘ H .CM  A’ M A ‘ H .CM 2 A ‘ H  MH 2  A’ 2 a 57 19 B’ Hoặc các em có thể tính như sau:    d C ‘,  A ‘ AB   2d H,  A ‘ AB  C’ K  2.A ‘ H .MH  A A ‘ H 2  MH 2 C H M B Câu 54. Chọn A.  +) Dựng HK  CD  CD  SHK  S   45. do vậy  SCD, ABCD   SKH Ta có: HKD vuông cân tại K do vậy 3a 3a.  SH  HK tan 45  2 2 +) Dựng Ax / / BD ta có: HK  KD     d  SA, BD   d BD,  SAx   d H,  SAx  F A  x Dựng HE  Ax  HE  OA  a 2 D E O Dựng HF  SE  HF   SAx  K H C B SH .HE 3a 34 Ta có: HF   2 2 17 SH  HE Câu 55. Chọn C. A’ C’ Gọi N là trung điểm của BB ‘ suy ra MN / / B ‘ C.     Do đó d  AM, B ‘ C   d B ‘ C,  AMN   d C,  AMN . B’ Mà M là trung điểm của BC nên     d B,  AMN   d C,  AMN . Ta có BA, BM, BN đôi một vuông góc với nhau. 1 Nên  d 2 B,  AMN  Mặt khác BM  Suy ra   1 1 1.    2 2 BA BM BN 2 BC 1 a  a, AB  a 3, BN  BB ‘ . 2 2 2 1  d 2 B,  AMN    d B,  AMN    1 1  2 a a 3   N A C M B 1 2 10   2. 2 3a  a     2 a 30 a 30  d  AM, B ‘ C   10 10  https://toanhocplus.blogspot.com Trang 125 Khoảng cách trong không gian Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna Câu 56. Chọn B. A’ Kẻ CH  AB  H  AB   CH   ABB ‘ A ‘ . C’ Nên A ‘ H là hình chiếu vuông góc của A ‘ C lên  ABB ‘ A ‘  B’.   ‘ H  30. Do đó A ‘ C,  ABB ‘ A ‘   CA   Vì ABC.A ‘ B ‘ C ‘ là hình lăng trụ nên A C CC ‘/ / AA ‘  CC ‘/ /  ABB ‘ A ‘     H   d  A ‘ B, CC ‘   d CC ‘,  ABB ‘ A ‘   d C,  ABB ‘ A ‘   CH. B 2 1 a 3. AC.BC.sin ACB 2 2   7 a 2  AB  a 7 AB2  AC 2  BC 2  2 AC.BC.cos BCA Ta có SABC   CH  2.SABC a 21 a 21   d  A ‘ B, CC ‘   AB 7 7 Câu 57. Chọn D. S Dựng DN / / BM  N là trung điểm của AB.  Khi đó d  SD, BM   d BM,  SDN      d B,  SDN   d A,  SDN    Dựng AE  DN  DN   SAE , dựng F AF  SE A  AF  SE  AF   SDN  khi đó   AF  DN    Do vậy d B,  SDN   d A,  SDN  AE.SA  AF  2 AE  SA Với AE  2  2a AN. AD 2 AN  AD 2  N  D E M B C 5 2 a 145  29 29 2a 5. Câu 58. Chọn D. S Lấy M là trung điểm BC, H là hình chiếu của A lên SM.   Xác định được AD,  ABCD   SDA  45   H SA  BC  AM  BC   SAM   BC  AH  A B  AH  SM  AH   SBC   d A,  SBC   AH M Vì AD / /  SBC  chứa BC nên:     d  SB, AD   d AD,  SBC   d A,  SBC   AH  https://toanhocplus.blogspot.com Trang 126 D C Khoảng cách trong không gian Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna Tính: SA  AD  a 2, AM  a 2. Mà 1 1 1 2    AH  a. 2 2 2 5 AH AS AM Câu 59. Chọn B. S  AB 3 a 3 SM   SAB Vì tam giác đều nên  2 2 SM  AB   SAB    ABCD   Vì  SAB    ABCD   AB  SM   ABCD    SAB   SM  AB H N A  SM  CN D M Mà CN  DM  CN   SMI     SCN    SMI , I   CN  DM  B C Kẻ MH  SI,  H  SI   SCN    SMI   SM.MI Vì  SCN    SMI   MH   SCN   d M,  SCN   MH  SM 2  MI 2  SMI  MH  SI     Vì AMD và IND đồng dạng nên  AD MD AD.ND   ID  ID ND MD  a a  AD  a, ND  2 a. AD.ND a 5  2 Ta có:   ID    2 MD 5 a 5  MD  AD 2  AM 2  a 2   a   a 5 2  2 2    Khi đó: MI  MD  ID  a 5 a 5 3a 5   2 5 10 2  Vậy d M,  SCN   2 a 3 3a 5  a 3   3a 5  3a 2  MH . :       2   10  2 10 8     Câu 60. Chọn A. S Gọi O là tâm của hình vuông ABCD  AO  BD  BD   SAO . Do đó   60  SA  a 6. SBD ,  ABCD    SOA  2 K Qua C vẽ đường thẳng song song với BM cắt AD tại A B E.  Khi đó BM / /  SCE   d  BM, SC   d M,  SCE  Mà ME  2 2 AE  d M,  SCE   d A,  SCE  3 3     M O C  H E  https://toanhocplus.blogspot.com Trang 127 Khoảng cách trong không gian Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna Kẻ AH  CE tại H suy ra CE   SAH  và AH.CE  CD. AE.   Kẻ AK  SH tại K suy ra AK   SCE   d A,  SCE   AK. Mà AH  3a 5 nên 1 1 1 3a    AK . 2 2 2 AK AH SA 11 2 3a 2a  3 11 11 Do đó d  BM, SC   Câu 61. Chọn A. S Gọi O là tâm của đáy. Kẻ AH  SO,  H  SO .  BD  AC Vì   BD   SAC    SBD    SAC   BD  SA  SBD    SAC   Vì  SBD    SAC   SO  AH   SBD    SAC   AH  SO    d  d A,  SBD   AH  H D A O SA. AO B SA 2  AO 2 C    600 SC, AC   SCA Ta có: SC,  ABCD        a 2.tan 600  a 6 Xét SAC vuông tại A, ta có: SA  AC.tan SCA Vì O là tâm của đáy nên O là trung điểm của AC  AO  a 6. Khi đó: d  a 6  2 a 2 2 a 2    2    2  AC a 2  2 2 a 78 d 78   13 a 13 Câu 62. Chọn A. S Gọi H là tâm của ABC, I là trung điểm của BC.    60. Suy ra  SBC ,  ABC    SI, AI   SIA   N Đặt AB  x  HI  1 x 3 x AI   SH  tan 60.HI  3 6 2 2 A x a 21 2a 21 3a 3  x  SABC . 2 7 7 7 Gọi P là trung điểm của AC suy ra  I B     d  SA, MN   d SA,  MNP   d A,  MNP    https://toanhocplus.blogspot.com H M NP / / SA  SA / /  MNP .  C P Trang 128 3V A. MNP. SMNP Khoảng cách trong không gian Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna   • 3VA. MNP  d N,  ABC   SAMP  • SMNP  9a3 7 392 1 1 a 21 a a2 21 MP.NP . . . 2 2 7 2 28   Do đó d A,  MNP   9a 3 9a 3  d  SA, MN   42 42 Câu 63. Chọn A. S Gọi M, I lần lượt là trung điểm của BC và SH.  HM  AB a  2 2    SI  1 d  H,  SBC   SH 2  d  H,  SBC    2d  I,  SBC    2b Vì IH   SBC   S  d I,  SBC  I D C M H Kẻ HK  SM,  K  SM   K A  Khi đó: d H,  SBC   HK  2b B Xét SHM vuông tại H và có đường cao HK, ta có: 1 1 1 1 1 1      2 2 2 2 2 HK SH HM SH HK HM 2 a 2b. HK.HM 2 ab 2  SH    2 2 2 2 HM  HK a  16b 2 2 a  2    2b    1 1 2 ab 2 a3 b Vậy VS. ABCD  SH .SABCD . .a 2  3 3 a 2  16b2 3 a2  16b2  https://toanhocplus.blogspot.com Trang 129 Khoảng cách trong không gian Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna Chuû ñeà 4 THEÅ TÍCH KHOÁI ÑA DIEÄN  A. CÔNG THỨC TÍNH THỂ TÍCH KHỐI ĐA DIỆN I. THỂ TÍCH KHỐI CHÓP S 1. Thể tích khối chóp 1 VK / c  .S.h 3 Với: 1 V  SABCD .h 3 h S : Diện tích đáy h : Chiều cao A B SABCD C D A’ 2. Thể tích khối chóp cụt V 1 h B  B  BB 3  B’ C’ D’  h A B Với B, B : Diện tích hai đáy h : Chiều cao C D II. THỂ TÍCH KHỐI LĂNG TRỤ VÀ KHỐI HỘP CHỮ NHẬT A’ 1. Thể tích khối lăng trụ VLT  S.h Với: C’ A’ B’ C’ D’ S : Diện tích đáy h : Chiều cao h A B H A 2. Thể tích khối hộp chữ nhật Thể tích khối hộp chữ nhật: B H D C V  a.b.c B’ A’ A’ B’ C’ D’ C B’ C’ D’ với a, b, c là ba kích thước A Thể tích khối lập phương: V  a3 D A B C D B C với a là độ dài cạnh  https://toanhocplus.blogspot.com Trang 130 Thể tích khối đa diện Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna III. MỘT SỐ KHÁI NIỆM VÀ KỸ THUẬT CẦN NẮM 1. MỘT SỐ KHÁI NIỆM VÀ TÍNH CHẤT  Tứ diện đều là tứ diện có bốn mặt là các tam giác đều  Hình chóp đều là hình chóp có đáy là đa giác đều và các cạnh bên đều bằng nhau (hoặc có đáy là đa giác đều, hình chiếu của đỉnh trùng với tâm của đáy).  Hình chóp có mặt bên vuông góc với đáy thì giao tuyến của hai mặt bên đó sẽ vuông góc với mặt phẳng đáy.  Khối chóp có các cạnh bên bằng nhau: Cho hình chóp có đỉnh S có các cạnh bên có độ dài bằng nhau: SA  SB  SC  SD  …. Khi đó hình chiếu O của S lên mặt phẳng đáy trùng với tâm đường tròn nội tiếp đi qua các đỉnh ( A, B, C, D ,… ) nằm trên mặt đáy. Nếu đáy là: + Tam giác đều, O là trọng tâm + Tam giác vuông, O là trung điểm cạnh huyền. + Hình vuông, hình chữ nhật, O là giao điểm của 2 đường chéo đồng thời là trung điểm mỗi đường.  Lặng trụ đứng là lăng trụ có các cạnh bên vuông góc với mặt phẳng đáy.  Lăng trụ đều là lăng trụ đứng có đáy là đa giác đều.  Hình hộp đứng là hình lăng trụ đứng có đáy là hình bình hành.  Hình hộp chữ nhật là hình hộp đứng có đáy là hình chữ nhật.  Hình lập phương là hình hộp chữ nhật có tất cả các cạnh bằng nhau. 2. KỸ THUẬT TÌM ĐƯỜNG CAO BẰNG CÁCH ĐƯA VỀ BÀI TOÁN TÌM KHOẢNG CÁCH TỪ 1 ĐIỂM ĐẾN MỘT MẶT PHẲNG     d  O,    OI  thì: d  A,    AI  Nếu OA / /   thì: d O,    d A,  .  Nếu OA cắt   tại I O (định lý Ta-lét) A A A O I (α) α H K α I  https://toanhocplus.blogspot.com H K Trang 131 O Thể tích khối đa diện Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna B. CÁC PHƯƠNG PHÁP VÀ DẠNG TOÁN TÍNH THỂ TÍCH KHỐI ĐA DIỆN I. PHƯƠNG PHÁP TÍNH TOÁN TRỰC TIẾP 1. PHƯƠNG PHÁP Bước 1: Xác định và tính chiều cao của khối đa diện  Trong nhiều trường hợp, chiều cao của khối đa diện được cho ngay từ đầu bài (chiều cao cho trực tiếp), nhưng cũng có trường hợp việc xác định phải dựa vào các định lí về quan hệ vuông góc (chiều cao cho gián tiếp) hay dùng nhất là: định lí 3 đường vuông góc, các định lí về điều kiện để một đường thẳng vuông góc với một mặt phẳng,…  Tính độ dài chiều cao: Sử dụng định lí Pitago, hoặc nhờ hệ thức lượng trong tam giác vuông, tỉ số lượng giác trong tam giác vuông, định lý cosin,..  Có thể tính chiều cao bằng cách chuyển về bài toán tìm khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng.     d  O ,   IO  Nếu OA     I  thì (định lý Ta-lét) d  A,    IA o Nếu OA / /   thì d O,    d A,   o Bước 2: Tìm diện tích đáy bằng các công thức Bước 3: Sử dụng công thức tính thể tích. 2. MỘT SỐ BÀI TOÁN MINH HỌA Bài toán 1: (THPTQG 2017-101) Cho khối chóp tứ giác đều có cạnh bằng a, cạnh bên gấp hai lần cạnh đáy. Tính thể tích V của khối chóp đã cho. A. V  2a3. 2 B. V  2a 3. 6 C. V  14 a 3. 2 D. V  14 a3. 6 Lời giải: Chọn D. S Ta có SO   ABCD  (do S. ABCD là hình chóp đều). Có ABCD là  BD  a 2  OB  hình vuông cạnh BD a 2 . 2 2 a 2a 2 a 2 a 14 . Suy ra: SO  SB  OB   2a      2  2   2 2 2 A D O 1 1 a 14 2 14a3 .a . Khi đó: V  .SO.SABCD . a B C 3 3 2 6 Chú ý: Có thể áp dụng công thức giải nhanh với chóp tứ giác đều cạnh đáy bằng a, cạnh bên bằng b là: V  14a3 4b2  2 a 2 2. .a trong bài toán này: b  2a  V  6 6  https://toanhocplus.blogspot.com Trang 132 Thể tích khối đa diện Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna Bài toán 2: (THPTQG 2017-103) Cho khối chóp tam giác đều S.ABC có cạnh đáy bằng a và cạnh bên bằng 2a. Tính thể tích V của khối chóp S.ABC. A. V  13a3. 12 B. V  11a3. 12 11a3. 6 C. V  D. V  11a3. 4 Lời giải: Chọn B. S Gọi O là tâm của đáy  SO   ABC  (do S. ABC là hình chóp đều). 2a Do ABC là tam giác đều cạnh a 2 a 3 a 3 a2 3  OA . . và SABC  3 2 3 4 A 2 a 3 a 33 . Suy ra SO  SA 2  OA 2   2a      3  3   C 2 a O B 1 1 a 33 a2 3 11a3. . Khi đó: V  .SO.SABC . 3 3 3 4 12 Chú ý: Có thể áp dụng công thức giải nhanh với chóp tam giác đều cạnh đáy bằng a, cạnh bên bằng b là: V  11a3 3b 2  a 2 2. .a trong bài toán này: b  2a  V  12 12 Bài toán 3: (THPTQG 2017-101) Cho khối chóp S. ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với đáy và SC tạo với mặt phẳng  SAB  một góc 300. Tính thể tích V của khối chóp đã cho. A. V  6 a3. 3 B. V  2a 3. 3 C. V  2a3. 3 D. V  2a3. Lời giải: Chọn B. S CB  AB  Ta có:   CB   SAB  CB  SA  30° Do CB   SAB  suy ra SB là hình chiếu vuông góc của    30 0 SC lên  SAB   SC,  SAB   CSB   Ta có: SB  CB.cot 30 0  a 3.  SA  SB2  AB2  a 3  A 2 B  a2  a 2. D 1 1 2a3. Suy ra: V  SA.SABCD  .a 2.a2  3 3 3  https://toanhocplus.blogspot.com Trang 133 C Thể tích khối đa diện Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna Bài toán 4: (THPTQG 2017-2013) Cho khối lăng trụ đứng ABC. A ‘ B ‘ C ‘ có đáy ABC là tam giác   120 0, mặt phẳng AB ‘ C ‘ tạo với đáy một góc 600. Tính thể tích V cân với AB  AC  a, BAC   của khối lăng trụ đã cho. 3a 3. 8 A. V  B. V  9a3. 8 C. V  a3. 8 D. V  Lời giải: 3a 3. 4 A’ C’ Chọn A. Do AA ‘   A ‘ B ‘ C ‘  nên kẻ A ‘ I  B ‘ C ‘  I  B ‘ C ‘  I Suy ra:  AB ‘ C ‘ ,  A ‘ B ‘ C ‘    A ‘ IA  60 0.   B’ a  ‘ A ‘ I  a.cos 600 . Xét A ‘ IB ‘ có: A ‘ I  A ‘ B ‘ cos B 2 A C 120° a a 3 A ‘ IA  .tan 60 0 . Suy ra: AA ‘  A ‘ I .tan  2 2 Khi đó: B 1 a 3 1 a 3 3a3 V  AA ‘.S ABC  AA ‘. AC. AC.sin1200 . .a. . 2 2 2 2 8 Bài toán 5: (THPTQG 2017-103) Cho khối chóp S. ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với đáy và khoảng cách từ A đến mặt phẳng  SBC  bằng a 2. Tính thể tích V của 2 khối chóp đã cho. A. V  a3. 2 B. V  a 3. C. V  a3. 3 D. V  a3. 3 Lời giải: Chọn D. Kẻ AH  SB  H  SB   1 BC  SA  Có:   BC   SAB   BC  AH BC  AB  S  2 H Từ  1,  2   AH   SBC     d A,  SBC   AH  a 2. 2 1 1 1 Ta có:   2 2 AH SA AB2 1 1 1 2 1 1     2  2  2  SA  a. 2 2 2 SA AH AB a a a A D B C 1 1 a3 Suy ra: V  .SA.SABCD  .a.a2 . 3 3 3  https://toanhocplus.blogspot.com Trang 134 Thể tích khối đa diện Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna Bài toán 6: Cho hình hộp ABCD.A ‘ B ‘ C ‘ D ‘ có A ‘ ABD là hình chóp đều, AB  AA ‘  a. Tính theo a thể tích V của khối hộp ABCD. A ‘ B ‘ C ‘ D ‘. A. V  a3 3. 3 a3 3. 9 B. V  C. V  a3 3. 6 D. V  a3 2. 2 Lời giải: Chọn D. B’ C’ Gọi H là trọng tâm tam giác ABD. Do A’ ABD là hình chóp đều, nên D A’ A ‘ H   ABD  hay A ‘ H   ABCD . Tam giác ABD đều cạnh a nên a a 3 2 2 a 3 a 3 AO   AH  AO . . 2 3 3 2 3 Khi đó A ‘ H  A ‘ A 2  AH 2  a 2  và SABCD  2SABD B 3a 2 a 6  9 3 a2 3 a2 3  2.  4 2  V  VABCD. A ‘ B’C ‘ D ‘  A ‘ H.SABCD  C a O H A D a 6 a 2 3 a3 2. . 3 2 2 Bài toán 7: Cho hình chóp S. ABC có đáy là tam giác đều cạnh a. Gọi điểm I thuộc cạnh AB sao cho IA  2 IB và hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng  ABC  là trung điểm của CI. Góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng  ABC  bằng 600. Tính theo a thể tích V của khối chóp S.ABC. A. V  a3 7. 24 B. V  a3 7. 8 C. V  a3 3. 4 D. V  a3 3. 12 Lời giải: Chọn A. S Gọi H là trung điểm của CI   600.  SH   ABC   SC,  ABC   SCH   1 a AB . Xét tam giác BCI : 3 3  CI 2  BC 2  BI 2  2 BC.BI .cos CBI Ta có: BI  I A 2 a a 7 a2  a     2.a. .cos 60 0 . 3 9 3 B 2 H a 7 CI a 7  CI   CH  . 3 2 6 Xét tam giác SHC ta có: C   a 7 .tan 600  a 21 SH  CH.tan SCH 6 6  https://toanhocplus.blogspot.com Trang 135 Thể tích khối đa diện Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna Do ABC là tam giác đều cạnh a nên SABC  a2 3. 4 1 1 a 21 a2 3 a3 7. . Vậy V  .SH .SABC . 3 3 6 4 24 Bài toán 8: Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A ‘ B ‘ C ‘ có đáy là tam giác đều cạnh a, cạnh bên tạo với đáy một góc 600. Gọi M là trung điểm BC và I là trung điểm của AM. Biết rằng hình chiếu của điểm I lên mặt đáy  A ‘ B ‘ C ‘  là trọng tâm G của tam giác A ‘ B ‘ C ‘. Tính theo a thể tích V của khối lăng trụ ABC. A ‘ B ‘ C ‘. A. V  3a 3 3. 16 B. V  a3 3. 48 C. V  a3 3. 16 D. V  a3 3. 4 Lời giải: Chọn C. A C I Gọi M ‘ là trung điểm của B ‘ C ‘. Gọi H là hình chiếu của A trên A ‘ M ‘ M  AH / / IG  AH   A ‘ B ‘ C ‘  (do IG   A ‘ B ‘ C ‘  ). B  ‘ H  600. Suy ra AA ‘,  A ‘ B ‘ C ‘   AA   Ta có AIGH là hình chữ nhật, suy ra: A’ AM A ‘ M ‘  2 2 A’ M ‘ A’ M ‘ A’ M ‘  A ‘ H  GM ‘   A’ H   2 3 2 A’ M ‘  A’ H . 6 HG  AI  C’ H G M’ B’  a2 3 SA ‘ B’C ‘   4 Do A ‘ B ‘ C ‘ là tam giác đều cạnh a, nên  A’ M ‘  a 3  A’ H  a 3  2 12 Xét tam giác AA ‘ H, ta có AH  A ‘ H.tan AA ‘ H  Khi đó VABC. A ‘ B’C ‘  AH.SA ‘ B’C ‘ a 3 a .tan 600  12 4 a a 2 3 a3 3 . . 4 4 16 Bài toán 9: Cho lăng trụ tam giác đều ABC. ABC có tất cả các cạnh bằng a. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của các cạnh AB và BC . Mặt phẳng  ANM  cắt cạnh BC tại P. Thể tích khối đa diện MBP. ABN bằng A. 7 a3 3. 32 B. a3 3. 32 C. 7 a3 3. 68 D. 7 a3 3. 96 Lời giải: Chọn D.  https://toanhocplus.blogspot.com Trang 136 Thể tích khối đa diện Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna Gọi E là trung điểm của BC, F là trung điểm của BE Khi đó MF / / AE mà AE / / AN nên MF / / AN. A C E Suy ra các điểm A, M, F, N cùng thuộc một mặt phẳng. M P Vậy  AMN  cắt cạnh BC tại P nên P trùng với F. B Công thức tổng quát tính thể tích khối đa diện h B  B  BB với h là chiều 3 cao, B, B lần lượt là diện tích hai đáy” “Thể tích khối chóp cụt là V    A’ C’ Vậy thể tích khối đa diện MBP.ABN có chiều cao h  BB  a N  SABC S  2  B  SMBP  8 8 với S  a 3. Và diện tích đáy  4 S S  B  S  ABC  ABN  2 2 Vậy thể tích khối đa diện MBP.ABN là V  B’ BB  S S S S  7 3a3  . .  3  8 2 8 2  96 Bài toán 10: Cho hình chóp S. ABCD có SA  SB  SC  a 2 và đáy ABC là tam giác cân. Biết   1200 và BC  2a Tính theo a thể tích V của khối chóp S.ABC. BAC A. V  a3 2. 9 B. V  a3 2. 3 C. V  a3 3. 2 D. V  a3 3. 6 Lời giải: Chọn A. Gọi H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, S suy ra SH   ABC  (do SA  SB  SC ).   120 0 nên ABC là tam giác cân tại A Do BAC   30 0. Gọi M là trung điểm BC Suy ra ABC  BM  a  AM  BM.tan 300  a 3 3 A B 2 AM.BC a 3.2a a 3   Suy ra SABC  2 3.2 3 Áp dụng định lý Sin trong tam giác ABC ta có: 2 HA  2 R  BC 2a 4a 2a    HA  0  sin 120 3 3 sin BAC Suy ra: SH  SA 2  HA 2  2 a2  M H C 4a2 a 6  3 3 1 1 a 6 a2 3 a 3 2. . Khi đó V  VS. ABC  SH.SABC . 3 3 3 3 9  https://toanhocplus.blogspot.com Trang 137 Thể tích khối đa diện Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna Bài toán 11: Cho lăng trụ tam giác ABC.ABC có BB  a, góc giữa đường thẳng BB và  ABC    60. Hình chiếu vuông góc của điểm B lên bằng 60, tam giác ABC vuông tại C và BAC  ABC  trùng với trọng tâm tam giác A. 13a3. 108 B. ABC. Tính thể tích khối tứ diện A.ABC theo a bằng 7 a3. 106 C. 15a3. 108 D. 9 a3. 208 Lời giải: Chọn D. B’ C’ Gọi M, N là trung điểm AB, AC và G là trọng tâm của tam giác ABC.   BG  60. BG   ABC   BB;  ABC   B  A’  1 1 V A. ABC  SABC .BG . AC.BC.BG 3 6  BG  60 Xét tam giác BBG vuông tại G, có B B 60° a 3 a, BG  2 2 Đặt AB  2 x. Trong tam giác ABC vuông tại C, có   60  AC  x, BC  x 3 BAC M  BG  BB.cos 60  Do G là trọng tâm tam giác ABC nên BN  C G N A 2 3a BG . 3 4 Xét tam giác BNC vuông tại C, có:  3a  AC  9a x 3a 2 13  BN 2  NC 2  BC 2    3x 2  x   16 4 2 13  BC  3a 3  2 13 2 2 1 3 a 3a 3 a 3 9 a 3. .  Vậy V A. ABC . . 6 2 13 2 13 2 208 Bài toán 12: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thoi tâm O, AC  2 a 3, BD  2 a. Hai mặt phẳng  SAC  và  SBD  cùng vuông góc với mặt đáy ABCD. Biết khoảng cách từ tâm O đến SAB  bằng a 3. Tính thể tích V của khối chóp S. ABCD theo a. 4 A. V  a3 3. 9 B. V  a 3 3. C. V  a3 3. 6 D. V  a3 3. 3 Lời giải: Chọn D.  https://toanhocplus.blogspot.com Trang 138 Thể tích khối đa diện Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna SAC    ABCD   +) Gọi AC  BD  O. Ta có:  SBD    ABCD    SO   ABCD  SAC   SBD   +) Kẻ OI  AB  I  AB  và kẻ OH  SI  H  SI . a 3. 4 Vì ABCD là hình thoi nên: AC BD OA   a 3 và OB   a. 2 2 Xét tam giác vuông AOB :  S   d O,  SAB   OH  OI  OA.OB  AB a 3.a   a 3 2  a2  H a 3. 2 D A I O B C Xét tam giác vuông SOI : 1 1 1 16 4 4 a   2  2  2  2  SO  2 2 2 SO OH OI 3 a 3a a 1 1 ABCD là hình thoi nên: SABCD  AC.BD  .2 a 3.2 a  2 3a2 2 2 1 1 a a3 3  V  VS. ABCD  .SO.SABCD . .2 3a2 . 3 3 2 3 a 10, AC  a 2 và BC  a. Hình ACB  1350, CC ‘  Bài toán 13: Cho lăng trụ ABC.A ‘ B ‘ C ‘ có  4 chiếu vuông góc của C ‘ lên mặt phẳng  ABC  trùng với trung điểm M của đoạn AB. Tính theo a thể tích V của khối lăng trụ ABC.A ‘ B ‘ C ‘. A. V  a3 6. 24 B. V  3a3 6. 8 C. V  a3 6. 8 D. V  a3 3. 8 Lời giải: Chọn C. C’ 1 1 a2 ACB  a 2.a.sin 1350 . Ta có: SABC  CA.CB.sin  2 2 2 Áp dụng định lý cosin trong tam giác ABC ta có: AB2  AC 2  BC 2  2 AC.BC.cos  ACB B’ A’  2a 2  a 2  2a 2 cos1350  5a2 Khi đó: CM 2  CA2  CB2 AB2 a2  . 2 4 4 C Suy ra: C ‘ M  C ‘ C 2  CM 2  a 6 4 Suy ra thể tích V  C ‘ M.SABC  a 6 a2 a3 6. . 4 2 8  https://toanhocplus.blogspot.com B M Trang 139 A Thể tích khối đa diện Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna Bài toán 14: Cho hình lăng trụ đứng ABC.A ’B’C ’, có đáy ABC là tam giác cân tại A,   . Gọi M là trung điểm của AA’, tam giác C ’MB vuông. Thể tích của khối AB  AC  a, BAC lăng trụ ABC.A’B’C ’ là: A. a3 sin . cos  B. a 3 cos. sin  C. a 3 cot. sin  D. a 3 tan . cos  Lời giải: A’ Chọn A. Diện tích đáy của khối lăng trụ là: S  1 2 a sin  2 Nên BMC vuông cân tại M  BC   MB 2  2 2 2 x2  2 a2 2 2 2 Mặt khác: BC ‘  BC ‘  BB  BC  AA  BC  x Từ  1,  2   BC 2  x 2  B’ M x2  a2. 4 Đặt A ‘ A  x. Suy ra: MB  MC ‘  C’  1 A C α 2 2 x2  2a2 2 B  AB2  AC 2  2 AB.AC.cos   x 2   2 a 2  2 a2 cos   x 2  Thể tích của khối lăng trụ là V  x2  2a2 2 x2  2 a 2  x 2  4 a 2 cos   x  2 a cos  2 1 2 a sin  .2 a cos   a 3 sin . cos . 2 Bài toán 15: Cho hình lăng trụ đứng ABCD. A ‘ B ‘ C ‘ D ‘ với ABCD là hình thang vuông tại A và D, có AB  3a, AD  a, BC  a 2.. Biết khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng  A ‘ DC  bằng 2a 5. Khi đó thể tích V của khối lăng trụ ABCD. A ‘ B ‘ C ‘ D ‘ bằng bao nhiêu? 5 A. V  5a 3. 3 C. V  10a 3. B. V  5a 3. Lời giải:   10a3. 3 A’ Chọn B.  D. V  B’  Ta có: AB / /CD  d B,  A ‘ DC   d A,  A ‘ DC . Kẻ AH  A ‘ D  AH   A ‘ DC  D’ 2a 5. 5 Xét tam giác A ‘ AD, ta có:    d A,  A ‘ DC   AH  C’ H A K B 1 1 1 5 1 1    2 2  2 2 2 2 A’ A AH AD 4a a 4a D  https://toanhocplus.blogspot.com Trang 140 C Thể tích khối đa diện Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna  A ‘ A  2a. Kẻ CK  AB  ADCK là hình chữ nhật  CK  AD  a. Suy ra KB  CB2  CK 2  a  DC  AK  AB  KB  3a  a  2a. Khi đó: V  VABCD. A’ B’C ‘ D ‘  A ‘ A.SABCD  A ‘ A.  AB  DC  .AD  2a.  3a  2a  .a  5a. 3 2 2 Bài toán 16: Cho hình chóp S. ABC, có AB  5  cm , BC  6  cm , AC  7  cm . Các mặt bên tạo với đáy 1 góc 60. Thể tích của khối chóp bằng: A. 105 3 cm3. 2   B. 35 3 cm3. C. 24 3 cm 3. D. 8 3 cm 3. 2 (Trích đề thi thử THPT Triệu Thị Trinh lần 1 năm 2017-2018)       Lời giải: Chọn D. S J A C H K I B Gọi H là hình chiếu vuông góc của S xuống mặt phẳng  ABC  và I, J, K là hình chiếu vuông góc của H lên các cạnh BC, CA, AB Ta có SH   ABC  ; HI  BC, HJ  CA, HK  AB  ;  ,  .   SBC ,  ABC   SIH SCA ,  ABC   SJH SAB ,  ABC   SKH         SJH   SKH   60. Mà các mặt bên tạo với đáy 1 góc 60 nên SIH  SHI  SHJ  SHK (cạnh góc vuông– góc nhọn)  HI  HJ  HK  H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC Mặt khác SABC  p  p  BC  p  CA  p  AB , với p  AB  BC  CA  9  SABC  9.2.3.4  6 6. 2 2 6 2 6  HI  HJ  HK  ( r : bán kính đường tròn nội tiếp ABC ) 3 3 1 Tam giác SHI vuông tại H có SH  HI .tan 60  2 2. Khi đó VS. ABC  SABC .SH  8 3 cm3. 3 Mà SABC  pr  r    https://toanhocplus.blogspot.com Trang 141  Thể tích khối đa diện Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna Bài toán 17: Cho hình tứ diện đều ABCD có cạnh bằng 3. Gọi G1, G2, G3, G4 lần lượt là trọng tâm của bốn mặt của tứ diện ABCD. Tính thể tích V của khối tứ diện G1G2G3G4. A. V  2. 4 B. V  2. 18 9 2 2. D. V . 32 12 (Trích đề thi thử THPT Hoa Lư A-Ninh Bình-2017-2018) C. V  Lời giải: Chọn D. A Tứ diện đều ABCD  AG1   BCD . G2G3 //MN ; G2G4 //MP suy ra:  G2G3G4  / /  BCD    d G1 ;  G2G3G4  G1 A   MG 1 . MA 3 2 G4 2 2 3 3 CG1  CP .  3  G1 A  AC 2  G1C 2  6. 3 3 2    d G1 ;  G2G3G4   6. 3 G2 G3 P B D G1 GG AG2 2 2 1   G2G3  MN  BD  1. Lại có 2 3  MN AM 3 3 3 Tương tự G3G4  1, G4G2  1 M N C  G2G3G3 là tam giác đều có cạnh bằng 1 1 3 1 2  SG2G3G4  G2G3 .G3G4 sin 60 0   VG1G2G3G4  d G1 ;  G2G3G4  .SG2G3G4 . 2 4 3 12   Bài toán 18: Hình lăng trụ đứng ABC.ABC có diện tích đáy bằng 4, diện tích ba mặt bên lần lượt là 9, 18 và 10. Thể tích khối lăng trụ ABC.ABC bằng 4 A. 4 11951. 11951 11951. C. 11951. D.. 2 2 (Trích đề thi thử THPT Chuyên Hùng Vương-Phú Thọ lần 2 năm 2017-2018) B. Lời giải: Chọn D. Đặt AA  x, AB  c, AC  b, BC  a. A’  xc  18 c  2b   Suy ra:  xb  9   10.  xa  10 a  9 b   B’ C’ x Ta có SABC  4  p  p  a  p  b  p  c   4 với p  a  b  c 37  b 2 18 37  37 10   37  37   b  b  b   b  b  b  2b   4 18  18 9   18  18   https://toanhocplus.blogspot.com Trang 142 c B A a b C Thể tích khối đa diện Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn b https://facebook.com/duytuan.qna 1296 11951 11951. 8. Suy ra x  Vậy thể tích khối lăng trụ ABC.ABC : V  AA.SABC  11951 11951 .4 . 8 2   BAS   BCS   90. Bài toán 19: Cho hình chóp S.ABC có AB  a, AC  a 3, SB  2a và ABC Sin của góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng  SAC  bằng 11. Tính thể tích khối chóp 11 S.ABC. A. 2a3 3. 9 a3 3 a3 6 a3 6. C.. D.. 9 6 3 (Trích đề thi thử THPT Đặng Thúc Hứa – Nghệ An – năm 2017-2018) B. Lời giải: Chọn C. S – Dựng SD   ABC  tại D.  BA  SA  BA   SAD   BA  AD. Ta có:   BA  SD  BC  SD Và:   BC   SCD   BC  CD  BC  SC  ABCD là hình chữ nhật 2 H D A 2  DA  BC  AC  AB  a 2, DC  AB  a – Gọi H là hình chiếu vuông góc của B lên mặt  là góc giữa SB và mặt phẳng  SAC   BSH C B phẳng  SAC       11 1 11   BH  d B;  SAC   d D;  SAC    sin BSH  2  1. 2 11 SB SB SB SB d D;  SAC  – Lại có :  1  d D;  SAC  2    1 1 1 1 3 1 1 1  2    2  2 2.   2 2 2 2 2 2 2 SB  BD DA DC SB  3a 2 a DS DA DC (do DS, DA, DC đôi một vuông góc với nhau) SB  a 6 SB2  6a2 11 1 3   2  2   2 11 2   – Từ 1 và  2  suy ra: 2 2 11  SB SB  3a 2 a SB  a SB  a 3  3  Theo giả thiết SB  2a  SB  a 6  SD  a 3. 1 1 a3 6 Vậy VSABC  SD. BA.BC . 3 2 6  https://toanhocplus.blogspot.com Trang 143 Thể tích khối đa diện Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna II. PHƯƠNG PHÁP TÍNH THỂ TÍCH GIÁN TIẾP BẰNG CÁCH PHÂN CHIA LẮP GHÉP CÁC KHỐI CHÓP Trong nhiều trường hợp, việc tính trực tiếp thể tích khối đa diện bằng phương pháp trực tiếp gặp khó khăn vì hai lí do: khó xác định và tính được chiều cao hoặc khó tính được diện tích đáy. Khi đó, ta có thể làm theo các phương pháp tính thể tích gián tiếp. 1. PHƯƠNG PHÁP  Tính thể tích bằng cách chia nhỏ khối đa diện o Ta chia khối đa diện thành nhiều khối đa diện nhỏ mà có thể tính thể tích của chúng. o Sau đó, ta cộng các kết quả lại, ta sẽ có kết quả cần tìm.  Tính thể tích bằng cách ghép thêm khối đa diện khác Ta có thể ghép thêm vào khối đa diện một khối đa diện khác, sao cho khối đa diện thêm vào và khối đa diện mới có thể dễ dàng tính được thể tích. 2. MỘT SỐ BÀI TOÁN MINH HỌA Bài toán 1: Một hình hộp chữ nhật ABCD. A’B’C ’D’ có ba kích thước là 2cm, 3cm, 6cm. Thể tích của khối tứ diện A.CB’D’ bằng. A. 8cm3. B. 12cm3. C. 6cm3. D. 4cm3. Lời giải: Chọn B. A’ D’ C’ B’ 6cm A D 3cm B 2cm C Ta có: V ABCD. A ‘ B’C ‘ D ‘  VB. AB’C  VD. ACD ‘  VA ‘. B’ AD ‘  VC. B’C ‘ D ‘  V A.CB’ D ‘  VABCD. A ‘ B’C ‘ D ‘  4VB. AB’C  VA.CB’ D ‘  VA.CB’ D ‘  VABCD. A ‘ B’C ‘ D ‘  4VB. AB’C 1 1 1 Mà VB. BAC  .SABC .BB  SABCD .BB  V ABCD. ABCD 3 6 6 1 1 1  V A.CB’ D ‘  VABCD. A ‘ B ‘C ‘ D ‘  4. V ABCD. A ‘ B ‘C ‘ D ‘  V ABCD. A ‘ B ‘C ‘ D ‘  .2.3.6  12cm3. 6 3 3 Bài toán 2: Cho hình hộp chữ nhật ABCD. A’B’C ’D’ có AB  a, BC  b, AA ‘  c. Gọi M và N theo thứ tự là trung điểm của A ’B’ và B’C ’. Tính tỉ số giữa thể tích khối chóp D’.DMN và thể tích khối hộp chữ nhật ABCD.A’B’C ’D’ A. 1 2 B. 1 5  https://toanhocplus.blogspot.com C. Trang 144 1 8 D. 1 4 Thể tích khối đa diện Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna Lời giải: Chọn C. A B Thể tích khối chóp D’.DMN chính là thể tích khối chóp D.D’MN Ta có SD ‘ MN  SA ‘ B ‘ C ‘ D ‘   SD ‘ A ‘ M  SD ‘ C ‘ N  SB ‘ MN  D c C  ab ab ab  3ab  ab       8  4 4 8 Thể tích khối chóp D’.DMN là: 1 1 3ab abc V1  SD ‘ MN .DD ‘ . .c  3 3 8 8 Thể tích của khối hộp chữ nhật ABCD. A’B’C ’D’ là V  abc  a A’ B’ M b N b C’ a D’ V1 1 . V 8 Bài toán 3: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA  a và SA vuông góc với đáy. Gọi M là trung điểm SB, N là điểm thuộc cạnh SD sao cho SN  2 ND. Tính thể tích V của khối tứ diện ACMN. A. V  1 3 a 12 1 3 1 1 3 a. a. C. V  a 3. D. V  6 8 36 (Trích đề thi thử Chuyên Hùng Vương-Phú Thọ lần 1–2017-2018) B. V  Lời giải: Chọn A. S Gọi O là giao điểm của AC và BD. Vì OM //SD nên SD //  AMC .    Do đó d N ;  AMC   d D;  AMC  Vì M  BD   AMC   O    d D;  AMC   d B;  AMC  BO  DO      A N  VACMN  VN. MAC  VD. MAC  VB. MAC  VM. ABC. Kẻ MH //SA  H  AB   VACMN  VM. ABC  B H O  MH   ABC  S 1 1 1 MH.S ABC  SA. ABCD  a3. 3 6 2 12 D Bài toán 4: Cho khối lăng trụ ABC. ABC. Gọi M là trung C A C điểm của BB, N là điểm trên cạnh CC sao cho CN  3NC. tích V1 và V2 như hình vẽ. Tính tỉ số V2 B Mặt phẳng ( AMN ) chia khối lăng trụ thành hai phần có thể V1. V2 N M A’ V1 C’ B’  https://toanhocplus.blogspot.com Trang 145 Thể tích khối đa diện Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn A. https://facebook.com/duytuan.qna V1 5 . V2 3 V1 3 . V2 2 B. C. V1 4 . V2 3 D. V1 7 . V2 5 (Trích đề thi thử THPT Trần Hưng Đạo-TP HCM năm 2017-2018) Lời giải: Chọn D. A C V2 B M’ N M A’ C’ V1 B’ Gọi M là trung điểm của CC, ta có: 1 1 1 5 SBCMM  SBCCB, SMMN  SBCMM  SBCCB  SBMNC  SBCC B 2 4 8 8 1 d A,  BCBC  .S BCNM V2 5 3 .  VA. BCBC  1 8 d A,  BCBC   .S BCBC 3     1 d A;  ABC   .S ABC V A. ABC  V V2 1 5 2 5 2 3   A .BCC B   . . 3 VABC. ABC  V ABC. ABC  3 V ABC. ABC  8 3 12 d A;  ABC   .S ABC   Do VABC. ABC  V1  V2    V1 7 . V2 5   60 và SA vuông Bài toán 5: Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, BAD góc với mặt phẳng  ABCD . Góc giữa hai mặt phẳng  SBD  và  ABCD  bằng 45. Gọi M là điểm đối xứng của C qua B và N là trung điểm của SC. Mặt phẳng  MND  chia khối chóp S.ABCD thành hai khối đa diện, trong đó khối đa diện chứa đỉnh S có thể tích V1, khối đa diện còn lại có thể tích V2 (tham khảo hình vẽ bên). Tính tỉ số A. V1 12.  V2 7 B. V1 5 . V2 3 C. V1 1 . V2 5 D. V1 7 . V2 5 V1. V2 (Trích đề thi thử THPT Trần Phú – Đà Nẵng – Lần 2 – năm 2017 – 2018)  https://toanhocplus.blogspot.com Trang 146 Thể tích khối đa diện Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna Lời giải: Chọn D. S N K A I M D O C B Goi O  AC  BD.   45. Khi đó góc giữa hai mặt phẳng  SBD  và  ABCD  bằng 45  SOA BAD đều  AO  a 3 a 3 2 a 6  SA  AO.tan 45 . . 2 2 2 4 2 a 6 a2 3 a3 2 1.  Thể tích khối chóp S.ABCD : V  SA.2SABD . . 3 4 4 8 3 BI MB 1   IBM   600 ; MIB   AID  (đối đỉnh)    BI  AI ; lại có: IAD Ta có: CD MC 2 Suy ra: IBM  IAD 1 a3 2. V 2 16 1 K chính là trọng tâm của SMC  BK  SB 3 1 1 1 1 Thể tích khối chóp KMIB bằng: V   .d K,  MBI  .SMBI . d S,  MBI  .SMBI  SA.SMBI. 3 3 3 9 Nên: VN. MCD  VN. ABCD bằng: V    Ta có: SMBI  SIAD    1 a a2 3 1 a 6 a2 3 a3 2 a. .sin 600  V”. .  2 2 8 9 4 8 96 Khi đó: V2  V   V   Vậy  a 3 2 a3 2 5 2 a 3 a3 2 5 2a3 7 a3 2     ; V1  V  V2 . 16 96 96 8 96 96 V1 7 . V2 5 Bài toán 6: Cho hình lăng trụ ABC. ABC có thể tích bằng V. Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, AC, BB. Thể tích của khối tứ diện CMNP bằng: A. 5 V. 24 1 7 1 V. V. C. D. V. 4 24 3 (Trích đề thi thử THPT Chuyên Lương Văn Tụy-Ninh Bình lần 1 năm 2017-2018) B. Lời giải:  https://toanhocplus.blogspot.com Trang 147 Thể tích khối đa diện Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna Chọn A. P A’ C’ B’ N I A M C G B J Gọi I là trung điểm AC và NP  BI  J. 1 IP suy ra BN là đường trung bình tam giác PIJ. Suy ra B là trung điểm IJ. 2 Suy ra CM  BI  G là trọng tâm tam giác ABC. Lại có BN //  5 BI 5 JG 2 5 3    Ta có mà JG  BJ  BG  BI  BI  BI  SBCM 2 2 3 3 SBCM BG BI 3 5 5 1 1 ; S   2S  SJCM  SBCM  SJCM  SABC ( vì SBCM  BC.BM.sin B  BC.BA.sin B ) ABC BCM 2 4 2 2 1 1 1 5 5 5 PI .SABC  V. Ta có VN. JCM  NB.SJCM . PI. SABC  3 3 2 4 24 24 1 1 5 5 5 VP. JCM  PI .SJCM  PI. SABC  PI .SABC  V. 3 3 4 12 12 5 5 5 V. Vậy VN .CMP  VP. JCM  VN. JCM  V  V  12 24 24 SJCM SJCM Bài toán 7: Cho hình lăng trụ ABC. ABC. Gọi M, N, P lần lượt là các điểm thuộc các cạnh AA, BB, CC sao cho AM  2 MA, NB  2 NB, PC  PC. Gọi V1, V2 lần lượt là thể tích của hai khối đa diện ABCMNP và ABCMNP. Tính tỉ số A. V1 2. V2 B. V1 1 . V2 2 C. V1. V2 V1  1. V2 D. V1 2 . V2 3 (Trích đề thi thử THPT Chuyên Ngữ – Hà Nội – Lần 1 năm 2017 – 2018) Lời giải: Chọn C.  https://toanhocplus.blogspot.com Trang 148 Thể tích khối đa diện Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna A’ C’ M B’ P A C N B Gọi V là thể tích khối lăng trụ ABC.ABC. Ta có V1  VM. ABC  VM. BCPN. 1 1 2 2 VM. ABC  SABC .d M,  ABC  . SABC .d A,  ABC   V. 3 3 3 9 1 1 1 1 V M. ABC   SABC  .d M,  ABC   . SABC  .d M,  ABC    V. 3 3 3 9         7 7 Do BCCB là hình bình hành và NB  2 NB, PC  PC nên SBCPN  SBCPN  VM. BCPN  VM. BCPN 5 5 Ta có: V  VM. ABC  VM .BCPN  VM. ABC  VM .BCPN 2 1 7 5 V  VM. BCPN  V  VM .BCPN  VM. BCPN  V. 9 9 5 18 V 2 5 1 1 Như vậy V1  V  V  V  V2  V. Bởi vậy: 1  1. V2 9 18 2 2 V  Bài toán 8: Cho tứ diện ABCD có AB  CD  11m, BC  AD  20 m, BD  AC  21m. Tính thể tích khói chóp tứ diện ABCD. A. 360m3. B. 720m3. D. 340m3. C. 770m3. Lời giải: Chọn A. A Dựng tam giác MNP sao cho C, B, D lần lượt là trung điểm các cạnh MN, MP, NP. Do BD là đường trung 1 1 MN hay AC  MN. 2 2 Tam giác AMN vuông tại A (do có trung tuyến bằng bình tam giác MNP nên BD  x z 11 21 20 y một nửa cạnh tương ứng), hay AM  AN. Tượng tự AP  AN ; AM  AP. 1 1 1 Ta có SMBC  SMNP, SNCD  SMNP, SPBD  SMNP. 4 4 4 1 1 Suy ra SBCD  SMNP. Từ đó, V ABCD  V AMNP. 4 4 Đặt x  AM, y  AN, z  AP.  https://toanhocplus.blogspot.com B M Trang 149 P 21 C 20 D 11 N Thể tích khối đa diện Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna  x 2  y 2  4.202  x 2  160  2  1 1 Ta có  y  z 2  4.212   y 2  1440  V AMNP  xyz  1440  V ABCD  V AMNP  360 m3. 6 4  x 2  z 2  4.112  z 2  324   ( AM, AN, AP đôi một vuông góc nên VAMNP  1 AM. AN .AP ) 6 Bài toán 9: Cho hình lăng trụ đều ABC. ABC có tất cả các cạnh bằng 1. Gọi E, F lần lượt là trung điểm AA và BB ; đường thẳng CE cắt đường thẳng CA tại E, đường thẳng CF cắt đường thẳng CB ‘ tại F . Thể tích khối đa diện EFABEF  bằng A. 3. 6 B. 3. 2 3. 3 C. D. 3. 12 Lời giải: Chọn A. E’ A’ C’ H B’ E F’ F A C M B 3 3 .1 . 4 4 Thể tích khối lăng trụ đều ABC.ABC là VABC. ABC  SABC .AA  Gọi M là trung điểm AB  CM   ABBA  và CM  3. 2 1 1 3 3 1  Do đó, thể tích khối chóp C. ABFE là VC. ABFE  SABFE .CM  .1.. . 3 2 2 12 3 Thể tích khối đa diện ABCEFC là V ABCEFC  V ABC. ABC  VC. ABFE  3 3 3  . 4 12 6 Gọi H là trung điểm của BC  AH  BC  AH   BCBC   ; AH     3 2  Do A là trung điểm CE nên d E,  BCC B ‘   2d A,  BCC B ‘   2.AH  2. 3  3. 2 Ta có: SCCF  SFB’ F  SFBCC  SFBC  SFBCC  SBCCB  1. 1 3 1 Thể tích khối chóp E.CCF là VE.CCF  SCC F .d E,  BCC B ‘   .1. 3 . 3 3 3   Thể tích khối đa diện EFABEF  bằng VEFABEF  VE.CCF  V ABCEFC   https://toanhocplus.blogspot.com Trang 150 3 3 3  . 3 6 6 Thể tích khối đa diện Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna III. PHƯƠNG PHÁP TỶ SỐ THỂ TÍCH 1. PHƯƠNG PHÁP Phương pháp này được sử dụng với bài toán tìm thể tích của khối đa diện mà ta biết được tỉ số thể tích của nó với khối đa diên khác (đa diện này biết trước hoặc tính được thể tích một cách dễ dàng). Phương pháp này sử dụng công thức tỉ số thể tích của khối chóp tam giác được trình bày sau đây. Công thức tỉ số thể tích đối với hình chóp tam giác: Cho hình chóp S.ABC. Trên các đoạn thẳng SA, SB, SC lần lượt lấy ba điểm A ‘, B ‘, C ‘ khác với S. Ta có tỉ số thể tích: VS. A ‘ B ‘C ‘ SA ‘ SB ‘ SC ‘ . . VS. ABC SA SB SC VS. A ‘ B ‘C ‘ SB ‘ SC ‘ . VS. ABC SB SC Chú ý: + Nếu A ‘  A ta có: + Nếu A  A ‘, B  B ‘ thì: VS. A ‘ B ‘C ‘ SC ‘  VS. ABC SC + Nếu A  A ‘, B  B ‘, C  C ‘ thì VS. A ‘ B ‘C ‘  VS. ABC Chứng minh công thức:   ‘ SC ‘  BSC Gọi   B S Ta có: AA ‘  SBC   S  Ta có VS. A ‘ B’C ‘ VA ‘.SB’C  VS. ABC VA.SBC    SA ‘ d  A,  SBC   SA d A ‘,  SBC  α    C’ A’ 1 d A ‘,  SB ‘ C ‘  .SSB’C ‘ 3 1 d A,  SBC  .SSBC 3  B’ C A 1 1 d A ‘,  SBC . .SB ‘.SC ‘.sin  3 2  1 1 d A,  SBC . .SB.SC.sin  B 3 2 SA ‘ SB ‘ SC ‘ . . SA SB SC Trong các trường hợp A  A ‘, B  B ‘, C  C ‘ thì suy ra SA  SA; SB  SB; SC  SC , suy ra điều     phải chứng minh. 2. MỘT SỐ BÀI TOÁN MINH HỌA Bài toán 1: Cho tứ diện ABCD có thể tích bằng V. Gọi B ‘, D ‘ lần lượt là trung điểm của AB, AD. Mặt phẳng (CB ‘ D ‘) chia khối tứ diện thành hai phần. Tính theo V thể tích khối chóp C.B ‘ D ‘ DB A. 3V. 2 B. V. 4 C. V. 2 D. 3V. 4 Lời giải:  https://toanhocplus.blogspot.com Trang 151 Thể tích khối đa diện Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna Chọn A. A Áp dụng công thức tính tỉ số thể tích, ta có: V A. B ‘CD ‘ AB ‘ AC AD ‘ 1 . .  VA .BCD AB AC AD 4 D’ B’ V 4  VA. B ‘CD ‘  VC. BDD ‘ B ‘  V A. B ‘CD ‘  VA. BCD  VC. BDD ‘ B ‘  V  D B V 3V . 4 4 C Bài toán 2: Cho khối chóp S. ABCD có đáy là hình bình hành, M là trung điểm CD, I là giao điểm của AC và BM. Tính tỷ số thể tích (theo thứ tự) các khối chóp S.ICM và S.ABCD. A. 1. 2 B. 1. 4 C. 1. 3 D. 1. 12 Lời giải: Chọn D. S 1 Ta có VS. ICM  d S,  ABCD  .SICM 3 1 VS. ABCD  d S,  ABCD  .SABCD 3 1 Ta có VBCM  SABCD 4     A IM SICM 1 Mà I là trọng tâm của BCD    BM SBCD 3  SICM D M I B C V 1 1 1  SBCM  SICM  SABCD  S. ICM  3 12 VS. ABCD 12 Bài toán 3: Cho khối tứ diện ABCD có thể tích bằng V, thể tích của khối đa diện có đỉnh là V trung điểm các cạnh của tứ diện ABCD bằng V . Tính tỉ số. V V 1 V 1 V 1 V 3 . . . . A. B. C. D. V 2 V 8 V 4 V 4 (Trích đề thi thử THPT Sơn Tây-Hà Nội-L1/2017-2018) Lời giải: A Chọn A. Ta có: V ABCD  VAEJF  VBIEG  VDHGF  VCIJH  V  Ta có V AEJF V ABCD  V AEJF V  AE AJ AF 1 1 1 1. . . . . AB AC AD 2 2 2 8 V 1 V 1 1 V Tương tự: BIEG , CIJH , DHGF . V 8 V 8 V 8 V 1 1 Vậy:  1  4. . V 8 2  https://toanhocplus.blogspot.com Trang 152 F E J B I G D H C Thể tích khối đa diện Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna Bài toán 4: Cho khối chóp tứ giác đều S. ABCD. Mặt phẳng ( ) đi qua A, B và trung điểm M của SC. Tỉ số thể tích của hai phần khối chóp (phần trên chứa điểm S chia phần dưới) bị phân chia bởi mặt phẳng đó là. A. 1. 4 B. 3. 8 C. 5. 8 D. 3. 5 Lời giải: Chọn D. AB   MAB    Vì CD   SCD    Giao tuyến của hai mặt phẳng sẽ song song với AB, CD.  AB//CD  Kẻ MN / /CD ( N  CD), suy ra hình thang ABMN là thiết diện của khối chóp. Ta có VS. ABMN  VS. ABM  VS. AMN Mà S VS. ABM SM 1  . VS. ABC SC 2 Suy ra VS. ABM  1 1 VS. ABC  VS. ABCD 2 4 N M V SM SN 1 1 Và S. AMN .   VS. AMN  VS. ABCD VS. ACD SC SD 4 8 A D 1 1 3 Suy ra VS. ABMN  VS. ABCD  VS. ABCD  VS. ABCD 4 8 8 V 3 5 Từ đó suy ra V ABMNDC  VS. ABCD nên S. ABMN . VABMNDC 5 8 B C Bài toán 5: Cho hình chóp tam giác S.ABC và có M là trung điểm của SB, N là điểm trên cạnh SC sao cho NS  2 NC, P là điểm trên cạnh SA sao cho PA  2 PS. Kí hiệu V1 ; V2 lần lượt là thể tích của khối tứ diện BMNP và SABC. Tính tỉ số A. V1 1 . V2 9 B. V1. V2 V1 3 . V2 4 C. V1 2 . V2 3 D. Lời giải: S Chọn A. 1 VN .BMP 3 .d N,  SAB  .SBMP  ; 1 VC .SAB .d C,  SAB  .SSAB 3     Ta có: CS   SAB   S  V1 1 . V2 3 P M    NS  2 d  C,  SAB   CS 3 N d N,  SAB  V 1 1 1 1 2 1 1 SBMP  SBPS . .SSAB  SSAB. Suy ra N. BMP . . 2 2 3 6 VC .SAB 3 6 9  https://toanhocplus.blogspot.com Trang 153 C A B Thể tích khối đa diện Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna Bài toán 6: Cho hình chóp tam giác S.ABC và một điểm M nằm trong tam giác ABC. Đường thẳng qua M song song với SA cắt mặt phẳng  BCS  tại A ‘. Tỉ số thể tích giữa khối chóp M.BCS và S.ABC là. MA ‘. A. SM B. MA ‘. SA ‘ C. MA ‘. SA D. SM. SA ‘ Lời giải: Chọn C. S Trong  SAN  M kẻ MA’ song song với SA ; với A ‘  SN Có: MA //SA  MA ‘ MN  SA NA Ta có: A’  1 VM .BCS  VS. MBC  3 d S;  ABC  SMBC V S  M .BCS  MBC  1 VS. ABC SABC V  d S;  ABC  .SABC S. ABC  3   Mà  A C M  SMBC d( M ; BC ) MN MA ‘ V MA ‘     M. BCS . SABC d( A; BC ) AN SA VS. ABC SA N B Bài toán 7: Cho hình chóp S. ABCD có đáy là hình vuông ABCD, SA  ( ABCD). Mặt phẳng qua AB cắt SC và SD lần lượt tại M và N sao cho A. 0, 25. V SM 11  x. Tìm x biết S. ABMN . VS. ABCD 200 SC B. 0, 2. C. 0, 3. D. 0,1. Lời giải: Chọn D. S Ta có: CD / / AB  CD / /  ABMN   CD / / MN Nên SM SN  x SC SD 1 1 VS. ABCD  V 2 2 V SM SN SM .  x 2, S. AMB  x SC SD VS. ABC SC Ta có VS. ACB  VS. ACD  V Và S. AMN VS. ACD Do B A VS. AMN VS. AMB VS. ABMN V x2  x    x 2  x  S. ABMN  VS. ACD VS. ABC VS. ABC VS. ABCD 2  M N D C x 2  x 11 . 2 200 0  x  1   x  0,1 2 100 x  100 x  11  0  https://toanhocplus.blogspot.com Trang 154 Thể tích khối đa diện Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna Bài toán 8: Cho hình chóp tứ giác đều S. ABC có cạnh đáy bằng a, cạnh bên hợp với đáy một góc 60. Mặt phẳng  P  qua BC và vuông góc với SA.  P  cắt SA tại D. Tính tỉ số thể tích giữa hai khối chóp S.BDC và S.ABC. A. 5. 7 B. 5. 8 C. 5. 9 D. 5. 11 Lời giải: Chọn B. Gọi M là trung điểm của BC. Vì S.ABC là hình chóp đều nên hình chiếu của S lên  ABC  trùng với trọng tâm H của ABC Suy ra SH  ( ABC )  SH  BC và SM  BC nên BC  (SAM ). Từ M kẻ MD vuông góc với SA tại D nên SA  ( DBC )  ( P)   60 Lại có (SA; ( ABC ))  (SA; AH )  SAH S AH AH 2 3a  SA   SA cos 60 3 Trong tam giác vuông ADM có:  Do đó cos SAH D   a 3 .cos 600  a 3 DA  AM.cos DAM 2 4  SD  SA  DA  Vậy VS. BDC VS. ABC 2 3a a 3 5 3a   3 4 12 A B H 5 3a SD SB SC SD 5 . .   12 . SA SB SC SA 2 3a 8 3 M C Bài toán 9: Cho khối hộp ABCD. ABCD. Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của AB, AD và AA. Tính tỉ số thể tích k của khối chóp A.MNP và khối hộp đã cho. A. k  1. 12 1 1 1. C. k . D. k . 48 8 24 (Trích đề thi thử THPT Nguyễn Khuyến-Nam Định-lần 1-năm 2017-2018) B. k  Lời giải: Chọn B. A’ D’ V A. MNP  VP. AMN  1 1 1 1 SAMN  4 SABD  4. 2 SABCD  8 SABCD  Ta có:  d P; AMN.   PA 1     d A;  ABCD  AA 2    C’ B’ P   1 Suy ra: VP. AMN  .SAMN .d P;  AMN . 3 1 1 1 . SABCD. d A;  ABCD  3 8 2  N    https://toanhocplus.blogspot.com M  B Trang 155 A D C Thể tích khối đa diện Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn  V A. MNP  https://facebook.com/duytuan.qna 1 1 VABCD. ABCD. Vậy k . 48 48 Bài toán 10: Cho hình chóp đều S.ABCD có độ dài cạnh đáy bằng a. Gọi G là trọng tâm tam giác SAC. Mặt phẳng chứa AB và đi qua G cắt các cạnh SC, SD lần lượt tại M và N. Biết mặt bên của hình chóp tạo với đáy một góc bằng 60. Thể tích khối chóp S.ABMN bằng: A. a3 3. 4 3 3 3. C. a3. D. 3a3. 8 16 16 (Trích đề thi thử TT Diệu Hiền-Cần Thơ-tháng 11-năm 2017-2018) B. a3 Lời giải: Chọn C. A Vì G là trọng tâm tam giác SAC nên G cũng là trọng tâm của tam giác SBD. Suy ra AG cắt SC tại trung điểm M của SC, M N tương tự BG cắt SD tại trung điểm N của SD Gọi O là tâm của hình vuông ABCD và I là trung điểm của AB.  G AB  OI    0    SAB ,  ABCD   SIO  60 AB  SI  Do đó SO  OI .tan 60  a 3. 2 C D a O A I B 1 1 a 3 a3 3  Suy ra VS. ABCD  SABCD .SO  a2 . 3 3 2 6 VS. ABM SA SB SM 1 1 1      VS. ABM  VS. ABC  VS. ABCD. VS. ABC SA SB SC 2 2 4 VS. AMN SA SN SM 1 1 1 1 1        VS. AMN  VS. ACD  VS. ABCD. VS. ACD SA SD SC 2 2 4 4 8 Vậy VS. ABMN  VS. ABM  VS. AMN  1 1 3 3 a3 3 a3 3     VS. ABCD  VS. ABCD . . 8 8 6 16 4 8   BSC   CSA   60, SA  2, SB  3, SC  6. Tính thể Bài toán 11: Cho hình chóp S. ABC có ASB tích của khối chóp S.ABC. A. 6 2 (đvtt). B. 18 2 (đvtt). C. 9 2 (đvtt). D. 3 2 (đvtt). (Trích đề thi thử THPT Hai Bà Trưng-Vĩnh Phúc-lần 1-năm 2017-2018) Lời giải: Chọn D. Trên cạnh SB, SC lần lượt lấy E, F sao cho SE  2 và SF  2.   BSC   CSA   60 suy ra hình chóp S.AEF là chóp tam giác đều có tất cả các Mặt khác ASB cạnh bằng 2.  https://toanhocplus.blogspot.com Trang 156 Thể tích khối đa diện Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna S S 60° 60° 60° F 2 3 6 A E A F H A1 C B E Gọi H là trọng tâm AEF  SH   AEF   3  3  AA1  2 2  2 2  3 Gọi A1 là trung điểm của EF   AH  AA1  3 3   2 6 2 2 SH  SA  AH  3  1 2 2 Suy ra VS. AEF  SH .SAEF . 3 3 V 9 SE SF 2 1 2 Ta có: S. AEF . .   VS. ABC  VS. AEF  3 2. VS. ABC SB SC 3 3 9 2 Bài toán 12: Cho hình chóp tứ giác S. ABCD đáy là hình bình hành có thể tích bằng V. Lấy điểm B, D lần lượt là trung điểm của cạnh SB và SD. Mặt phẳng qua  ABD  cắt cạnh SC tại C . Khi đó thể tích khối chóp S. ABCD bằng A. V3 2V V C. D. 3 6 3 (Trích đề thi thử THPT Chuyên Vĩnh Phúc-MĐ 903 lần 1-năm 2017-2018) V 3 B. Lời giải: S Chọn D. S K (d) C’ D’ C’ H B’ H A D O B  https://toanhocplus.blogspot.com A O C C Trang 157 Thể tích khối đa diện Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna Gọi O là giao điểm của hai đường chéo AC và BD thì SO  BD  H. Khi đó H là trung điểm của SO và C  AH  SO. Trong mặt phẳng  SAC  : Ta kẻ  d  //AC và AC cắt  d  tại K. Khi đó áp dụng tính đồng dạng của các tam giác ta có : Lại có: OH OA SK 1   1  SK  OA   SH SK AC 2 SK SC  1 SC  1    . AC CC  2 SC 3 V 1 V 1 SA SB SD 1 Vì VS. ABD  VS. BCD  .VS. ABCD  nên ta có S. ABD      VS. ABD  V VS. ABD SA SB SD 4 2 2 8 VS. BC D SB SC  SD 1 SC  V.       VS. BCD  VS. BCD SB SC SD 4 SC 24 V V V  . 8 24 6 SA SC SB SD    Lưu ý: Có thể sử dụng nhanh công thức SA SC  SB SD Suy ra VS. ABC D  VS. ABD  VS. BCD  Bài toán 13: Cho lăng trụ tam giác đều ABC.ABC cạnh đáy bằng a, chiều cao bằng 2a. Mặt phẳng  P  qua B và vuông góc với AC chia lăng trụ thành hai khối. Biết thể tích của hai khối là V1 và V2 với V1  V2. Tỉ số A. 1. 47 V1 bằng V2 1 1 1. C.. D.. 23 11 7 (Trích đề thi thử THPT Chuyên Hạ Long-Quảng Ninh lần 2 năm 2017-2018) B. Lời giải: Chọn A. A’ B’ A’ H C’ H I E I E C’ A B A C C Gọi H là trung điểm của AC, ABC đều nên BH  AC  BH   ACCA . Trong  ACC A , kẻ HE  AC, HE  AA  I.  BH  AC  AC   BHI    P    BHI . Ta có:   HI  AC  https://toanhocplus.blogspot.com Trang 158 Thể tích khối đa diện Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna AEH ∽ ACC  AE AC  AC .AH a 5    AE . 10 AH AC AC AIH ∽ ACC  IH AC AC. AH a 5    IH . 4 AH C C C C SBHI  1 a 3 a 5 a2 15 1.  BH .HI . . 2 2 4 16 2 1 a2 15 a 5 a3 3 1.  V1  SBHI .AE . . 3 16 10 96 3 a2 3 a3 3 .2a . 4 2 V 47 3 1 V2  V ABC. ABC  V1  a 3 do đó 1 . V2 47 96 V ABC. ABC  SABC. AA  Bài toán 14: Một viên đá có hình dạng là khối chóp tứ giác đều với tất cả các cạnh bằng a. Người ta cắt khối đá đó bởi mặt phẳng song song với đáy của khối chóp để chia khối đá thành hai phần có thể tích bằng nhau. Tính diện tích của thiết diện khối đá bị cắt bởi mặt phẳng nói trên. (Giả thiết rằng tổng thể tích của hai khối đá sau vẫn bằng thể tích của khối đá đầu). A. 2a2 3. B. a2 3 2. C. a2. 4 D. a2 3 4 (Trích đề thi thử THPT Hoa Lư A-Ninh Bình-lần 1-năm 2017-2018) Lời giải: Chọn D. S Q M H N P A D O B C Gọi M, N, P, Q lần lượt là giao điểm của mặt phẳng cắt với cạnh bên SA, SB, SC, SD SO   ABCD   SH   MNPQ  và H  SO   MNPQ . Do   MNPQ    ABCD  SH SM SN SP SQ      k  k  0  (Định lý Thales) và V  VS. ABCD. SO SA SB SC SD V 2V V SM SN SP Ta có S. MNPQ  S. MNP  S. MNP   k3. . 2VS. ABC VS. ABC SA SB SC V Đặt  https://toanhocplus.blogspot.com Trang 159 Thể tích khối đa diện Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn Theo giả thiết : VS. MNPQ V  k3  https://facebook.com/duytuan.qna 1 1 k 3. 2 2 1 SH.SMNPQ S 1 VS. MNPQ 3   k. MNPQ Mặt khác  1 2 V SABCD SO.SABCD 3 3 2 2 a2 1  .a  3.  .SABCD 2 2k 4  SMNPQ Bài toán 15: Cho tứ diện ABCD có các cạnh AB, AC và AD đôi một vuông góc với nhau. Gọi G1, G2, G3 và G4 lần lượt là trọng tâm các mặt ABC, ABD, ACD và BCD. Biết AB  6a, AC  9a, AD  12a. Tính theo a thể tích khối tứ diện G1G2G3G4. A. 4a3 B. a3 C. 108a 3 D. 36a 3 Lời giải: Chọn A. D G3 G2 G4 C A G1 M B Trong trường hợp tổng quát, ta chứng minh được VG G G G  1 2 3 4 1 V. 27 ABCD Thật vậy,ta có (G2G3G4 ) // (CBA) và G2G3G4 ∽ CBA (tỉ số đồng dạng k  Từ đó: Suy ra SG2G3G4 SCBA  k2  VG1G2G3G4 V ABCD  VG1G2G3G4   1 ). 3 1 1 1 và d(G1 ,(G2G3G4 ))  d(G4 ,( ABC ))  d( D ,( ABC )) (do G4 M  DM ) 9 3 3 d(G1 ,(G2G3G4 )) SG2G3G4 1 1 1     d( D ,( ABC )) SCBA 3 9 27 1 1 1 VABCD  . AB.AC.AD  4 a3 27 27 6  https://toanhocplus.blogspot.com Trang 160 Thể tích khối đa diện Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna Bài toán 16: Cho tứ diện S.ABC, M và N là các điểm thuộc các cạnh SA và SB sao cho MA  2SM, SN  2 NB, ( ) là mặt phẳng qua MN và song song với SC. Kí hiệu ( H1 ) và ( H 2 ) là các khối đa diện có được khi chia khối tứ diện S. ABC bởi mặt phẳng ( ), trong đó, ( H1 ) chứa điểm S, ( H 2 ) chứa điểm A ; V1 và V2 lần lượt là thể tích của ( H1 ) và ( H 2 ). Tính tỉ số A. 4 5 B. 5 4 C. 3 4 D. V1. V2 4 3 Lời giải: Chọn A. S M N A C Q P B Kí hiệu V là thể tích khối tứ diện SABC. Gọi P, Q lần lượt là giao điểm của ( ) với các đường thẳng BC, AC. Vì   chứa MN và song song với SC. Khi đó ta có NP //MQ //SC. Khi chia khối ( H1 ) bởi mặt phẳng (QNC ), ta được hai khối chóp N.SMQC và N .QPC. Ta có: VN .SMQC VB. ASC  d( N ,(SAC )) SSMQC  d( B,(SAC )) SSAC 2 SSMQC 5 VN .SMQC 2 5 10 d( N ,(SAC )) NS 2 SAMQ  AM  4   ;       . Suy ra SASC 9 d( B,(SAC )) BS 3 SASC  AS  9 VB. ASC 3 9 27 VN .QPC VS. ABC  d( N ,(QPC )) SQPC NB CQ CP 1 1 2 2         d(S ,( ABC )) SABC SB CA CB 3 3 3 27 V1 VN .SMQC VN .QP C 10 2 4 V1 V 4 4         5V1  4V2  1  V VB. ASC VS. ABC 27 27 9 V1  V2 9 V2 5 Bài toán 17: Cho hình chóp S.ABC có chân đường cao nằm trong tam giác ABC ; các mặt phẳng SAB , SAC , SBC  cùng tạo với mặt phẳng  ABC  các góc bằng nhau. Biết AB  25, BC  17, AC  26; đường thẳng SB tạo với mặt đáy một góc bằng 45. Tính thể tích của V của khối chóp S.ABC. A. V  408. B. V  680.  https://toanhocplus.blogspot.com C. V  578. Trang 161 D. V  600. Thể tích khối đa diện Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna Lời giải: Chọn B. S K A C J H L B Gọi J là chân đường cao của hình chóp S.ABC ; H, K, L lần lượt là hình chiếu của J trên các cạnh AB, BC, CA. , SLJ , SKJ  lần lượt là góc tạo bởi mặt phẳng Suy ra, SHJ  ABC  với các mặt phẳng SAB , SBC , SAC .   SLJ   SKJ , suy ra các tam giác vuông SJH, SJL, SJK bằng nhau. Theo giả thiết, ta có SHJ Từ đó, JH  JL  JK. Mà J nằm trong tam giác ABC nên J là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC. Áp dụng công thức Hê-rông, ta tính được diện tích S của tam giác ABC là S  204. Kí hiệu p là nửa chu vi tam giác ABC, r là bán kính đường tròn nội tiếp của ABC. Ta có r S 204   6. p 34 Đặt x  BH  BL, y  CL  CK, z  AH  AK. y z A z y  x  y  17  Ta có hệ phương trình  x  z  25  y  z  26  x Giải ra được  x, y, z    8, 9,17  C x B JB  JH 2  BH 2  6 2  8 2  10. Ta có SBJ  (SB,( ABC ))  45, suy ra SJB là tam giác vuông cân tại J. SJ  JB  10. 1 1 Thể tích V của khối chóp S. ABC là V  SJ.SABC  .10.204  680. 3 3  https://toanhocplus.blogspot.com Trang 162 Thể tích khối đa diện Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna IV. BÀI TOÁN MIN MAX THỂ TÍCH 1. PHƯƠNG PHÁP Trong nhiều bài toán, thể tích khối đa diện cần tính phụ thuộc một tham số nào đó (tham số có thể là góc, hoặc là độ dài cạnh). Yêu cầu của bài toán đòi hỏi xác định giá trị của tham số để thể tích đạt giá trị lớn nhất hoặc nhỏ nhất. Sau đây là phương pháp giải tổng quát: Phương pháp giải: Bước 1: Chọn ẩn. Ẩn này có thể là góc  hoặc cạnh thích hợp trong khối đa diện. Bước 2: Áp dụng công thức tính thể tích để đưa thể tích cần tính về hàm số theo x  f  x . Bước 3: Dùng bất đẳng thức cổ điển ( AM  GM hay Cauchy  Schwarz ) hoặc sử dụng tính đơn điệu của hàm để tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f  x  trên. 2. MỘT SỐ BÀI TOÁN MINH HỌA Bài toán 1: Cho hình hộp chữ nhật ABCD. A’B’C ’D’ có tổng diện tích của tất cả các mặt là 36, độ dài đường chéo AC ’ bằng 6. Hỏi thể tích của khối hộp lớn nhất là bao nhiêu? A. 8. B. 8 2. C. 16 2. D. 24 3. Lời giải: Chọn C. A’ B’ Gọi chiều dài 3 cạnh của hình hộp chữ nhật là a, b, c  0 Ta có: AC ‘2  a2  b2  c 2  36; S  2ab  2bc  2ca  36 D’ C’ 2  ( a  b  c )  72  a  b  c  6 2 c 6 3 3 abc 3 abc 6 2   abc  abc      16 2. 3 3   3   A a B b Vậy Vmax  16 2. D C Bài toán 2: Từ hình vuông có cạnh bằng 6 người ta cắt bỏ các tam giác vuông cân tạo thành hình tô đậm như hình vẽ. Sau đó người ta gập thành hình hộp chữ nhật không nắp. Tính thể tích lớn nhất của khối hộp. A. 8 2. B. 10 2. C. 9 2. D. 11 2. (Trích đề thi thử THPT Hoàng Hoa Thám-Hưng Yên-lần 1 năm 2017-2018) Lời giải: Chọn A. x y Đặt kích thước các cạnh như hình vẽ Ta có x 2 y 2 x 2  6  x  y  3 2  y  3 2  x với 0  x  3 2.   Thể tích của khối hộp tạo thành là V  x 2 y  x 2 3 2  x.  https://toanhocplus.blogspot.com Trang 163 Thể tích khối đa diện Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn  https://facebook.com/duytuan.qna  Ta có V   3 x 2 2  x  0  x  2 2. Ta có bảng biến thiên : 0 x 2 2 – V 3 2 0  8 2 V Vậy: max V  8 2 khi x  2 2, y  2. Bài toán 3: (THPTQG 2017 – 102) Xét khối tứ diện ABCD có cạnh AB  x và các cạnh còn lại đều bằng 2 3. Tìm x để thể tích khối tứ diện ABCD đạt giá trị lớn nhất. B. x  14. A. x  6. C. x  3 2. D. x  2 3. Lời giải: Chọn C. CD  AM Gọi M là trung điểm của CD    CD   ABM  CD  BM A Kẻ AH  BM  H  BM   AH   ABC . Do BCD là tam giác đều cạnh 2 3  2 3. 3 3  AM  BM  2   2 2 3. 3  3 3 SBCD   4   V  B D H 1 AH .SBCD lớn nhất khi AH lớn nhất 3 M C Mặt khác: AH  AM  3  AH max  3 khi H  M. Khi đó tam giác AMB vuông cân tại M  x  AB  2 AM  3 2. Bài toán 4: Cho tứ diện ABCD, có AB  CD  6, khoảng cách giữa AB và CD là 8, góc giữa AB và CD là . Thể tích khối tứ diện ABCD đạt giá trị lớn nhất là: A. 48 B. 52 C. 64 D. 36 Lời giải: A Chọn A. Dựng hình bình hạnh BCDE  AB, CD  AB, BE   Ta có:      1  SABE  .AB.BE.sin   18 sin  2 D E CD / /  ABE  d D , ABE   d AB ,CD  8 B  https://toanhocplus.blogspot.com Trang 164 C Thể tích khối đa diện Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna 1 V ABCD  VABED  SABE .d D , ABE   48.sin  3 Do sin   1 đẳng thức     2. Vậy MaxVABCD  48. Bài toán 5: Cho hình chóp S.ABCD có cạnh SA  x còn tất cả các cạnh khác có độ dài bằng 2. Tính thể tích V lớn nhất của khối chóp S.ABCD. 1. C. V  3. D. V  2. 2 (Trích đề thi thử THPT Sơn Tây-Hà Nội-lần 1-năm 2017-2018) A. V  1 B. V  Lời giải: Chọn D. S Gọi O là giao điểm của AC và BD. Ta có: BAD  BSD  BCD nên AO  SO  CO 1  SO  AC  SAC vuông tại S 2 2 2 a x 2 Do đó: AC  SA  SC  x  4 B 4  x2 12  x 2  OD  AD  AO  4   4 2 2 C 2  BD  12  x, 0  x  2 3 a O H 2 A SBD cân tại S  SO  BD ; ABCD là hình thoi D  BD  AC  BD   SAC  nên :   BD  SO SH  AC  SH   ABCD  Trong SAC hạ SH  AC. Khi đó:  SH  BD SA.AC 2.x 1 1 1    SH   2 2 2 SH SA SC SA 2  SC 2 4  x2 1 1 2 2x 1 1 x 2  12  x 2 2  VS. ABCD . x  4. 12  x 2.  .x. 12  x 2  3 2 3 2 x2  4 3 Dấu ”  ” xảy ra khi x 2  12  x 2  x  6. Bài toán 6: Cho hình chóp S. ABCD có SC  x  0  x  3 , các S cạnh còn lại đều bằng 1 (tham khảo hình vẽ). Biết rằng thể tích khối chóp S. ABCD lớn nhất khi và chỉ khi x  a a, b   . Mệnh b   A D đề nào dưới đây đúng? A. a 2  2b  30. B. a 2  8b  20. C. b 2  a  2. D. 2 a  3b 2  1. B C (Trích đề thi thử SGD Phú Thọ – lần 1 – năm 2017 – 2018) Lời giải:  https://toanhocplus.blogspot.com Trang 165 Thể tích khối đa diện Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna Chọn B. S Gọi O là trung điểm của BD. Gọi H là hình chiếu của S lên mặt phẳng  ABCD , vì SB  SD nên H  AC 1 1 Ta xét hai tam giác SBD và ABD có cạnh BD x chung, SB  AB, SD  AD nên SBD  ABD suy A ra AO  SO  OC do đó SAC vuông tại S. Ta có AO  Mặt khác SH  1 O B 3  x2 2 1  x  3  x  2  SABCD  H 1 1 1 AC  SA 2  SC 2  1  x2 2 2 2  BO  AB2  OA 2  D 1 C 2 2 SA.SC 2 SA  SC 2 0  x  3  x  1  x2   x 2 3  x2 1 1 x2  3  x2 1 . . Vậy VS. ABCD  SH .SABCD  3 6 6 2 4 Thể tích khối chóp S.ABCD lớn nhất khi và chỉ khi x 2  3  x 2  x  6. 2 a  6 Vậy . Suy ra a 2  8b  20. b  2   a Bài toán 7: Cắt ba góc của một tam giác đều cạnh bằng a các đoạn bằng x,  0  x   phần còn 2  lại là một tam giác đều bên ngoài là các hình chữ nhật, rồi gấp các hình chữ nhật lại tạo thành khối lăng trụ tam giác đều như hình vẽ. Tìm độ dài x để thể tích khối lăng trụ lớn nhất. x A. a. 3 B. a a a. C.. D.. 4 5 6 (Trích đề thi thử THPT Việt Trì-Phú Thọ-lần 1-năm 2017-2018) Lời giải: Chọn D.   30  MI  x Xét tam giác AMI như hình vẽ, đặt AM  x  0, MAI 3  https://toanhocplus.blogspot.com Trang 166 Thể tích khối đa diện Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna  a Lăng trụ tam giác đều có cạnh đáy a  2 x,  0  x  , chiều cao 2  x 3 A x M nên thể tích khối lăng trụ là: I V  a  2x  2 3. 4 x  3 a 2 x  4 ax 2  4 x 3 4  a Ta cần tìm x   0;  để thể tích V đạt giá trị lớn nhất.  2  a x  6 Xét f  x   a 2 x  4 ax 2  4 x 3 có f   x   12 x 2  8 ax  a 2  0   x  a  l   2 a 6 0 x f x a 2 0   f  x Từ bảng biến thiên suy ra thể tích V đạt giá trị lớn nhất khi x  a. 6 A Bài toán 8: Từ một tấm bìa hình vuông ABCD có cạnh bằng 5 dm B, người ta cắt bỏ bốn tam giác cân bằng nhau là AMB, BNC, CPD M và DQA. Với phần còn lại, người ta gấp lên và ghép lại để thành I hình chóp tứ giác đều. Hỏi cạnh đáy của khối chóp bằng bao nhiêu Q O N để thể tích của nó là lớn nhất ? A. 3 2 dm. 2 B. 5 dm. 2 P C D 5 2 dm. 2 (Trích đề thi thử THPT Chuyên Lê Quý Đôn-Đà Nẵng năm 2017-2018) C. 2 2 dm. D. Lời giải: Chọn C. A S B M I Q O N P Q P I O D  https://toanhocplus.blogspot.com C N Trang 167 M Thể tích khối đa diện Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn  https://facebook.com/duytuan.qna  Đặt MQ  x dm 0  x  5 2. Ta có AO  AC 5 2 5 2 x MQ x  , SI  AI  AO  IO , OI . 2 2 2 2 2 2  5 2  x   x 2 50  10 x 2 Chiều cao của hình chóp: SO  SI  OI  .       2 2   2 2 2 1 1 50  10 x 2 1 50 x 4  10 x 5 2 . Thể tích của khối chóp: V  SMNPQ .SO  .x 2. . 3 3 2 3 2 Xét hàm số y  50 x 4  10 x 5 2 Ta có y  0  x  5 2 .  50 x 4  10 x 5   x  0  0; 5 2 3 4 . Khi đó y  0  100 x  25x 2  0  . x  2 2 2  100 x 3  25 x 4 2 Bảng biến thiên: x y 0 2 2 0  5 2  y Hàm số y đạt giá trị lớn nhất khi x  2 2. Vậy thể tích hình chóp lớn nhất khi x  2 2. Bài toán 9: Xét tứ diện ABCD có các cạnh AB  BC  CD  DA  1 và AC, BD thay đổi. Giá trị lớn nhất của thể tích khối tứ diện ABCD bằng A. 2 3. 27 B. 4 3 2 3 4 3. C.. D.. 27 9 9 (Trích đề thi thử SGD Bà Rịa Vũng Tàu-đề 1 năm 2017-2018) Lời giải: Chọn A. A Gọi M, N lần lượt là trung điểm của BD, AC. Đặt BD  2 x, AC  2 y  x, y  0 . Ta có CM  BD, AM  BD  BD   AMC . Ta có MA  MC  AD 2  MD 2  1  x 2 N Dễ dàng chứng minh được: ABD  BCD  AM  CM  AMC cân tại M B M D  MN  AC.  MN  MA 2  AN 2  1  x 2  y 2 SAMC  1 1 MN .AC  .2 y 1  x 2  y 2  y 1  x 2  y 2 2 2  https://toanhocplus.blogspot.com Trang 168 C Thể tích khối đa diện Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn V ABCD  V AMCD  V AMCB   VABCD https://facebook.com/duytuan.qna 1 1 DM  MB  .SAMC  .DB.SAMC  3 3 x 2 1 2 2 2  .2 x.y 1  x 2  y 2  x .y. 1  x 2  y 2  3 3 3   2  y2  1  x2  y2  27 3  VABCD  2 3. 27 Bài toán 10: Xét tứ diện ABCD có các cạnh AC  CD  DB  BA  2 và AD, BC thay đổi. Giá trị lớn nhất của thể tích tứ diện ABCD bằng A. 16 3. 9 B. 32 3 16 3 32 3. C.. D.. 27 27 9 (Trích đề thi thử SGD Bà Rịa Vũng Tàu-đề 2 năm 2017-2018) Lời giải: Chọn B. A Gọi M, N lần lượt là trung điểm AD và BC. Theo giả thiết ta có: ABD và ACD là các tam giác cân có M là trung điểm của AD nên BM  AD và M CM  AD  AD   BMC . Và có BM  CM  MBC cân tại M. Trong tam giác MBC có MN vừa là đường cao D B vừa là trung tuyến nên MB2  MC 2 BC 2 BC 2   MB2  2 4 4 Lại có BM là đường trung tuyến của MN 2  N C ABD  MB2  AB2  BD 2 AD 2  2 4  MN 2  AB2  AD 2 BC 2 AD 2  BC 2.   MN  4  4 4 4 Khi đó diện tích tam giác MBC là SMBC  1 1 AD 2  BC 2 MN .BC  BC 4  2 2 4 1 1 AD 2  BC 2 Thể tích tứ diện ABCD là V ABCD  .AD.SMBC  .AD.BC 4 . 3 4 3 Đặt AD  x, BC  y ta có: V ABCD  Ta có: x 2  y 2  2 xy  Do đó: V ABCD  x2  y 2 1 xy 4 . 3 4 x 2  y 2 xy x2  y 2 xy   . 4 2 4 2 xy 2 1 1 xy 4   xy 8  xy  VABCD  6 3 2 3 2 2  xy   8  xy  Dấu bằng xảy ra khi x  y.  https://toanhocplus.blogspot.com Trang 169 Thể tích khối đa diện Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna 3  xy xy    8  xy   2 xy xy 4.8 3 2  Ta lại có:  xy   8  xy   4.. .  8  xy   4.  2.  3 2 2 27     Dấu bằng xảy ra khi xy 4 16 xy.  8  xy  xy  2 3 3 Vậy giá trị lớn nhất của thể tích khối tứ diện ABCD là max VABCD  2 6 4.8 3 32 3 . 27 27 Bài toán 11: Cho khối chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật. Một mặt phẳng thay đổi nhưng luôn song song với đáy và cắt các cạnh bên SA, SB, SC, SD lần lượt tại M, N, P, Q. Gọi M , N , P, Q lần lượt là hình chiếu vuông góc của M, N, P, Q lên mặt phẳng  ABCD  SM để thể tích khối đa diện MNPQ.MN PQ đạt giá trị lớn nhất. SA 2 1 1 3 A.. B.. C.. D.. 3 2 3 4 (Trích đề thi thử THPT Chuyên Lê Quý Đôn-Đà Nẵng năm 2017-2018). Tính tỉ số Lời giải: Chọn A. S Q M N A P D Q’ M’ H N’ P’ B Đặt C SM  k với k   0; 1. SA MN SM   k  MN  k. AB AB SA MQ SM   k  MQ  k.AD Xét tam giác SAD có MQ // AD nên AD SA Kẻ đường cao SH của hình chóp. Xét tam giác SAH có: MM  AM SA  SM SM MM  // SH nên    1  1  k  MM    1  k  .SH. SH SA SA SA Xét tam giác SAB có MN // AB nên Ta có VMNPQ. MN PQ  MN .MQ.MM   AB. AD.SH .k 2.  1  k .  https://toanhocplus.blogspot.com Trang 170 Thể tích khối đa diện Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna 1 Mà VS. ABCD  SH .AB. AD  V MNPQ. M N PQ  3.VS. ABCD .k 2.  1  k . 3 Thể tích khối chóp không đổi nên VMNPQ. MNPQ đạt giá trị lớn nhất khi k 2.  1  k  lớn nhất. Ta có k.  1  k   2 2  1  k  .k.k 2 3 1  2  2k  k  k  4.     2 3 27  2 SM 2 . . Vậy 3 SA 3 (có thể dùng phương pháp đạo hàm để tìm GTLN) Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: 2  1  k   k  k  Bài toán 12: (THPT Can Lộc-Hà Tĩnh-lần 1 năm 2017-2018) Cho hình chóp S. ABCD có đáy là hình bình hành và có thể tích là V. Điểm P là trung điểm của SC. Một mặt phẳng qua AP cắt hai cạnh SB và SD lần lượt tại M và N. Gọi V1 là thể tích của khối chóp S. AMPN. Tìm giá trị nhỏ nhất của A. 1. 3 V1. V B. 1. 8 C. 2. 3 D. 3. 8 Lời giải: Chọn A. Đặt x  Ta có S SM SN, y,  0  x, y  1. SB SD V1 VS. AMP  VS. ANP V V   S. AMP  S. ANP 2VS. ABC 2VS. ADC V V 1  SM SP SN SP  1  . .  x  y 2  SB SC SD SC  4 Lại có P (1) M I N B V1 VS. AMN  VS. PMN V V   S. AMN  S. PMN 2VS. ABD 2VS.CBD V V C O A 1  SM SN SM SN SP  3  xy (2)  . . .  2  SB SD SB SD SC  4 1 3 x Từ  1,  2  suy ra  x  y   xy  x  y  3xy  y . 4 4 3x  1 x 1  1, hay x . Từ điều kiện 0  y  1, ta có 3x  1 2 Thay vào (2) ta được tỉ số thể tích D V1 3 x2. . V 4 3x  1  x  0 ( L) 3 x2 1  3 3×2  2x Đặt f  x  ., x   ;1, ta có f   x  ., f x  0  . 2 x  2 (N) 4 3x  1 2 4    3 x  1  3 V 1 3 2 1 2 1 f    f  1 , f   , do đó min 1  min f  x   f   .  1  V x ;1 8 2 3 3 3 3 2   https://toanhocplus.blogspot.com  Trang 171 Thể tích khối đa diện Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna C. BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM I. ĐỀ BÀI Câu 1. Cho hình chóp S. ABC có đáy là tam giác đều. Nếu tăng độ dài cạnh đáy lên 2 lần và độ dài đường cao không đổi thì thể tích S.ABC tăng lên bao nhiêu lần? A. 4. C. 3. B. 2. D. 1. 2 Câu 2. Tính thể tích khối tứ diện đều cạnh a. Câu 3. a3 2 a3 2 a3    B. C. a 3. D. 12 4 6 Cho S. ABCD là hình chóp đều. Tính thể tích khối chóp S.ABCD biết AB  a, SA  a. Câu 4. a3 2 a3 2 a3 C.. D. 2 6 3 Cho hình chóp S.ABC có SA vuông góc mặt đáy, tam giác ABC vuông tại A, SA  2cm, A. A. a3 B. AB  4cm, AC  3cm. Tính thể tích khối chóp. 12 3 24 3 24 3 cm. cm. cm. B. C. D. 24cm3. 3 5 3 Cho hình chóp S.ABCD đáy hình chữ nhật, SA vuông góc đáy, AB  a, AD  2 a. Góc giữa A. Câu 5. SB và đáy bằng 450. Thể tích khối chóp là A. Câu 6. a3 2  3 B. 2 a3  3 C. a3 3  D. a3 2  6 Hình chóp S.ABCD đáy hình vuông, SA vuông góc với đáy, SA  a 3, AC  a 2. Khi đó thể tích khối chóp S.ABCD là a3 2 a3 2 a3 3 a3 3     B. C. D. 2 3 2 3 Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B. Biết SAB là tam giác đều và A. Câu 7. thuộc mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng  ABC . Tính thể tích khối chóp S.ABC biết AB  a, AC  a 3. A. Câu 8. a3 6  12 B. a3 6  4 C. a3 2  6 D. a3  4 Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình thoi. Mặt bên  SAB  là tam giác vuông cân tại S và thuộc mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng  ABCD . Tính thể tích khối chóp S.ABCD biết BD  a, AC  a 3. a3 3 a3 3 a3    C. D. 4 12 3 Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A. Hình chiếu của S lên mặt A. a3. Câu 9. B. phẳng  ABC  là trung điểm H của BC. Tính thể tích khối chóp S. ABC biết AB  a, AC  a 3, SB  a 2.  https://toanhocplus.blogspot.com Trang 172 Thể tích khối đa diện Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna a3 6 a3 3 a3 3 a3 6     B. C. D. 6 2 6 2 Câu 10. Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD hình vuông cạnh a. Hình chiếu của S lên mặt phẳng A.  ABCD  là trung điểm H 3a. 2 a3 3a3 D.   2 2  bằng 120 0. Hình chiếu vuông góc Câu 11. Hình chóp S.ABCD đáy hình thoi, AB  2a, góc BAD A. a3  3 của AD. Tính thể tích khối chóp S. ABCD biết SB  B. a3. C. của S lên  ABCD  là I giao điểm của 2 đường chéo, biết SI  a. Khi đó thể tích khối chóp 2 S.ABCD là a3 2 a3 3 a3 2 a3 3     B. C. D. 9 9 3 3 Câu 12. Cho khối chóp O. ABC. Trên ba cạnh OA, OB, OC lần lượt lấy ba điểm A ’, B, C  sao cho A. 2OA  OA, 4OB  OB, 3OC   OC. Tính tỉ số A. 1. 12 B. 1. 24 C. VO. A ‘ B ‘C ‘ VO. ABC 1. 16 D. 1. 32 Câu 13. Cho hình chóp S.ABC. Gọi   là mặt phẳng qua A và song song với BC.   cắt SB, SC lần lượt tại M, N. Tính tỉ số SM biết   chia khối chóp thành 2 phần có thể tích bằng SB nhau. A. 1. 2 B. 1 2. C. 1. 4 D. 1 2 2. Câu 14. Cho lăng trụ ABCD. A ‘ B ‘ C ‘ D ‘ có ABCD là hình chữ nhật, A ‘ A  A ‘ B  A ‘ D. Tính thể tích khối lăng trụ ABCD. A ‘ B ‘ C ‘ D ‘ biết AB  a, AD  a 3, AA ‘  2a. A. 3a3. B. a3. C. a 3 3. D. 3a 3 3. Câu 15. Cho lăng trụ ABC. A ‘ B ‘ C ‘ có ABC là tam giác vuông tại A. Hình chiếu của A ‘ lên  ABC  là trung điểm của BC. Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A ‘ B ‘ C ‘ biết AB  a, AC  a 3, AA ‘  2a. A. a3  2 B. 3a 3  2 C. a 3 3. D. 3a 3 3. Câu 16. Cho lăng trụ ABCD. A ‘ B ‘ C ‘ D ‘ có ABCD là hình thoi. Hình chiếu của A ‘ lên  ABCD  là trọng tâm của tam giác ABD. Tính thể tích khối lăng trụ ABCA ‘ B ‘ C ‘ biết AB  a,   120 0, AA ‘  a. ABC A. a3 2. B. a3 2  6 C. Câu 17. Cho lăng trụ ABC.A ‘ B ‘ C ‘. Tính tỉ số  https://toanhocplus.blogspot.com a3 2  3 D. a3 2  2 V ABB ‘C ‘. V ABCA ‘ B ‘C ‘ Trang 173 Thể tích khối đa diện Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna 1 1 1 2  B.  C.  D.. 2 6 3 3 Câu 18. Lăng trụ tam giác ABC. ABC có đáy tam giác đều cạnh a, góc giữa cạnh bên và mặt đáy A. bằng 300. Hình chiếu A lên  ABC  là trung điểm I của BC. Thể tích khối lăng trụ là a3 3 a3 3 a3 3 a3 3     B. C. D. 6 2 12 8 Câu 19. Cho lăng trụ ABC.A ‘ B ‘ C ‘. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của CC ‘ và BB ‘. Tính tỉ số A. V ABCMN. V ABC. A ‘ B ‘C ‘ 1 1 1 2. B.. C.. D.. 3 6 2 3 Câu 20. Cho khối lập phương ABCD.ABCD. Tỉ số thể tích giữa khối A.ABD và khối lập phương A. là: 1 1 1 1. B.. C.. D.. 4 8 6 3 Câu 21. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 2a, cạnh SB vuông góc với A. đáy và mặt phẳng  SAD  tạo với đáy một góc 60. Tính thể tích khối chóp S. ABCD. 3a3 3 3a 3 3 8a3 3 4a3 3. B. V . C. V . D. V . 4 8 3 3 Câu 22. Cho hình lăng trụ đứng ABC.A ‘ B ‘ C ‘ có đáy ABC là tam giác vuông tại B, BC  a, mặt A. V  phẳng  A ‘ BC  tạo với đáy một góc 30 và tam giác A ‘ BC có diện tích bằng a2 3. Tính thể tích khối lăng trụ ABC. A ‘ B ‘ C ‘. a3 3 3a 3 3 3a 3 3 3a 3 3. B.. C.. D.. 8 4 8 2 Câu 23. Cho hình lăng trụ ABC. A ‘ B ‘ C ‘ có đáy ABC là tam giác đều cạnh bằng a. Hình chiếu A. vuông góc của A ‘ trên  ABC  là trung điểm của AB. Mặt phẳng  AA ‘ C ‘ C  tạo với đáy một góc bằng 45. Tính thể tích V của khối lăng trụ ABC.A ‘ B ‘ C ‘. A. V  3a 3. 16 B. V  3a 3. 8 C. V  3a 3. 4 D. V  3a 3. 2 Câu 24. Cho hình chóp đều S.ABC, góc giữa mặt bên và mặt phẳng đáy  ABC  bằng 600, khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và BC bằng 3a 2 7. Thể tích của khối chóp S. ABC theo a. a3 3 a3 3 a3 3 a3 3. B.. C.. D.. 12 18 16 24 Câu 25. Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD, O là giao điểm của AC và BD. Biết mặt bên của A. hình chóp là tam giác đều và khoảng từ O đến mặt bên là a. Tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a. A. 2 a 3 3. B. 4 a 3 3.  https://toanhocplus.blogspot.com C. 6 a 3 3. Trang 174 D. 8 a 3 3. Thể tích khối đa diện Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna Câu 26. Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có SA   ABCD . ABCD là hình thang vuông tại A và B biết AB  2a. AD  3BC  3a. Tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a biết góc giữa  SCD  và  ABCD  bằng 600. A. 2 6a 3. B. 6 6a 3. C. 2 3a 3. D. 6 3a 3. Câu 27. Cho hình lăng trụ đứng ABC. A ‘ B ‘ C ‘, biết đáy ABC là tam giác đều cạnh a. Khoảng cách từ tâm O của tam giác ABC đến mặt phẳng  A ‘ BC  bằng a .Tính thể tích khối lăng trụ 6 ABC.A ‘ B ‘ C ‘. 3a 3 2 3a 3 2 3a 3 2 3a 3 2. B.. C.. D.. 8 28 4 16 Câu 28. Cho hình chóp tứ giác đều S. ABCD có cạnh đáy bằng 2a, góc giữa hai mặt phẳng (SAB) A. và ( ABCD) bằng 45, M, N và P lần lượt là trung điểm các cạnh SA, SB và AB. Tính thể tích V của khối tứ diện DMNP. a3 a3 a3 a3 B. V  C. V  D. V  6 4 12 2 Câu 29. Cho lăng trụ ABC. ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B, AC  2a ; cạnh bên A. V  AA  2a. Hình chiếu vuông góc của A trên mặt phẳng ( ABC) là trung điểm cạnh AC. Tính thể tích V của khối lăng trụ ABC. ABC. 2a3 a3 1 3 a. B. V . C. V  a 3. D. V . 3 3 2 Câu 30. Cho hình chóp tứ giác S. ABCD có đáy là vuông; mặt bên (SAB) là tam giác đều và nằm A. V  trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Biết khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (SCD) bằng 3 7a. Tính thể tích V của khối chóp S. ABCD. 7 3a 3 1 3 2 B. V  a 3. C. V  a 3. D. V . a. 3 3 2 Câu 31. (THPT Chuyên Thái Bình-lần 1-năm 2017-2018) Cho hình chóp S. ABC có đáy là tam giác A. V  ABC đều cạnh a, tam giác SBA vuông tại B, tam giác SAC vuông tại C. Biết góc giữa hai mặt phẳng  SAB  và  ABC  bằng 60. Tính thể tích khối chóp S.ABC theo a. 3a 3 3a3 3a3 3a 3. B.. C.. D.. 8 12 6 4 Câu 32. (THPT Hoa Lư A-Ninh Bình-lần 1-năm 2017-2018) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD A. là hình chữ nhật với AB  a, BC  a 3. Cạnh bên SA vuông góc với đáy và đường thẳng SC tạo với mặt phẳng  SAB  góc 30. Tính thể tích V của khối chóp S. ABCD theo a. A. V  2 6 a3. 3 B. V   https://toanhocplus.blogspot.com 2a3. 3 C. V  3a 3. Trang 175 D. V  3a 3. 3 Thể tích khối đa diện Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna Câu 33. (THPT Hoa Lư A-Ninh Bình-lần 1-năm 2017-2018) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi và có thể tích bằng 2. Gọi M, N lần lượt là các điểm trên cạnh SB và SD sao SM SN 1   k. Tìm giá trị của k để thể tích khối chóp S. AMN bằng. cho SB SD 8 2 2 1 1. B. k . C. k . D. k . 2 4 8 4 Câu 34. (THPT Hoa Lư A-Ninh Bình-lần 1-năm 2017-2018) Cho khối lăng trụ đứng, mặt phẳng  P  đi qua C và các trung điểm của AA, BB chia khối lăng trụ ABC.ABC thành hai A. k  khối đa diện có tỷ số thể tích bằng k với k  1. Tìm k. 1 2 1 A.. B.. C. 1. D.. 3 3 2 Câu 35. (THPT Chuyên Bắc Ninh-lần 1-năm 2017-2018) Hình lăng trụ ABC.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A; AB  1; AC  2. Hình chiếu vuông góc của A trên  ABC  nằm trên đường thẳng BC. Tính khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng  ABC . 3 2 5 1 2. B.. C.. D.. 2 5 3 3 Câu 36. (THPT Chuyên Bắc Ninh-lần 1-năm 2017-2018) Cho hình lăng trụ ABC. ABC có đáy là tam giác đều cạnh a. Hình chiếu vuông góc của điểm A lên mặt phẳng  ABC  trùng với A. trọng tâm tam giác ABC. Biết khoảng cách giữa hai đường thẳng AA và BC bằng a 3. 4 Tính theo a thể tích V của khối lăng trụ ABC.ABC. a3 3 a3 3 a3 3 a3 3. B. V . C. V . D. V . 6 12 3 24 Câu 37. (THPT Xuân Hòa-Vĩnh Phúc-năm 2017-2018) Cho hình lăng trụ đứng ABC. ABC, biết A. V  đáy ABC là tam giác đều cạnh a. Khoảng cách từ tâm O của tam giác ABC đến mặt phẳng  ABC  bằng a. Tính thể tích khối lăng trụ ABC. ABC. 6 3a 3 2 3a3 2 3a 3 2 3a 3 2. B.. C.. D.. 8 28 4 16 Câu 38. (THPT Sơn Tây-Hà Nội-lần 1-năm 2017-2018) Cho khối chóp S. ABCD có đáy ABCD là A. hình vuông cạnh a, SA vuông góc với mặt phẳng  ABCD . Góc giữa mặt phẳng  SBC  và  ABCD  bằng 45. Gọi M, N lần lượt là trung điểm AB, AD. Tính thể tích khối chóp S.CDMN theo a. 5a 3 a3 5a 3 a3 A.. B.. C.. D.. 8 8 24 3 Câu 39. (THPT Sơn Tây-Hà Nội-lần 1-năm 2017-2018) Cho hình lăng trụ đứng ABC.ABC, đáy ABC là tam giác vuông tại A, cạnh AA hợp với BC một góc 60 và khoảng cách giữa chúng bằng a, BC  2a. Thể tích của khối lăng trụ ABC.ABC theo a : A. a3. 2 B.  https://toanhocplus.blogspot.com 3a 3. 2 C. Trang 176 3a 3. 4 D. a3. 4 Thể tích khối đa diện Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna Câu 40. (THPT Chuyên ĐH Vinh-GK1-năm 2017-2018) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, tam giác SAD vuông tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy. Cho biết AB  a, SA  2SD, mặt phẳng  SBC  tạo với mặt phẳng đáy một góc 60. Tính thể tích của khối chóp S. ABCD. 5a 3 15a3 3a 3. B. 5a 3. C.. D.. 2 2 2 Câu 41. (THPT Yên Lạc-Vĩnh Phúc-lần 1-đề 2-năm 2017-2018) Cho hình chóp S.ABC có đáy là A. ABC vuông cân ở B, AC  a 2, SA   ABC , SA  a. Gọi G là trọng tâm của SBC, mp   đi qua AG và song song với BC chia khối chóp thành hai phần. Gọi V là thể tích của khối đa diện không chứa đỉnh S. Tính V. 4 a3 4a 3 5a3 2 a3. .. . B. C. D. 9 27 54 9 Câu 42. (THPT Nguyễn Khuyến-Nam Định-lần 1-năm 2017-2018) Cho tứ diện ABCD có A. AB  CD  5, AC  BD  10, AD  BC  13. Tính thể tích tứ diện đã cho. 5 26. C. 4. D. 2. 6 Câu 43. (THPT Việt Trì-Phú Thọ-lần 1-năm 2017-2018) Cho hình chóp tam giác đều S.ABC. Gọi A. 5 26. B. M, N lần lượt là trung điểm của BC, SM. Mặt phẳng  ABN  cắt SC tại E. Gọi V2 là thể tích của khối chóp S. ABE và V1 là thể tích khối chóp S.ABC. Khẳng định nào sau đây đúng? 1 1 1 1 V1. B. V2  V1. C. V2  V1. D. V2  V1. 4 3 6 8 Câu 44. (THPT Quãng Xương-Thanh Hóa-lần 1-năm 2017-2018) Cho hình chóp S.ABCD có đáy A. V2  là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với đáy, SA  a. Điểm M thuộc cạnh SA sao cho SM  k, 0  k  1. Khi đó giá trị của k để mặt phẳng  BMC  chia khối chóp S.ABCD thành SA hai phần có thể tích bằng nhau là: 1  5 1 5 1  5 1  2. B. k . C. k . D. k . 4 4 2 2 Câu 45. (THPT Bình Xuyên-Vĩnh Phúc-năm 2017-2018) Cho lăng trụ tam giác đều ABC.ABC có A. k  cạnh đáy bằng 2a, khoảng cách từ A đến mặt phẳng  ABC  bằng a 6. Khi đó thể tích 2 khối lăng trụ bằng: 4 3 3 4 3 a. a. D. 3 3 Câu 46. (THPT Nguyễn Khuyến-TPHCM-năm 2017-2018) Hình hộp chữ nhật ABCD.ABCD có A. a3. B. 3a 3. C. AB  a, góc giữa đường thẳng BD với mặt phẳng  ABCD  và mặt phẳng  ABBA  lần lượt bằng 30 và 45. Tính thể tích khối hộp ABCD.ABCD. A. 2a3. B.  https://toanhocplus.blogspot.com 3a 3. C. 2a 3. Trang 177 D. 3a3. Thể tích khối đa diện Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna Câu 47. (THPT Tam Phước-Đồng Nai-lần 1-năm 2017-2018) Cho lăng trụ đứng ABCD. ABC D có đáy ABCD là hình bình hành. Các đường chéo DB và AC lần lượt tạo với đáy các góc   60. Hãy tính thể tích V của khối 45 và 30. Biết chiều cao của lăng trụ là a và BAD lăng trụ này. a3 2 a3 3 a3. B. V  a3 3. C. V . D. V . 3 2 2 Câu 48. (THPT Cổ Loa-Hà Nội-lần 1-năm-2018) Cho hình lăng trụ ABC.ABC có độ dài tất cả các A. V  cạnh bằng a và hình chiếu vuông góc của đỉnh C lên mặt phẳng  ABBA  là tâm của hình bình hành ABBA. Thể tích khối lăng trụ ABC.ABC tính theo a là a3 2 a3 2 a3 3 3 A.. B.. C. a 3. D.. 4 12 4 Câu 49. (THPT Cổ Loa-Hà Nội-lần 1-năm-2018) Cho hình chóp S. ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, mặt bên SAB là tam giác đều, SC  SD  a 3. Tính thể tích V của khối chóp S.ABCD theo a. A. V  a3 2. 6 B. V  a3. 6 C. V  a3 2. D. V  a3 3. 3 Câu 50. (THTT Số 3-486 tháng 12 năm 2017-2018) Xét khối tứ diện ABCD có cạnh AB  2 3 và các cạnh còn lại đều bằng x. Tìm x để thể tích khối tứ diện ABCD bằng 2 2. A. x  6. B. x  2 2. C. x  3 2. D. x  2 3. Câu 51. (THTT Số 3-486 tháng 12 năm 2017-2018) Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng a. Gọi M, N lần lượt là trọng tâm của các tam giác ABD, ABC và E là điểm đối xứng với B qua điểm D. Mặt phẳng  MNE  chia khối tứ diện ABCD thành hai khối đa diện, trong đó khối đa diện chứa đỉnh A có thể tích V. Tính V. a3 2 3a3 2 3a 3 2 9a3 2. B.. C.. D.. 96 80 320 320 Câu 52. (THPT Chuyên Lê Hồng Phong-Nam Định-lần 2 năm 2017-2018) Cho hình chóp S. ABCD A. có đáy ABCD là hình bình hành thoả mãn AB  a, AC  a 3, BC  2a. Biết tam giác SBC cân tại S, tam giác SCD vuông tại C và khoảng cách từ D đến mặt phẳng  SBC  bằng a 3. Tính thể tích V của khối chóp đã cho. 3 2a3 a3 a3 A. V . B. V . C. V . 3 5 3 5 3 3 D. V  a3 5. Câu 53. (SGD Vĩnh Phúc-KSCL lần 1 năm 2017-2018) Cho hình chóp S. ABCD có đáy là hình thang vuông tại A và D ; SA vuông góc với mặt đáy  ABCD  ; AB  2a, AD  CD  a. Góc giữa mặt phẳng  SBC  và mặt đáy  ABCD  là 60. Mặt phẳng  P  đi qua CD và trọng tâm G của tam giác SAB cắt các cạnh SA, SB lần lượt tại M, N. Thể tích V của khối chóp S.CDMN theo a là A. V  2 6a 3. 9 B. V   https://toanhocplus.blogspot.com 7 6 a3. 81 C. V  Trang 178 14 3a3. 27 D. V  7 6a 3. 27 Thể tích khối đa diện Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna Câu 54. (THPT Triệu Sơn 3-Thanh Hóa năm 2017-2018) Cho hình hộp chữ nhật có độ dài đường chéo của các mặt lần lượt là 5, 10, 13. Tính thể tích của khối hộp đã cho. 5. 10. 18. B. V  8. C. V  6. D. V  4. 6 Câu 55. (SGD Bà Rịa Vũng Tàu-đề 2 năm 2017-2018) Cho hình chóp S. ABC có cạnh bên SA vuông ASC  60. Tính bán kính R của mặt cầu ngoại góc với đáy, AB  a, BC  a 2, SC  2a và  A. V  tiếp tứ diện S.ABC. a 3 a. C. R  a 3. D. R . 2 2 Câu 56. (THPT Lê Quý Đôn-Hải Phòng lần 1 năm 2017-2018) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy. Gọi M là trung A. R  a. B. R  điểm của CD. Biết khoảng cách giữa hai đường thẳng BC và SM bằng a 3. Tính thể tích 4 của khối chóp đã cho theo a. a3 3 a3 3 a3 3 a3 3. B.. C.. D.. 4 2 6 12 Câu 57. (THPT Lê Quý Đôn-Quãng Trị-lần 1 năm 2017-2018) Cho hình lăng trụ ABC. A ‘ B ‘ C ‘ có A. đáy là tam giác đều cạnh a. Hình chiếu vuông góc của điểm A ‘ lên mặt phẳng  ABC  trùng với trọng tâm tam giác ABC. Biết khoảng cách giữa hai đường thẳng AA và BC bằng a 3. Tính thể tích V của khối lăng trụ ABC.ABC. 4 a3 3 a3 3 a3 3 a3 3. B. V . C. V . D. V . 6 3 24 12 Câu 58. (THPT Chuyên Tiền Giang-lần 1 năm 2017-2018) Cho hình chóp S. ABCD có đáy là hình A. V  thang vuông tại A và B. Hình chiếu vuông góc của S trên mặt đáy  ABCD  trùng với trung điểm AB. Biết AB  a, BC  2a, BD  a 10. Góc giữa hai mặt phẳng  SBD  và mặt phẳng đáy là 60. Tính thể tích V của khối chóp S.ABCD theo a. 3 30a3 30a3 30a3 30a3 A. V . B. V . C. V . D. V . 8 4 12 8 Câu 59. (THPT Lê Xoay-Vĩnh phúc-lần 1 năm 2017-2018) Cho hình chóp S.ABC có tam giác ABC vuông cân tại B, AB  a. Gọi I là trung điểm của AC. Hình chiếu vuông góc của S lên   mặt phẳng  ABC  là điểm H thỏa mãn BI  3IH. Góc giữa hai mặt phẳng  SAB  và SBC  là 60. Thể tích của khối chóp S.ABC là a3 a3 a3 a3. B. V . C. V . D. V . 9 6 18 3 Câu 60. (THPT Triệu Sơn 1-lần 1 năm 2017-2018) Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy A. V  bằng 2a, góc giữa mặt bên và mặt đáy bằng 60. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của các cạnh cạnh SD, DC. Thể tích khối tứ diện ACMN là  https://toanhocplus.blogspot.com Trang 179 Thể tích khối đa diện Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna a3 2 a3 3 a3 2 a3. B.. C.. D.. 4 6 2 8 Câu 61. (THPT Triệu Sơn 1-lần 1 năm 2017-2018) Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy A. bằng 2a. Mặt bên của hình chóp tạo với mặt đáy một góc 60. Mặt phẳng  P  chứa AB và đi qua trọng tâm G của tam giác SAC cắt SC, SD lần lượt tại M và N. Thể tích khối chóp S. ABMN là a3 3 a3 3 a3 3 3. .. B. C. D. a 3. 2 4 3 Câu 62. (THPT Kim Liên-Hà Nội năm 2017-2018) Cho lăng trụ tam giác đều ABC. ABC có cạnh đáy bằng a và AB  BC. Tính thể tích V của khối lăng trụ đã cho. A. a3 6 a3 6 7 a3. B. V  a3 6. C. V . D. V . 8 4 8 Câu 63. (THPT Hà Huy Tập-Hà Tĩnh-lần 1 năm 2017-2018) Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD. A. V  Mặt phẳng  P  chứa đường thẳng AC và vuông góc với mặt phẳng  SCD , cắt đường thẳng SD tại E. Gọi V và V1 lần lượt là thể tích các khối chóp S. ABCD và D.ACE. Tính số đo góc tạo bởi mặt bên và mặt đáy của hình chóp S. ABCD biết V  5V1. A. 60. B. 120. C. 45. D. 90. Câu 64. (THPT Triệu Thị Trinh-lần 1 năm 2017-2018) Cho khối lăng trụ tam giác đều ABC.ABC có cạnh đáy là a và khoảng cách từ A đến mặt phẳng  ABC  bằng a. Thể tích của khối 2 lăng trụ bằng: 3 2a 3 2a 3 3a 3 2 3a 3 2. B.. C.. D.. 12 16 16 48 Câu 65. (SGD Bắc Ninh năm 2017-2018) Cho lăng trụ ABC.ABC có đáy là tam giác đều cạnh a. A. Hình chiếu vuông góc của điểm A lên mặt phẳng  ABC  trùng với trọng tâm của tam giác ABC. Biết khoảng cách giữa hai đường thẳng AA và BC bằng a 3. Khi đó thể tích 4 của khối lăng trụ là a3 3 a3 3 a3 3 a3 3. B.. C.. D.. 6 24 12 36 Câu 66. (THPT Chuyên Quốc Học-Huế năm 2017-2018) Cho hình chóp tứ giác đều có cạnh đáy A. bằng 1, chiều cao bằng 2. Xét đa diện lồi H có các đỉnh là trung điểm tất cả các cạnh của hình chóp đó. Tính thể tích của H. 9 5. B. 4. C. 2 3. D.. 2 12 Câu 67. (THPT Chuyên Vĩnh Phúc-lần 3 MĐ 234 năm học 2017-2018) Cho hình chóp S.ABCD có A. đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với đáy  ABCD , góc giữa hai mặt phẳng  SBD  và  ABCD  bằng 60. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của SB, SC. Tính thể tích khối chóp S. ADMN.  https://toanhocplus.blogspot.com Trang 180 Thể tích khối đa diện Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna a3 6 a3 6 3a 3 6 a3 6    B. V  C. V  D. V  16 24 16 8 Câu 68. (THPT Quãng Xương 1-Thanh Hóa năm 2017-2018) Cho hình lăng trụ đứng ABC.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại C với CA  CB  a. Trên đường chéo CA lấy hai A. V  điểm M, N. Trên đường chéo AB lấy được hai điểm P, Q sao cho MNPQ là tứ diện đều. Tính thể tích khối lăng trụ ABC. ABC. a3 a3. B. a 3. C.. D. 2a3. 6 2 Câu 69. (THPT Trần Quốc Tuấn năm 2017-2018) Cho hình lăng trụ ABC.ABC có đáy S. ABCD A. là tam giác vuông tại A, AB  a, AC  a 3. Hình chiếu vuông góc của đỉnh A lên  ABC  trùng với tâm của đường tròn ngoại tiếp của tam giác ABC. Trên cạnh AC lấy điểm M sao cho CM  2 MA. Biết khoảng cách giữa hai đường thẳng AM và BC bằng a. Tính 2 thể tích V của khối lăng trụ đã cho. a3 3 2a3 3 3a 3. B. V  a 3. C. V . D. V . 2 3 2 Câu 70. (THPT Tứ Kỳ-Hải Dương năm 2017-2018) Cho khối chóp tứ giác S. ABCD có đáy là hình A. V  bình hành. Gọi M là trung điểm của SC, mặt phẳng  P  chứa AM và song song BD chia khối chóp thành hai khối đa diện, đặt V1 là thể tích khối đa diện có chứa đỉnh S và V2 là thể tích khối đa diện có chứa đáy ABCD. Tỉ số A. V2  3. V1 B. V2 2. V1 C. V2 là: V1 V2  1. V1 D. V2 3 . V1 2 Câu 71. (THPT Ngô Sĩ Liên-Bắc Giang-lần 1-năm 2017-2018) Cho khối chóp lăng trụ tam giác đều   ABC. ABC có SABC  8 3, mặt phẳng ABC tạo với mặt phẳng đáy góc   0    . 2  Tính cos khi thể tích khối lăng trụ ABC.ABC lớn nhất. 3 2 1 2. B. cos  . C. cos  . D. cos  . 3 3 3 3 Câu 72. (THPT Cổ Loa-Hà Nội-lần 1-năm-2018) Cho hình chóp S.ABC có độ dài các cạnh A. cos   SA  BC  x, SB  AC  y, SC  AB  z thỏa mãn x 2  y 2  z 2  12. Giá trị lớn nhất của thể tích khối chóp S.ABC là 2 2 2 3 2 3 2. B. V . C. V . D. V . 3 3 3 2 Câu 73. (THPT Đoàn Thượng-Hải Dương-lần 2 năm 2017-2018) Cho hình chóp S.ABCD có đáy A. V  là hình bình hành và có thể tích là V. Điểm P là trung điểm của SC, một mặt phẳng qua AP cắt các cạnh SD và SB lần lượt tại M và N. Gọi V1 là thể tích khối chóp S. ANPM. Tìm giá trị nhỏ nhất của V1 ? V  https://toanhocplus.blogspot.com Trang 181 Thể tích khối đa diện Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna 1 2 3 1. B.. C.. D.. 8 3 8 3 Câu 74. (THPT Chuyên Thái Bình-lần 2 năm học 2017-2018) Cho hình chóp S.ABC có SA  x, A. BC  y, AB  AC  SB  SC  1. Thể tích khối chóp S. ABC lớn nhất khi tổng  x  y  bằng: A. 3. B. 2 3. C. 4 3. D. 4 3. Câu 75. (SGD Bắc Ninh năm 2017-2018) Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng 1. Gọi M, N là hai điểm thay đổi lần lượt thuộc cạnh BC, BD sao cho  AMN  luôn vuông góc với mặt phẳng  BCD . Gọi V1, V2 lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của thể tích khối tứ diện ABMN. Tính V1  V2. 17 2 17 2 17 2 2. B.. C.. D.. 216 72 144 12 Câu 76. (THPT Kinh Môn 2-Hải Dương năm 2017-2018) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD A. là hình bình hành. Gọi M là trung điểm của SA, N là điểm trên đoạn SB sao cho SN  2 NB. Mặt phẳng  R  chứa MN cắt đoạn SD tại Q và cắt đoạn SC tại P. Tỉ số VS. MNPQ VS. ABCD lớn nhất bằng 2 1 1 3. B.. C.. D.. 5 3 4 8 Câu 77. (THPT Hoàng Hoa Thám-Hưng Yên-lần 1 năm 2017-2018) Cho tam giác ABC vuông tại A. A có AB  3a, AC  a. Gọi  Q  là mặt phẳng chứa BC và vuông góc với mặt phẳng  ABC . Điểm D di động trên  Q  sao cho hai mặt phẳng  DAB  và  DAC  lần lượt hợp với mặt  ABC  hai góc phụ nhau. Tính thể tích lớn nhất của khối chóp D.ABC. a3 3 3a 3 2 3a 3 3a 3. .. . B. C. D. 4 10 13 8 Câu 78. (THPT Chuyên Lương Thế Vinh – Hà Nội – Lần 2 năm 2017 – 2018) Cho hình chóp A. S.ABCD có đáy là hình bình hành có AB  a, SA  SB  SC  SD. Giá trị lớn nhất của thể tích hình chóp S. ABCD bằng a3 3 2a3 3 a3 6 a3. B.. C.. D. 6 3 3 3 Câu 79. (SGD Bắc Ninh – Lần 2 – năm 2017-2018) Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình A. vuông cạnh 2a. Tam giác SAB vuông tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi  là góc tạo bởi đường thẳng SD và mặt phẳng  SBC , với   45. Tìm giá trị lớn nhất của thể tích khối chóp S. ABCD. A. 4a 3. B. 8 a3. 3  https://toanhocplus.blogspot.com C. Trang 182 4a3. 3 D. 2a3. 3 Thể tích khối đa diện Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna II. ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT 1A 2A 3C 4A 5B 6D 7A 8C 9C 10A 11D 12B 13B 14A 15B 16D 17C 18D 19A 20C 21C 22D 23A 24D 25A 26A 27D 28A 29C 30D 31B 32A 33C 34D 35C 36B 37D 38C 39B 40A 41C 42D 43B 44C 45B 46A 47D 48A 49A 50B 51D 52A 53D 54C 55A 56C 57D 58D 59A 60C 61A 62C 63A 64C 65C 66D 67A 68C 69A 70B 71C 72A 73D 74C 75A 76D 77A 78B 79C Câu 1. Chọn A. Khi độ dài cạnh đáy tăng lên 2 lần thì diện tích đáy tăng lên 4 lần.  Thể tích khối chóp tăng lên 4 lần. Câu 2. Chọn A. S Gọi tứ diện ABCD đều cạnh a. Gọi H là hình chiếu của A lên  BCD . Ta có: BH  a 3 a 6  AH  AB2  BH 2  3 3 C A a2 3 a3 2  VABCD . 4 12 Chọn C. O SBCD  Câu 3. S B Gọi H là hình chiếu của S lên  ABCD  Ta có: AH  a 2 a 2  SH  SA2  AH 2  2 2 SABCD  a 2  VS. ABCD  a3 2 6 Câu 4. Chọn A. Câu 5.  1 2 SABC  AB. AC  6 cm 2  h  SA  2 cm 1 12  VS. ABC  SA  SABC  cm3 3 3 Chọn B. D A H S B C C A B S   0 SA  AB.tan 45  a  2 SABCD  a.2 a  2a 1 2a3  VS. ABCD  SA.SABCD  3 3 A D 45° B  https://toanhocplus.blogspot.com Trang 183 C Thể tích khối đa diện Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn Câu 6. https://facebook.com/duytuan.qna Chọn D. S SA  a 3  0 2  AB  AC.cos 45  a  SABCD  a   Câu 7. 1 a3 3  VS. ABCD  SA.SABCD  3 3 Chọn A. A ABC vuông tại B D C B  BC  AC 2  AB2  a 2. SABC  S 1 a2 2 BA.BC  2 2 Gọi H là trung điểm AB  SH  a 3 2 A C Ta có: SAB đều  SH  AB H  SH   ABC  (vì  SAB    ABC  ). B 3 Câu 8. 1 a 6  VS. ABC  SH .SABC  3 12 Chọn C. S Gọi O là giao điểm của AC và BD. ABCD là hình thoi  AC  BD, O là trung điểm của AC, BD. A 2 ABO vuông tại O  AB  AO  OB  a. SABCD D 2 H 1 a2 3  AC.BD . 2 2 C B Gọi H là trung điểm AB. SAB vuông cân tại S cạnh AB  a  SH  a. 2 Ta có: SAB cân  SH  AB  SH   ABCD  (vì  SAB    ABC  ). Câu 9. 1 a3 3  VS. ABCD  SH .SABCD . 3 12 Chọn C. S ABC vuông tại A  BC  AC 2  AB 2  2 a. SABC  1 a2 3 AB.AC . 2 2 C SH  SB2  BH 2  a. A H 3 1 a 3  VS. ABC  SH .SABC . 3 6  https://toanhocplus.blogspot.com B Trang 184 Thể tích khối đa diện Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna Câu 10. Chọn A. S ABH vuông tại A  BH  AH 2  AB2  a 5. 2 SH  SB2  BH 2  a. A SABCD  a 2. 1 a3  VS. ABCD  SH .SABCD . 3 3 Câu 11. Chọn D. B H D C S  a SI  2  2  S  ABCD  AB. AD.sin BAD  2 3a 1 a3 3  VS. ABCD  SI .SABCD  3 3 Câu 12. Chọn B. I O Ta có: OA 1 OB 1 OC  1  ;  ;  OA 2 OB 4 OC 3 V OA OB OC   O. AB ’C ’    VO. ABC OA OB OC  B B’ A’ C C’ A C 1 1 1 1    2 4 3 24 S B Câu 13. Chọn B. Ta có: MN //BC  SM SN  SB SC V SM SN  SM .  Ta có: S. AMN  VS. ABC SB SC  SB  Ta có: D A M 2 N A VS. AMN 1 SM 1    VS. ABC 2 SB 2 C B Câu 14. Chọn A. Gọi O là giao điểm của AC và BD. A’ B’ ABCD là hình chữ nhật  OA  OB  OD Mà AA  AB  AD nên A ‘ O   ABD  (vì C’ D’ A ‘ O là trực tâm giác ABD ) ABD vuông tại A  BD  AB2  AD 2  2 a A  OA  OB  OD  a AA ‘ O vuông tại O B O D  A ‘ O  AA ‘2  AO 2  a 3 C SABCD  AB.AD  a 2 3 V ABCDA ‘ B ‘ C ‘ D ‘  A ‘ O.SABCD  3a 3.  https://toanhocplus.blogspot.com Trang 185 Thể tích khối đa diện Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna Câu 15. Chọn B. A’ B’ Gọi H là trung điểm của BC  A ‘ H   ABC . C’ ABC là tam giác vuông tại A  BC  AB 2  AC 2  2 a  AH  1 BC  a 2 A ‘ AH vuông tại H  A ‘ H  AA ‘2  AH 2  a 3 A B 2 SABC  1 a 3 AB.AC  2 2 VABCA ‘ B’C ‘  A ‘ H .SABC  H 3a 3. 2 C Câu 16. Chọn D. A’ B’ Gọi H là trọng tâm của ABD  A ‘ H   ABCD .   180 0  ABC   60 0. Ta có: BAD   60 0 nên ABD đều. ABD cân có BAD A a 3 ABD là tam giác đều cạnh a  AH  3 A ‘ AH vuông tại H  A ‘ H  AA ‘2  AH 2  SABCD  2SABD  2. C’ D’ B H D C a 6 3 a2 3 a2 3 a3 2  ; VABCDA ‘ B’C ‘ D ‘  A ‘ H.SABC  4 2 2 Câu 17. Chọn C. A’ C’ Ta có: BB ‘ C ‘ C là hình bình hành 1 1  SBB’C ‘  SBB’C ‘C  V A. BB’C ‘  V A. BB’C ‘C 2 2 1 Ta có: V A. A ‘ B’C ‘  VABCA ‘ B’C ‘ 3 2  V A. BB’C ‘C  V ABCA ‘ B’C ‘  V A. A ‘ B’C ‘  VABCA ‘ B’C ‘ 3 V ABB ‘C ‘ 1 1  V ABB ‘C ‘  V ABCA ‘ B ‘C ‘   3 VABCA ‘ B ‘C ‘ 3 B’ A C B A’ B’ Câu 18. Chọn D.  a 3 3 a 0    AI  AI .tan 30   2 3 2  2 a 3 S  ABC  4    VABC. A ’ B ’C ’  AI .SABC  a 3 C’ A 30° B 3 8 I C  https://toanhocplus.blogspot.com Trang 186 Thể tích khối đa diện Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna Câu 19. Chọn A. B’ Ta có: BB ‘ C ‘ C là hình bình hành  SBCMN C’ M 1 V 2 A.BB’C ‘C 1 Ta có: V A. A ‘ B’C ‘  VABCA ‘ B’C ‘ 3  V A. BCMN  N B  V A. BB’C ‘C  V ABCA ‘ B’C ‘  V A. A ‘ B’C ‘   V A.BCMN A’ 1  SBB’C ‘C 2 A 2 V 3 ABCA ‘ B’C ‘ C V 1 1  VABCA ‘ B ‘C ‘  A.BCMN . 3 V ABCA ‘ B ‘C ‘ 3 Câu 20. Chọn C. A’ 1 V A ’. ABD  AA.SABD 3 1 1 1  AA. AB.AD  AA.SABCD 3 2 6 1  V ABCD. A ’ B ’C ’ D ’ 6 V A ’. ABD 1  . V ABCD. A ’ B ’C ’ D ’ 6 B’ D’ C’ A B D C Câu 21. Chọn C. S  AD  AB  AD  (SAB)  AD  SA. Ta có:   AD  SB   60 0 ; SABCD = 4a2.  SAB A Xét tam giác SAB tại vuông tại B, ta có: SB  AB tan 60 0  2 a 3. Vậy V = D α 8a3 3 1 2 .4a. 2a 3 =. 3 3 B Câu 22. Chọn D. C 2a A’ C’ V= Bh = SABC.A’B’C’.AA’.  BC  AB  BC  AB. Do   BC  AA  B’  BC  AB  ( ABC )  Và  BC  A ‘ B  ( ABC )  BC  ( ABC )  ( A ‘ BC )  ’  ( ABC ),( A ‘ BC )   AB, A ‘ B  ABA    C A  a 30° B 2.SABC 2.a2 3 1   2a 3. Ta có: SABC  AB.BC  AB  2 BC a   2 a 3.cos 30 0  3a; AA  AB.sin ABA   2 a 3.sin 30 0  a 3 AB  AB.cos ABA  https://toanhocplus.blogspot.com Trang 187 Thể tích khối đa diện Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna 1 3a 3 3 1 V ABC. A’ B’C ‘  B.h  SABC. AA  .AB.BC. AA  .3a.a.a 3 . 2 2 2 Câu 23. Chọn A. A’ B’ Gọi H, M, I lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng AB, AC, AM. C’ V ABC. A ‘ B’C ‘  SABC. A ‘ H. a2 3. 4 Ta có IH là đường trung bình của tam giác AMB, SABC  A B I MB là trung tuyến của tam giác đều ABC. a M  IH // MB  IH  AC Do đó:   MB  AC C  AC  A ‘ H  AC   A ‘ HI   AC  A ‘ I   AC  IH  AC  IH  ( ABC )   ‘ IH là góc gữa hai mặt phẳng  AA ‘ C ‘ C  và  ABCD  Mà:  AC  A ‘ I  ( ACC ‘ A ‘)  A ( ABC )  ( ACC ‘ A ‘)  AC   A ‘ IH  45 Trong A ‘ HI vuông tại H,có: tan 45  Vậy V  1 a 3 A’ H  A ‘ H  IH.tan 45o  IH  MB . 2 4 HI a 2 3 a 3 3a 3.  4 4 16 Câu 24. Chọn D. S Gọi M là trung điểm của BC. Trong mp  SAM , Kẻ MH  SA ,( H  SA). H  BC  AM  BC   SAM   BC  MH. Ta có:   BC  SO Do đó MH là đường vuông góc chung của SA và BC. Suy ra MH  3a 2 7 C A O. B   Ta có: SM  BC   SBC ,  ABC   SMA  600.  M  Đặt OM  x  AM  3x, OA  2 x.  SO  OM.tan 60 0  x 3 và SA  2  x 3    2x  Trong SAM ta có: SA.MH  SO. AH  x 7. Khi đó: AM  3x  3. a 2 3   https://toanhocplus.blogspot.com 3a 2 7 2 x 7.  x 3.3x  x  a 2 3 a 3  AB  a. 2 Trang 188 Thể tích khối đa diện Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna 1 1 a2 3 a a2 3 VS. ABC  .SABC .SO . .  3 3 4 2 24 Câu 25. Chọn A. Gọi M là trung điểm của CD, trong SOM kẻ đường cao OH.  OH   SCD   OH  a. S Đặt CM  x. Khi đó OM  x, SM  x 3, SO  SM 2  x 2  x 2. Ta có: SM.OH  SO.OM  x 3.a  x 2.x  x  a 6 2 H A D  CD  a 6, SO  a 3 1 1 1 VS. ABCD  .SABCD .SO  .CD 2 .SO  .6 a 2 .a 3  2 a 3 3. 3 3 3 Câu 26. Chọn A.   600. Dựng AM  CD tại M. Ta có: SMA SABCD  AD  BC .AB  4 a 2 2 CD   AD  BC  SABC 2 O B M C S  AB2  2a 2 A 1  AB.BC  a 2 ; SACD  SABCD  SABC  3a 2 2 SACD  x D M 2S 1 3 2 AM.CD  AM  ACD  a 2 CD 2 B C 1 3 6a. V Ta có: SA  AM.tan SMA  SA.SABCD  2 6 a3. S. ABCD 2 3 Câu 27. Chọn D. A’ C’ Gọi M là trung điểm của BC, ta có  A ‘ AM    A ‘ BC  theo giao tuyến A ‘ M. B’ Trong  A ‘ AM  kẻ OH  A ‘ M ( H  A ‘ M )  OH   A ‘ BC    Suy ra: d O,  A ‘ BC   OH  SABC  a 2 3 4 a. 6 H A C O. M  chung nên Xét hai tam giác vuông A ‘ AM và OHM có góc M B chúng đồng dạng. a OH OM   6  Suy ra: A’ A A’ M A’ A  https://toanhocplus.blogspot.com 1 a 3. 1 3 2   2 2 A’ A A ‘ A  AM Trang 189 3 a 3 A ‘ A2    2    2. Thể tích khối đa diện Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn  A’ A  https://facebook.com/duytuan.qna a 6 a 6 a 2 3 3a 3 2. . Thể tích: VABC. A’ B’C ‘  SABC .A ‘ A . 4 4 4 16 Câu 28. Chọn A. Ta có: S SSMN SM SN 1   . SSAB SA SB 4 M S 1 S 1 Tương tự, BNP , AMP . SSAB 4 SSAB 4 Suy ra N SMNP 1 S 1  (có thể khẳng định MNP  SSAB 4 SSAB 4 A D P O nhờ hai tam giác MNP và BAS là hai tam giác đồng dạng với tỉ số k  Do đó 1 ). 2 B C VD. MNP 1  (1) VD .SAB 4 VD.SAB  VS. DAB  1 V. (2) 2 S. ABCD 1 1 4 a3 1 1 4a3 a3 VS. ABCD  SO.SABCD  OP.tan 45.SABCD  . (3). Từ (1), (2) và (3): VDMNP . . 3 3 3 4 2 3 6 Câu 29. Chọn C. A’ B’ Vì ABC là tam giác vuông cân tại B nên trung tuyến BH cũng là đường cao của nó, và HB  HA  HC  1 AC  a. 2 C’ a 2 AH  AA 2  AH 2  2 a 2  a 2  a. 1 V ABC. ABC  AH  SABC  AH  BH  AC  a 3 2 Câu 30. Chọn D. A B a a H Gọi H là trung điểm AB, suy ra SH là chiều cao khối a C S chóp đã cho. Kí hiệu x là độ dài cạnh đáy. 3 3 3 x và VS. ABCD  x. 2 6 Kẻ HK  CD ( K  CD) ; Kẻ HL  SK ( L  SK ). Ta có SH  L A Suy ra HL  (SCD) và H d( A ,(SCD))  d( H ,(SCD))  HL  Theo gt, D K x HS  HK 21  x 2 2 7 HS  HK B C 21 3 7a 3 3 3 3 x  x  a 3. Suy ra VS. ABCD  x  ( a 3)3  a3 7 7 6 6 2 Câu 31. Chọn B. Gọi D là hình chiếu của S lên mặt phẳng  ABC , suy ra SD   ABC .  https://toanhocplus.blogspot.com Trang 190 Thể tích khối đa diện Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna Ta có SD  AB và SB  AB ( gt ), suy ra AB   SBD   BA  BD S Tương tự có AC  DC hay tam giác ACD vuông ở C. Dễ thấy SBA  SCA (cạnh huyền và cạnh góc vuông), suy ra SB  SC. Từ đó ta chứng minh được SBD  SCD nên cũng D có DB  DC. Vậy DA là đường trung trực của BC, nên cũng là đường phân . giác của góc BAC C B   30, suy ra DC  a. Ta có DAC 3 A   60 Ngoài ra góc giữa hai mặt phẳng SAB  và  ABC  là SBD  Suy ra tan SBD SD   a. 3 a.  SD  BD tan SBD BD 3 1 1 a2 3 a3 3 .a  Vậy VS. ABC  .SABC .SD . . 3 3 4 12 Câu 32. Chọn A. S  BC  SA  BC   SAB  Ta có:   BC  AB  SB là hình chiếu của SC lên mặt phẳng  SAB .    30.  SC,  SAB    SC, SB   CSB  A  Xét tam giác SBC vuông tại B có tan 30  BC  SB  3a. SB D B C Xét tam giác SAB vuông tại A có SA  SB2  AB2  2 a 2. S 1 2 a3 6 Mà SABCD  AB.BC  a 2 3. Vậy V  SABCD .SA . 3 3 Câu 33. Chọn C. N V SA SM SN. .  k2. Ta có S. AMN  VS. ABD SA SB SD Mà VS. AMN M A 1 1 1 2 , VS. ABD  VS. ABCD  1   k 2  k . 8 2 8 4 D B Câu 34. Chọn D. C B’ A’ Gọi D, E, F lần lượt là trung điểm của AA, BB, CC  và h là độ dài chiều cao của khối lăng trụ ABC.ABC. Khi C’ đó ta có E 1 h 1 1 VC DEF  .SDEF.  .SDEF .h  .V ABC. ABC. 3 2 6 6 1 Mặt khác V ABCDEF  .V ABC. ABC . 2 D F B A C  https://toanhocplus.blogspot.com Trang 191 Thể tích khối đa diện Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna V 1 1 1 Suy ra VC DEBA  VC ‘ DEF  .VABC. ABC   VC DEBA  V ABC. ABC   k  C DEBA . 2 3 VABCDC E 2 Câu 35. Chọn C. A’ C’ Gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên  ABC . Giả sử AH  x  0 ; BC  5 ; SABC  1 AB.AC  1. 2 B’ 1 1 AH .SABC  .x. 3 3 3V x 2x 2  A. ABC   . 1 SABC x. 5 5  A H. 5 2 Ta có VA. ABC   d A,  ABC   A C H B Câu 36. Chọn B. A’ C’ Ta có AG   ABC  nên AG  BC ; BC  AM  BC   MAA  B’ I Kẻ MI  AA ; BC  IM  d  AA; BC   IM  H a 3 4 A G Kẻ GH  AA, ta có AG GH 2 2 a 3 a 3    GH .  AM IM 3 3 4 6  B AG.HG a a 2 3 a2 3 VABC. ABC  AG.SABC .  (đvtt). 3 4 12 Câu 37. Chọn D. a M a 3 a 3. 3 6 a  2 2 2 3 AG  HG a a2  3 12 1 1 1    AG  2 2 HG AG AG 2 Diện tích đáy là B  SABC  C 2 3 4 A’ C’. B’  Chiều cao là h  d  ABC  ;  ABC    AA. H Do tam giác ABC là tam giác đều nên O là trọng tâm của tam giác ABC. Gọi I là trung điểm của BC, H là hình chiếu vuông góc của A lên AI ta có AH   ABC   K A   d A;  ABC   AH I    IO  1 d  A;  ABC   IA 3 d  A;  ABC   AH a a  d  O;  ABC       AH  3 3 6 2 d O;  ABC   https://toanhocplus.blogspot.com C O Trang 192 B Thể tích khối đa diện Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna Xét tam giác AAI vuông tại A ta có: 3a3 2 a 3 a 3 1 1 1 1 1 1   V   AA   h      . ABC. ABC  16 AH 2 AA2 AI 2 AA2 AH 2 AI 2 2 2 2 2 Câu 38. Chọn C. S Ta có  SBC    ABCD   BC, BC   SAB   BC  SB, AB  BC nên góc giữa mặt phẳng SBC  và  ABCD  là . Do đó SA  AB tan 450  a. SBA Mặt khác SMNDC  SABCD  SAMN  SBMC  a2  1 Vậy VS.CDMN  .SCDMN .SA  3 Câu 39. Chọn B. Vì CC // AA nên góc giữa A a 2 a 2 5a 2   8 4 8 1 5a 2 5a 3. .a . 3 8 24 D M B C B’ A’ AA và BC là góc giữa CC ‘ và  CC   60 o BC và là góc B C’  BC   3 o .2 a  a 3  BC   sin 60  BC 2  Trong BCC :  cos 60 o  CC ‘ CC ‘  1 .2 a  a   B’C 2 B A Gọi H là hình chiếu của A lên BC, khi đó H AH   BCC B   d  AA, BC   AH  a. V ABC. ABC  SABC AA  C 1 1  a3 3 AH.BC.AA   .a 3.a  a . 2 2 2  Câu 40. Chọn A. S Gọi H là hình chiếu của S trên AD và K là hình chiếu của H trên BC.  SAD    ABCD   Ta có  SAD    ABCD   AD   SH   ABCD  SH  AD HK  BC    BC  SK. SH  BC  H A   B K D C   60 Do đó góc tạo bởi hai mặt phẳng  SBC  và  ABCD  là góc SKH  SH  HK tan 60  a 3 15a 5 3a 1 1 1 1 5  SD     2 , SA  a 15, AD . 2 2 2 2 2 2 SH SA SD 3a 4SD VS. ABCD 1 5 3 a 5a 3 1   SH .SABCD  a 3.a.. 3 2 2 3  https://toanhocplus.blogspot.com Trang 193 Thể tích khối đa diện Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna Câu 41. Chọn C. S Trong mặt phẳng  SBC . Qua G kẻ đường thẳng song song với BC và lần lượt cắt SC, SB tại E, F. Khi đó ta được khối đa diện không chứa đỉnh S là ABCEF. E Ta có G là trọng tâm của SBC nên G VS.AFE SA SF SE 2 2 4 . . . . VS. ABC SA SB SC 3 3 9 C A F M 4 4 5 Do đó VS.AFE  .VS. ABC  V ABCEF  V S. ABC  .VS. ABC  .VS. ABC. 9 9 9 B Vì tam giác ABC vuông cân ở B, AC  a 2 nên AB  BC  a. Mặt khác VS. ABC  11 a3 5 a 3 5a 3 a.a.a . Suy ra VABCEF . . 32 6 9 6 54 Câu 42. Chọn D. Lồng khối tứ diện ABCD vào một khối tứ diện AMNP sao cho B, C, D lần lượt là trung điểm MN, NP, PM như hình vẽ. A D M B P C N Dễ dàng ta có khối AMNP có AM, AN, AP đôi một vuông góc và MN  2 5; NP  2 10; AD  2 13. Suy ra AM  4; AN  2; AP  6, nên thể tích VAMNP  Mà V ABCD  1 AM.AN .AP  8. 6 1 V 2. 4 AMNP S Câu 43. Chọn B. Gọi I là trung điểm của EC nên IM là đường trung bình E của tam giác BCE  MI //EN N Mà N là trung điểm của SM  EN là đường trung bình của tam giác SMI suy ra E là trung điểm của SI. A C V2 SE 1 1    V2  V1. V1 SC 3 3 M Câu 44. Chọn C.  https://toanhocplus.blogspot.com I B Trang 194 Thể tích khối đa diện Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna Gọi giao điểm của  BMC  với SD là N, khi đó do S BC // AD nên  BCM    SAD   MN // AD // BC  SM SN   k. SA SD Gọi V là thể tích của khối chóp S.ABCD, V1 là thể A tích của khối chóp S.BCNM, V2 là thể tích của khối đa diện còn lại. Ta có V1  V2  V  V1  V2  Mà V1  VS. MBC V. 2 B C V SM SN 1 1.  k 2  VS. MNC  k 2 .VS. ADC  k 2 V. kV và S. MNC  VS. ADC SA SD 2 2 V 2 V 1  5 k  k   k2  k  1  0  k . 2 2 2 Câu 45. Chọn B.  D V SM  VS. MNC, mặt khác S. MBC  k VS. ABC SA  VS. MBC  k.VS. ABC   V1  N M  A’ B’ Gọi K là trung điểm BC, dựng AH  AK  H  AK . a 6 Ta có AH   ABC , suy ra d A ; ABC   AH . 2 C’ H 3 .2a  a 3. Tam giác ABC đều, có đường cao AK  2 Xét tam giác AAK vuông tại A, đường cao AH. 1 1 1 4 1 1 Ta có:    2  2  2  AA  a 3. 2 2 2 AA AH AK 6 a 3a 3a Thể tích khối lăng trụ: V  AA.SABC  a 3. B A K 3. 2 a 2  3a3. 4 C   Câu 46. Chọn A. A’ Ta có: BB   ABCD   BB  BD. D’ a Từ đó suy ra góc giữa BD và mặt phẳng  ABCD  C’ B’   DB  B DB  30 chính là góc B A D a Ta có DA   ABBA   DA  AB.  D. Vậy góc giữa BD và  ABBA  là góc AB B C  D  45. Vậy AB Đặt AD  x  x  0   BD  a 2  x 2. Xét tam giác BBD có: BB  BD. tan 30 o  x2  a2 x2  a2  BD  2. 3 3 Mặt khác, xét trong tam giác BAD có BD  x 2 (vì tam giác vuông cân).  https://toanhocplus.blogspot.com Trang 195 Thể tích khối đa diện Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn Suy ra: 2 https://facebook.com/duytuan.qna x 2  a2 4 4 2 4  x 2  a2  x 2  2 x 2  x2  a2  x  a 2. 3 3 3 3 3 x2  a2  3 Do đó: BB  2 a2  a 2  a. Vậy: V  a.a.a 2  2a3. 3 Câu 47. Chọn D. B’ A’ Đề cho hình lăng trụ đứng  các cạnh bên vuông góc C’ với hai đáy và là đường cao của hình lăng trụ.  DB  45 ; Do đó: DB; ABCD  B  D’   AC  30.  AC;  ABCD   C DD a. tan 45 CC  a 3. CAC vuông tại C : AC  tan 30 B BDB vuông tại B : BD  A O C D  AB2  AD 2  2 AB. AD.cos 60  BD 2  AB2  AD 2  AB.AD  a 2  2 2 2  Trong ABD có:   2 AB  AD BD 2 2 2   AB  AD  2a  AO   2 4  AB  AD  a. Suy ra: ABD đều cạnh a. Do đó: SABCD  2SABD  Vậy thể tích khối lăng trụ cần tìm là: VLT  a2 3. 2 a3 3. 2 Câu 48. Chọn A. Gọi O là tâm của hình thoi ABBA. Theo giả thiết suy ra CO  BA hay tam giác CBA cân tại C. Tương tự tam giác CAB cân tại C. B C Do đó C.ABBA là hình chóp tứ giác đều, cạnh bằng a. A 2 a 2 a 2  Ta có CO  CA  AO  a  .  2  2   2 2 2 1 1 a 2 a3 2  Khi đó VC. ABBA  SABBA .CO  a2. . 3 3 2 6 1 2 Ta có VC. ABC  V ABC. ABC nên VC. ABBA  V ABC. ABC. 3 3 O B’ C’ a A’ 3 a3 2 Do đó VABC. ABC  .VC. ABBA . 2 4 Câu 49. Chọn A. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB và CD, H là hình chiếu của S trên mặt phẳng  ABCD .  https://toanhocplus.blogspot.com Trang 196 Thể tích khối đa diện Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna  AB  SM  AB  MH. Suy ra H  MN. Khi đó   AB  SH Ta có SM  2 S a 3, MN  a, 2 2 SN  SC  NC  a 3  a 3 2 a 2 a a 11.    2 2 A H Suy ra SSMN   a 3 11  a 2 2  p p    p  a  p     2  2  4   D N M a B C a 3 11 a 2 (Công thức Hê-rông). với p là nửa chu vi SMN và p  2 2   a 3 a 11  a 2 2 Suy ra SSMN  p  p  với p là nửa chu vi SMN và   p  a  p     2  2  4   a 3 a 11 a 2 (Công thức Hê-rông). p 2 2 Khi đó đường cao SH  2SSMN  MN 2 a2 2 4  a 2. Diện tích đáy S  a2. ABCD a 2 1 1 a 2 2 a3 2 .a  Thể tích khối chóp VS. ABCD  SH .SABCD . . 3 3 2 6 Câu 50. Chọn B. A Gọi M là trung điểm của CD và H là hình chiếu của A trên BM. CD  AM ; CD  BM  CD   ABM   AH   BCD .    suy ra sin   AH  AH  sin . x 3. Đặt AMB 2 AM 1 x 3 x2 3 1. 2 2 AH .SBCD  sin  3 2 4 3 512  sin 2   6. x V ABCD  Xét tam giác AMB ta có: cos   D B M H C AM 2  BM 2  AB2 8  1 2. 2 AM.BM x 2 512  8  Ta được phương trình: 6   1  2   1. Giải phương trình ta được x  2 2. x x   Câu 51. Chọn D.  https://toanhocplus.blogspot.com Trang 197 Thể tích khối đa diện Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna A Q N T F C M B P I D E Thể tích khối tứ diện đều cạnh a là a3 2. 12 Gọi P  ME  AD ; T  ME  AB. Trong mặt phẳng  ABC  đường thẳng TN cắt AC, BC lần lượt tại Q, F. Khi đó mặt phẳng  MNE  chia khối tứ diện đã cho phần chứa đỉnh A là tứ diện ATPQ. Gọi I là trung điểm BD. Xét AID ta có: ED MI PA PA. .  1 (định lý Menelaus)  3 EI MA PD PD Tương tự ta có: QA 3 QC Xét AIB ta có: EI TB MA TB 2. . 1  . EB TA MI TA 3 Mặt khác ta có: V ATPQ V ABCD  27 a3 2 9a3 2 AT AP AQ 3 3 3 27  VATPQ . . . . . . AB AD AC 5 4 4 80 80 12 320 Câu 52. Chọn A. S A I D H B K C   90 0. Ta có BC 2  AB2  AC 2  ABC vuông tại A. ACD CD  SC    CD   SAC    SAC    ABCD . CD  AC  Kẻ SH  AC, H  AC  SH   ABCD .  https://toanhocplus.blogspot.com Trang 198 Thể tích khối đa diện Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna Gọi K là trung điểm BC. Ta có : BC  SK    BC   SHK   BC  HK. BC  SH   AD //  SBC   d  A;  SBC    d  D;  SBC  .  Kẻ HI  SK,  I  SK   HI   SBC   d H ;  SBC   HI. CKH ∽ CAB (g.g)  HK CH CK 1 2 2a 3 a     HC  AC , HK . AB BC CA 3 3 3 3    AC  3 d  H ;  SBC   HC 2  HI  d A;  SBC  2a 3. 9 1 1 1 1 81 3 15 2a      2  2  SH . 2 2 2 2 2 HI HK SH SH 12a a 4a 15 Thể tích cần tìm là V  1 2a 2 2a3 .a 3 . 3 15 3 3 Câu 53. Chọn D. S G   P    SAB  Ta có:  CD // AB G M  Giao tuyến của mặt phẳng  P  và mp N E SAB  là MN // AB // CD. A SM SG 2   (do MG // AB ). Ta có: SA SE 3 SN SG 2 Mặt khác, ta có:  . SB SE 3 VS. MCD SM 2 2    VS. MCD  VS. ACD. VS. ACD SA 3 3 D B C 1 1 2 1 2 SACD  SAEC  SEBC  SABCD hay VS. ACD  VS. ABCD  VS. MCD . VS. ABCD  VS. ABCD. 3 3 3 3 9 VS. MNC SM SN 4 4 4 2 8. V .   VS. MNC  VS. ACB . VS. ABCD  9 9 3 27 S. ABCD VS. ACB SA SB 9 2 8 14. VS. ABCD  VS. ABCD  VS.CDMN  V 9 27 27 S. ABCD Gọi E là trung điểm của AB. Xét tứ giác ADCE ta có: VS. MCD  VS. MNC  AD  CD, AE // CD, AE  CD nên ADCE là hình vuông nên CE  a  1 AB 2 Hay tam giác ACB vuông tại C. Suy ra AC  CB. Mặt khác BC  SA nên BC   SAC . Do đó Ta có: tan 60   SBC ,  ABCD    60. SA  SA  a 2. 3  a 6. AC Mặt khác SABCD   AB  CD  .AD  3a 2  https://toanhocplus.blogspot.com 2 1 1 3a2 a3 6  nên VS. ABCD  SA.SABCD  .a 6.. 2 3 3 2 2 Trang 199 Thể tích khối đa diện Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn Vậy VS.CDMN  https://facebook.com/duytuan.qna 14 14 a3 6 a3 7 6 VS. ABCD . . 27 27 2 27 Câu 54. Chọn C. A D Giả sử hình hộp ABCD. ABCD có độ dài đường chéo các C B mặt bên lần lượt là AB  5, BD  10, AD  13. Đặt AA  x, AB  y, AD  z ( x, y, z  0 ). Áp dụng định lý Py-ta-go cho các tam giác vuông AAB, ABD, AAD ta có hệ phương trình: x2  y 2  5  2 2  x  z  13. Suy ra  y 2  z 2  10  A’ x2  4 x  2  2   y  1   y  1 (vì x, y, z  0 ). z2  9 z  3   D’ B’ C’ Vậy thể tích khối lập phương là V  xyz  6. Câu 55. Chọn A. S 3 AC AC  AC  a 3.  sin 60   2 SC 2a Do đó AB2  BC 2  AC 2  ABC vuông tại B. Gọi P là trung điểm của cạnh AC thì P là tâm đường tròn ngoại tiếp ABC. Gọi O là trung điểm của cạnh SC  OS  OC. Ta có OP // SA mà SA   ABC   OP   ABC . ASC  Ta có sin  O A Do đó OP là trục đường tròn ngoại tiếp ABC  OA  OB  OC. 1 Như vậy R  OA  OB  OC  OS  SC  a. 2 Câu 56. Chọn C. C P B S Gọi N là trung điểm của AB  BC //  SMN .  .  d  B,  SMN    d  A,  SMN    d  BC, SM   d BC,  SMN  H Dựng AH vuông góc với SN tại H  AH   SMN .   Vậy d A,  SMN   AH  N a 3. 4 B Lại có, trong tam giác vuông SAN : Vậy VS. ABCD A D M O C 1 1 1 a 3    SA . 2 2 2 2 AH AN AS 1 2 a 3 a3 3  .a. . 3 2 6  https://toanhocplus.blogspot.com Trang 200 Thể tích khối đa diện Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna Câu 57. Chọn D. B’ C’ Gọi M là trung điểm của BC. Vẽ MH  AA  H  BC  A’ Ta có AM  BC, AG  BC  BC   AAG   BC  MH  d  AA, BC   MH. 3a 2 3a 2 3a  . 4 16 4 AH  AM 2  MH 2  H M B MH AG  Ta có   tan GAH AH AG G A a 3 a 3. MH .AG 4 3 a.   AG  3a AH 3 4 Vậy V  SABC .AG  C a 2 3 a a3 3. . 4 3 12 Câu 58. Chọn D. S 2 2 Ta có AD  BD  AB  3a. Gọi H là trung điểm AB thì SH   ABCD , kẻ  là góc giữa HK  BD (với K  BD ), ta có SKH   60. SBD và ABCD, do đó SKH    A  H Gọi AM là đường cao của tam giác vuông ABD. a.3a 3a AB.AD   Khi đó, ta có: AM  BD a 10 10 Suy ra HK  D M K C B AM 3a   3a .tan 60  3a 3. . Do đó: SH  HK tan SKH 2 2 10 2 10 2 10 1 3a 3 30a3 1 1 1  Vậy nên: VS. ABCD  SABCD .SH .  AD  BC  .AB.SH   3a  2a  .a.. 6 8 3 3 2 2 10 Câu 59. Chọn A. S Dễ thấy hai tam giác SAB và SAC bằng nhau (cạnh chung SB ), gọi K là chân đường cao hạ từ A trong . SAB suy ra SAB, SBC  AKC    AKC  60 kết hợp I là trung điểm AC suy TH1:    30. ra IKC AC a 2 4 2a 2  Ta có IB  IC , BH  BI . 2 2 3 3 Từ giả thiết ABC vuông cân tại B ta được K H A I C B AC  BI  IC  IK.  https://toanhocplus.blogspot.com Trang 201 Thể tích khối đa diện Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna  Trong ICK vuông tại I có tan IKC IC IC a 6  IK  . Như vậy IK  IB ( vô lý) IK tan 30 2   IC  IK  IC  a 6. AKC  120 tương tự phần trên ta có tan IKC TH2:  IK tan 60 6 Do SB   AKC   SB  IK nên tam giác BIK vuông tại K và BK  IB2  IK 2  Như vậy BKI đồng dạng với BHS suy ra: SH  Vậy thể tích của khối chóp S.ABC là VS. ABC  a 3. 3 IK.BH 2a . BK 3 1 a2 2a a3. . 3 2 3 9 S Câu 60. Chọn C. Gọi O là tâm của hình vuông ABCD.   60 Góc giữa cạnh bên  SAB  và mặt đáy là SNO Xét SNO, ta có SO  NO.tan 60  a. 3  a 3. Lại  có M là SACN của SD M nên 1 1 a 3 d S,  ABCD   SO  2 2 2 CD là trung điểm của nên A 1 1  SABCD  4 a 2  a 2 4 4  d M,  ABCD   N trung điểm  B  C O N H D 1 1 a 3 2 a3 3 .a  Do đó, thể tích khối MACN là VMACN  .d M,  ABCD  .SACN . . 3 3 2 6 Câu 61. Chọn A. S   Gọi H là trung điểm cạnh CD và O là tâm hình vuông ABCD. P Ta có S. ABCD là hình chóp tứ giác đều nên các M mặt bên hợp với đáy các góc bằng nhau   60 SCD, ABCD  SHO Giả sử     G B SHO vuông tại O có SO  OH .tan 60  a 3. 1 4 a3 3 VS. ABCD  .SABCD .SO . 3 3 Mặt khác: N C 60 H O A D  P    SCD   MN   AB   P , MN   SCD   MN // CD // AB   AB // CD Mà G là trọng tâm SAC nên G cũng là trọng tâm SBD  Ta lại có SM SN 1  . SC SD 2 VSABM SM 1 1   VSABM  VSABC  VSABCD VSABC SC 2 4  https://toanhocplus.blogspot.com Trang 202 Thể tích khối đa diện Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna VSAMN SM SN 1 1 .  VSAMN  VSACD  VSABCD VSACD SC SD 4 8 1 1 3 a3 3 Khi đó VSABMN     VSABCD  VSABCD . 8 2 4 8 Câu 62. Chọn C. C B E Gọi E là điểm đối xứng của C qua điểm B. A Khi đó tam giác ACE vuông tại A.  AE  4 a 2  a 2  a 3. Mặt khác, ta có BC  BE  AB nên tam giác ABE vuông cân tại B.  AB  AE 2  B’ C’ a 6 . 2 2 a 3 A’ 2 a 6 a 2 a2 3 a 3 6 a 2.   a2  Suy ra: AA  . Vậy V .   2  2 4 8 2   Câu 63. Chọn A. S Gọi M là trung điểm CD. Góc tạo bởi mặt bên . và mặt đáy là góc SMO Dựng OK  SM dễ thấy OK   SCD . E Vậy OK   P . K Kéo dài CK  SD  E. A F Đây là giao điểm cần tìm. Ta có O     d  S,  ABCD   .2S  d  E,  ABCD   .S d S,  ABCD  .SABCD VS. ABCD 5 5 VE. ACD d E,  ABCD  .SACD ACD 5 ACD Dựng EF // SO  F  OD  vậy  Giả sử AB  a, OD  B 5OD 2 M C    5. d  E,  ABCD   2 d S,  ABCD  DE DF EF 2   . DS DO SO 5 a 2, SD  b. 2 Xét tam giác vuông SOD. Dễ thấy OE  SD ta có OD 2  DE.DS   DS  D  DS  OD2 DE 2  . DS2 DS 5 a 5 ; SM  SD 2  MD 2  a 2  Xét tam giác vuông SOM vuông tại O có cos SMO  https://toanhocplus.blogspot.com Trang 203 OM 1   60o.   SMO SM 2 Thể tích khối đa diện Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna Câu 64. Chọn C. A C Gọi I là trung điểm của BC và H là hình chiếu vuông góc của A trên AI.   Khi đó ta có: d A,  ABC   AH  I B a. 2 H 1 1 1   2 2 2  AH AA AI 1 1 1 1 1 4 4 8    2    2 2  2 2 2 2 2 AA AH AI a 3a 3a a a 3  2       2  Trong  vuông AAI ta có: Suy ra: AA  A’ C’ B’ a 6 a 2 3 a 6 3a 3 2  . Thể tích khối lăng trụ là: V  SABC. AA . 4 4 4 16 Câu 65. Chọn C. A’ B’ Gọi G là trọng tâm của ABC, M là trung điểm của BC  AG   ABC . C’ Trong  AAM  dựng MN  AA, ta có: N H  BC  AM  BC   AAG   BC  MN.   BC  A G  A B a 3.  d  AA, BC   MN  4 Gọi H là hình chiếu của G lên AA. G M C a 3 GH AG 2 2    GH  MN . 6 MN AM 3 3 1 1 1 1 1 1 27 a 1 1       2  GA  Ta có:   2 2 2 2 2 2 2 2 3 GH GA GA GA GH GA 3a a 3 a 3      6   3  Ta có: GH / / MN  Vậy thể tích của khối lăng trụ là: V  SABC .AG  a2 3 a a3 3. . 4 3 12 Câu 66. Chọn D. S F E G H B Q C M A  https://toanhocplus.blogspot.com P N Trang 204 D Thể tích khối đa diện Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna 1 2 Gọi hình chóp tứ giác đều là S.ABCD, có thể tích VS. ABCD  .1.2 . 3 3 Gọi M ; N ; P ; Q ; E ; F ; G ; H là trung điểm tất cả các cạnh của hình chóp (hình vẽ). Khi 1 1 1 đó VMNPQEFGH  VS. ABCD  VS. EFGH  VF. MBQ  VG .QCP  VH. PDN  VE. MAN, với VS. EFGH . .1  3 4 12 Các khối chóp còn lại cùng chiêu cao và diện tích đáy bằng nhau nên thể tích của chúng   1 1 1 1 1 2 1 4 5  bằng VE. MAN . .. .1 . Vậy thể tích cần tính VMNPQEFGH   . 3 2 2 2 24 3 12 24 12 Câu 67. Chọn A. S Gọi O là tâm của hình vuông ABCD. Khi đó ta có  là góc giữa hai mặt phẳng SBD và ABCD SOA       60. Khi đó tan 60  SA nên SOA AO 2 a 6 a. 3 . 2 2  SA  AO.tan 60  Ta có và N M A VS. AMN SA SM SN 1 . .  VS. ABC SA SB SC 4 D O B C VS. AND SA SN SD 1 . . . VS. ACD SA SC SD 2 Do đó VS. ADMN 3 1 a 6 2 a3 6 1 1 1 3 .a   VS. ABCD.     .VS. ABCD . .. 8 3 2 16 2 4 2 8 Câu 68. Chọn C. A’ Do MNPQ là tứ diện đều suy ra AB  AC. Đặt AA  x       Ta có AB. AC  0  AC  CB  BB. AC  0   x. a 2  x 2. a 2 a x 2 C’   x. a 2  x 2. x 2 a x 2 B’ Q N P  0  x  a. 3 a 1 Vậy V ABC. ABC  a. a2 . 2 2 Câu 69. Chọn A. M A B C B’ C’ A’ B T H N P I B H K N K C A M C M A  https://toanhocplus.blogspot.com Trang 205 Thể tích khối đa diện Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna Kẻ MN // BC, N  AB. HK  MN, HI  AK.     d  AM ; BC   d BC ;  AMN   d H ;  AMN   HI  HI  a. 2 2 AT 3 1 1 1 4 2 a    2  HK  AT  Tam giác ABC vuông tại A . 2 2 2 3 AT AB AC 3a 3 Kẻ AT // HK, AT  MN  P  HK  PT  Tam giác AHK vuông tại H  1 1 1 4 3 1    2  2  2  AH  a. 2 2 2 AH HI HK a a a 1 a3 3 Vậy thể tích khối lăng trụ đã cho là: V  AH.SABC  a. .a.a 3 . 2 2 Câu 70. Chọn B. S Đặt VS. ABCD  V. Gọi O là giao điểm hai đường chéo AC và BD. Gọi I là giao điểm của SO và AM. M Do  P  // BD nên  P  cắt mặt phẳng  SBD  theo giao tuyến NP qua I và song song với BD ; I P B A  N  SB; P  SD . O Xét tam giác SAC có I là giao điểm hai trung tuyến D nên I là trọng tâm. Ta có N C VS. APN SP.SN 2 2 4 4 4 1 2  .   VS. APN  VS. ADB . V  V. VS. ADB SD.SB 3 3 9 9 9 2 9 Tương tự VS. PMN SP.SM.SN 2 1 2 2 2 2 1 1 =. .   VS.PMN  VS. DCB . V  V.  VS. DCB SD.SC.SB 3 2 3 9 9 9 2 9 V 1 Từ đó V1  VS. APN  VS. PMN  V. Do đó 2  2. 3 V1 Câu 71. Chọn C. Đặt CC   h, CH  b, AB  a. B’ A’ C’ Khi đó V ABC. ABC  SABC .h  SABC .h.cos  =8 3h.cos . 1 h 2 1 1 h. .b Ta có SABC ‘  C ‘ H .AB . .a . 2 sin  3 2 2 sin   Nên 8 3  h 1 h2 .h cot  . cos . 2 3 sin  3 sin  1. A h2 sin 2  cos   h 2  24.. cos  3 sin  1. C Từ đó V ABC. ABC   8 3h.cos   V 2  192h2 .cos2   4608   B H  sin 2   cos 2   4608 sin 2  cos . cos     4608 1  cos 2  cos   4608 cos   cos 3 .  https://toanhocplus.blogspot.com Trang 206 Thể tích khối đa diện Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna Đặt t  cos , t   0;1. Xét hàm số f  t   t  t 3  f   t   1  3t 2. 1 Ta có f   t   0  1  3t 2  0  t  3  . t  0; 1.  1  2. Ta có f  0   0, f  1  0, f    3 3 3 2 Vậy Vmax  4608. 3  3072 3  cos   1 3. Câu 72. Chọn A. S Cách 1: Trong mặt phẳng  ABC  dựng D, E, F sao E cho A, B, C lần lượt là trung điểm của DE, x y z DF, EF. A Khi đó ta có DE  2SA  2 x ; DF  2SB  2 y ; EF  2SC  2 z. z Suy ra SD, SE, SF đôi một vuông góc. Ta có VS. ABC C y x D 1 1 1  VS.DEF . .SD.SE.SF. 4 4 6    F B    SD  2 6  z 2 SD 2  2 x 2  y 2  z 2 SD 2  SE2  4 x 2    2  2  2 2 2 2 2 Mặt khác SD  SF  4 y  SE  2 x  z  y  SE  2 6  y 2. SE2  SF 2  4 z 2   2 2 2 2 2  SF  2 6  x SF  2 y  z  x Khi đó VS. ABCD 1  .8. 24 3  6  x  6  y  6  z  2 2 Vậy VS. ABC đạt giá trị lớn nhất là 2 2 2 1  6  x2  6  y2  6  z2 .     3 3  3  2 2. 3 S Cách 2: Gọi M và N lần lượt là trung điểm của SA và BC. Lúc đó MN là đường vuông góc chung của SA và BC. 2 M y2  z2  x2. 2 2 SMN ta có MN  SN  SM  A C 1 V  SA.BC.MN .sin  SA, BC  6  1 2 y 2  z 2  x2 x. 1  cos 2  SA, BC  6 2  y2  z2 1 2 y2  z2  x2  x. 1 6 2 x4  N 2 12  B 2  2 12 x 2  y2  z2  y 2  z 2  x2  z 2  x2  y 2  12  2z 12  2x 12  2 y   122 8  6  z  6  x  6  y  2 2  https://toanhocplus.blogspot.com 2 Trang 207 2 2 2 Thể tích khối đa diện Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn 1  3 https://facebook.com/duytuan.qna 3  6  z  6  x  6  y  2 2 2 1  6  z2  6  y2  6  x2  2 2     3  3 3  2 2 2 2 2  x  y  z  12  x  y  z  2. Lúc đó V  Dấu bằng xẩy ra khi . 3  x  y  z Câu 73. Chọn D. S SM SN  x,  y, 0  x, y  1. Đặt SB SD SA SC SB SD    Vì nên SA SP SM SN 1 1 x 1 2    y  x y 3x  1 Khi đó P N I M D V V V1  S. ANP  S. AMP V 2VS. ADC 2VS. ABC C O A B 1 SA SN SP 1 SA SM SP . .. . .. 2 SA SD SC 2 SA SB SC 1 1 1 1 1 1 x   .y.  .x.   x  y    x  2 2 2 2 4 4 3 x  1  Vì x  0, y  0 nên Ta có f   x   1 1 x  1   x  1. Xét hàm số f  x    x  trên  ;1  3 4 3x  1  3   1  1  ; f  x  0  x  2. 1 2 4   3 x  1  3   Bảng biến thiên x 1 3 2 3 y – 0 1  3 8 || y Vậy giá trị nhỏ nhất của 1 3 V1 1 bằng. V 3 Câu 74. Chọn C. S Gọi H, I tương ứng là trung điểm của SA, BC. ABC  SBC (c.c.c)  AI  SI H Tam giác SAI cân tại I  IH  SA. BC  SI    BC   SAI   BC  AI ; BC  SA. BC  AI  A C I B  https://toanhocplus.blogspot.com Trang 208 Thể tích khối đa diện Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna 1 1 x2 y2 1 2 VSABC  SA.BC.HI  xy 1    x  y2 6 6 4 4 24   VSABC    4  x2  y 2. x2  y2 x2  y2   4  x2  y 2 2 1 1 2. . 2 . Dấu ‘‘=’’ xảy ra khi x  y  12 3 9 3  Vậy VSABC lớn nhất khi x  y   4 3 Câu 75. Chọn A. A Gọi H là tâm tam giác BCD, ta có AH   BCD , mà  AMN    BCD  nên AH   AMN  hay MN luôn đi qua H. Ta có BH  3 1 6  AH  AB2  BH 2  1  . 3 3 3 N B Thể tích khối chóp ABMN là : H 1 6 1 2 1. BM.BN.sin 60  BM.BN V  .AH .SBMN . 3 3 2 12 3 Do MN luôn đi qua H và M chạy trên BC nên : + BM.BN lớn nhất khi M  C hoặc N  D khi đó V1  + BM.BN nhỏ nhất khi MN //CD khi BM  BN  Vậy V1  V2  M C 2. 24 2 2  V2 . 27 3 17 2. 216 Câu 76. Chọn D. Đặt  D S SP SM SP SN SQ  x 0  x  1. Ta có    SC SA SC SB SD 1 SQ 1 2 1    x  x x  . 6 SC 2 3 6  Q M P Mặt khác ABCD là hình bình hành nên có VS. ACD Suy ra  C O VS. MNP SM SN SP 1 . .  x; VS. ABC SA SB SC 3 VS. MPQ N D VS. ABCD  2VS. ABC  2VS. ACD A B SM SP SQ 1  1. .  xx  . SA SC SD 2  6 VS. MNPQ VS. ABCD Xét f  x    V VS. MNP 1 1  1 1 1  S. MPQ  x  x  x    x 2  x. 2VS. ABC 2VS. ACD 6 4  6 4 8 1 2 1 1 1 1 1 1  x  x với  x  1 ; f   x   x   0  x     ;1 4 8 6 2 8 4 6  Bảng biến thiên:  https://toanhocplus.blogspot.com Trang 209 Thể tích khối đa diện Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna 1 6 x f x 1  3 8 f  x Từ BBT ta có max f  x   1   ;1 6  V 3 3. Vậy S. MNPQ đạt giá trị lớn nhất bằng VS. ABCD 8 8 Câu 77. Chọn A. D Kẻ DH  BC  DH   ABC . Kẻ HN  AB, HM  AC, ( N  AB, M  AC ).   , Ta có  DAC, ABC  DM, MH  DMH         .  DAB ,  ABC     DN, NH   DNH  2 H B C N 1 a2 Ta có: VD. ABC  .DH.SABC  .DH 3 2  VD. ABC max khi DH max. M A   DH  HM.tan   HN .tan      HN.cot   DH 2  HM.HN 2  Theo Talet HM HC HN HB AB.AC.HB.HC AB.AC.BC 2 ,   HM.HN   AB BC AC BC BC 2 4 BC 2  DH 2  HM.HN  a 3 a2 a 3 a3 3 AB.AC 3a2  VD. ABC .  . DH max  2 2 2 4 4 4 Câu 78. Chọn B. Gọi O là hình chiếu của S lên mặt phẳng  ABCD . S Ta có: SAO  SBO  SCO  SDO (tam giác vuông, SO là cạnh chung, SA  SB  SC  SD ). Nên OA  OB  OC  OD suy ra O là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABCD D C Suy ra ABCD là hình chữ nhật có O là tâm. 1 1 2 a  x2 Đặt AD  x  AO  AC  2 2 Nên SO  SA 2  AO 2  VS. ABCD  O A B 5a 2 a 2  x 2 x2   a2  4 4 4 1 1 x2 1 x x 2 1  x 2  2 x2  a   a  ABCD.SO  a.x. a 2   a.2.. a 2  3 4 3 2 4 3  4  4 3  https://toanhocplus.blogspot.com Trang 210  1 3    a.  3 Thể tích khối đa diện Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna Câu 79. Chọn C. S D’ Gọi D là đỉnh thứ tư của hình bình hành SADD. Khi đó DD //SA mà SA   SBC  (vì SA  SB, SA  BC ) nên D là hình chiếu vuông góc của D A lên  SBC .   SDA  Góc giữa SD và  SBC  là   DSD D H B  SA  AD.tan   2a.tan . C Đặt tan   x, x   0;1. 1 1 Gọi H là hình chiếu của S lên AB, theo đề ta có VS. ABCD  .SABCD .SH  4 a 2 .SH. 3 3 Do đó VS. ABCD đạt giá trị lớn nhất khi SH lớn nhất. Vì tam giác SAB vuông tại S nên SH  x2  1  x2 SA.SB SA. AB2  SA2 2 ax 4 a2  4 a 2 x 2  2ax 1  x2  2a a   AB 2 AB 2a 2. 2 1 4  .a.4 a 2  a 3. 3 3 Từ đó maxSH  a khi tan   Suy ra max VS. ABCD  https://toanhocplus.blogspot.com Trang 211 Thể tích khối đa diện Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna PHẦN MỞ RỘNG: ỨNG DỤNG HÌNH HỌC GIẢI TÍCH KHÔNG GIAN GIẢI HÌNH HỌC KHÔNG GIAN CỔ ĐIỂN I. KIẾN THỨC CƠ BẢN CẦN NẮM 1. Hệ trục tọa độ trong không gian Trong không gian, xét ba trục tọa độ Ox, Oy, Oz vuông góc với    nhau từng đôi một và chung một điểm gốc O. Gọi i, j, k là các z vectơ đơn vị, tương ứng trên các trục Ox, Oy, Oz. Hệ ba trục như  k O vậy gọi là hệ trục tọa độ vuông góc trong không gian.      2  2  2 Chú ý: i  j  k  1 và i. j  i.k  k. j  0.  i  j y x 2. Tọa độ vectơ a. Định nghĩa:      u   x; y; z   u  xi  y j  zk b. Tính chất   Cho a  ( a1 ; a2 ; a3 ), b  (b1 ; b2 ; b3 ), k      a  b  ( a1  b1 ; a2  b2 ; a3  b3 )   ka  ( ka1 ; ka2 ; ka3 )       0  (0; 0; 0), i  (1; 0; 0), j  (0;1; 0), k  (0; 0;1) a1  b1    a  b  a2  b2 a  b 3  3 a1  kb1       a a a   a cùng phương b (b  0)  a  kb ( k  )  a2  kb2  1  2  3, (b1, b2, b3  0) b1 b2 b3 a  kb 3  3     a.b  a1b1  a2 b2  a3 b3  a  b  a1b1  a2 b2  a3 b3  0    a 2  a12  a22  a32  a  a12  a22  a22  a1b1  a2 b2  a3b3      a.b  cos( a, b )     (với a, b  0 ) a.b a12  a22  a32. b12  b22  b32 3. Tọa độ của điểm a. Định nghĩa:     M( x; y ; z)  OM  x.i  y. j  z.k (x : hoành độ, y : tung độ, z : cao độ) Chú ý:  M   Oxy   z  0; M   Oyz   x  0; M   Oxz   y  0  M  Ox  y  z  0; M  Oy  x  z  0; M  Oz  x  y  0.  https://toanhocplus.blogspot.com Trang 212 Ứng dụng Oxyz giải không gian cổ điển Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna b. Tính chất: Cho A( x A ; y A ; z A ), B( xB ; y B ; zB )   AB  ( xB  x A ; y B  y A ; z B  z A )  AB  ( xB  xA )2  ( yB  y A )2  ( zB  z A )2  x  xB y A  y B z A  z B  ; ;  Toạ độ trung điểm M của đoạn thẳng AB : M  A  2 2   2  x  xB  xC y A  yB  yC z A  zB  zC  G A ; ;  3 3 3    Toạ độ trọng tâm G của tam giác ABC :  Toạ độ trọng tâm G của tứ diện ABCD :  x  xB  xC  xD y A  yB  yC  yD zA  zB  zC  zD  G A ; ;  4 4 4   4. Tích có hướng của hai vectơ a. Định nghĩa   Trong không gian Oxyz cho hai vectơ a  ( a1 ; a2 ; a3 ), b  (b1 ; b2 ; b3 ). Tích có hướng của hai     vectơ a và b, kí hiệu là  a, b , được xác định bởi     a  a, b    2 b  2 a3 a3 ; b3 b3 a1 a1 ; b1 b1 a2 b2     a2 b3  a3 b2 ; a3b1  a1b3 ; a1b2  a2 b1   Chú ý: Tích có hướng của hai vectơ là một vectơ, tích vô hướng của hai vectơ là một số. b. Tính chất                     [ a, b ]  a; [ a, b ]  b   a, b    b, a    i, j   k ;  j, k   i ;  k, i   j            [a, b]  a. b .sin  a, b  (Chương trình nâng cao)       a, b cùng phương  [a, b]  0 (chứng minh 3 điểm thẳng hàng) Chú ý: – Tích vô hướng của hai vectơ thường sử dụng để chứng minh hai đường thẳng vuông góc, tính góc giữa hai đường thẳng. – Tích có hướng của hai vectơ thường sử dụng để tính diện tích tam giác; tính thể tích khối tứ diện, thể tích hình hộp; chứng minh các vectơ đồng phẳng – không đồng phẳng, chứng minh các vectơ cùng phương.         a vµ b cùng phương   a, b   0 ; a  b  a.b  0 ;       a, b, c đồng phẳng   a, b  .c  0 5. Vấn đề về góc a. Góc giữa hai đường thẳng: Cho 2 đường thẳng d, d có các vectơ chỉ phương lần lượt là:   u   a, b, c  ; u   a, b, c .   Ta có: cos  d; d   cos u, u    a.a  b.b  c.c 2 2 2 2 2 a  b  c. a  b  c  https://toanhocplus.blogspot.com Trang 213 2, 0   d; d   900  u d d1 d1  u d Ứng dụng Oxyz giải không gian cổ điển Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna b. Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng  Cho đường thẳng d có 1 vectơ chỉ phương u   a, b, c .  Mặt phẳng  P  có 1 vectơ pháp tuyến n   A, B, C .   Ta có: sin d;  P   cos u, n    n a.A  b.B  c.C    d 2 2 2 2 2 a b c. A  B C 2  , 0  d;  P   90 0  u P c. Góc giữa hai mặt phẳng Trong không Oxyz, gian cho hai mặt phẳng   : A x  B y  C z  D 1 1 1 1 và 0    : A x  B y  C z  D  0.   Góc giữa   và    bằng hoặc bù với góc giữa hai VTPT n, n. Tức là: 2 2 2  2 cos  ,       n .n    cos n, n     n. n   A1 A2  B1 B2  C1C2 A12  B12  C12. A22  B22  C22 Đặc biệt: ( P )  (Q )  AA ‘ BB ‘ CC ‘  0. 6. Vấn đề về khoảng cách a. Khoảng cách từ điểm đến đường thẳng:  Cho điểm A và đường thẳng   A    đi qua điểm M và có 1 vectơ  A chỉ phương u.   u, AM    Ta có: d  A;     u  u M b. Khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng Trong không gian Oxyz, cho điểm M0 ( x0 ; y0 ; z0 ) và mặt phẳng   : Ax  By  Cz  D  0 Khi đó khoảng cách từ điểm M0 đến mặt phẳng ( ) được tính: d( M0 ,( ))  | Ax0  By0  Cz0  D | A 2  B2  C 2 Chú ý: Khoảng cách giữa hai mặt phẳng song song là khoảng cách từ 1 điểm thuộc mặt phẳng này đến mặt phẳng kia. c. Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau: Cho 2 đường thẳng chéo nhau d, d. M  d đi qua điểm M và có 1 vectơ chỉ phương u  o d đi qua điểm M và có 1 vectơ chỉ phương u.    u, u .MM    Ta có: d  d; d     u, u    u d o Đặc biệt: Nếu  // thì d   ;    d  A;    https://toanhocplus.blogspot.com M  u d  A  . Trang 214 Ứng dụng Oxyz giải không gian cổ điển Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna 7. Các công thức về tính diện tích và thể tích   S ABCD   AB, AD  1   SABC   AB, AC   Diện tích tam giác ABC : 2     Thể tích khối hộp ABCDABCD : VABCD. A ‘ B’C ‘ D’  [ AB, AD]. AA  Diện tích hình bình hành ABCD :  Thể tích tứ diện ABCD : V ABCD  1    [ AB, AC ].AD 6 D C B D A B A C B A D B A C B A C C D II. MỘT SỐ BÀI TOÁN MINH HỌA ỨNG DỤNG HÌNH GIẢI TÍCH TRONG HÌNH HỌC KHÔNG GIAN CỔ ĐIỂN Bài toán 1: Cho lăng trụ tam giác đều ABC. ABC có cạnh đáy AB  a, cạnh bên AA  a 2. 2 Khoảng cách giữa hai đường thẳng BC và CA bằng A. a 6. 6 a 6 a 6 a 6. C.. D.. 24 12 3 (Trích đề thi thử THPT Hồng Bàng – Hải Phòng – năm 2017 – 2018) B. Lời giải: Chọn A. z Gắn hệ trục tọa độ Oxyz vào trung điểm O của BC, ta A’ 1 2   1  1  a ; được: B   ; 0; 0  ; C  a; 0; 0  ; C  a; 0; 2  2  2  2     3 2 A  0; a;  2 2  B’  a     1  3  2    2  a; a  ; BC   a; 0; a ; Ta có: AC  a; 2    2 2 2      CB  a; 0; 0      AC ; BC .CB a 6    Suy ra: d  AC, BC .   6  AC ; BC    https://toanhocplus.blogspot.com C’ Trang 215 x y C A O B Ứng dụng Oxyz giải không gian cổ điển Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna Bài toán 2: Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có AB  a, SA  a 3. Gọi G là trọng tâm tam giác SCD. Góc giữa đường thẳng BG và đường thẳng SA bằng A. arccos 33. 22 330 3 33. C. arccos. D. arccos. 110 11 11 (Trích đề thi thử SGD Vĩnh Phúc-KSCL lần 1 năm 2017-2018) B. arccos Lời giải: Chọn D. z Gọi O là tâm mặt đáy  ABCD . Do S.ABCD là S hình chóp đều nên ta chọn hệ trục toạ độ Oxyz như hình vẽ. a 2. 2 Tam giác SAO vuông tại O : OA  OB  OC  OD  G A a 10 SO  SA  OA . 2 2 y 2 D O  a 2   a 2  ; 0; 0 , B  0;  ; 0 , Ta có: A     2 2     B C x a 2   a 2   a 10  C ; 0; 0 , D  0; ; 0 , S  0; 0; .  2     2 2        a 2 a 2 a 10  ; ; G là trọng tâm tam giác SCD nên: G  .  6 6 6     a 2 a 10    a 2 2a 2 a 10  SA    ; 0;  ; ; , BG   .  2 2 6 3 6     a 2 5a 2     SA.BG 6 6 33 33 cos  SA, BG         SA, BG   arccos. 11 11 a 11 SA. BG a 3. 3 Bài toán 3: Cho hình vuông ABCD cạnh a. Trên hai tia Bx, Dy vuông góc với mặt phẳng  ABCD  và cùng chiều lần lượt lấy hai điểm M, N sao cho BM  a ; DN  2a. Tính góc  giữa 4 hai mặt phẳng  AMN  và  CMN . A.   30. B.   60. C.   45. D.   90. (THPT Chuyên Hạ Long-Quảng Ninh-lần 1 năm 2017-2018) Lời giải: Chọn D. Gắn hệ trục tọa độ như hình vẽ:  https://toanhocplus.blogspot.com Trang 216 Ứng dụng Oxyz giải không gian cổ điển Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna z N y M A x C B  a Ta có: B  0; 0; 0 , A  0; a; 0 , C  a; 0; 0 , M  0; 0; , N  a; a; 2 a . 4        a2 a   AM   0; a; , AN   0; 0; 2 a ,  AM, AN    2 a 2 ; ; a 2  là VTPT của mp  AMN    4 4       a 2    a   ; 2 a 2 ; a 2  là VTPT của mp  CMN  CM   a; 0; , CN   0; a; 2a , CM, CN      4   4  Do đó: cos   a4 a4   a4 2 2  0    90. a4 a4 4a   a4. 4a4   a4 16 16 4 Bài toán 4: Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có tất cả các cạnh bằng nhau. Gọi E, M lần lượt là trung điểm của các cạnh BC và SA,  là góc tạo bởi đường thẳng EM và mặt phẳng  SBD . Giá trị của tan  bằng A. 2. B. 3. C. 1. 2. D. (Trích đề thi thử SGD Hà Nội-lần 11 năm 2017-2018) Lời giải: Chọn D. z Tọa độ hóa với S Ox  OC, Oy  OB, Oz  OS  OA  1. Ta có C  1; 0; 0 , A  1; 0; 0     SBD  nhận AC   2; 0; 0  là một VTPT. M Từ SA  AB  OA 2  2  SO  SA2  OA2  1 A S  0; 0;1  1 1   M   ; 0; . 2  2  A  1; 0; 0  y B C  1; 0; 0  1 1   E ; ; 0  Ta có  2 2   B  0;1; 0   https://toanhocplus.blogspot.com D Trang 217 E C x Ứng dụng Oxyz giải không gian cổ điển Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna   1 1   EM nhận ME   1; ;   là một VTCP  2 2   ME.AC     sin   sin EM ;  SBD   cos ME, AC   ME.AC   cos   1 3    2 2 2  1  1 12        .2 2  2 6 3  tan   2. Bài toán 5: Cho hình lăng trụ ABC.ABC có mặt đáy là tam giác đều cạnh AB  2a. Hình chiếu vuông góc của A lên mặt phẳng  ABC  trùng với trung điểm H của cạnh AB. Biết góc giữa cạnh bên và mặt đáy bằng 60. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau BC và AA theo a. A. 2a 21. 7 B. a 15 2 15a a 39. C.. D.. 5 5 13 (Trích đề thi thử SGD Vĩnh Phúc-KSCL lần 1 năm 2017-2018) Lời giải: Chọn C.  Theo đề ra ta có: AA;  ABC   z  AH  60. A A’ C’ Chọn hệ trục toạ độ Hxyz như hình vẽ. Tam giác AHA vuông tại H : AH  AH .tan 60  a 3. B’ Tam giác ABC đều cạnh 2 a  CH  a 3.     Ta có: A   a; 0; 0 , B  a; 0; 0 , C 0; a 3; 0, A 0; 0; a 3.    AA  a; 0; a 3, BC  a; a 3; 0, AB   2a; 0; 0 .       AA; BC   3a2 ; a2 3; a2 3 ;  AA; BC  .AB  6a3.         AA; BC  .AB 6a3 2a 15   d  AA; BC    .   2 5  AA; BC  a 15         60° A y C H B x Bài toán 6: Cho hình chóp đều S.ABC có SA  1. Gọi D, E lần lượt là trung điểm của hai cạnh SA, SC. Tính thể tích khối chóp S.ABC, biết đường thẳng BD vuông góc với đường thẳng AE. A. VS. ABC  2. 12 21 12 21. C. VS. ABC . D. VS. ABC . 54 4 18 (Trích đề thi thử SGD Bắc Ninh – Lần 2 – năm 2017-2018) B. VS. ABC  Lời giải: Chọn B. Giả sử cạnh đáy có độ dài a ; SH  h. Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ, ta có:  https://toanhocplus.blogspot.com Trang 218 Ứng dụng Oxyz giải không gian cổ điển Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna  a 3   a  a  I  0;0;0  ; A   ; 0; 0  ; B  ; 0; 0  ; C  0; ;0;   2  2  2    z S  a 3   a a 3 h  a 3 h S  0; ; h ; D  ; ;  ; E  0; ; .    4 12 2   6 3 2         Lại có BD  AE  BD.AE  0 6 2 7 3  a2 6 h. . a 3 7 7 3 3 ah Vậy VS. ABCD E D y A C 2. 3 1 7 3 21. . .  3 3 4 54 H I B x Bài toán 7: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA  a và SA vuông góc với đáy. Gọi M là trung điểm SB, N thuộc cạnh SD sao cho SN  2 ND. Tính thể tích V của khối tứ diện ACMN. A. V  1 3 a. 8 1 3 1 1 a. C. V  a 3. D. V  a3. 6 12 36 (Trích đề thi thử THPT Thạch Thành 2-Thanh Hóa-lần 1 năm 2017-2018) B. V  Lời giải: Chọn D. z Chọn hệ trục tọa độ Oxyz như sau:  Gốc O  A, trục Ox nhận AD làm véc tơ đơn vị.  Trục Oy nhận AB làm véc tơ đơn vị, trục Oz  nhận AS làm véc tơ đơn vị. S a  1 1 Khi đó A  0; 0; 0  ; M  0; ;  ; C  1; 1; 0  ;  2 2 2 1 N  ; 0; . 3 3   2 1 1    1 1  MN  ;  ;   ; MC  1; ;  . 3 2 6  2 2     MN, MC    1 ; 1 ; 5 , MA  0;  1 ;  1 .   3 6 6 2 2  1    1 1 V ACMN   MN, MC  .MA . Vậy V  a3.   6 12 12 N M A a B y D C x Bài toán 8: Cho hình lập phương ABCD. ABCD có độ dài cạnh bằng 1. Gọi M, N, P, Q lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, BC, C D và DD. Tính thể tích khối tứ diện MNPQ. A. 3. 8 B. 1 1 1. C.. D.. 12 8 24 (Trích đề thi thử THPT Thăng Long-Hà Nội-lần 1 năm 2017-2018)  https://toanhocplus.blogspot.com Trang 219 Ứng dụng Oxyz giải không gian cổ điển Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna Lời giải: Chọn D. z  D  O  Ox  DA Chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho:  Oy  DC Oz  DD D Khi đó: A  1; 0; 1, B  1;1;1, C  0; 1; 1, D  0; 0;1, Q A M B N C x A’ B’ A  1; 0; 0 , B  1; 1; 0 , C   0;1;0  D’  1  1   1   1 M  1; ;1 , N  ; 1;1 , P  0; ; 0 , Q  0; 0; . 2  2  2   2     1 1    1 1    1 1  Ta có: MN  ; ; 0 , MP  1; ; , MQ  1; ;  2 2  2 2   2 2        MN, MP  .MQ  1  1  1  1   4 8 8 4 1    1  VMNPQ .  MN, MP  .MQ .   6 24 y C’ P Bài toán 9: Cho hình chóp S.ABC có SA  SB  SC  3, tam giác ABC vuông cân tại B và AC  2 2. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AC và BC. Trên hai cạnh SA, SB lấy các điểm P, Q tương ứng sao cho SP  1, SQ  2. Tính thể tích V của tứ diện MNPQ. A. V  7. 18 B. V  3. 12 34 34. D. V . 144 12 (Trích đề thi thưt SGD Bắc Giang – năm 2017 – 2018) C. V  Lời giải: Chọn A. z S Ta có SA  SB  SC, MA  MB  MC  SM   ABC  P Ta có AB  BC  2, SM  7. Chọn hệ trục Oxyz như hình vẽ. Q Ta có: B  0; 0; 0 , A  2; 0; 0 , C  0; 2; 0 , N  0;1; 0 ,  M  1;1; 0 , S 1;1; 7   1  4 2 2 7 SP  SA  P  ; ; 3 3 3 3  x   1  1 1 7   ; BQ  BS  Q  ; ;  3 3 3 3      1 2 7    4 1 2 7   NM   1; 0; 0 , NQ   ;  ;, NP   ;  ;  3 3 3  3 3 3    B A N M    C y    7 2   NM ; NQ    0;  ; .    3 3    https://toanhocplus.blogspot.com Trang 220 Ứng dụng Oxyz giải không gian cổ điển Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn Suy ra VMNPQ  https://facebook.com/duytuan.qna 1      1 7 4 7 7 NM ; NQ .NP .   (đvtt).  6 6 9 9 18 Bài toán 10: Cho hình lăng trụ đều ABC. ABC có cạnh đáy bằng a. Gọi M, N là hai điểm thỏa      mãn MB  2 MB  0 ; NB  3NC . Biết hai mặt phẳng  MCA  và  NAB  vuông góc với nhau. Tính thể tích của hình lăng trụ. A. 9a3 2. 8 B. 9a3 2 3a 3 2 3a 3 2. C.. D.. 16 8 16 (Trích đề thi thử PTNK-ĐHQG TP HCM-lần 1 năm 2017-2018) Lời giải: Chọn B. z Chọn hệ tọa độ Oxyz như hình vẽ a 3   a   a  ; 0; 0 , C  0; ; 0 , Ta có: A  0;  ; 0 , B    2    2   2  a 3 2h  M ; 0; ,  2 3   A’ C’ a 3 a h I ; ;  4 4 3    N B’ M   a 3 a    a 3 a h  AB   ; ; 0, BI    ; ;   2 2   4 4 3     I A O     ah ah 3 a 3   n   AB, BI    ; ;     6 6 4   2 C y B   a 3 a 2h   ; ; AC   0; a; 0 , AM    2 2 3    x     2ah a 2 3   n2   AC, AM    ; 0;     3 2     2 a2 h 2 3a4 3a 6  0h Ta có  NAB    MAC   n1 .n2  0  6.3 8 4 VABC. ABC  3a 6 1 3 9a3 2. .a.a. . 4 2 2 16 Bài toán 11: Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng 2, SA  2 và SA vuông góc với mặt phẳng đáy  ABCD . Gọi M, N là hai điểm thay đổi trên hai cạnh AB, AD sao cho mặt phẳng  SMC  vuông góc với mặt phẳng  SNC . Tính tổng T  1 1  khi thể 2 AN AM 2 tích khối chóp S.AMCN đạt giá trị lớn nhất. A. T  2. B. T   https://toanhocplus.blogspot.com 5. 4 2 3 13. D. T . 4 9 (Trích đề thi thử SGD Thanh Hóa – năm 2017 – 2018) C. T  Trang 221 Ứng dụng Oxyz giải không gian cổ điển Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna Lời giải: z Chọn B. S D N A y M B C x Chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho A  0; 0; 0 , B  2; 0; 0 , D  0; 2; 0 , S  0;0; 2 . Suy ra C  2; 2; 0 . Đặt AM  x, AN  y, x, y  0; 2 , suy ra M  x; 0; 0 , N  0; y ; 0 .    SM   x; 0; 2 , SC   2; 2; 2 , SN   0; y ; 2 .        n1  SM, SC    4; 2 x  4; 2 x , n2  SN, SC    4  2 y; 4; 2 y .       Do  SMC    SNC  nên n1 .n2  0  4  4  4 y   4  2 x  4   4 xy  0  xy  2  x  y   8. y 8  2x 8  2x, do y  2 nên  2  x  1. x2 x2 SAMCN  SABCD  SBMC  SDNC  4   2  x    2  y   x  y. 1 2 2 8  2x  2 x2  8 Do đó VS. AMCD  SA.SAMCN   x  y    x  . 3 3 3 x  2  3 x  2 Xét f  x   2 x2  4 x  8 2 x2  8 với x  1; 2 , f   x  . 3  x  2 2 3 x2 f   x   0  x 2  4 x  8  0  x  2  2 3 ; x  2  2 3 (loại). Lập BBT ta suy ra max f  x   f  1  f  2   2. 0;2  Vậy max VS. AMCN x  1  1 1 1 1 5 y  2  2   T    2 2 . 2 2 4 AM AN x y x  2    y  1 Bài toán 12: Cho hình lăng trụ đều ABC.ABC. Biết khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng  ABC  bằng a, góc giữa hai mặt phẳng  ABC   và  BCC B  bằng  với cos  1 2 3. Thể tích khối lăng trụ ABC. ABC bằng A. 3a3 2. 4 B. a3  https://toanhocplus.blogspot.com 2. 2 C. 3a3 Trang 222 2. 2 D. 3a3 2. 8 Ứng dụng Oxyz giải không gian cổ điển Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna Lời giải: Chọn C. z C’ A’ B’ H y A C O E B x Gọi O là trung điểm của AB, E là trung điểm của BC Trong mp  C CO  kẻ CH  C O tại H   Khi đó d C,  ABC    CH  a Chọn hệ trục tọa độ Oxyz như hình vẽ, gọi 2x là độ dài cạnh của tam giác ABC Ta có: 1 1 1 1 1 1 1 1 3×2  a2     C ‘C       CH 2 C ‘ C 2 CO 2 C ‘ C 2 CH 2 CO 2 a 2  2 x 3  2 3a 2 x 2    2   3×2  a2 Khi đó A   x; 0; 0 , B  x; 0; 0 , C 0; x 3; 0, C ‘  0; x 3;  ax 3    3×2  a2 ax 3  x x 3  , E ; ;0 2 2           2ax 2 3 ; 2 x2 3  VTPT của mặt phẳng  ABC   là n1  OC , AB    0;      3x 2  a2      3x x 3  ;0 VTPT của mặt phẳng  BCC B  là n2  AE   ;  2  2     n .n 1 2 1 1      cos   2 3 n1 n2 2 3 VABC. ABC  CC.S ABC  3ax 3 3×2  a2 2 4 2 12a x 9 x 3x  12 x 4.  2 2 4 4 3x  a 2  1 2 3  xa a 6 2 3a 3 2 .a 3 . 2 2  https://toanhocplus.blogspot.com Trang 223 Ứng dụng Oxyz giải không gian cổ điển Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna Chuû ñeà 5 NOÙN – TRUÏ – cAÀU  A. MẶT NÓN I. KIẾN THỨC CƠ BẢN CẦN NẮM 1. Mặt nón tròn xoay Cho đường thẳng . Xét đường thẳng l cắt  tại O và chúng tạo thành góc  với 0 0    90 0. Mặt tròn xoay sinh bởi đường thẳng l l như thế khi quay quanh  gọi là mặt nón tròn xoay (hay đơn giản là mặt nón. Khi đó: O + Đường thẳng  gọi là trục β + Đường thẳng l được gọi là đường sinh + Góc 2  gọi là góc ở đỉnh. Nếu M là một điểm tùy ý của mặt nón  khác với điểm O thì M I r đường thẳng OM nằm hoàn toàn trên mặt nón đó. Có thể xem mặt nón  sinh bởi đường thẳng OM khi quay quanh . Bởi thế, OM cũng được gọi là đường sinh của mặt nón đó. 2. Hình nón tròn xoay O Cho OIM vuông tại I quay quanh cạnh góc vuông OI thì đường gấp khúc OIM tạo thành một hình, gọi là hình nón tròn xoay (gọi tắt là hình nón) (hình 2). Khi đó:  Đường thẳng OI gọi là trục, O là đỉnh, OI gọi là đường cao và OM gọi là đường sinh của hình nón.  Hình tròn tâm I, bán kính r  IM là đáy của hình nón. r I M 3. Công thức diện tích và thể tích của hình nón Cho hình nón có chiều cao là h, bán kính đáy r và đường sinh là l thì có:  Diện tích xung quanh: Sxq   rl  Diện tích đáy (hình tròn): Sð   r 2  Diện tích toàn phần: Stp   rl   r 2 1 1  Thể tích khối nón: Vnon  Sð .h   r 2 h 3 3  https://toanhocplus.blogspot.com Trang 224 Nón – Trụ – Cầu Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna 4. Giao tuyến của mặt tròn xoay và mặt phẳng Nếu cắt mặt nón tròn xoay bởi một mặt phẳng  P  thì giao tuyến sẽ là:  Trường hợp 1: Mặt phẳng  P  đi qua đỉnh : + Nếu mặt phẳng  P  cắt mặt nón theo 2 đường sinh thì thiết diện là tam giác cân. + Nếu  P  tiếp xúc với mặt nón theo một đường sinh. Trong trường hợp này, người ta gọi đó là mặt phẳng tiếp diện của mặt nón.  Trường hợp 2: Mặt phẳng  P  không đi qua đỉnh : + Nếu mặt phẳng  P  vuông góc với trục hình nón thì giao tuyến là một đường tròn. + Nếu mặt phẳng  P  song song với 2 đường sinh hình nón thì giao tuyến là 2 nhánh của 1 hypebol. + Nếu mặt phẳng  P  song song với 1 đường sinh hình nón thì giao tuyến là 1 đường parabol. II. BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM 1. ĐỀ BÀI Câu 1. Cho hình lập phương ABCD.A’B’C ’D’ có cạnh a. Diện tích xung quanh của hình nón tròn xoay sinh bởi đường gấp khúc AC ’A’ khi quanh trục AA ’ bằng A.  a2 2 Câu 2. B.  a2 3 C.  a 2 5 D.  a2 6 Một hình nón có đường sinh bằng 8cm, diện tích xung quanh bằng 240 cm2. Đường kính của đường tròn đáy hình nón bằng A. 2 30 cm Câu 3. B. 30 cm C. 60 cm D. 50 cm Cho điểm M cố định thuộc mặt phẳng   cho trước, xét đường thẳng d thay đổi đi qua M và tạo với   một góc 60 0. Tập hợp các đường thẳng d trong không gian là A. Mặt phẳng Câu 4. B. Hai đường thẳng C. Mặt nón D. Mặt trụ Cho hình chóp tứ giác đều cạnh đáy bằng a, cạnh bên tạo với đáy một góc 60 0. Diện tích toàn phần của hình nón ngoại tiếp hình chóp là A. Câu 5. 3 a2 2 B. 3 a2 4 C. 3 a2 6 D. 3 a2 8 Một hình nón có đường sinh bằng a và góc ở đỉnh bằng 90 0. Cắt hình nón bằng mặt phẳng   đi qua đỉnh sao cho góc giữa   và mặt đáy của hình nón bằng 60 0. Khi đó diện tích thiết diện bằng A. 2a2 3 B.  https://toanhocplus.blogspot.com 3a2 2 C. Trang 225 2 a2 3 D. 3a2 2 Nón – Trụ – Cầu Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn Câu 6. https://facebook.com/duytuan.qna Cho hình lập phương ABCD.A’B’C ’D’ có cạnh bằng a. Một hình nón có đỉnh là tâm hình vuông ABCD và có đường tròn đáy ngoại tiếp hình vuông A’B’C ’D’. Diện tích xung quanh của hình nón đó là 3 a2 2 a2 3 a2 6 a2 B. C. D. 3 2 2 2 Cho hình nón có đường sinh l  4r, với r là bán kính đường tròn đáy. Khai triển mặt xung A. Câu 7. quanh hình nón theo một đường sinh, ta được một hình quạt tròn có bán kính bằng l và góc ở đỉnh của hình quạt là . Trong các kết luận sau đây, kết luận nào đúng? A.   Câu 8.     B.   C.   D.   6 4 2 3 Cho tam giác ABC vuông tại A, AB  3 cm, AC  4 cm. Thể tích khối nón tròn xoay sinh ra khi quay tam giác ABC quanh AB 80 cm3 C. 48 cm3 D. 16 cm3 3 Cho hình chóp tam giác đều S. ABC có cạnh đáy bằng a và cạnh bên bằng 2 a. Diện tích A. 80 cm3 Câu 9. B. xung quanh hình nón ngoại tiếp hình chóp S. ABCD bằng A. 2 3 a 2 3 a2 2 B. C. 2 3 a2 3 3 a2 3 D. Câu 10. Cho tứ diện ABCD có cạnh AD vuông góc với mặt phẳng  ABC  và cạnh BD vuông góc với cạnh BC. Khi quay các cạnh tứ diện đó xung quanh trục là cạnh AB, có bao nhiêu hình nón được tạo thành A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 Câu 11. Cho hình nón có đỉnh S, độ dài đường sinh bằng 2 a. Một mặt phẳng qua đỉnh S cắt hình nón theo một thiết diện, diện tích lớn nhất của thiết diện là A. 2a 2 B. a 2 C. 4a 2 D. 3a2 Câu 12. Cho hình nón có thiết diện qua trục là tam giác đều. Khai triển hình nón theo một đường sinh, ta được một hình quạt tròn có góc ở tâm là . Kết luận nào sau đây là đúng? 2 3 C.   D.    3 4 Câu 13. Cho hình nón có thiết diện qua trục là một tam giác đều cạnh 2a, diện tích xung quanh là A. α  π 2 B.   S1 và mặt cầu có đường kính bằng chiều cao hình nón, có diện tích S2. Khẳng định nào sau đây là khẳng định đúng ? A. 2S2  3S1. B. S1  4S2. C. S2  2S1. D. S1  S2. Câu 14. Cho hình nón có thiết diện qua trục là một tam giác đều cạnh 2a, có thể tích V1 và hình cầu có đường kính bằng chiều cao hình nón, có thể tích V2. Khi đó, tỉ số thể tích A. V1 2 . V2 3 B. V1  1. V2 C. V1 1 . V2 2 D. V1 bằng? V2 V1 1 . V2 3 Câu 15. Tính diện tích xung quanh của hình trụ biết bán kính đáy bằng a và đường cao là a 3.  https://toanhocplus.blogspot.com Trang 226 Nón – Trụ – Cầu Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn A. 2 a 2. https://facebook.com/duytuan.qna C.  a 2. B. 2 a 2 3. D.  a2 3. Câu 16. Một hình nón có thiết diện qua trục là một tam giác vuông cân có cạnh góc vuông bằng a. Tính diện tích xung quanh của hình nón. 2 a2 2. 4 2 3 Câu 17. Thiết diện đi qua trục của hình nón đỉnh S là tam giác vuông cân SAB có cạnh cạnh huyền A.  a2 2. B.  a2 2. C.  a2 2. D. bằng a 2. Diện tích toàn phần Stp của hình nón và thể tích V của khối nón lần lượt là: A. Stp   a2 (1  2) 2 ;V  C. Stp   a2 (1  2); V   a3 2 12  a3 2 6. . B. Stp  D. Stp   a2 2 2 ;V   a2 ( 2  1) 2  a3 2 4.  a3 ;V  12. Câu 18. Cho hình nón tròn xoay có đỉnh là S, O là tâm của đường tròn đáy, đường sinh bằng a 2 và góc giữa đường sinh và mặt phẳng đáy bằng 60 0. Diện tích xung quanh Sxq của hình nón và thể tích V của khối nón tương ứng là: A. Sxq   a2 ; V   a3 6 12 C. Sxq   a2 2; V  B. Sxq .  a3 6 4.  a2 2 ;V  D. Sxq   a2 ; V   a3 3 12  a3 6 4. . Câu 19. Một hình nón có đường kính đáy là 2a 3, góc ở đỉnh là 1200. Tính thể tích của khối nón đó theo a. A. 3 a 3. B.  a 3. C. 2 3 a 3. D.  a3 3. Câu 20. (THPT Lê Quý Đôn-Hải Phòng lần 1 năm 2017-2018) Cho một hình nón đỉnh S có chiều cao bằng 8cm bán kính đáy bằng 6cm. Cắt hình nón đã cho bởi một mặt phẳng song song với mặt phẳng chứa đáy được một hình nón  N  đỉnh S có đường sinh bằng 4cm. Tính thể tích của khối nón  N . 768 786 2358 2304  cm 3.  cm 3.  cm 3. B. V  C. V  D. V   cm 3. 125 125 125 125 Câu 21. (THTT số 6-489 tháng 3 năm 2018) Cho hình lập phương ABCD.ABCD có cạnh a. Một A. V  khối nón có đỉnh là tâm của hình vuông ABCD và đáy là hình tròn nội tiếp hình vuông ABCD. Kết quả tính diện tích toàn phần Stp của khối nón đó có dạng bằng  a2 4  b c  với b và c là hai số nguyên dương và b  1. Tính bc. A. bc  5. B. bc  8. C. bc  15. D. bc  7. Câu 22. (THPT Chuyên Trần Phú-Hải Phòng-lần 2 năm 2017-2018) Một tứ diện đều cạnh a có một đỉnh trùng với đỉnh hình nón, ba đỉnh còn lại nằm trên đường tròn đáy của hình nón. Khi đó diện tích xung quanh của hình nón bằng: A. 3 2 a. 2 B. 2 3 2 a. 3  https://toanhocplus.blogspot.com C. Trang 227 3 2 a. 3 D. 3 a 2. Nón – Trụ – Cầu Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna Câu 23. (THPT Chuyên Vĩnh Phúc – Lần 4 năm 2017 – 2018) Cho hình nón có diện tích xung quanh bằng 5 a 2 và bán kính đáy bằng a. Tính độ dài đường sinh của hình nón đã cho? B. 3a 2. A. a 5. C. 3a. D. 5a. Câu 24. (THPT Trần Phú – Đà Nẵng – L2 – 2017-2018) Cho hình nón  N  có bán kính đáy bằng a và diện tích xung quanh Sxp  2 a 2. Tính thể tích V của khối chóp tứ giác đều S.ABCD có đáy ABCD nội tiếp đáy của khối nón  N  và đỉnh S trùng với đỉnh của khối nón  N . 2 5a 3 2 2 a3 2 3a 3. B. V . C. V  2 3a3. D. V . 3 3 3 Câu 25. (SGD Nam Định – năm 2017 – 2018) Cho hình nón đỉnh S, đáy là đường tròn nội tiếp tam A. V  giác ABC. Biết rằng AB  BC  10a, AC  12a, góc tạo bởi hai mặt phẳng  SAB  và  ABC  bằng 45. Tính thể tích V của khối nón đã cho. A. V  3 a 3. B. V  9 a 3. C. V  27 a 3. D. V  12 a 3. Câu 26. (THPT Chuyên Nguyễn Quang Diệu – Đồng Tháp – Lần 5 năm 2017 – 2018) Cho hình nón có thiết diện qua trục là tam giác vuông có cạnh huyền bằng a 2. Tính diện tích xung quanh Sxq của hình nón đó. A. Sxq   a2 3. B. Sxq   a2 2. C. Sxq   a2 2 D. Sxq .  a2 2. 3 2 6 3 Câu 27. (SGD Hà Tĩnh – Lần 2 năm 2017 – 2018) Cắt hình nón S bởi một mặt phẳng đi qua trục ta được thiết diện là một tam giác vuông cân, cạnh huyền bằng a 2. Thể tích khối nón bằng: A. a 2. B.  a3 2. C.  a2 2. D.  a3 2. 4 6 12 12 Câu 28. Cho hình chóp S.ABC có SA  SB  SC  4, AB  BC  CA  3. Tính thể tích khối nón giới hạn bởi hình nón có đỉnh là S và đáy là đường tròn ngoại tiếp ABC. A. 3. B. 13. C. 4. D. 2 2. Câu 29. Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có cạnh AB  a, góc tạo bởi  SAB  và  ABC  bằng 60. Diện tích xung quanh của hình nón đỉnh S và có đường tròn đáy ngoại tiếp tam giác ABC bằng 7 a2 7 a2 3 a2 3 a2 A.. B.. C.. D.. 3 6 2 6 Câu 30. Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng a, cạnh bên hợp với đáy một góc 60. Hình nón có đỉnh là S, đáy là đường tròn nội tiếp tứ giác ABCD có diện tích xung quanh là:    a2 7  1  a2 7 3 2 2 A. S   a. B. S   a. C. S . D. S . 4 4 2 Câu 31. Cho hình nón đỉnh S, đáy là hình tròn tâm O. Thiết diện qua trục của hình nón là tam giác có một góc bằng 1200, thiết diện qua đỉnh S cắt mặt phẳng đáy theo dây cung AB  4a và là một tam giác vuông. Diện tích xung quanh của hình nón bằng  https://toanhocplus.blogspot.com Trang 228 Nón – Trụ – Cầu Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn A.  3a 2. https://facebook.com/duytuan.qna B.  8 3a 2. C.  2 3a2. D.  4 3a 2. Câu 32. Cho hình nón đỉnh S, góc ở đỉnh bằng 120, đáy là hình tròn  O ; 3 R . Cắt hình nón bởi mặt phẳng qua S và tạo với đáy góc 60. Diện tích thiết diện là: A. 2 2R2. B. 4 2R2. C. 6 2R2. D. 8 2R2. Câu 33. Xét hình trụ T  có bán kính R, chiều cao h thoả mãn R  2h 3.  N  là hình nón có bán kính đáy R và chiều cao gấp đôi chiều cao của T . Gọi  S1  và  S2  lần lượt là diện tích xung quanh của T  và  N , khi đó S1 bằng: S2 4 1 2 3. B.. C.. D.. 3 2 3 4 Câu 34. Cho hình nón tròn xoay có thiết diện qua trục là tam giác vuông cân. Biết diện tích thiết A. diện đó là 8 cm 2. Tính diện tích toàn phần của hình nón nói trên. A. 8 2 cm 2. B. 16 2 cm 2. C. 12 2 cm 2.   D. 4 2 2  2 cm 2. Câu 35. (THTT Số 1-484 tháng 10 năm 2017-2018) Người thợ gia công của một cơ sở chất lượng cao X cắt một miếng tôn hình tròn với bán kính 60 cm thành ba miếng hình quạt bằng nhau. Sau đó người thợ ấy quấn và hàn ba miếng tôn đó để được ba cái phễu hình nón. Hỏi thể tích V của mỗi cái phễu đó bằng bao nhiêu? 16000 2 16 2 16000 2 160 2 lít. B. V  lít. C. V  lít. D. V  lít. 3 3 3 3 Câu 36. (THPT Chuyên Thái Bình-lần 1-năm 2017-2018) Cho hình nón có góc ở đỉnh bằng 60, A. V  diện tích xung quanh bằng 6 a 2. Tính thể tích V của khối nón đã cho. 3 a3 2  a3 2. B. V . C. V  3 a 3. D. V   a 3. 4 4 Câu 37. (TT Diệu Hiền-Cần Thơ-tháng 11-năm 2017-2018) Cho một miếng tôn hình tròn có bán A. V  kính 50 cm. Biết hình nón có thể tích lớn nhất khi diện tích toàn phần của hình nón bằng diện tích miếng tôn ở trên. Khi đó hình nón có bán kính đáy là: A. 10 2  cm . B. 50 2  cm . C. 20  cm . D. 25  cm . Câu 38. (THPT Chuyên Vĩnh Phúc-lần 2-năm 2017-2018) Cho hình nón đỉnh S có chiều cao bằng bán kinh đáy và bằng 2a. Mặt phẳng  P  đi qua S cắt đường tròn đáy tại A và B sao cho AB  2 3a. Tính khoảng cách từ tâm của đường tròn đáy đến  P . A. a 5. B. a. C. a 2. 2 D. 2a 5. Câu 39. (THPT Nguyễn Khuyến-TPHCM-năm 2017-2018) Cho hình nón  N  có góc ở đỉnh bằng 60. Mặt phẳng qua trục của  N  cắt  N  theo một thiết diện là tam giác có bán kính đường tròn ngoại tiếp bằng 2. Tính thể tích khối nón  N . A. V  3 3. B. V  4 3.  https://toanhocplus.blogspot.com C. V  3. Trang 229 D. V  6. Nón – Trụ – Cầu Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna Câu 40. (THPT Hà Huy Tập-Hà Tĩnh-lần 1 năm 2017-2018) Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng a. Hình nón  N  có đỉnh A và đường tròn đáy là đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD. Tính thể tích V của khối nón  N .  6 a3  6a3 6a 3. C. V . D. V . 27 9 27 27 Câu 41. (THPT Đức Thọ-Hà Tĩnh-lần 1 năm 2017-2018) Một tấm tôn hình tam giác A. V   3a 3. B. V  đều SBC có độ dài cạnh bằng 3. K là trung điểm BC. Người ta dùng S compa có tâm là S, bán kính SK vạch một cung tròn MN. Lấy phần hình M quạt gò thành hình nón không có mặt đáy với đỉnh là S, cung MN thành B đường tròn đáy của hình nón (hình vẽ). Tính thể tích khối nón trên. K C 3 3  141 3. C.. D.. 64 32 64 32 Câu 42. (THPT Thăng Long-Hà Nội-lần 1 năm 2017-2018) Cho hình nón có thiết diện qua trục là A.  105 N. B. tam giác đều. Gọi V1, V2 lần lượt là thể tích của khối cầu nội tiếp và nội tiếp hình nón đã cho. Tính A. 4. V1. V2 B. 2. C. 8. D. 16. Câu 43. (THPT Chuyên Vĩnh Phúc – lần 3 năm 2017-2018) Với một đĩa phẳng hình tròn bằng thép bán kính R, phải làm một cái phễu bằng cách cắt đi một hình quạt của đĩa này và gấp phần còn lại thành một hình nón. Gọi độ dài cung tròn của hình quạt còn lại là x. Tìm x để thể tích khối nón tạo thành nhận giá trị lớn nhất. 2 R 6 2 R 2 2 R 3 R 6. B. x . C. x . D. x . 3 3 3 3 Câu 44. (THPT Hoàng Hoa Thám-Hưng Yên-lần 1 năm 2017-2018) Người ta đặt được vào trong A. x  một hình nón hai khối cầu có bán kính lần lượt là a và 2a sao cho các khối cầu đều tiếp xúc với mặt xung quanh của hình nón, hai khối cầu tiếp xúc với nhau và khối cầu lớn tiếp xúc với đáy của hình nón. Bán kính đáy của hình nón đã cho là 8a. 3 Câu 45. (THPT Chuyên Tiền Giang-lần 1 năm 2017-2018) Cho tam giác SOA vuông A. 5a. B. 3a. C. 2 2a. D. S tại O có MN // SO với M, N lần lượt nằm trên cạnh SA, OA như hình vẽ M bên dưới. Đặt SO  h không đổi. Khi quay hình vẽ quanh SO thì tạo thành một hình trụ nội tiếp hình nón đỉnh S có đáy là hình tròn tâm O bán kính R  OA. Tìm độ dài của MN theo h để thể tích khối trụ là lớn nhất. O N A h h h h. B. MN . C. MN . D. MN . 2 3 4 6 Câu 46. (THPT Chuyên Thái Bình-lần 4 năm 2017-2018) Một cái phễu có dạng hình nón, chiều A. MN  cao của phễu là 20 cm. Người ta đổ một lượng nước vào phễu sao cho chiều cao của cột  https://toanhocplus.blogspot.com Trang 230 Nón – Trụ – Cầu Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna nước trong phễu bằng 10 cm (hình H1). Nếu bịt kín miệng phễu rồi lật ngược phễu lên (hình H2) thì chiều cao của cột nước trong phễu gần bằng với giá trị nào sau đây? A. 0,87 cm. B. 10 cm. C. 1,07 cm. D. 1, 35 cm. Câu 47. (PTNK-ĐHQG TP HCM-lần 1 năm 2017-2018) Hình nón gọi là nội tiếp mặt cầu nếu đỉnh và đường tròn đáy của hình nón nằm trên mặt cầu. Tìm chiều cao h của hình nón có thể tích lớn nhất nội tiếp mặt cầu có bán kính R cho trước. 3R 5R 5R 4R. B. h . C. h . D.. 2 2 4 3 Câu 48. Cho hình nón đỉnh N, đáy là hình tròn tâm O, góc ở đỉnh 120. Trên đường tròn đáy lấy A. h  một điểm A cố định và một điểm M di động. Gọi S là diện tích của tam giác NAM. Có bao nhiêu vị trí của M để S đạt giá trị lớn nhất? A. Vô số vị trí. B. Hai vị trí. C. Ba vị trí. D. Một vị trí. Câu 49. (THPT Nguyễn Khuyến-TPHCM-năm 2017-2018) Cho mặt cầu đường kính AB  2 R. Mặt phẳng  P  vuông góc AB tại I ( I thuộc đoạn AB ), cắt mặt cầu theo đường tròn  C . Tính h  AI theo R để hình nón đỉnh A, đáy là hình tròn  C  có thể tích lớn nhất? R 4R 2R. C. h . D. h . 3 3 3 Câu 50. (SGD Ninh Bình năm 2017-2018) Cho một chiếc cốc có dạng hình nón cụt và một viên bi A. h  R. B. h  có đường kính bằng chiều cao của cốc. Đổ đầy nước vào cốc rồi thả viên bi vào, ta thấy lượng nước tràn ra bằng nửa lượng nước đổ vào cốc lúc ban đầu. Biết viên bi tiếp xúc với đáy cốc và thành cốc. Tìm tỉ số bán kính của miệng cốc và đáy cốc (bỏ qua độ dày của cốc). A. 3. B. 2. C. 3 5. 2 D. 1 5. 2 Câu 51. (THPT Chuyên Phan Bội Châu-Nghệ An- lần 1 năm 2017-2018) Cho mặt cầu  S  bán kính R. Hình nón  N  thay đổi có đỉnh và đường tròn đáy thuộc mặt cầu  S . Thể tích lớn nhất của khối nón  N  là: A. 32 R3. 81 B. 32R3. 81 C. 32 R3. 27 D. 32R3. 27 Câu 52. (THPT Thanh Miện 1-Hải Dương-lần 1 năm 2017-2018) Cho mặt cầu  S  có bán kính R không đổi, hình nón  H  bất kì nội tiếp mặt cầu  S . Thể tích khối nón  H  là V1 ; và thể tích phần còn lại của khối cầu là V2. Giá trị lớn nhất của A. 81. 32 B. 76. 32  https://toanhocplus.blogspot.com C. Trang 231 32. 81 V1 bằng: V2 D. 8. 19 Nón – Trụ – Cầu Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna II. ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT 1D 2C 3C 4A 5A 6C 7C 8D 9C 10B 11A 12D 13D 14A 15B 16B 17A 18A 19B 20A 21A 22C 23D 24D 25B 26B 27D 28B 29B 30D 31D 32B 33B 34D 35B 36C 37D 38D 39C 40D 41A 42C 43A 44C 45B 46A 47D 48B 49C 50C 51A 52D Câu 1. Chọn D. D r  A ‘ C ‘  a 2  Hình nón có:  2 2 l  AC ‘   AA ‘    AC ‘   a 3 Vậy Sxq   rl  6 a Câu 2. C A B D’ C’ 2 A’ Chọn C. Ta có: l  8 cm. Suy ra: Sxq   rl  240 cm2  r  B’ 240  30 cm l Vậy đường kính mặt đáy: 2r  60 cm Câu 3. Chọn C. Tập hợp các đường thẳng d trong không gian là mặt nón có đỉnh M (cố định), đường sinh d, góc ở đỉnh 600 (không đổi) Câu 4. S Chọn A. . Góc giữa SA và mặt đáy là góc SAO   SO  SO  a 6 SAO vuông tại O : tan SAO AO 2 Ta có: h  SO; r  OA  h a 2 ; l  SA  2a 2 Suy ra diện tích đáy của hình nón: S   r 2  D  a2 60° A O a B 2 Vậy diện tích toàn phần của hình nón là: Sxq   rl   r 2  Câu 5. C 3 a 2 2 Chọn A. S  Góc giữa thiết diện và dáy là góc SMO  Tam giác SMO vuông tại O: sin SMO SO a 6  SM  SM 3 a 3 2a 3  CM  SC 2  SM 2   BC  2CM  3 3 1 2a2 Vậy diện tích thiết diện: S  SM.BC  2 3 a a a 2 2 O C  https://toanhocplus.blogspot.com Trang 232 B 60° M Nón – Trụ – Cầu Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn Câu 6. https://facebook.com/duytuan.qna Chọn C. D Câu 7. C O  h  AA ‘  a   O’ A’ a 2  Ta có: r  2 2   2 2 6a l  OA ‘   O ‘ O    O ‘ A ‘    2 A a B D’ C’ O’ A’ 3 a 2 Vậy Sxq   rl  2 Chọn C. B’ Ta có chu vi đáy của hình nón là C  2 r, cung AB có độ dài là l. Vậy l  2 r    Câu 8. 2 r  , do l  4r l 2 B Chọn D. 3 h  AB  3 cm 1 Ta có: . Suy ra: V  h r 2  16 cm2 3 r  AC  4 cm Câu 9. A Chọn C. 4 C S Gọi G là trọng tâm tam giác ABC  SG   ABC  Tam giác SAG vuông tại G : 2a  a 33 2 2 h  SG  SA  AG  3  l  SA  2 a   r  GA  a 3  3 Vậy Sxq   rl  C A a 2 3 a 2 3 M G B Câu 10. Chọn B.  BC  DA  BC   ABD   BC  AB Ta có:   BC  BD Khi quay các cạnh cảu tứ diện ABCD quanh trục AB thì hình thành hai hình nón tròn xoay là hình nón  N  với đỉnh B, đường sinh BD và hình nón  N ’ với đỉnh A, đường sinh AC. Câu 11. Chọn A. Thiết diện là tam giác cân tại S với SA  SB  l Diện tích thiết diện: S ABC 1 l2 l2    SA.SB.sin ASB  sin ASB  2 2 2 Vậy diện tích lớn nhất của thiết diện bằng góc với nhau. Lúc đó: Smax   https://toanhocplus.blogspot.com l2 khi thiết diện đi qua hai đường sinh vuông 2 l2  2a2. 2 Trang 233 Nón – Trụ – Cầu Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna Câu 12. Chọn D. Ta có chu vi đáy của hình nón là C  2 r, cung AB có độ dài là l. Vậy l  2 r    2 r l  , do r  l 2 Câu 13. Chọn D. Bán kính đáy của hình nón là a. Đường sinh của hình nón là 2a. Do đó, ta có S1   Rl  3 a2 (1) Mặt cầu có bán kính là a 3, nên ta có 2 2a a 3 2 a 3 S2  4   3 a 2 (2).  2    a Từ (1) và (2) suy ra S1  S2. a Câu 14. Chọn A. Hình nón có bán kính đáy là a, chiều cao a 3. 1  a3 3 Do đó thể tích V1   a2 a 3 . 3 3 3 a 3 4  a 3   a3 3 Hình cầu có bán kính nên có thể tích V1   .   2 3  2  2 Từ đó suy ra V1 2 . V2 3 Câu 15. Chọn B. Hình trụ có bán kính đáy a và đường cao a 3 nên Sxq  2 rh  2 a.a 3  2 a2 3. Câu 16. Chọn B. Thiết diện qua trục là một tam giác vuông cạnh a nên đường sinh của hình nón là a và bán kính đáy là a a a 2 nên 2 O a 2  a2 2 .a . 2 2 Câu 17. Chọn A. Sxq   + Do thiết diện đi qua trục là tam giác SAB vuông cân tại S đỉnh S, có cạnh huyền AB  a 2 nên suy ra bán kính đáy a a 2 hình nón là r  ; đường sinh hình nón l  SA  SB  a 2 a 2. 2 + Diện tích toàn phần hình nón là: 2 A ; đường cao hình nón h  SO  a a 2 O a 2 B 2 2 Stp  Sxq  Sday  a 2   a 2 2  a 2  a 2 (1  2) a 2   rl   r   a      (đvdt).  2  2 2 2 2   2  https://toanhocplus.blogspot.com Trang 234 Nón – Trụ – Cầu Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna + Thể tích khối nón tương ứng là: V  1 1  a3 2 Bh   r 2 h  (đvtt). 2 3 12 Câu 18. Chọn A. Gọi A là một điểm thuộc đường tròn đáy hình nón. Theo S giải thiết ta có đường sinh SA  a 2 và góc giữa đường   60 0. Trong tam giác sinh và mặt phẳng đáy là SAO a 2 a 2 vuông SAO, ta có: a 2 3 a 6  ; SO  SA.sin 600  a 2.. 2 2 2 Diện tích xung quanh hình nón: OA  SA cos 600  Sxq   rl  . 60° A O a 2 .a 2   a2 (đvdt). 2 2 1 1  a 2  a 6  a3 6 Thể tích của khối nón tròn xoay V   r 2 h     (đvtt). . 3 3  2  2 12 Câu 19. Chọn B. Gọi S là đỉnh hình nón, O là tâm đáy, A là một điểm thuộc đường tròn đáy. Theo giả thiết dễ suy ra đường tròn đáy có bán kính R  OA  a 3 (cm) 0   120  60 0. Xét tam giác SOA vuông tại O, ta và góc ASO 2 B 60° OA a 3   a. Do đó chiều cao hình nón là h  a có SO  0 tan 60 3 1 1 Vậy thể tích khối nón là V   R2 h   .3a2 .a   a3. 3 3 Câu 20. Chọn A. A a 3 C Đường sinh của hình nón lớn là l  SB  h 2  r 2  82  6 2  10 cm. Gọi l2, r2, h2 lần lượt là đường sinh, bán kính đáy và chiều cao của hình nón  N . l2  SK  4 cm S (N) Ta có: SOB và SIK đồng dạng nên: SI IK SK 4 2    . SO OB SB 10 5 M  2 16  h2  5 h  5 h2 r2 l2 4 2      . h r l 10 5  r  2 .r  12  2 5 5 A K I O B 2 Thể tích khối nón  N  là V( N )  https://toanhocplus.blogspot.com 1 1  12  16 768  . .r22 .h2  ..  .   cm 3. 3 3  5  5 125 Trang 235 Nón – Trụ – Cầu Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna Câu 21. Chọn A. B Ta có bán kính hình nón r  a, đường cao h  a, đường 2 C A a 5. 2 Diện tích toàn phần: D sinh l  Stp   rl   r 2   B’ a2 5 a2  a2   4 4 4   5  1  b  5, c  1. C’ A’ D’ Vậy bc  5. Câu 22. Chọn C. Gọi tứ diện đều cạnh a là ABCD, O là tâm đường tròn đáy của hình nón. Diện tích xung quanh của hình nón là: 2 a 3 3 2 a. Sxq   rl   .BO.AD  . . .a   3 2  3   Câu 23. Chọn D. Áp dụng công thức tính diện tích xung quanh của hình nón Sxq   Rl, nên ta có: l Sxq R  5 a2  5a. a Câu 24. Chọn D. S 2 Ta có: Diện tích xung quanh Sxp  2 a   rl  2 a 2  l  2a  h  l 2  r 2  a 3. l Đáy ABCD nội tiếp đáy của khối nón  N  có bán kính đáy h bằng a  AB  a 2. D 1 2 3a 3 Vậy: V  SABCD h . 3 3 Câu 25. Chọn B. C SAB  và  ABC  A B S Hạ ID  AB, khi đó góc tạo bởi hai mặt phẳng O r chính là   45 nên ID  SI  r  h. SDI Lại có SABC  p.r  r  SABC. p C B Tính được p  16a, I D SABC  p  p  a  p  b  p  c   48 a 2. Suy ra r  3a. A 3 1 1 Vậy V   r 2 h    3a   9 a 3. 3 3 Câu 26. Chọn B.  https://toanhocplus.blogspot.com Trang 236 Nón – Trụ – Cầu Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna S A B Gọi S là đỉnh hình nón, thiết diện qua trục là tam giác SAB. Ta có AB  a 2  SA  a, suy ra l  SA  a ; r  Vậy Sxq   rl  . AB a 2 . 2 2 a 2  a2 2 .a . 2 2 S Câu 27. Chọn D.  1 a 2 r  AB   2 2. Ta có: SAB vuông cân tại S nên  h  1 AB  a 2  2 2 h l B r O 2 1 1 a 2  a 2   a3 2  V  h r 2  .    3 3 2  2  12 A Câu 28. Chọn B. S Đường cao hình chóp là đường cao hình nón: 2 2 3 3 h  SO  SA  OA  4  .  13.  3 2    2 2 2 Bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC : R  OA  AB 3 A C  3. O Vậy thể tích khối nón cần tìm: V  1 h R2  13. 3 B Câu 29. Chọn B. S Gọi M là trung điểm AB và gọi O là tâm của tam giác ABC ta có:  AB  CM  AB   SCM   AB  SM và AB  CM   AB  SO   60. Do đó góc giữa SAB và ABC là SMO     a 3 Mặt khác tam giác ABC đều cạnh a nên CM . 2  https://toanhocplus.blogspot.com Trang 237 A C O M B Nón – Trụ – Cầu Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna 1 a 3 a 3 a. 3. Suy ra OM  CM  ; SO  OM.tan 60  3 6 6 2 Hình nón đã cho có chiều cao h  SO  sinh l  h 2  R2  a 3 a, bán kính đáy R  OA , độ dài đường 3 2 a 21. 6 a 3 a 21 7 a2.  Vậy diện tích xung quanh hình nón là Sxq   .R.l  . 3 6 6 Câu 30. Chọn D. S Gọi O là tâm của đáy ABCD, M là trung điểm của BC. Hình nón có đỉnh là S, đáy là đường tròn nội tiếp tứ l giác ABCD là hình nón tròn xoay tạo thành khi quay tam giác SOM quanh SO. Ta có: D a 2 a 6 a SO  OB.tan 60 . 3 ; OM   r. 2 2 2 2  a 6   a 2 7 a2 a 7 l SM  SO  OM        2  2 2 4   2 2 C O 60° A r M B 2 a a 7  a2 7   Khi đó diện tích xung quanh của hình nón là: Sxq   rl . . 2 2 4 Câu 31. Chọn D. S Theo đề bài ta có SAB vuông cân tại S, AB  4 a nên SB  2 a 2.   120 nên CSO   60. Mặt SDC cân tại S và có CSD  Xét  vuông SOC : sin CSO OC   OC  SC.sin CSO SC  OC  a 6. Vậy diện tích xung quanh của hình nón là: D B O C A Sxq   rl   a 6.2 a 2  4 a 2 3. Câu 32. Chọn B. S Thiết diện là SAB, gọi M là trung điểm AB  OM  AB     60.   SAB ,  OAB   OM, SM  SMO     Góc ở đỉnh hình nón bằng 120   60, SO   OSA Ta có: SM  3R OA  R 3. o tan 60 3 SO SM R 3   2 R, OM  R sin 60 2 3 2  https://toanhocplus.blogspot.com Trang 238 A M O B Nón – Trụ – Cầu Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna AM  OA 2  OM 2  2 2 R. Vậy SSAB  SM .AM  2 R.2 2 R  4 2 R 2. Câu 33. Chọn B. Diện tích xung quanh hình trụ là S1  2 .R.h  2 R 2 2 3   R2 3. 2 R 2 R 2 Diện tích xung quanh hình nón là S2   .R.l   .R. h  R   .R.  R2 . 3 3 2 Suy ra 2 S1 1 . S2 2 Câu 34. Chọn D. 1 2 l 8l4 hr 2 2. 2 Diện tích toàn phần của hình nón bằng Ta có diện tích thiết diện bằng   Stp  Sxq  Sd   rl   r 2  2 2 2 2  4  4 2  l h  2 2. r Câu 35. Chọn B. l h O r Đổi 60 cm  6 dm. Đường sinh của hình nón tạo thành là l  6dm. Chu vi đường tròn ban đầu là C  2 R  16. Gọi r là bán kính đường tròn đáy của hình nón tạo thành. Chu vi đường tròn đáy của hình nón tạo thành là 2 .r  2 .6 4  4 dm  r   2dm. 3 2 Đường cao của khối nón tạo thành là h  l 2  r 2  6 2  2 2  4 2. 1 1 16 2 16 2 dm 3  Thể tích của mỗi cái phễu là V   r 2 h   .2 2.4 2  lít. 3 3 3 3 Câu 36. Chọn C. S 1 1 Thể tích V   R2 h   .OA2 .SO. 3 3   60  ASO   30 Ta có ASB  tan 30  OA 1   SO  OA 3. SO 3 Lại có Sxq   Rl   .OA.SA   .OA OA 2  SO 2  6 a 2  https://toanhocplus.blogspot.com Trang 239 A O B Nón – Trụ – Cầu Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna 1  OA OA2  3OA2  6a2  2OA2  6a2  OA  a 3  SO  3a  V   .3a2 .3a  3 a3. 3 Câu 37. Chọn D.   Ta có diện tích miếng tôn là S   .2500 cm 2. Diện tích toàn phần của hình nón là: Stp   R 2   .R.l. Thỏa mãn yêu cầu bài toán ta có:  R2   .R.l  2500  R2  R.l  2500  A  l  A R. R Thể tích khối nón là: 2 1 1 1 A  V   R2 .h  V   R2. l 2  R2  V   R2.   R   R 2 3 3 3 R  1 1 A2 1 A3 A  2 2 4  V  . A. R  2 A. R  V   R2.  2 A  V  .  2 A R2   2 3 3 3 8 4 R  1 A  V  . 3 2 A. Dấu bằng xảy ra khi R  2 2 A  25, vậy V đạt GTLN khi R  25. 4 Câu 38. Chọn D. S Gọi I là trung điểm của AB ; đường tròn đáy có tâm O, bán kính R. Kẻ OH  SI. Ta có AB  SO và AB  OI. Suy ra AB  OH.   Khi đó OH   P . Do đó d O,  P   OH. 2a H 2  AB  2 2 Ta có OI  R     4 a  3a  a. 2   B 2 Suy ra OH  SO.OI SO 2  OI 2  2a.a 4a 2  a2  2a 5 I 2a O A. Câu 39. Chọn C. S   60. Tam giác SAB đều vì có SA  SB và ASB Bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác SAB là: 2 r  SO  2  SO  3. 3 Mà SO  SA.sin 60  SA  SO 3  2 3. sin 60 3 2 Vậy bán kính đường tròn đáy của khối nón là: R  1 Vậy thể tích khối nón là: V  . 3  https://toanhocplus.blogspot.com A O B AB 2 3   3. 2 2 2  3  .3  3. Trang 240 Nón – Trụ – Cầu Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna Câu 40. Chọn D. A Gọi là O tâm của tam giác đều BCD. Ta có AO  h, OC  r  r  2a 3 a 3 . 3 2 3 a h 2 a 3 a 2 2a Suy ra h 2  a 2  r 2  a 2  . h   3  3 3   2 B r 1 1 a2 a 2  6a3  Vậy thể tích khối nón là V   r 2 h  . 3 3 3 3 27 D O C Câu 41. Chọn A. S S M B Ta có SK  SB N K M K N C 3 3 3 . 2 2 1 1 27 9  Diện tích phần hình quạt là Squat   SK 2  . 6 6 4 8 Gọi r là bán kính đáy của hình nón. Suy ra 2 r  Chiều cao của khối nón bằng h  SK 2  r 2  1 SK 3 2 SK  r  . 6 6 4 105. 4 1 1 3 105  105   Thể tích bằng V   r 2 h  . 3 3 16 4 64 Câu 42. Chọn C. S Giả sử cạnh của tam giác đều SAB bằng 1. Gọi thiết diện qua trục hình nón là tam giác đều SAB. M Gọi I là trọng tâm tam giác đều SAB, khi đó I là tâm mặt I cầu nội tiếp hình nón cũng là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình nón. Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình nón là: A O B 2 2 3 3 R  SI  SO . . 3 3 2 3 1 1 3 3  Bán kính mặt cầu nội tiếp hình nón là r  IO  SO . . 3 3 2 6 4 4 3 . Thể tích mặt cầu ngoại tiếp hình nón là V1   R3  3 27  https://toanhocplus.blogspot.com Trang 241 Nón – Trụ – Cầu Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna 4 3 . Thể tích mặt cầu nội tiếp hình nón là V2   r 3  3 54 V1  8. Vậy V2 Câu 43. Chọn A. R r Chu vi đường tròn đĩa là: C  2 R ; Chu vi đường tròn đáy của hình nón là: C  x Bán kính đường tròn đáy hình nón là: r  x. 2 Chiều cao của hình nón là: h  R2  r 2  R2  x2. 4 2 1 1 x2 x2 2. R  Thể tích khối nón là: V  . r 2 .h  .. 3 3 4 2 4 2 1 x2 1 x2  V  x R2  2   6 3 4 2 4 V  0  1 x 1 1 4 2  x 4 2 R2  x 2  2 2 12 24 2 x R2  2 4 x3 4 2 R2  x 2. 2 R 6 1 1 8 2 R2 2 2 2 3 2 2 2 2 2 x x 4  R  x  x  2 4  R  x  x  x . 2 2 3 3 12 24     Câu 44. Chọn C. A Gọi thiết diện qua trục của hình nón là tam giác ABC với A là đỉnh của hình nón và BC là đường kính đáy của hình nón có tâm đáy là I. K Gọi M và N lần lượt là tâm của hai khối cầu có bán kính N 2a và a. H và K lần lượt là điểm tiếp xúc của AC với hai đường tròn tâm M và N. Ta có: NK là đường trung bình trong tam giác AMH suy H ra N là trung điểm của AM. M AM  2 MN  2.3a  6a  AI  8a. Ta lại có hai tam giác vuông AIC và AHM đồng dạng suy ra 8a.2a IC AI  IC    2a 2. HM AH 36a 2  4a 2 B I C Vậy bán kính hình nón là R  2 a 2.  https://toanhocplus.blogspot.com Trang 242 Nón – Trụ – Cầu Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna Câu 45. Chọn B. S Đặt MN  x,  x  0  và OA  a,  a  0 , a là hằng số. MN NA MN.OA xa xa   NA   NA   ON  a . SO OA SO h h Khối trụ thu được có bán kính đáy bằng ON và chiều cao MN. Ta có hx Thể tích khối trụ là: V   .ON .MN   .x.a    h  2 2 2 x 3 2 1  a2  2h  2 x h  x    2h 2  3 . 2h 2     a2 M h Dấu bằng xảy ra khi 2x  h  x  x  O N A h. 3 Câu 46. Chọn A. H A S B khí E C D khí nước M F N nước A S B H Trước khi lật phễu lên: Theo bài ra ta có SE  10cm, SH  20cm. SCD ∽ SAB  Suy ra 1 SE ED   2 SH HB Vnuoc ED 2 .SE 1 7    Vkhi  V pheu. 2 V pheu HB .SH 8 8 Sau khi lật phễu lên: SMN ∽ SAB  SF FN  SH HB 2 Do Vkhi 3 3 7  FN  SF 7  SF  7 7  Vpheu  .     SF  SH.    8 2  HB  SH 8  SH  8 Vậy chiều cao của nước sau khi lật phễu là 3 3   7 7 FH  SH  SF  SH  1   20.  1     0, 8706   2  2    S Câu 47. Chọn D. Gọi chiều cao của hình nón là x,  0  x  2 R  .Gọi bán kính đáy của hình nón là r ta có O 2 r  OM  OH  R   x  R   2 Rx  x  x  2 R  x . 2 2 2 2 2 1 1 Thể tích của hình nón là V   r 2 .x   x2  2 R  x . 3 3  https://toanhocplus.blogspot.com Trang 243 H M Nón – Trụ – Cầu Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna 3 x x   2  2  2R  x  x x x2 8 R3 Mặt khác ta lại có:. .  2 R  x     2 R  x    27  2 2 3 4     1 32 R 3 Suy ra V   x 2  2 R  x  . 3 27 32 R 3 x 4R, dấu “=” xảy ra khi  2 R  x  x . 2 3 27 1 Chú ý: Ta có thể khảo sát hàm V   x2  2 R  x   f  x  trên  0; 2R  để tìm max V. 3 Câu 48. Chọn D. N Vậy max V  Gọi l  l  0  là độ dài đường sinh của hình nón.   60. Ta có bán kính đường tròn Vì góc ở đỉnh bằng 120 nên ANO l   l.sin 60  l 3. đáy là OA  NA.sin ANO 2   120 Vì hình nón đã cho có góc ở đỉnh là 120 nên 0  ANM A O 1   1 l 2 .sin ANM . Ta có S  .NA.NM.sin ANM 2 2  lớn nhất  sin    90  ANM  1  ANM Diện tích S lớn nhất khi và chỉ khi sin ANM M Tam giác ANM vuông cân tại N. Khi đó AM  l 2. Mà A cố định nên M nằm trên   đường tròn A; l 2.   Mặt khác M nằm trên đường tròn đáy nên M là giao điểm của đường tròn A; l 2 và đường tròn đáy. Dễ thấy 2 đường tròn này cắt nhau tại 2 điểm phân biệt. Vậy có hai vị trí điểm M. Câu 49. Chọn C. Gọi O là trung điểm AB, M là điểm bất kì trên đường tròn  C . 2 Ta có IM  OM 2  OI 2  R2   h  R   2 Rh  h 2. A 1 1 Thể tích hình nón: V  .AI .SC   .h.. 2 Rh  h2. 3 3  Đặt f  h    3  2Rh 2  h3   ( R là tham số). O Tập xác định D   0; 2 R . f ‘h   3  4Rh  3h  2  I 4R ; f ‘h  0  h . 3 B  4 R  32 3 R. f  0   0 ; f  R   .R ; f   3  3  81 3 Vậy hàm số f  h  đạt giá trị lớn nhất khi h   https://toanhocplus.blogspot.com Trang 244 4R. 3 Nón – Trụ – Cầu Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna Hay thể tích hình nón lớn nhất đạt khi h  4R. 3 Câu 50. Chọn C. K O A B I H D C O’ Đặt AB  2a, DC  2b, OO  2c. Ta có V1 là thể tích chiếc cốc, V2 là thể tích của bi. Ta có CK  2c, CB  a  b, BK  a  b. Do CKB vuông tại K ta có: CB2  CK 2  BK 2  a2  b2  2ab  4c 2  a2  b2  2ab  ab  c 2 4 3 c. 3 3 Theo giả thiết lượng nước tràn ra bằng một nửa lượng nước đổ vào cốc lúc ban đầu, suy Mặt khác V1   2c a 2   b2  ab, V2    ra V1  2V2  c a 2  b 2  ab  4c 3  a2  b2  ab  4ab  a 3 5 a 3 5 , do a  b nên . b 2 b 2 Câu 51. Chọn A. Ta có thể tích khối nón đỉnh S lớn hơn hoặc bằng thể tích khối nón đỉnh S. Do đó chỉ cần xét khối nón đỉnh S có bán kính đường tròn đáy là r và đường cao là SI  h với h  R. Thể tích khối nón được tạo nên bởi  N  là: V 1 1 1 1 2 h.SC   h. .r 2  h..  R 2   h  R     h3  2h 2 R.   3 3 3 3   Xét hàm số: f  h    h 3  2 h 2 R với h   R; 2 R . Ta có f   h   3h 2  4 hR. f   h   0  3h 2  4hR  0  h  0 (loại) hoặc h  4R. 3 Bảng biến thiên: h 4R 3 R f   h  0  32 R 3 27 f  h R3 Ta có: max f  h   2R 0 32 3 4R R tại h . 27 3  https://toanhocplus.blogspot.com Trang 245 Nón – Trụ – Cầu Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna 1 32 3 32 R   R3 Vậy thể tích khối nón được tạo nên bởi  N  có giá trị lớn nhất là V   3 27 81 4R khi h . 3 1 Chú ý: Sau khi tính được V   h 3  2h 2 R ta có thể làm như sau: 3   3 1 1    h  h  4 R  2h  32 R 3 V   h 3  2 h 2 R   h 2  2 R  h   .h.h  4 R  2 h      81. 3 3 6 6 3    Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi h  4 R  2h  h  4R. 3 Câu 52. Chọn D. S I A B H Gọi I, S là tâm mặt cầu và đỉnh hình nón. Gọi H là tâm đường tròn đáy của hình nón và AB là một đường kính của đáy. Ta có V1 V V 1. Do đó để 1 đạt GTLN thì V1 đạt GTLN. V2 V  V1 V2 TH1: Xét trường hợp SI  R Khi đó thể tích của hình nón đạt GTLN khi SI  R Lúc đó V1   R3 3. TH2:  SI  R  I nằm trong tam giác SAB như hình vẽ. Đặt IH  x  x  0 . Ta có 1 1 V1   HA2 .SH   R2  x 2 3 3  Dấu bằng xảy ra khi x     R  x   6  2R  2x  R  x  R  x     4R  3 32 3  R.   6 3  81 R. 3 4  R3 V1 8 V 3 1 .  1  Khi đó 4 32 19 V2 V  V1  R3   R3 3 81  https://toanhocplus.blogspot.com Trang 246 Nón – Trụ – Cầu Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna B. MẶT TRỤ I. KIẾN THỨC CƠ BẢN CẦN NẮM 1. Mặt trụ tròn xoay l Trong mp  P  cho hai đường thẳng  và l song song nhau, cách nhau A một khoảng r. Khi quay mp  P  quanh trục cố định  thì đường thẳng r D l sinh ra một mặt tròn xoay được gọi là mặt trụ tròn xoay hay gọi tắt là mặt trụ. + Đường thẳng  được gọi là trục. + Đường thẳng l được gọi là đường sinh. B + Khoảng cách r được gọi là bán kính của mặt trụ. r C 2. Hình trụ tròn xoay Khi quay hình chữ nhật ABCD xung quanh đường thẳng chứa một cạnh, chẳng hạn cạnh AB tạo thành một hình, hình đó được gọi là hình trụ tròn xoay hay gọi tắt là hình trụ. + Đường thẳng AB được gọi là trục. + Đoạn thẳng CD được gọi là đường sinh. + Độ dài đoạn thẳng AB  CD  h được gọi là chiều cao của hình trụ. + Hình tròn tâm A, bán kính r  AD và hình tròn tâm B, bán kính r  BC được gọi là 2 đáy của hình trụ. + Khối trụ tròn xoay, gọi tắt là khối trụ, là phần không gian giới hạn bởi hình trụ tròn xoay kể cả hình trụ. 3. Công thức tính diện tích và thể tích của hình trụ Cho hình trụ có chiều cao là h và bán kính đáy bằng r, khi đó:  Diện tích xung quanh của hình trụ: Sxq  2 rh  Diện tích toàn phần của hình trụ: Stp  Sxq  2.SÐay  2 rh  2 r 2  Thể tích khối trụ: V  B.h   r 2 h 4. Tính chất  Nếu cắt mặt trụ tròn xoay (có bán kính r ) bởi một mp   vuông góc với trục  thì ta được đường tròn có tâm trên  và có bán kính bằng r với r cũng là bán kính của mặt trụ đó.  Nếu cắt mặt trụ tròn xoay (có bán kính là r ) bởi một mp   không vuông góc với trục  nhưng cắt tất cả các đường sinh, ta được giao tuyến là một đường elíp có trụ nhỏ bằng 2r và trục lớn bằng 2r, trong đó  là góc giữa trục  và mp   với 00    90 0. sin   https://toanhocplus.blogspot.com Trang 247 Nón – Trụ – Cầu Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna  Cho mp   song song với trục  của mặt trụ tròn xoay và cách  một khoảng d. + Nếu d  r thì mp   cắt mặt trụ theo hai đường sinh  thiết diện là hình chữ nhật. + Nếu d  r thì mp   tiếp xúc với mặt trụ theo một đường sinh. + Nếu d  r thì mp   không cắt mặt trụ. II. BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM 1. ĐỀ BÀI Câu 1. (SGD Bà Rịa Vũng Tàu-đề 1 năm 2017-2018) Một khối trụ có thể tích bằng 25. Nếu chiều cao khối trụ tăng lên năm lần và giữ nguyên bán kính đáy thì được khối trụ mới có diện tích xung quanh bằng 25. Bán kính đáy của khối trụ ban đầu là A. r  10. Câu 2. B. r  5. C. r  2. D. r  15. (SGD Bà Rịa Vũng Tàu-đề 1 năm 2017-2018) Cắt một khối trụ bởi một mặt phẳng qua trục ta được thiết diện là hình chữ nhật ABCD có cạnh AB và cạnh CD nằm trên hai đáy của   60. Tính thể tích khối trụ. khối trụ. Biết BD  a 2, DAC 3 6 3 3 2 3 3 2 3 3 2 3 a. a. a. a. B. C. D. 16 16 32 48 (SGD Bà Rịa Vũng Tàu-đề 2 năm 2017-2018) Một khối trụ có thể tích bằng 16. Nếu chiều A. Câu 3. cao khối trụ tăng lên hai lần và giữ nguyên bán kính đáy thì được khối trụ mới có diện tích xung quanh bằng 16. Bán kính đáy của khối trụ ban đầu là B. r  4. A. r  1. Câu 4. C. r  3. D. r  8. (SGD Bà Rịa Vũng Tàu-đề 2 năm 2017-2018) Cắt một khối trụ bởi một mặt phẳng qua trục ta được thiết diện là hình chữ nhật ABCD có cạnh AB và cạnh CD nằm trên hai đáy của   30. Tính thể tích khối trụ. khối trụ. Biết AC  a 2, DCA 3 2 3 3 6 3 3 2 3 a. a. a. B. C. n  8. D. 16 16 48 (THPT Phan Châu Trinh-DakLak-lần 2 năm 2017-2018) Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC. ABC có độ dài cạnh đáy bằng a và chiều cao bằng h. Tính thể tích V của khối trụ A. Câu 5. ngoại tiếp lăng trụ đã cho. Câu 6.  a2 h  a2 h  a2 h. D. V  3 a 2 h. 9 9 3 (THPT Chuyên Tiền Giang-lần 1 năm 2017-2018) Cho hình trụ có bán kính bằng a. Một A. V . B. V . C. V  mặt phẳng đi qua các tâm của hai đáy và cắt hình trụ theo thiết diện là hình vuông. Thể tích của hình trụ bằng 2 a3. 3 (THPT Phan Đình Phùng-Hà Tĩnh-lần 1 năm 2017-2018) Thể tích khối trụ tròn xoay sinh A. 2a 3. Câu 7. B.  a 3. C. 2 a 3. D. ra khi quay hình chữ nhật ABCD quay quanh cạnh AD biết AB  3, AD  4 là A. 48. B. 36.  https://toanhocplus.blogspot.com C. 12. Trang 248 D. 72. Nón – Trụ – Cầu Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn Câu 8. https://facebook.com/duytuan.qna (THPT Chuyên Thái Bình-lần 4 năm 2017-2018) Cho hình trụ có hai đáy là hai hình tròn O  và O, chiều cao 2R và bán kính đáy R. Một mặt phẳng   đi qua trung điểm của OO và tạo với OO một góc 30. Hỏi   cắt đường tròn đáy theo một dây cung có độ dài bằng bao nhiêu? A. Câu 9. 2R 2 3. B. 4R 3 3. C. 2R. 3 D. 2R. 3 (THPT Lục Ngạn-Bắc Giang-lần 1 năm 2017-2018) Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC. ABC có độ dài cạnh đáy bằng a, chiều cao là h. Tính thể tích V của khối trụ ngoại tiếp hình lăng trụ.  a2 h  a2 h. C. V  3 a 2 h. D. V   a 2 h. 9 3 Câu 10. (THPT Chuyên Phan Bội Châu-lần 2 năm 2017-2018) Mặt phẳng đi qua trục hình trụ, cắt A. V . B. V  hình trụ theo thiết diện là hình vuông cạnh bằng a. Thể tích khối trụ đó bằng A.  a 3. B.  a3. C.  a3. D.  a3. 2 3 4 Câu 11. (THPT Chuyên Trần Phú-Hải Phòng-lần 2 năm 2017-2018) Cho hình trụ có bán kính đáy là R  a, mặt phẳng qua trục cắt hình trụ theo một thiết diện có diện tích bằng 8a 2. Diện tích xung quanh của hình trụ và thể tích của khối trụ lần lượt là A. 8 a 2, 4 a 3. B. 6 a 2, 6 a 3. C. 16 a2, 16 a3. D. 6 a 2, 3 a 3. Câu 12. (PTNK-ĐHQG TP HCM-lần 1 năm 2017-2018) Cho hình trụ T  có đáy là các đường tròn tâm O và O, bán kính bằng 1, chiều cao hình trụ bằng 2. Các điểm A, B lần lượt nằm trên hai đường tròn  O  và  O  sao cho góc  OA, OB   60. Tính diện tích toàn phần của tứ diện OAOB. 4  19 4  19 3  19 1  2 19. B. S . C. S . D. S . 2 4 2 2 Câu 13. (SGD Phú Thọ – lần 1 – năm 2017 – 2018) Cho lăng trụ đứng ABC. ABC B A. S  C có độ dài cạnh bên bằng 2a, đáy ABC là tam giác vuông cân tại A, góc giữa AC và mặt phẳng  BCC B  bằng 30 (tham khảo hình vẽ). Thể tích của khối trụ ngoại tiếp lăng trụ ABC.ABC bằng: A.  a 3. B. 2 a 3. C. 4 a 3. D. 3 a 3. A B C A Câu 14. (THPT Trần Phú – Hà Tĩnh – Lần 2 năm 2017 – 2018)Một hình trụ có thiết diện qua trục là hình vuông, diện tích xung quanh bằng 36 a2. Tính thể tích V của lăng trụ lục giác đều nội tiếp hình trụ. A. V  27 3a 3. B. V  81 3a 3. C. V  24 3a3. D. V  36 3a3. Câu 15. (ĐHQG TPHCM – Cơ Sở 2 – năm 2017 – 2018) Trong không gian cho hình chữ nhật ABCD có AB  a và AD  2a. Gọi H, K lần lượt là trung điểm của AD ; BC. Quay hình chữ nhật đó quanh trục HK, ta được một hình trụ. Diện tích toàn phần của hình trụ là:  https://toanhocplus.blogspot.com Trang 249 Nón – Trụ – Cầu Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna B. Stp  8 a 2. A. Stp  8. C. Stp  4 a 2. D. Stp  4. Câu 16. (THPT Trần Phú – Đà Nẵng – Lần 2 – năm 2017 – 2018) Cho khối trụ có chu vi đáy bằng 4 a và độ dài đường cao bằng a. Thể tích của khối trụ đã cho bằng 4 A.  a 2. B.  a3. C. 4 a 3. D. 16 a 3. 3 Câu 17. (THPT Chuyên Lương Thế Vinh – Hà Nội – Lần 2 năm 2017 – 2018) Cho hình trụ có tỉ số diện tích xung quanh và diện tích toàn phần bằng 1. Biết thể tích khối trụ bằng 4. Bán 3 kính đáy của hình trụ là A. 3. B. 3. 2. C. D. 2. Câu 18. Một khối hộp chữ nhật nội tiếp trong một khối trụ. Ba kích thước của khối hộp chữ nhật là a, b, c. Thể tích khối trụ là 1  c 2  a2 b. 4 1 C.  a 2  b2 c. 4 A.     1 1 1  a 2  b2 c hoặc  b2  c 2 a hoặc  c 2  a2 b. 4 4 4 1 D.  b2  c 2 a. 4 B.         Câu 19. Cho hình trụ có đường cao h  5 cm, bán kính đáy r  3 cm. Xét mặt phẳng  P  song song với trục của hình trụ và cách trục 2 cm. Tính diện tích S của thiết diện của hình trụ với mặt phẳng  P . A. S  5 5 cm 2. B. S  10 5 cm 2. C. S  3 5 cm 2. D. S  6 5 cm 2. Câu 20. (THTT Số 2-485 tháng 11-năm học 2017-2018) Một khối gỗ hình lập phương có thể tích V1. Một người thợ mộc muốn gọt giũa khối gỗ đó thành một khối trụ có thể tích V2. Tính tỷ số lớn nhất k  V2 ? V1 1   . B. k . C. k . D. k . 4 4 2 3 Câu 21. (THTT Số 2-485 tháng 11-năm học 2017-2018) Cho một tấm bìa hình chữ nhật có kích A. k  thước 3a, 6a. Người ta muốn tạo tấm bìa đó thành bốn hình không đáy như hình vẽ, trong đó có hai hình trụ lần lượt có chiều cao 3a, 6a và hai hình lăng trụ tam giác đều có chiều cao lần lượt 3a, 6a. 6a 6a 3a 3a H1 H2 H3 H4 Trong 4 hình H1, H2, H3, H4 lần lượt theo thứ tự có thể tích lớn nhất và nhỏ nhất là A. H 1, H 4. B. H 2, H 3.  https://toanhocplus.blogspot.com C. H 1, H 3. Trang 250 D. H 2, H 4. Nón – Trụ – Cầu Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn Câu 22. (THPT Nguyễn https://facebook.com/duytuan.qna Khuyến-TPHCM-năm 2017-2018) Cho hình hộp chữ nhật ABCD. ABCD có AB  6, AD  8, AC  12. Tính diện tích xung quanh Sxq của hình trụ có hai đường tròn đáy là hai đường tròn ngoại tiếp hai hình chữ nhật ABCD và ABCD A. Sxq  20 11.  B. Sxq  10 11.    D. Sxq  5 4 11  5 . C. S xq  10 2 11  5 . Câu 23. (THPT Chuyên Hùng Vương-Bình Phước-lần 2-năm 2017-2018) Cho khối trụ có bán kính đáy R và có chiều cao h  2R. Hai đáy của khối trụ là hai đường tròn có tâm lần lượt là O và O ‘. Trên đường tròn  O  ta lấy điểm A cố định. Trên đường tròn  O  ta lấy điểm B thay đổi. Hỏi độ dài đoạn AB lớn nhất bằng bao nhiêu? B. ABmax  4 R 2. A. 2 R 2 C. ABmax  4 R. D. ABmax  R 2. Câu 24. (THPT Cổ Loa-Hà Nội-lần 1-năm-2018) Cho hình thang cân ABCD có đáy nhỏ AB  1, đáy lớn CD  3, cạnh bên BC  DA  2. Cho hình thang đó quay quanh AB thì được vật tròn xoay có thể tích bằng 4 5 2 7 . B. . C. . D. . 3 3 3 3 Câu 25. (THTT Số 3-486 tháng 12 năm 2017-2018) Cho hình trụ có bán kính đáy bằng a và chiều A. cao bằng h. Tính thể tích V của khối lăng trụ tam giác đều nội tiếp hình trụ đã cho. 3 a2 h. 4 A. V  C. V  4a 2  h 2 a2 2 h  .   3 3  4 3  B. V  3 3 a2 h. 4 D. V  3 3  a2 h. 4 Câu 26. (THPT Chuyên Lê Hồng Phong-Nam Định-lần 2 năm 2017-2018) Một người dùng một cái ca hình bán cầu (Một nửa hình cầu) có bán kính là 3  cm  để múc nước đổ vào một cái thùng hình trụ chiều cao 10  cm  và bán kính đáy bằng 6  cm . Hỏi người ấy sau bao nhiêu lần đổ thì nước đầy thùng? (Biết mỗi lần đổ, nước trong ca luôn đầy) A. 10 lần. B. 24 lần. C. 12 lần. D. 20 lần. Câu 27. (Đề tham khảo BGD năm 2017-2018) Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng 4. Tính diện tích xung quanh Sxq của hình trụ có một đường tròn đáy là đường tròn nội tiếp tam giác BCD và chiều cao bằng chiều cao của tứ diện ABCD. A. Sxq  16 2. 3 B. Sxq  8 2.  https://toanhocplus.blogspot.com C. Sxq  Trang 251 16 3. 3 D. Sxq  8 3. Nón – Trụ – Cầu Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna Câu 28. (THPT Kiến An-Hải Phòng năm 2017-2018) Cho hình lăng trụ đều ABC.ABC, biết góc giữa hai mặt phẳng  ABC  và  ABC  bằng 45, diện tích tam giác ABC bằng a2 6. Tính diện tích xung quanh của hình trụ ngoại tiếp hình lăng trụ ABC.ABC. 4 a2 3 8 a2 3. B. 2 a 2. C. 4 a 2. D.. 3 3 Câu 29. (THPT Hà Huy Tập-Hà Tĩnh-lần 1 năm 2017-2018) Một hộp sữa hình trụ có thể tích V A. (không đổi) được làm từ một tấm tôn có diện tích đủ lớn. Nếu hộp sữa chỉ kín một đáy thì để tốn ít vật liệu nhất, hệ thức giữa bán kính đáy R và đường cao h bằng B. h  2 R. A. h  R. D. h  2 R. C. h  3 R. Câu 30. (THPT Lương Thế Vinh-Hà Nội năm 2017-2018). Cho hình trụ có diện tích toàn phần là 4 và có thiết diện cắt bởi mặt phẳng qua trục là hình vuông. Tính thể tích khối trụ? 4 6  6 4. C.. D.. 9 9 12 9 Câu 31. (THPT Chuyên ĐHSP-Hà Nội-lần 1 năm 2017-2018) Cần đẽo thanh gỗ hình hộp có đáy A.  6. B. là hình vuông thành hình trụ có cùng chiều cao. Tỉ lệ thể tích gỗ cần phải đẽo đi ít nhất (tính gần đúng) là A. 30%. B. 50%. C. 21%. D. 11%. Câu 32. (THPT Yên Lạc-Vĩnh Phúc-lần 3 năm 2017-2018) Cho hình trụ có hai đáy là các hình tròn O , O bán kính bằng a, chiều cao hình trụ gấp hai lần bán kính đáy. Các điểm A, B tương ứng nằm trên hai đường tròn  O , O  sao cho AB  a 6. Tính thể tích khối tứ diện ABOO theo a. a3 5 2a 3 5 a3 2 a3. . B. C. D.. 3 3 3 3 Câu 33. (SGD Bắc Ninh năm 2017-2018) Một cái trục lăn sơn nước có dạng một hình trụ. Đường A. kính của đường tròn đáy là 6 cm, chiều dài lăn là 25 cm (như hình dưới đây). Sau khi lăn trọn 10 vòng thì trục lăn tạo nên bức tường phẳng một diện tích là:   A. 1500 cm 2.   B. 150 cm 2.   C. 3000 cm 2.   D. 300 cm 2. Câu 34. (THPT Chuyên Lê Quý Đôn-Đà Nẵng năm 2017-2018) Để làm một chiếc cốc bằng thủy tinh dạng hình trụ với đáy cốc dày 1,5 cm, thành xung quanh cốc dày 0, 2 cm và có thể tích thật (thể tích nó đựng được) là 480 cm 3 thì người ta cần ít nhất bao nhiêu cm 3 thủy tinh ?  https://toanhocplus.blogspot.com Trang 252 Nón – Trụ – Cầu Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn A. 75,66 cm 3. https://facebook.com/duytuan.qna B. 80,16 cm 3. C. 85,66 cm 3. D. 70,16 cm 3. Câu 35. (THPT Chuyên Phan Bội Châu-Nghệ An- lần 1 năm 2017-2018) Cho hình thang ABCD vuông tại A và D, AD  CD  a, AB  2a. Quay hình thang ABCD quanh đường thẳng CD. Thể tích khối tròn xoay thu được là: 5 a 3 7 a 3 4 a3. B.. C.. D.  a 3. 3 3 3 Câu 36. (THPT Chuyên Vĩnh Phúc – lần 3 năm 2017-2018) Cần phải thiết kế các thùng dạng hình A.   trụ có nắp đậy để đựng nước sạch có dung tích V cm 3. Hỏi bán kính R(cm) của đáy hình trụ nhận giá trị nào sau đây để tiết kiệm vật liệu nhất? A. R  3 3V. 2 B. R  3 V . C. R  3 V. 4 D. R  3 V. 2 Câu 37. (THPT Xuân Trường-Nam Định năm 2017-2018) Từ một tấm tôn hình chữ nhật kích thước 50 cm và 240 cm, người ta làm các thùng đựng nước hình trụ có chiều cao bằng 50 cm, theo hai cách sau (xem hình minh họa dưới đây): – Cách 1: Gò tấm tôn ban đầu thành mặt xung quanh của thùng. – Cách 2: Cắt tấm tôn ban đầu thành hai tấm bằng nhau, rồi gò mỗi tấm đó thành mặt xung quanh của một thùng. Kí hiệu V1 là thể tích của thùng gò được theo cách 1 và V2 là tổng thể tích của hai thùng gò được theo cách 2. Tính tỉ số A. V1  1. V2 B. V1. V2 V1 2. V2 C. V1 1 . V2 2 D. V1 4. V2 Câu 38. (THPT Lê Quý Đôn-Quãng Trị-lần 1 năm 2017-2018) Một nhà máy cần sản xuất các hộp hình trụ kín cả hai đầu có thể tích V cho trước Mối quan hệ giữa bán kính đáy R và chiều cao h của hình trụ để diện tích toàn phần của hình trụ nhỏ nhất là A. h  3R. B. R  h. C. h  2 R. D. R  2h. Câu 39. (THPT Phan Đình Phùng-Hà Tĩnh-lần 1 năm 2017-2018) Một hộp bóng bàn hình trụ có bán kính R, chứa được 10 quả bóng sao cho các quả bóng tiếp xúc với thành hộp theo một  https://toanhocplus.blogspot.com Trang 253 Nón – Trụ – Cầu Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna đường tròn và tiếp xúc với nhau. Quả trên cùng va quả dưới cùng tiếp xúc với hai nắp hộp. Tính phần thể tích khối trụ mà thể tích của các quả bóng bàn không chiếm chỗ. 20 R 3 40 R 3. C.. D.  R3. 3 3 Câu 40. (THTT số 6-489 tháng 3 năm 2018) Mặt tiền của một ngôi biệt thự có 8 cây cột hình trụ A. 0. B. tròn, tất cả đều có chiều cao 4, 2m. Trong số các cây đó có hai cây cột trước đại sảnh đường kính bằng 40cm, sau cây cột còn lại phân bổ đều hai bên đại sảnh và chúng đều có đường kính bằng 26 cm. Chủ nhà thuê nhân công để sơn các cây cột bằng một loại sơn giả đá, biết giá thuê là 380000 / 1m 2 (kể cả vật liệu sơn và thi công). Hỏi người chủ phải chi ít nhất bao nhiêu tiền để sơn hết các cây cột nhà đó (đơn vị đồng)? (lấy   3,14159 ). A.  11.833.000. B.  12.521.000. C.  10.400.000. D.  15.642.000. Câu 41. (THPT Chuyên Hạ Long-Quãng Ninh lần 2 năm 2017-2018) Cho hình trụ có chiều cao bằng 6 2 cm. Biết rằng một mặt phẳng không vuông góc với đáy và cắt hai mặt đáy theo hai dây cung song song AB, AB mà AB  AB  6 cm, diện tích tứ giác ABBA bằng 60 cm 2. Tính bán kính đáy của hình trụ. A. 5 cm. C. 4 cm. B. 3 2 cm. D. 5 2 cm. Câu 42. (THPT Chuyên ĐH Vinh – lần 1 – năm 2017 – 2018) Người ta thả một viên billiards snooker có dạng hình cầu với bán kính nhỏ hơn 4, 5 cm vào một chiếc cốc hình trụ đang chứa nước thì viên billiards đó tiếp xúc với đáy cốc và tiếp xúc với mặt nước sau khi dâng (tham khảo hình vẽ bên). Biết rằng bán kính của phần trong đáy cốc bằng 5, 4 cm và chiều cao của mực nước ban đầu trong cốc bằng 4, 5 cm. Bán kính của viên billiards đó bằng A. 2,7 cm. B. 4, 2 cm. C. 3,6 cm. D. 2,6 cm. Câu 43. (THPT Lê Quý Đôn-Hà Nội năm 2017-2018) Bạn A muốn làm một chiếc thùng hình trụ không đáy từ nguyên liệu là mảnh tôn hình tam giác đều ABC có cạnh bằng 90  cm . Bạn muốn cắt mảnh tôn hình chữ nhật MNPQ từ mảnh tôn nguyên liệu (với M, N thuộc cạnh BC ; P, Q tương ứng thuộc cạnh AC và AB ) để tạo thành hình trụ có chiều cao bằng MQ. Thể tích lớn nhất của chiếc thùng mà bạn A có thể làm được là A P Q B A. 91125 cm 3. 4   B. N M 91125 cm 3. 2  https://toanhocplus.blogspot.com   C. Trang 254 C 13500. 3   cm . 3 D. 108000 3   cm . 3 Nón – Trụ – Cầu Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna Câu 44. (THPT Chuyên Thái Bình-lần 1-năm 2017-2018) Một hình trụ có bán kính đáy r  5 cm và khoảng cách giữa hai đáy h  7 cm. Cắt khối trụ bởi một mặt phẳng song song với trục và cách trục 3cm. Diện tích của thiết diện được tạo thành là:   A. S  56 cm 2.   B. S  55 cm 2.   C. S  53 cm 2.   D. S  46 cm 2. Câu 45. THPT Nguyễn Khuyến-TPHCM-năm 2017-2018) Cho hình trụ đứng có hai đáy là hai đường tròn tâm O và tâm O, bán kính bằng a, chiều cao hình trụ bằng 2a. Mặt phẳng đi qua trung điểm OO và tạo với OO một góc 30, cắt đường tròn đáy tâm O theo dây cung AB. Độ dài đoạn AB là: 4 3 2 6 2a a. a.. C. D. 9 3 3 Câu 46. (THPT Đô Lương 4-Nghệ An năm 2017-2018) Một cái mũ bằng vải của nhà ảo thuật với các A. a. B. kích thước như hình vẽ dưới đây. Hãy tính tổng diện tích vải cần có để làm nên cái mũ đó (không kể viền, mép, phần thừa). 30cm 10cm O r 35cm A. 750, 25 (cm 2 ). B. 700 (cm 2 ). C. 756, 25 (cm 2 ). D. 754, 25 (cm 2 ). Câu 47. Một khối gỗ có hình trụ với bán kính đáy bằng 6 và chiều cao bằng 8. Trên một đường tròn đáy nào đó ta lấy hai điểm A, B sao cho cung AB có số đo 120 o. Người ta cắt khúc gỗ bởi một mặt phẳng đi qua A, B và tâm của hình trụ (tâm của hình trụ là trung điểm của đoạn nối tâm hai đáy) để được thiết diện như hình vẽ. Biết diện tích S của thiết diện thu được có dạng S  aπ  b 3. Tính P  a  b. A. P  60. B. P  30. C. P  50. Câu 48. (THPT Hậu Lộc 2-Thanh Hóa năm 2017-2018) Cho hình nón D. P  45. N có bán kính đáy r  20( cm), chiều cao h  60( cm) và một hình trụ T  nội tiếp hình nón  N  (hình trụ T  có một đáy thuộc đáy hình nón và một đáy nằm trên mặt xung quanh của hình nón). Tính thể tích V của hình trụ T  có diện tích xung quanh lớn nhất?  https://toanhocplus.blogspot.com Trang 255 Nón – Trụ – Cầu Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna 32000  (cm3 ). 9 A. V  3000 (cm3 ). B. V  C. V  3600 (cm3 ). D. V  4000 (cm3 ). Câu 49. (THPT Yên Định-Thanh Hóa-lần 1 năm 2017-2018) Cho hình nón có chiều cao h. Tính chiều cao x của khối trụ có thể tích lớn nhất nội tiếp trong hình nón theo h. A. x  h. 2 B. x  h. 3 C. x  2h. 3 D. x  h 3. Câu 50. (THPT Cổ Loa-Hà Nội-lần 1-năm-2018) Một khúc gỗ có dạng khối nón có bán kính đáy r  30 cm, chiều cao h  120 cm. Anh thợ mộc chế tác khúc gỗ đó thành một khúc gỗ có dạng khối trụ như hình vẽ. Gọi V là thể tích lớn nhất của khúc gỗ dạng khối trụ có thể chế tác được. Tính V.   A. V  0,16 m 3.   B. V  0,024 m 3. C. V  0,36  m 3 .  https://toanhocplus.blogspot.com Trang 256   D. V  0,016 m 3. Nón – Trụ – Cầu Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna II. ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT 1B 2B 3B 4A 5C 6C 7B 8A 9B 10D 11A 12A 13C 14B 15C 16C 17D 18B 19B 20C 21A 22A 23A 24D 25B 26D 27A 28C 29A 30B 31C 32A 33A 34A 35A 36D 37B 38C 39B 40A 41C 42A 43C 44A 45D 46C 47C 48A 49B 50D Câu 1. Chọn B. Khối trụ ban đầu có: V  25   r 2 h  25  r 2 h  25 Khối trụ lúc sau có: Sxq  25   r  5h   25  rh  5  1. 2. Từ (1) và (2) suy ra r  5. Câu 2. Chọn B. C Ta có ABCD là hình chữ nhật  ADC vuông tại D và D BD  AC  a 2.   a 2.sin 60  a 6 Xét  vuông ADC có DC  AC sin DAC 2 Suy ra bán kính mặt đáy của hình trụ là r   cos DAC a 6. 4 B 60° AD   a 2 cos 60  a 2  AD  AC cos DAC 2 AC A 2  a 6  a 2 3 a 3 2 a 2  Chiều cao của hình trụ là h . Suy ra thể tích khối trụ: V     4  2 2 16   Câu 3. Chọn B. 16. r2 Nếu chiều cao khối trụ tăng lên hai lần và giữ nguyên bán kính đáy, suy ra: Thể tích khối trụ: V   r 2 h  16  h  Diện tích xung quanh: S  2 r. Câu 4. 2.16 2.2.16  16  r  4 2 16 r Chọn A. Tam giác ADC vuông tại D có: A a 6 + DC  AC.cos 30  DC . 2 + AD  AC.sin 30  AD  a 2. 2 Vậy thể tích khối trụ V   r 2 h  B a 2 Khi đó hình trụ đã cho có h  AD, r  Câu 5. O’ 1 DC. 2 D 30° O C 3 2 3 a. 16 Chọn C.  https://toanhocplus.blogspot.com Trang 257 Nón – Trụ – Cầu Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna Bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác đều cạnh a là R  a 3. 3 Chiều cao khối trụ bằng chiều cao khối lăng trụ bằng h. 2  3a   a2 h Thể tích khối trụ là V   R h  V   . h   3  3   r 2 Câu 6. Chọn C. h Bán kính của hình trụ là r  a. Chiều cao của hình trụ là h  2r  2a. Vậy thể tích của hình trụ là V   r 2 .h   a2 .2a  2 a 3. Câu 7. Chọn B. Ta có r  3, h  4 nên thể tích khối trụ tròn xoay sinh ra khi quay hình chữ nhật ABCD quay quanh cạnh AD là V   r 2 h   .32.4  36. Câu 8. Chọn A. C Gọi M là trung điểm của OO . Gọi A, B là giao điểm của mặt O’ phẳng   và đường tròn  O  và H là hình chiếu của O trên D AB  AB   MHO . M Trong mặt phẳng  MHO  kẻ OK  MH,  K  MH  khi đó góc   30. giữa OO  và mặt phẳng   là góc OMK B R 3 Xét  vuông MHO ta có: HO  OM tan 30  R tan 30 . 3 H Do H là trung điểm của AB nên AB  Câu 9. 2 2R 2 3 O A R2 R 2  Xét  vuông AHO ta có AH  OA  OH  R . 3 3 2 K 2. Chọn B. C A Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC. G M Do ABC là  đều nên G là tâm đường tròn ngoại tiếp ABC. B 2 a 3 a 3 2  Ta có AG  AM . . 3 2 3 3 Vậy thể tích của khối trụ ngoại tiếp hình lăng trụ là V   R2 h   a2 h 3. C’ A’ Câu 10. Chọn D. Bán kính của đường tròn đáy là r  a. 2 B’ Chiều cao của hình trụ là h  a. 2  a3 a Thể tích của khối trụ là V   r 2 h  .   .a . 4 2  https://toanhocplus.blogspot.com Trang 258 Nón – Trụ – Cầu Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna Câu 11. Chọn A. Hình vẽ thiết diện: A I B D H C Theo giả thiết hình trụ có bán kính đáy là R  a suy ra IB  R  a. Vì mp qua trục cắt hình trụ theo một thiết diện có diện tích bằng 8a2  h  BC  8a2  4a 2a Vậy Sxq  2 Rh  8 a 2, V   R2 h  4 a 3. Câu 12. Chọn A. O Gọi B là hình chiếu của B trên mặt phẳng chứa đường tròn  O  B, khi đó  OA, OB    OA, OB   60.   60 hoặc AOB   120. Suy ra AOB Gọi H là là hình chiếu của B trên OA. O 3 Trong cả hai trường hợp, ta đề có HB  2 BH  HB2  BB2  A H B 3 19 4 . 4 2 Gọi S là diện tích toàn phần của tứ diện OAOB thì S  SAOO  SAOB  SAOB  SBOO 1 1 19  4  19 1 1 .  2  SAOO  SAOB   2  OA.OO  OA.BH   2  .1.2  .1.   2 2 2 2 2 2    Câu 13. Chọn C. Gọi bán kính của hình trụ là R. I B Ta có: CC    ABC   CC  AI. C A Lại có tam giác ABC là tam giác vuông cân tại A nên AI  BC do đó AI   BCC B  hay góc giữa AC và mặt  A. phẳng  BCC B  là IC B’ AI R 3. Xét tam giác AIC ta có: IC    A tan IC C’ A’ Xét tam giác CIC  ta có: IC 2  IC 2  CC 2  3R 2  R2  4a 2 Ra 2. Thể tích khối trụ ngoại tiếp lăng trụ ABC.ABC là V   R2 .h  4 a3. Câu 14. Chọn B.  https://toanhocplus.blogspot.com Trang 259 Nón – Trụ – Cầu Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna Diện tích xung quanh hình trụ Sxq  2 rl  2 r.2r  36 a2  r  3a Lăng trụ lục giác đều có đường cao h  l  6a Lục giác đều nội tiếp đường tròn có cạnh bằng bán kính của đường tròn  3a  Suy ra diện tích lục giác đều S  6. 2 3 4  27 a2 3. 2 3 Vậy thể tích V  S.h  81 3a. Câu 15. Chọn C. H A D a B C K Quay hình chữ nhật ABCD quanh trục HK ta được hình trụ có đường cao là h  AB  a, bán kính đường tròn đáy là R  BK  1 BC  a. 2 Vậy diện tích toàn phần của hình trụ là: Stp  2 Rh  2 R 2  4 a 2. Câu 16. Chọn C. Gọi chu vi đáy là P .bTa có: P  2 R  4 a  2 R  R  2a 2 Khi đó thể tích khối trụ: V   R2 h    2 a  .a  4 a3. Câu 17. Chọn D. Gọi bán kính của hình trụ là R. V  4  h. R 2  4  h  4 R2  1. 1 1 R SXQ  STP  2 Rh  2 R  R  h   3h  R  h  h  2. 3 3 2 4 R Từ  1 và  2  suy ra: 2   R  2 2 R Câu 18. Chọn B. Khối hộp nội tiếp khối trụ thì ta thấy một kích thức của khối hộp sẽ bằng chiều cao của khối trụ và hai kích thước còn lại sẽ là hai cạnh của đáy Gọi h là chiều cao của khối hộp ta có h  a hoặc h  b hoặc h  c  Thể tích sẽ có giá trị 1 1 1  a 2  b2 c hoặc  b2  c 2 a hoặc  c 2  a 2 b. 4 4 4  https://toanhocplus.blogspot.com   Trang 260     Nón – Trụ – Cầu Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna Câu 19. Chọn B. C O’ Thiết diện là hình chữ nhật ABCD. D Gọi I là trung điểm AB  OI  AB  d  OO,  P    OI  2cm. Xét tam giác AOI vuông tại I : AI  r 2  OI 2  5 cm B  AB  2 AI  2 5 cm. O SABCD  AB.AD  10 5 cm 2. A Câu 20. Chọn C. Để k  I V2 lớn nhất  V2 lớn nhất V1 C  Hình trụ nội tiếp hình lập phương cạnh a AB a , chiều Hình trụ có bán kính đáy là r  OM  2 2 cao là h  OO  AA  a. B  Tỷ số lớn nhất là k   a3 4 A C’ Ta có thể tích khối lập phương là V1  a3, thể tích khối trụ lớn nhất là V2   r 2 h  D O D’ O’. A’ B’ V2  . V1 4 Câu 21. Chọn A. Gọi các hình H 1, H 2, H 3, H 4 lần lượt theo thứ tự có thể tích V1, V2, V3, V4. 2 6a  6a  27 3 Ta có: V1   r1 h1    ). .3a  a (Vì 2 r1  6 a  r1   2   2  2 3a  3a  27 3 ). V2   r2 2 h2    .6 a  a (Vì 2 r2  3a  r2   2 2  2  1  3 V3  h.B  3a.  .2a. .2 a   3 3a3 (Đáy là tam giác đều cạnh 6a : 3  2a ). 2  2   1 3  3 3 3 V4  h.B  6a.  .a. .a   a (Đáy là tam giác đều cạnh 3a : 3  a ). 2 2  2  Ta có: V1  V3  V2  V4. A’ B’ Câu 22. Chọn A. D’ Bán kính đường tròn đáy: C’ AC 1 62  82  AB2  AD 2   5. 2 2 2 Đưường sinh của hình trụ R I A l  CC   AC 2  AC 2  12 2  10 2  2 11. B O Vậy Sxq của hình trụ là Sxq  2 Rl  2 .5.2 11  20 11.  https://toanhocplus.blogspot.com Trang 261 D C Nón – Trụ – Cầu Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna Câu 23. Chọn A. A Gọi AEFI là thiết diện đi qua trục của khối trụ. O Với mỗi điểm B thay đổi trên đường tròn  O , gọi BM là E M đường sinh của trụ, M thuộc đường tròn  O , khi đó: AB2  AM 2  MB2  AM 2  4 R2  AE2  4 R2 (dây cung luôn bé hơn hoặc bằng đường kính). I 2  AE2  4 R2  8 R2. Suy ra ABmax Vậy ABmax  2 R 2  AM  AE hay M trùng E, B trùng F. O’ B F Câu 24. Chọn D. Gọi V là thể tích vật tròn xoay cần tìm. V1, V2 lần lượt là thể tích của khối nón đỉnh A, và đỉnh B, VT là thể tích khối trụ trục OO như hình vẽ. O Gọi A, B là hình chiếu vuông góc của A, B trên cạnh CD. Suy ra AAD  BBC (cạnh huyền – góc nhọn). D Suy ra 2 AD  CD  AB  3  1  2. Suy ra AD  BC  1. A’ A Mặt khác OC  BC 2  BO2  1 Ta có AO  BO  1 và OD  OC  1 nên ta có V1  V2. B Thể tích vật tròn xoay cần tìm là 1  2  V  VT  2V1   .R2CD  2.  R2. AO   R 2  CD  AO . 3 3   B’ C O’  2 7 V   .12.  3    . 3 3  Câu 25. Chọn B. B 3 3 Ta có tam giác đều ABC có đường cao CH  CO  a nên cạnh 2 2 2CH AC  a 3. 3 Suy ra SABC a 3   4 H a A C h 2 3  3a 2 4 3. B’ Lại có CC  h. Vậy thể tích khối lăng trụ cần tìm là V  SABC .CC  3 3 a2 h. 4 A’ C’ Câu 26. Chọn D.   Thể tích nước cần múc bằng thể tích của trụ: V   R 2 h   6 210  360 cm 3. Thể tích của mỗi ca nước bằng một nửa thể tích khối cầu bán kính 3  cm , nên thể tích nước mỗi lần múc là V   14  .33  18 cm 3. 23   Suy ra số lần cần múc để đổ đầy thùng nước là:  https://toanhocplus.blogspot.com Trang 262 360  20 (lần). 18 Nón – Trụ – Cầu Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna Câu 27. Chọn A. A 42 3 4 3 4 Áp dụng công thức tính nhanh thể tích khối tứ diện đều Tam giác BCD đều cạnh 4 có diện tích: SBCD  cạnh a là V  a3 2 16  VABCD  2. 12 3 D 3V 4 2  Độ dài đường cao khối tứ diện: h  ABCD . SBCD 3 Bán kính đáy đường tròn nội tiếp BCD : r  B H S 2 3 . p 3 I C Vậy diện tích xung quanh của hình trụ là Sxq  2 rh  2. 2 3 4 2 16 2. . 3 3 3 Câu 28. Chọn C. Gọi M là trung điểm BC. A’ Khi đó ta có BC  AM, BC  AM  MA  45  AA  AM. Suy ra:  ABC ,  ABC   A C’ B’ C Gọi O là trọng tâm tam giác ABC. Đặt BC  x, x  0. Ta có AM  AA  x 3 x 6  AM . 2 2 1 x2 6  a 2 6  x  2a. Nên SABC  .AM.BC  2 4 Khi đó: AO  A C O M B 2 2 2 a 3 2a 3 AM .  và AA  a 3. 3 3 2 3 Suy ra diện tích xung quang khối trụ là: Sxq  2 .OA.AA  2. 2a 3 .a 3  4 a2. 3 Câu 29. Chọn A. Thể tích hộp sữa là V   R2 h  h  V.  R2 Ta có diện tích của tấm tôn để làm hộp sữa là S  Sxq  Sđáy  2 Rh   R2  Vậy S  2V   R2. R V V V2    R2  3 3 2 . R2  3 3  V 2. R R R Vậy Smin  3 3  V 2 khi V V   R2  h  R. R  R2 Câu 30. Chọn B. Vì thiết diện cắt bởi mặt phẳng qua trục là hình vuông nên khối trụ có chiều cao bằng 2r. Ta có: Stp  4  2 r 2  2 rl  4  6 r 2  4  r   https://toanhocplus.blogspot.com Trang 263 2 3 Nón – Trụ – Cầu Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna Tính thể tích khối trụ là V   r 2 h  2 r 3  2 2 2  3 3 4 6. 9 Câu 31. Chọn C. Để gỗ bị đẽo ít nhất thì hình hộp đó phải là hình hộp đứng. O’ Gọi h là chiều cao của hình hộp chữ nhật và R là bán kính đáy của hình trụ. Do hình hộp chữ nhật và hình trụ có cùng chiều cao nên thể h tích gỗ đẽo đi ít nhất khi và chỉ khi diện tích đáy của hình trụ lớn nhất (thể tích khối trụ lớn nhất). Suy ra R  a. 2 R O Gọi V1 và V2 lần lượt là thể tích của khối hộp và thể tích của a khối trụ có đáy lớn nhất. Ta có: V1  a2. h và V2   R2. h  . a2 .h. 4 a2 .h V  Suy ra: 2  24   78, 54%. Vậy thể tích gỗ ít nhất cần đẽo đi là khoảng 21, 46%. V1 4 a .h . Câu 32. Chọn A. B A O O A 2 2 Ta có OO  2a, AB  AB  AA  6a2  4 a2  a 2. Do đó AB2  OB2  OA2  2a 2 nên tam giác OAB vuông cân tại O hay OA  OB  OA  OB. 1 a3 1 Khi đó VOOAB  OA.OB.d  OA, OB  .sin  OA, OB   a.a.2a.sin 90 . 6 3 6 Câu 33. Chọn A. Diện tích xung quanh của hình trụ là Sxq  2 Rh   .6.25  150. Khi lăn sơn quay một vòng sẽ quét được một diện tích bằng diện tích xung quanh của   hình trụ. Do đó trục lăn quay 10 vòng sẽ quét được diện tích là S  10.Sxq  1500 cm 2. Câu 34. Chọn A. Gọi bán kính và chiều cao hình trụ bên trong lần lượt là r và h. Ta có: V1   r 2 h  h  V 480  2. 2 r r  https://toanhocplus.blogspot.com Trang 264 Nón – Trụ – Cầu Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna 2  480 2  Thể tích hình trụ bên ngoài là: V2    r  0, 2 .  h  1, 5     r  0, 2 .  2  1, 5 .  r  2  480  Thể tích thủy tinh là: V    r  0, 2 .  2  1, 5   480.  r  2  480  Xét f  r     r  0, 2 .  2  1, 5 , r  0.  r  2   480  960  Khi đó f   r   2  r  0, 2   2  1, 5     r  0, 2 .   3   r   r  192  480  960 f   r   0  2  2  1, 5    r  0, 2 . 3  3  3  r  4. r r  r  0 r f r 4   + 0  f r   27783  50 27783   480  75,66 cm 3. Vậy thể tích thủy tinh người ta cần ít nhất là 50 Câu 35. Chọn A.   O Gọi T  là khối trụ có đường cao là 2a, bán kính đường tròn a B đáy là a và  N  là khối nón có đường cao là a, bán kính đường tròn đáy là a. C Thể tích khối trụ T  là: V1   .a2 .2a  2 .a3. a  .a3 1 Thể tích khối nón  N  là: V2   .a 2 .a . 3 3 2a D Thể tích khối tròn xoay thu được là: V  V1  V2  2 .a3   .a3 3  a A 5 a3. 3 Câu 36. Chọn D. Để tiết kiệm vật liệu nhất thì diện tích toàn phần của thùng phải ít nhất. Ta có V   R2 h  h  V.  R2 V 2V  2 R 2   2 R 2 2 R R V V    2 R2  3 3 2 V 2. R R Diện tích toàn phần của hình trụ là Stp  2 Rh  2 R 2  2 R.   Vậy Stp min  3 3 2 V 2 khi V V  2 R 2  R  3. R 2 Câu 37. Chọn B. Theo cách 1: Ta thu được hình trụ có chiều cao h  50, 2 R  240  R   https://toanhocplus.blogspot.com Trang 265 120 . Nón – Trụ – Cầu Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna 2  120  3 Suy ra V1  .   .50 cm    Theo cách 2: Ta thu được hai hình trụ có chiều cao h  50, 2 R  120  R  2  60  Suy ra V2  2.   .50 cm 3.   Vậy 60 . V1 2. V2 Câu 38. Chọn C. V   R2 h  h  V  R2 STP  2 R2  2 Rh  2 R 2  2 R. V V V V V  2 R2    3. 3 2 R2. .  3. 3 2 V 2 2 R R R R R STP đạt giá trị nhỏ nhất khi 2 R2   R2 h V  2R  h  2 R2  R R Câu 39. Chọn B. Ta có: h  20 R Suy ra thể tích khối trụ V1  20 R.R 3 .  20 R 3 Thể tích 10 quả bóng V2  4 3 40 R3 R  .10  3 3 Thể tích bóng không chiếm chỗ là V3  20 R3  40 3 20 R3 R. 3 3 Câu 40. Chọn A. Cột lớn dạng hình trụ có chiều cao h  4, 2m, đáy là đường tròn có bán kính R1  0, 2m   nên mỗi cột lớn có diện tích xung quanh là S1  2 R1h  1,68 m 2. Cột nhỏ dạng hình trụ có chiều cao h  4, 2 m, đáy là đường tròn có bán kính R2  0,13m nên mỗi cột lớn có diện tích xung quanh là S2  2 R2 h  273  m2. 250    273  Diện tích cần sơn cho hai cột lớn và sáu cột nhỏ là  2.1,68  6. . m 2.  250      273  Vậy số tiền cần phải bỏ ra là 380 000.  2.1, 68  6. .  11.833.000 (đồng). 250   Câu 41. Chọn C. Gọi O, O là tâm các đáy hình trụ (hình vẽ). A Vì AB  AB nên  ABBA  đi qua trung điểm của đoạn OO và ABBA là hình chữ nhật. Ta có SABBA  AB.AA  60  6.AA  AA  10  cm . O 6 B 6 2 Gọi A1, B1 lần lượt là hình chiếu của A, B trên mặt đáy chứa A1 A A và B  ABB1 A1 là hình chữ nhật có AB  6  cm ,  https://toanhocplus.blogspot.com Trang 266 O B1 B Nón – Trụ – Cầu Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna   B1 B  BB2  BB12  10 2  6 2 2  2 7  cm  Gọi R là bán kính đáy của hình trụ, ta có 2 R  AB1  B1 B2  AB2  8  R  4  cm . Câu 42. Chọn A. Gọi r là bán kính của viên billiards snooker. 4 Thể tích viên billiards là Vbi   r 3. 3 2 Phần thể tích nước dâng lên sau khi bỏ viên billiards vào là V  .  5, 4 .  2r  4, 5 . Vì thể tích nước dâng lên chính là thể tích của viên billiards nên ta có Vbi  Vn Ta có phương trình 0  r  4 ,5 2 4 3  r  .  5, 4 .  2r  4, 5   r  2,7. 3 Câu 43. Chọn C. A Gọi I là trung điểm BC. Suy ra I là trung điểm MN. Đặt MN  x,  0  x  90 . Q 3 MQ BM  MQ   Ta có:  90  x  ; 2 AI BI x Gọi R là bán kính của trụ  R . 2  x  Thể tích của khối trụ là: VT      2  Xét f  x   f   x  3 3  x 8  3x 8 2 3 2 B 3 3 90  x    x 3  90 x 2  2 8  M P I C N    90 x2 với 0  x  90.  x0  180 x, f   x   0  .  x  60  Khi đó suy ra max f  x   f  60   x(0;90) 13500. 3 . B Câu 44. Chọn A. Gọi O, O là tâm của hai đáy của hình trụ và  P  là mặt phẳng O H A song song với trục và cách trục OO một khoảng 3cm. Mp  P  cắt hai hình tròn đáy  O ,  O  theo hai dây cung lần lượt là AB, CD và cắt mặt xung quanh theo hai đường sinh là AD, BC. Khi đó ABCD là hình chữ nhật. O Gọi H là trung điểm của AB. D Ta có OH  AB; OH  AD  OH   ABCD     C   d O O,  P   d O,  ABCD   OH  3cm. Khi đó: AB  2 AH  2 OA2  OH 2  2 52  32  8 ; AD  OO ‘  h  7cm.   Diện tích hình chữ nhật ABCD là: SABCD  AB. AD  56 cm 2.  https://toanhocplus.blogspot.com Trang 267 Nón – Trụ – Cầu Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna Câu 45. Chọn D. B Gọi M, N lần lượt là trung điểm của OO và AB.   30. Ta có OO; ABM  OO; MN  OMN     N  O A Tam giác OMN vuông tại O có: M   a.tan 30  a 3. ON  OM.tan OMN 3 AB  2 NB  2 OB 2  ON 2  2 a 2  a2 2 6a  3 3 O’ Câu 46. Chọn C. Ta có tổng diện tích vải cần để làm nên cái mũ là tổng diện tích xung quanh hình trụ và diện tích hình tròn vành nón. Ta có r  15 15 cm  Sxq  2 rh  2. .30  450 cm 2. 2 2   2  35  1225 Diện tích vành nón là     cm 2. 2 4    Vậy diện tích vải cần dùng là 450   1225 3025    756, 25 cm 2. 4 4   Câu 47. Chọn C. F O’ E I D A O x H C B y Gọi I là trung điểm của OO, với O, O là tâm của hai đáy; H là trung điểm của OO ;  là góc tạo bởi thiết diện với mặt đáy. 2 IO 4 3  AB  Ta có AB  6 3 ; OH  R     cos  .   3 ; tan   OH 3 5  2  2 Đưa hệ trục tọa độ Oxy vào mặt phẳng đáy, gốc trùng với tâm O, trục Ox vuông góc với AB, trục Oy song song với AB. 3 Ta có SABCD  2  36  x 2 dx  18 3  12. 3 Mặt khác, ta lại có cos   S SABCD  SABEF  ABCD  30 3  20. Do đó a  20, b  30. cos  SABEF  https://toanhocplus.blogspot.com Trang 268 Nón – Trụ – Cầu Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna Vậy P  a  b  50. Câu 48. Chọn A. S Gọi độ dài bán kính hình trụ là x cm  0  x  20 , chiều cao của hình trụ là h ‘. h SI  I K  SI  II  I K  h  h x       h SI AI SI AI h r 60  h x  60  h  3x  h  60  3x.   60 20 Diện tích xung quanh của hình trụ là: Ta có:  S  2 x.h  2 x  60  3 x  2 60 x  3 x 2 A K’ I’ H’ K I H B  2  2 100  3  x  10    200.   Diện tích xung quanh của hình trụ lớn nhất khi x  10. Khi đó thể tích khối trụ là: V   x 2 .h   .10 2.30  3000. Câu 49. Chọn B. S Theo định lí Ta-Let ta có: SO h  x r  , 0  x  h. SO  x h r 2  h  x  r  2  r2. x  x  h  x. Thể tích hình trụ là: V   r 2 x    2 2 h h Xét O’ r’ 3 M  x  x  h  x 2  hx hx   2  2  x  4h3 hx hx  4.. .x  4    2 2 3 27     Dấu ”  ” xảy ra khi O r hx h xx. 2 3 Câu 50. Chọn D. O B h J x I R r A Gọi x là chiều cao của khúc gỗ hình khối trụ, R khúc gỗ hình khối trụ cần tìm. O là đỉnh của hình nón, I là tâm của đáy hình nón, J là tâm của đáy hình trụ và khác I. OA là một đường sinh của hình nón, B là điểm chung của OA với khối trụ. Ta có r  h  x R hx  R. r h h  https://toanhocplus.blogspot.com Trang 269 Nón – Trụ – Cầu Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna 2 r2 Thể tích khối trụ là V   x.R   x. 2  h  x  h 2 Xét hàm số V  x    x. Ta có V   x    2 r2 h  x, 0  x  h. 2  h r2 h h  x  h  3x   0  x  hay x  h. 2  3 h Bảng biến thiên x h 3 0 V  x 0  h  4 r 2 h 27 V x 0 0 Dựa vào BBT, thể tích khối trụ lớn nhất khi chiều cao của khối trụ là x  Vmax  h  40 cm ; 3 4 r 2 h 4. .30 2.120   16000 cm 3  0,016 m 3. 27 27  https://toanhocplus.blogspot.com   Trang 270   Nón – Trụ – Cầu Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna C. MẶT CẦU I. KIẾN THỨC CƠ BẢN CẦN NẮM 1. Định nghĩa Tập hợp các điểm M trong không gian cách điểm O cố định một khoảng R gọi là mặt cầu tâm O, bán kính R, kí hiệu là: S  O; R . Khi đó S  O; R    M |OM  R 2. Vị trí tương đối của một điểm đối với mặt cầu Cho mặt cầu S  O; R  và một điểm A bất kì, khi đó: o Nếu OA  R  A  S  O; R . Khi đó OA gọi là bán kính mặt   cầu. Nếu OA và OB là hai bán kính sao cho OA  OB thì đoạn A thẳng AB gọi là một đường kính của mặt cầu. o Nếu OA  R  A nằm trong mặt cầu. B O A A o Nếu OA  R  A nằm ngoài mặt cầu.  Khối cầu S  O; R  là tập hợp tất cả các điểm M sao cho OM  R 3. Vị trí tương đối của mặt phẳng và mặt cầu Cho mặt cầu S  I ; R  và mặt phẳng  P . Gọi H là hình chiếu vuông góc của I lên  P   d  IH là khoảng cách từ I đến mặt phẳng  P . Khi đó: + Nếu d  R : Mặt cầu và + Nếu d  R : Mặt phẳng tiếp + Nếu d  R : Mặt phẳng mặt phẳng không có điểm xúc mặt cầu. Lúc đó:  P  là  P  cắt mặt cầu theo chung. mặt phẳng tiếp diện của mặt thiết diện là đường tròn cầu và H là tiếp điểm. có tâm I’ và bán kính r  R 2  IH 2 I I R R R I’ r H P P I d H P Lưu ý: Khi mặt phẳng (P) đi qua tâm I thì mặt phẳng (P) được gọi là mặt phẳng kính và thiết diện lúc đó được gọi là đường tròn lớn. 4. Vị trí tương đối của đường thẳng và mặt cầu Cho mặt cầu S  I ; R  và đường thẳng . Gọi H là hình chiếu của I lên . Khi đó : + IH  R :  không cắt mặt cầu. + IH  R :  tiếp xúc với mặt cầu.  là tiếp tuyến của (S) và H là + IH  R :  cắt mặt cầu tại hai điểm phân biệt. tiếp điểm.  https://toanhocplus.blogspot.com Trang 271 Nón – Trụ – Cầu Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna H H R I R R I I B H A * Lưu ý: Trong trường hợp  cắt (S) tại 2 điểm A, B thì bán kính R của (S) được tính như sau: + Xác định: d  I ;    IH. + Lúc đó:  AB  R  IH 2  AH 2  IH 2     2  2 5. Diện tích và thể tích mặt cầu 2  Diện tích mặt cầu: SC  4 R. 4  Thể tích mặt cầu: VC   R3. 3 6. Một số khái niệm về mặt cầu ngoại tiếp khối đa diện a. Các khái niệm cơ bản: Trục của đa giác đáy: là đường thẳng đi qua tâm đường tròn ngoại tiếp của đa giác đáy và vuông góc với mặt phẳng chứa đa giác đáy  Bất kì một điểm nào nằm trên trục của đa giác thì cách đều các đỉnh của đa giác đó. Đường trung trực của đoạn thẳng: là đường thẳng đi qua trung điểm của đoạn thẳng và vuông góc với đoạn thẳng đó.  Bất kì một điểm nào nằm trên đường trung trực thì cách đều hai đầu mút của đoạn thẳng. Mặt trung trực của đoạn thẳng: là mặt phẳng đi qua trung điểm của đoạn thẳng và vuông góc với đoạn thẳng đó.  Bất kì một điểm nào nằm trên mặt trung trực thì cách đều hai đầu mút của đoạn thẳng. b. Tâm và bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp Tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp: là điểm cách đều các đỉnh của hình chóp. Hay nói cách khác, nó chính là giao điểm I của trục đường tròn ngoại tiếp mặt phẳng đáy và mặt phẳng trung trực của một cạnh bên hình chóp. Bán kính: là khoảng cách từ I đến các đỉnh của hình chóp.  https://toanhocplus.blogspot.com Trang 272 Nón – Trụ – Cầu Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna II. BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM 1. ĐỀ BÀI Câu 1. (THPT Lê Quý Đôn-Hà Nội năm 2017-2018) Cho khối cầu  S  có thể tích bằng 36 ( cm 3 ). Diện tích mặt cầu 1 bằng bao nhiêu?  Câu 2.  B. 18 cm 2. A. 4.   C. 36 cm 2.   D. 27 cm 2. (THPT Hồng Lĩnh-Hà Tĩnh-lần 1 năm 2017-2018) Cho mặt cầu  S  tâm I. Một mặt phẳng  P  cách I một khoảng bằng 3  cm  cắt mặt cầu  S  theo một đường tròn đi qua ba điểm A, B, C biết AB  6  cm , BC  8  cm , CA  10  cm . Diện tích của mặt cầu  S  bằng: A. 68 cm 2. Câu 3. B. 20 cm 2. C. 136 cm 2. D. 300 cm 2. (THPT Trần Phú – Hà Tĩnh – Lần 2 năm 2017 – 2018) Cho hình lập phương có thể tích bằng 64a3. Thể tích của khối cầu nội tiếp của hình lập phương đó bằng 16 a3 64 a3 32 a3 8 a3. B. V . C. V . D. V . 3 3 3 3 (THPT Lục Ngạn-Bắc Giang-lần 1 năm 2017-2018) Cho hình lập phương có cạnh bằng 1. A. V  Câu 4. Diện tích của mặt cầu ngoại tiếp hình lập phương đó bằng A. 3. Câu 5. B. 12. C. . D. 6. (THPT Chuyên Hùng Vương-Phú Thọ-lần 2 năm 2017-2018) Cho hình chóp S.ABCD đều có AB  2 và SA  3 2. Bán kính của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp đã cho bằng A. Câu 6. 33. 4 B. 7. 4 C. 2. D. 9. 4 (Chuyên ĐB Sông Hồng –Lần 1 năm 2017 – 2018) Cho hai mặt phẳng  P  và  Q  vuông góc với nhau theo giao tuyến . Trên đường  lấy hai điểm A, B với AB  a. Trong mặt phẳng  P  lấy điểm C và trong mặt phẳng  Q  lấy điểm D sao cho AC, BD cùng vuông góc với  và AC  BD  AB. Bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD là a 3 a 3 2a 3. B.. C. a 3. D.. 3 2 3 (SGD Bà Rịa Vũng Tàu-đề 1 năm 2017-2018) Cho hình lăng trụ đứng ABC.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A. Biết AB  AA  a, AC  2a. Gọi M là trung điểm của AC A. Câu 7.. Diện tích mặt cầu ngoại tiếp tứ diện MABC bằng A. 4 a 2. Câu 8. B. 2 a 2. C. 5 a 2. D. 3 a 2. (SGD Bà Rịa Vũng Tàu-đề 1 năm 2017-2018) Cho hình chóp S. ABC có cạnh bên SA vuông   30. Tính bán kính R của mặt cầu ngoại góc với đáy, AB  a 2, BC  a, SC  2a và SCA tiếp tứ diện S.ABC. A. R  a 3. B. 2.  https://toanhocplus.blogspot.com C. R  a. Trang 273 D. R  a. 2 Nón – Trụ – Cầu Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn Câu 9. https://facebook.com/duytuan.qna (THPT Hà Huy Tập – Hà Tĩnh-lần 2 năm 2017-2018) Cho hình chóp S.ABCD đều có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, cạnh bên hợp với đáy một góc bằng 60. Gọi  S  là mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD. Tính thể tích V của khối cầu  S . 8 6 a3 4 6 a3 4 3 a3 8 6 a3. B. V . C. V . D. V . 27 9 27 9 Câu 10. (THPT Lý Thái Tổ-Bắc Ninh-lần 1 năm 2017-2018) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là A. V  tam giác vuông tại B với AB  a, BC  a 3. Cạnh SA vuông góc với mặt phẳng đáy và SA  2 a 3 .Tính bán kính R của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S. ABC. A. R  a. B. R  3a. C. R  4a. D. R  2a. Câu 11. (THPT Chuyên Thoại Ngọc Hầu – An Giang – Lần 3 năm 2017 – 2018) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh 2 2, cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy và SA  3. Mặt phẳng   qua A và vuông góc với SC cắt cạnh SB, SC, SD lần lượt tại các điểm M, N, P. Thể tích V của khối cầu ngoại tiếp tứ diện CMNP. 64 2 125 32 108. B. V . C. V . D. V . 3 6 3 3 Câu 12. (THPT Thuận Thành 2 – Bắc Ninh – Lần 2 năm 2017 – 2018) Cho khối chóp S.ABC có đáy A. V  là tam giác vuông tại B, AB  1, BC  2, cạnh bên SA vuông góc với đáy và SA  3. Diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S. ABC bằng 3. C. 12. D. 2. 2 Câu 13. (THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp – Quảng Bình – năm 2017-2018) Cho hình lập phương A. 6. B. có cạnh bằng 2. Diện tích của mặt cầu ngoại tiếp hình lập phương đó bằng A. 6. C. 8. B. 4 3. D. 12. Câu 14. Cho khối lăng trụ tam giác đều có cạnh đáy bằng a. Góc giữa đường chéo của mặt bên và đáy của lăng trụ là 60. Tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình lăng trụ đó. 13 2 5 13 2 5 a. a. B.  a 2. C. D.  a 2. 3 3 9 9 Câu 15. (THTT Số 1-484 tháng 10 năm 2017-2018) Quả bóng đá được dùng thi đấu tại các giải bóng A. đá Việt Nam tổ chức có chu vi của thiết diện qua tâm là 68.5  cm . Quả bóng được ghép nối bởi các miếng da hình lục giác đều màu trắng và đen, mỗi miếng có diện tích   49.83 cm 2. Hỏi cần ít nhất bao nhiêu miếng da để làm quả bóng trên? A.  40 (miếng da). B.  20 (miếng da). C.  35 (miếng da). D.  30 (miếng da). Câu 16. (Tạp chí THTT – Tháng 4 năm 2017 – 2018) Cho hình chóp S. ABC có SA  SB  SC  a và   90, BSC   60, CSA   120. Diện tích mặt cầu ngoại tiếp của hình chóp S.ABC là ASB 4 D.  a 3. 3 Câu 17. (THTT Số 1-484 tháng 10 năm 2017-2018) Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC. ABC có A. 4 a 2. B. 2 a 2. C.  a 2. các cạnh đều bằng a. Tính diện tích S của mặt cầu đi qua 6 đỉnh của hình lăng trụ đó.  https://toanhocplus.blogspot.com Trang 274 Nón – Trụ – Cầu Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna 49 a2 7 a2 7 a2 49 a2 A. S . B. S . C. S . D. S . 144 3 3 144 Câu 18. (THPT Chuyên Thái Bình-lần 1-năm 2017-2018) Cho hình chóp tam giác đều có cạnh đáy bằng 6 và chiều cao h  1. Diện tích của mặt cầu ngoại tiếp của hình chóp đó là: A. S  9. B. S  6. C. S  5. D. S  27. Câu 19. (THPT Chuyên ĐH Vinh-GK1-năm 2017-2018) Cho hình chóp S. ABC có SC  2a, SC vuông góc với mặt phẳng  ABC , tam giác ABC đều cạnh 3a. Tính bán kính R của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC. 2 3 a. D. R  a 3. 3 Câu 20. (THTT Số 2-485 tháng 11-năm học 2017-2018) Cho hình chóp tam giác đều S. ABC có các A. R  a. B. R  2a. C. R  cạnh bên SA, SB, SC vuông góc với nhau từng đôi một. Biết thể tích của hình chóp bằng a3. Bán kính r mặt cầu nội tiếp của tứ diện là 6 a 2a A. r . B. r  2 a. C. r . 3 3 3 32 3   D. r  a  3 32 3 . Câu 21. (TT Diệu Hiền-Cần Thơ-tháng 10/2017-2018) Một hình lập phương có cạnh bằng 2a vừa nội tiếp hình trụ T , vừa nội tiếp mặt cầu  C , hai đáy của hình lập phương nằm trên hai đáy của hình trụ. Tính tỉ số thể tích A. VC  VT   2. 2 B. VC  VT  V C  VT   3. giữa khối cầu và khối trụ giới hạn bởi  C  và T  C. VC  VT   2. D. VC  VT   3. 2 Câu 22. (Trường BDVH218LTT-khoa 1-năm 2017-2018) Cho hình chóp tam giác đều có cạnh đáy bằng a, góc giữa cạnh bên và mặt đáy bằng 60. Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp đã cho. 2 3a 4 3a 2a 4a. B.. C.. D.. 3 3 3 3 Câu 23. (Trường BDVH218LTT-khoa 1-năm 2017-2018) Cho tứ diện ABCD có ABC và DBC là A. các tam giác đều cạnh a, AD  4 a. Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD. 3 55 57 59 61 a. a. a. a. B. C. D. 11 11 11 11 Câu 24. (THPT Chuyên Vĩnh Phúc-lần 2-năm 2017-2018) Cho hình chóp S. ABC có đáy là tam giác A. đều cạnh 1, tam giác SAB đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy. Tính thể tích của khối cầu ngoại tiếp hình chóp đã cho. A. V  5 15. 18 B. V   https://toanhocplus.blogspot.com 5. 3 C. V  Trang 275 4 3. 27 D. V  5 15. 54 Nón – Trụ – Cầu Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna Câu 25. (THPT Nguyễn Khuyến-TPHCM-năm 2017-2018) Cho hình chóp S. ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh 6a, tam giác SBC vuông tại S và mặt phẳng  SBC  vuông góc với mặt phẳng  ABC . Tính thể tích V của khối cầu ngoại tiếp hình chóp S. ABC. 4 3 3 4 3 3 a. a. D. V  27 9 Câu 26. (THPT Chuyên Hùng Vương-Bình Phước-lần 2-năm 2017-2018) Cho khối lăng trụ đứng A. V  96 3 a 3. B. V  32 3 a3. C. V  tam giác ABC. ABC  có đáy ABC là tam giác vuông tại A và AB  a, AC  a 3, AA  2 a. Tính bán kính R của mặt cầu ngoại tiếp khối lăng trụ đó. a 2. 2 Câu 27. (THPT Chuyên Lam-Thanh Hóa-lần 1-năm 2017-2018) Cho hình chóp S. ABCD có đáy   120. Cạnh bên SA vuông góc với đáy ABCD và ABCD là hình thoi cạnh a, góc BAD   A. R  2a 2. C. R  a 2. B. R  a. D. R  SA  3 a. Tính bán kính R của mặt cầu ngoại tiếp khối chóp S.BCD. 3a 5a 5a 4a. B. R . C. R . D. R . 3 3 3 3 Câu 28. (THTT Số 3-486 tháng 12 năm 2017-2018) Cho tứ diện ABCD có ABC là tam giác cân   120, AB  AC  a. Hình chiếu của D trên mặt mp ABC là trung điểm BC. với BAC   A. R  Tính bán kính R của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD biết VABCD  a3. 16 91a a 13 13a. B. R . C. R . D. R  6 a. 8 4 2 Câu 29. (THPT Lê Văn Thịnh-Bắc Ninh-lần 1 năm 2017-2018) Cho tam giác A ABC đều cạnh 3 và nội tiếp trong đường tròn tâm O, AD là A. R  đường kính của đường tròn tâm O. Thể tích của khối tròn xoay O sinh ra khi cho phần tô đậm quay quanh đường thẳng AD bằng A. V  9 3 . 8 B. 23 3. 8 H C B 23 3 5 3 D . D.. 24 8 Câu 30. (THPT Lê Văn Thịnh-Bắc Ninh-lần 1 năm 2017-2018) Cho hình chóp S. ABC có SA vuông   45. Gọi B, C lần lượt là hình chiếu vuông góc với  ABC , AB  a, AC  a 2, BAC 1 1 C. V  góc của A lên SB, SC. Tính thể tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp A.BCC1 B1. A. V   a3 2 3. B. V   a3 2. 4 C. V   a 3. 3 D. V   a3 2. Câu 31. (THPT Kim Liên-Hà Nội năm 2017-2018) Cho tứ diện ABCD có AB  4 a, CD  6a, các cạnh còn lại có độ dài a 22. Tính bán kính R mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD. A. R  a 79. 3 B. R   https://toanhocplus.blogspot.com 5a. 2 C. R  Trang 276 a 85. 3 D. R  3a. Nón – Trụ – Cầu Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna Câu 32. (THPT Kim Liên-Hà Nội năm 2017-2018) Trên bàn có một cốc nước hình trụ chứa đầy nước, có chiều cao bằng 3 lần đường kính của đáy ; một viên bi và một khối nón đều bằng thủy tinh. Biết viên bi là một khối cầu có đường kính bằng của cốc nước. Người ta từ từ thả vào cốc nước viên bi và khối nón đó ( như hình vẽ ) thì thấy nước trong cốc tràn ra ngoài. Tính tỉ số thể tích của lượng nước còn lại trong cốc và lượng nước ban đầu ( bỏ qua bề dày của lớp vỏ thủy tinh). 5 2 1 4. B.. C.. D.. 9 3 2 9 Câu 33. (THPT Chuyên Trần Phú-Hải Phòng lần 1 năm 2017-2018) Cho hình chóp S. ABCD có A. đáy là hình chữ nhật AB  3, AD  2. Mặt bên  SAB  là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Tính thể tích V của khối cầu ngoại tiếp hình chóp đã cho. 32 20 16 10. B. V . C. V . D. V . 3 3 3 3 Câu 34. (THPT Thăng Long-Hà Nội-lần 1 năm 2017-2018) Cho tứ diện đều ABCD có độ dài cạnh A. V  bằng a,  S  là mặt cầu tiếp xúc với sáu cạnh của tứ diện ABCD. M là một điểm thay đổi trên  S . Tính tổng T  MA 2  MB2  MC 2  MD 2. 3a 2 A.. B. a 2. C. 4a 2. D. 2a 2. 8 Câu 35. (SGD Bắc Ninh năm 2017-2018) Cho hình chóp S. ABC có đáy là tam giác vuông tại A, AB  a, AC  2 a. Mặt bên  SAB ,  SCA  lần lượt là các tam giác vuông tại B, C. Biết thể tích khối chóp S.ABC bằng 2 3 a. Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S. ABC ? 3 3a 3a. D. R . 2 2 Câu 36. (THPT Chuyên Quốc Học-Huế năm 2017-2018) Cho lăng trụ đứng có chiều cao bằng h A. R  a 2. B. R  a. C. R  không đổi, một đáy là tứ giác ABCD với A, B, C, D di động. Gọi I là giao của hai đường chéo AC và BD của tứ giác đó. Cho biết IA.IC  IB.ID  h2. Tính giá trị nhỏ nhất của bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình lăng trụ đã cho. h 5 h 3. C. h. D.. 2 2 Câu 37. (THPT Hồng Quang-Hải Dương năm 2017-2018) Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD A. 2h. B. là hình vuông cạnh a, tam giác SAB đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Tính thể tích khối cầu ngoại tiếp khối chóp SABCD. 7 21 3 7 21 3 7 21 3 49 21 3 a. a. a. a. B. C. D. 54 162 216 36 Câu 38. (THPT Lương Văn Chánh Phú Yên năm 2017-2018) Cho hình chóp S. ABCD có đáy A. ABCD là hình chữ nhật, AB  3a, AD  a, SAB là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Tính theo a diện tích S của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S. ABCD.  https://toanhocplus.blogspot.com Trang 277 Nón – Trụ – Cầu Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn A. S  5 a 2. https://facebook.com/duytuan.qna B. S  10 a 2. C. S  4 a2. D. S  2 a2. Câu 39. (THPT Yên Định-Thanh Hóa-lần 1 năm 2017-2018) Cho hình cầu  S  tâm I, bán kính R không đổi. Một hình trụ có chiều cao h và bán kính đáy r thay đổi nội tiếp hình cầu. Tính chiều cao h theo R sao cho diện tích xung quanh của hình trụ lớn nhất. R 2 R. D. h . 2 2 Câu 40. (PTNK-ĐHQG TP HCM-lần 1 năm 2017-2018) Hình nón gọi là nội tiếp mặt cầu nếu đỉnh A. h  R 2. B. h  R. C. h  và đường tròn đáy của hình nón nằm trên mặt cầu. Tìm chiều cao h của hình nón có thể tích lớn nhất nội tiếp mặt cầu có bán kính R cho trước. 3R 5R 5R 4R. B. h . C. h . D.. 2 2 4 3 Câu 41. (SGD Bắc Giang – năm 2017 – 2018) Cho hình chóp đa giác đều có các cạnh bên bằng a A. h  và tạo với mặt đáy một góc 30. Tính thể tích của khối cầu ngoại tiếp hình chóp? 3 4 a3 4 a 3 3. B. 4 a. C.. D. 4 a3 3. 3 3 Câu 42. (THPT Chu Văn An – Hà Nội – năm 2017-2018) Bạn An có một cốc A. A B giấy hình nón có đường kính đáy là 10cm và độ dài đường sinh là 8cm. Bạn dự định đựng một viên kẹo hình cầu sao cho toàn bộ viên kẹo nằm trong cốc (không phần nào của viên kẹo cao hơn miệng cốc). Hỏi bạn An có thể đựng được viên kẹo có đường kính lớn nhất bằng S bao nhiêu? A. 64 39 cm. B. 5 39 cm 13 C. 32 39 cm. D. 10 39 cm. 13 Câu 43. Trong tất cả các hình chóp tứ giác đều nội tiếp hình cầu có bán kính bằng 9. Tính thể tích V của khối chóp có thể tích lớn nhất. A. 144 6. C. 576. B. 144. D. 576 2. Câu 44. Hai quả bóng hình cầu có kích thước khác nhau được đặt ở hai góc của một căn nhà hình hộp chữ nhật sao cho mỗi quả bóng đều tiếp xúc với hai bức tường và nền của nhà đó. Biết rằng trên bề mặt của quả bóng đều tồn tại một điểm có khoảng cách đến hai bức tường và nền nhà mà nó tiếp xúc bằng 1 ; 2 ; 4. Tổng độ dài đường kính của hai quả bóng đó bằng. A. 6. B. 14. C. 12. D. 10. Câu 45. (TT Diệu Hiền-Cần Thơ-tháng 11-năm 2017-2018) Khối cầu nội tiếp hình tứ diện đều có cạnh bằng a thì thể tích khối cầu là: a3 3 a3 3 a3 6 a 3 6. B.. C.. D.. 144 96 124 216 Câu 46. (THPT Chuyên Vĩnh Phúc-lần 2-năm 2017-2018) Cho đường tròn tâm O có đường kính A. AB  2a nằm trong mặt phẳng  P . Gọi I là điểm đối xứng với O qua A. Lấy điểm S sao cho SI   P  và SI  2 a. Tính bán kính R mặt cầu đi qua đường tròn đã cho và điểm S.  https://toanhocplus.blogspot.com Trang 278 Nón – Trụ – Cầu Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna a 65 a 65 7a a 65. . C. R  D. R . . B. R  4 2 4 16 Câu 47. (THPT Nguyễn Khuyến-TPHCM-năm 2017-2018) Cho mặt cầu đường kính AB  2 R. Mặt A. R  phẳng  P  vuông góc AB tại I ( I thuộc đoạn AB ), cắt mặt cầu theo đường tròn  C . Tính h  AI theo R để hình nón đỉnh A, đáy là hình tròn  C  có thể tích lớn nhất? R 4R 2R. C. h . D. h . 3 3 3 Câu 48. (THTT Số 3-486 tháng 12 năm 2017-2018) Trong tất cả các khối chóp tứ giác đều ngoại tiếp A. h  R. B. h  mặt cầu bán kính bằng a, thể tích V của khối chóp có thể tích nhỏ nhất. 8a3 10a3 32a3. B. V . C. V  2a 3. D. V . 3 3 3 Câu 49. (THPT Đoàn Thượng-Hải Dương-lần 2 năm 2017-2018) Cho khối chóp S.ABCD có đáy là A. V  hình vuông, SAB đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Mặt cầu ngoại tiếp   khối chóp S. ABCD có diện tích 84 cm 2. Khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và BD. A. 2 21  cm . 7 B. 3 21  cm . 7 C. 21  cm . 7 D. 6 21  cm . 7 Câu 50. (THPT Yên Lạc-Vĩnh Phúc-lần 3 năm 2017-2018) Cho hình nón  N  có góc ở đỉnh bằng 60o, độ dài đường sinh bằng a. Dãy hình cầu  S1 ,  S2 ,  S3  ,…,  Sn  ,… thỏa mãn:  S1  tiếp xúc với mặt đáy và các đường sinh của hình nón  N  ;  S2  tiếp xúc ngoài với  S1  và tiếp xúc với các đường sinh của hình nón  N  ;  S3  tiếp xúc ngoài với  S2  và tiếp xúc với các đường sinh của hình nón  N . Tính tổng thể tích các khối cầu  S1 ,  S2 ,  S3  ,…,  S  ,… theo a. n 27 a3 3  a3 3 9 a3 3. .. C. D. 52 52 48 16 Câu 51. (THPT Lý Thái Tổ-Bắc Ninh-lần 1 năm 2017-2018) Có một bể A.  a3 3. B. hình hộp chữ nhật chứa đầy nước. Người ta cho ba khối nón giống nhau có thiết diện qua trục là một tam giác vuông cân vào bể sao cho ba đường tròn đáy của ba khối nón tiếp xúc với nhau, một khối nón có đường tròn đáy chỉ tiếp xúc với một cạnh của đáy bể và hai khối nón còn lại có đường tròn đáy tiếp xúc với hai cạnh của đáy bể. Sau đó người ta đặt lên đỉnh của ba khối nón 4 lần bán kính đáy của khối nón. 3 337 cm 3. Tính thể tích Biết khối cầu vừa đủ ngập trong nước và lượng nước trào ra là 3 nước ban đầu ở trong bể. một khối cầu có bán kính bằng    A.  885, 2 cm 3.   B.  1209, 2 cm 3.  https://toanhocplus.blogspot.com   C.  1106, 2 cm 3. Trang 279    D.  1174, 2 cm 3. Nón – Trụ – Cầu Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna II. ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT 1C 2C 3C 4A 5D 6B 7C 8C 9A 10D 11B 12A 13D 14A 15D 16A 17C 18A 19B 20A 21B 22A 23A 24D 25B 26C 27C 28A 29B 30A 31C 32A 33A 34D 35C 36B 37A 38A 39A 40D 41A 42D 43C 44B 45A 46A 47C 48D 49D 50A 51B Câu 1. Chọn C. 4 Thể tích khối cầu bằng 36   r 3  36  r 3  27  r  3. 3   Vậy diện tích mặt cầu  S  là: S  4 r 2  4 .32  36 cm 2. Câu 2. Chọn C. Gọi S là diện tích tam giác ABC và R bán kính đường tròn đi qua ba điểm A, B, C. S  12  12  6  12  8  12  10   24 ; R  6.8.10 5 4.24 Khi đó bán kính mặt cầu r  52  32  34 Diện tích của mặt cầu  S  bằng S  4 r 2  4.. Câu 3.  34  2  136 cm 2. Chọn C. Khối lập phương có thể tích 64a3 nên cạnh bằng 4a. Khối cầu nội tiếp hình lập phương có bán kính R  Câu 4. 4a  2 a nên thể tích khối cầu 2 3 4 4 32 a3 V   R3    2 a  . 3 3 3 Chọn A. Đường chéo hình lập phương bằng 12  12  12  3. Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình lập phương là R  3. 2 2  3 Diện tích của mặt cầu ngoại tiếp hình lập phương đó bằng S  4 R  4    3.  2    2 Câu 5. Chọn D. S Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD. Gọi H là tâm đáy thì SH là trục của hình vuông ABCD. Gọi M là trung điểm của SD, trong mp(SDH ) kẻ M đường trung trực của đoạn SD cắt SH tại O thì A O B OS  OA  OB  OC  OD nên O chính là tâm của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD. Bán kính mặt cầu là R  SO.  https://toanhocplus.blogspot.com Trang 280 H D C Nón – Trụ – Cầu Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna SO SM SD.SM SD 2   R  SO   Ta có SMO ∽ SHD . SD SH SH 2SH Với SH 2  SD 2  HD 2  18  2  16  SH  4. Vậy R  Câu 6. SD 2 9 . 2SH 4 C Chọn B. Ta có hai mặt phẳng  ABC  và  ABD  vuông góc với nhau a theo giao tuyến AB mà CA  AB  CA   ABD  suy ra a A CA  AD. B Tương tự, ta cũng có DB  BC. a Hai điểm A, B cùng nhìn đoạn CD dưới một góc vuông nên bốn điểm A, B, C, D nằm trên mặt cầu đường kính CD, tâm D I là trung điểm CD. Xét tam giác vuông ACD, ta có CD  AC 2  AD2  a2  2a2  a 3. Vậy bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD là R  Câu 7. a 3. 2 Chọn C. Gọi I là trung điểm của cạnh BC. B C Khi đó I là tâm đường tròn ngoại tiếp ABC. Gọi M là trung điểm của cạnh AC . M A Khi đó MM    ABC  . I Do MA  MC   a 2 nên MAC vuông tại M. Do đó M là tâm đường tròn ngoại tiếp MAC. B’ C’ M’ Do đó I là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện MABC. A’ BC a 5  Bán kính mặt cầu là r  IB . 2 2 Do đó diện tích mặt cầu là S  4 r 2  5 a2. Câu 8. Chọn C. S Ta có:  AC  SC.cos 30  a 3. I  AB2  BC 2  2a 2  a2  3a2  AC 2 2a  ABC là tam giác vuông ở B. Gọi H, I lần lượt là trung điểm của AC, SC. Khi đó ta có: 30° A H a 2 C a  H là tâm đường tròn ngoại tiếp ABC. B  IH   ABC   IA  IB  IC  IS 1 Do đó I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S. ABC. Suy ra R  SC  a. 2 Vậy R  a.  https://toanhocplus.blogspot.com Trang 281 Nón – Trụ – Cầu Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn Câu 9. https://facebook.com/duytuan.qna Chọn A. S Gọi O là tâm của hình vuông ABCD. Do S. ABCD là hình chóp đều nên SO   ABCD  hay SO là trục của đường tròn ngoại tiếp đáy. M Trong mặt phẳng  SBO  kẻ đường trung trực  I A D của cạnh SB và gọi I    SO khi đó ta có I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S. ABCD. Theo giả thiết ta có S.ABCD là hình chóp đều và B C   60. góc giữa cạnh bên với mặt phẳng đáy bằng 60 nên SBO Ta có SMI ∽ SOB nên SM SI SM.SB.   SI  SO SB SO Với SO  OB tan 60  SO  Vậy SI  a 6 a 2 ; SB  OB cos 60  SB  a 2 ; SM  3 2 SM.SB a 6 . 2 SO 3 4 4  a 6  8 6 a3 Thể tích khối cầu ngoại tiếp hình chóp S. ABCD là V   R3   .   27 3 3  2  Câu 10. Chọn D. S Ta có SA   ABC  nên tam giác SAC vuông tại A  điểm A thuộc mặt cầu tâm I đường kính SC (1). I  BC  AB Mặt khác ta lại có:   BC   SAB   BC  SA A C  BC  SB hay tam giác SBC vuông tại B  điểm B thuộc mặt cầu tâm I đường kính SC (2). B Từ (1) và (2) ta có bốn điểm A, B, S, C cùng thuộc mặt cầu tâm I đường kính BC. Xét tam giác vuông ABC ta có AC 2  AB2  BC 2  2a. Xét tam giác vuông SAC có SC 2  SA 2  AC 2  16a 2  SC  4a. Vậy bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC là R  BC  2a. 2 Câu 11. Chọn B. S Theo giả thiết mặt phẳng   vuông góc với SC nên ta có AN  SC, AP  SC, AM  SC Mặt khác BC   SAB  nên BC  AM  AM   SBC  P N  AM  MC Tương tự ta cũng chứng minh được AP  PC. M A D H B  https://toanhocplus.blogspot.com Trang 282 C Nón – Trụ – Cầu Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna Từ đó ba điểm M, N, P cùng nhìn AC dưới góc vuông nên bốn điểm C, M, N, P nằm trên mặt cầu đường kính AC  4. Vậy thể tích của khối cầu ngoại tiếp tứ diện CMNP là V  32. 3 Câu 12. Chọn A. S Gọi I là trung điểm của SC. 1 Tam giác SAC vuông tại A  IA  IS  IC  SC  1. 2 I Dễ dàng chứng minh được BC   SAB   BC  SB hay A 1 tam giác SBC vuông tại B  IB  IS  IC  SC  2 . 2 1 Từ  1 và  2  suy ra: IA  IB  IC  IS  SC hay I là 2 tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S. ABC có bán kính C B 1 1 1 6 R  SC  SA2  AC 2  SA2  AB2  BC 2 . 2 2 2 2 Vậy diện tích mặt cầu cần tìm là S  4 R2  6. A’ Câu 13. Chọn D. D’ B’ C’ Mặt cầu ngoại tiếp hình lập phương có bán kính bằng 2 BD 2 3  3. R  2 2 I A 2 Diện tích mặt cầu là: S  4 R  4  3 D 2  12. B C Câu 14. Chọn A. a 3. 3    BA  60 B,  ABC   A B, AB  A Ta có A A’ Gọi H là tâm ABC thì AH      C’ B’ M I  AA  AB.tan 60  a 3. a 3. Mặt phẳng trung 2 trực của đoạn AA cắt trục của đường tròn ngoại tiếp Gọi M là trung điểm AA thì AM  A B ABC tại I thì I là tâm mặt cầu ngoại tiếp lăng trụ. Ta có R2  IA2  IM 2  AM 2  AH 2  AM 2  C H 3a2 a2 13a2  . 4 3 12 Vậy diện tích mặt cầu ngoại tiếp lăng trụ S  4 R2  4 13a2 13 2  a. 12 3 Câu 15. Chọn D. Vì thiết diện qua tâm là đường tròn có chu vi là 68.5  cm , nên giả sử bán kính mặt cầu là R ta có: 2 R  68.5  R  68.5 2  https://toanhocplus.blogspot.com Trang 283 Nón – Trụ – Cầu Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna 2  68.5  2 Diện tích mặt cầu: Sxq  4 R  4    1493.59 cm. 2     2    Vì mỗi miếng da có diện tích 49.83 cm 2 nên để phủ kín được mặt của quả bóng thì số miếng da cần là 1493.59  29.97. Vậy phải cần  30 (miếng da). 49.83 Câu 16. Chọn A. Xét tam giác SAB theo định lí cosin ta có :  AB2  SA 2  SB2  2SA.SB cos ASB S  a2  a2  2a.a.cos 90  2a2  AB  a 2 Xét tam giác SAC theo định lí cosin ta có : AC 2  SA 2  SC 2  2SA.SC cos  ASC  a 2  a 2  2 a.a.cos120  3a2  AC  a 3 I A C O Xét tam giác SBC theo định lí cosin ta có :  BC 2  SC 2  SB2  2SC.SB cos ASB B  a2  a2  2a.a.cos60  a2  BC  a Ta có AB2  BC 2  AC 2 nên ABC vuông tại B. Gọi O là trung điểm của AC. Ta có O là tâm đường tròn ngoại tiếp ABC Vì SA  SB  SC và OA  OB  OC nên SO là trục đường tròn ngoại tiếp ABC  SO   ABC  tại O. Dựng mặt phẳng trung trực của SC cắt SO tại I  I là tâm mặt cấu ngoại tiếp chóp S.ABC. Xét SEI ∽ SOC  g  g   SI SE  SC SO 1 với SE  2a, SC  a Mặt khác SOC vuông tại O áp dụng định lí pitago  SO 2  SB2  BO2  a2 a  SO  4 2 Thay vào  1  SI  a vậy bán kính cầu ngoại tiếp chóp S.ABC là a.  Diện tích của mặt cầu ngoại tiếp chóp S. ABC là 4 a 2. Chú ý: Sau khi chứng minh SO   ABC  tại O thì ta có R  SA2  2.SO a2 a. AC 2. 2 Câu 17. Chọn C. Gọi mặt cầu đi qua 6 đỉnh của lăng trụ là  S  tâm I, bán kính R. A Do IA  IB  IC  IA  IB  IC  R C  Hình chiếu của I trên các mặt  ABC ,  ABC   lần lượt là tâm O của ABC và tâm O của ABC. Mà ABC. ABC là lăng trụ đều  I là trung điểm của OO  https://toanhocplus.blogspot.com O B I A O H B C Trang 284 Nón – Trụ – Cầu Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn  OI  https://facebook.com/duytuan.qna OO AA a  . 2 2 2 Do O là tâm tam giác đều ABC cạnh a  AO  2 2a 3 a 3 AH  . 3 3 2 3 2 2 a a 3 a 21 Trong tam giác vuông OAI có: R  IA  IO  OA     .    6 2  3  2 Diện tích của mặt cầu là: S  4 R2  4. 2 21a2 7 a2 . 36 3 Câu 18. Chọn A. S Gọi O là tâm của ABC suy ra SO   ABC  và H 2 3  2. SO  h  1 ; OA   6  3 2 Trong tam giác vuông SAO, ta có : A C O SA  SO2  OA2  1  2  3. Trong mặt phẳng  SAO  kẻ trung trực của đoạn SA M B I cắt SO tại I, suy ra IS  IA  IB  IC nên I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC. Gọi H là trung điểm của SA. Ta có SHI ∽ SOA nên R  IS  SH .SA 3 . SO 2 Vậy diện tích mặt cầu Smc  4 R2  9. Câu 19. Chọn B. Gọi G là trọng tâm ABC, I là trung điểm cạnh AB. S Kẻ đường thẳng d qua G và song song với SC  d   ABC . Trong  SCI , kẻ đường trung trực của cạnh SC, cắt d tại M O O. Khi đó, O là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S. ABC. A C Bán kính R của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S. ABC là 2 2 3a 3 R  OC  CG 2  OG 2 với CG  CI   a 3; 3 3 2 1 OG  MC  SC  a. 2 G I B Vậy, R  3a 2  a 2  2a. Câu 20. Chọn A. Do SA  SB  SC nên các tam giác SAB, SBC, SCA vuông cân tại S, do SA, SB, SC vuông góc với nhau từng đôi một nên ta có: 1 SA3 a3 VS. ABC  SA.SB.SC    SA  SB  SC  a  AB  BC  CA  a 2. 6 6 6  https://toanhocplus.blogspot.com Trang 285 Nón – Trụ – Cầu Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna Gọi O là tâm mặt cầu nội tiếp hình chóp. S K H I O A C G B Gọi G, H, I, K lần lượt là hình chiếu vuông góc của O lên  ABC , SAB , SBC , SCA  ta có OG  OH  OI  OK  r Và VS. ABC  VO. ABC  VO.SAB  VO .SBC  VO.SCA  r a2r a3 a 3 S  S  3  3  r  SAB ABC  6 3 6 3 3   Câu 21. Chọn B.  1  RT   OD  BD  a 2 2 Xét khối trụ T  có  hT   OO  2 a  2 T  C’ B’ O’ 3  VT    R .hT   4 a. A’ D’ Xét khối cầu  C  có : 2 2 I 2 2 RC   IB  IO  OB  a  2a  a 3 4  VC    R3C   4 3 a 3. 3 VC   3. Do đó VT  B C O A D Câu 22. Chọn A. S +) Gọi G là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC  SG   ABC  và SG là trục của đường tròn ngoại tiếp I tam giác ABC. +) Gọi I là trung điểm SA, đường trung trực của SA qua I và cắt SG tại O  O là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp và bán kính A C G mặt cầu R  SO. 2 a 3   +) Ta có: SA,  ABC   SAG.  60, AG  AH  3 3  O 60°   https://toanhocplus.blogspot.com Trang 286 B Nón – Trụ – Cầu Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn SG  tan 60.AG  https://facebook.com/duytuan.qna a 3 SG 2a. 3  a ; SA  . 3 sin 60 3 a. 2a 3  2a. a 3 2a Vậy bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp đã cho R  SO . 3 Câu 23. Chọn A. A Ta có: SIO ∽ SGA  SI SG SI .SA   SO   SO  SO SA SG 3 Gọi M là trung điểm của BC suy ra BC  AM, BC  DM, AM  DM ( do ABC và DBC là các tam giác K đều). Do đó BC   AMD . Trong  AMD  là mặt phẳng trung trực của, dựng AH  MD thì AH   BCD , d   BCD  tại I là trọng O J B tâm của tam giác DBC nên d là trục của đáy BCD. D HI M Gọi O là giao của d và MK ( O cũng chính là giao điểm C của hai trục của hai đáy DBC và ABC ). Mặt khác  AMD  là mặt phẳng trung trực của BC nên OB  OC  OA  OD hay O là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD. 2  a 3   2 2 a 3 1 2 a 11 2 2 2 AM  DM  ; DK  AD  a, MK  MD  DK     a   MK    2  3  2 2 3 6    Ta có tan KMD DK OI DK.MI 2a 33   OI   MK MI MK 33 r  OD  OI 2  ID2 với ID  2 a 3 a 55 MD  suy ra r . 3 3 11 Câu 24. Chọn D. S Gọi M là trung điểm của AB .Vì SAB đều và nằm trong d mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy nên SM   ABC . Gọi G là trọng tâm ABC .Vì ABC đều nên G là tâm O đường tròn ngoại tiếp ABC. Dựng đường thẳng d đi qua G và vuông góc với mp  ABC . J A Gọi J là tâm là tâm đường tròn ngoại tiếp SAB. Dựng d’ C M G đường thẳng d đi qua J và vuông góc với mp  SAB . Gọi O là giao điểm của d và d. Khi đó O là tâm mặt cầu B ngoại tiếp hình chóp S. ABC với r  OC. Do SAB và ABC là những tam giác đều cạnh bằng 1 nên ta có: 1 3 3 2 3 3 JM  ‘   ; GC . 3 2 6 3 2 3  https://toanhocplus.blogspot.com Trang 287 Nón – Trụ – Cầu Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna 2 2  3  3 15   Xét OGC vuông tại G ta có: OC  GC  GO  .  3   6  6     2 2 3 4  15  5 15 Vậy thể tích khối cầu ngoại tiếp hình chóp đã cho là: V  .     3 6  54 Câu 25. Chọn B. S Gọi H là trung điểm của cạnh BC. Vì ABC đều nên AH  BC. Vì  SBC    ABC  và  SBC    ABC   BC nên AH   SBC . Do H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác SBC nên A C AH là trục đường tròn ngoại tiếp SBC G 6a Vì ABC đều nên trọng tâm G chính là tâm đường H tròn ngoại tiếp tam giác. B Vậy ta có GA  GB  GC. Mà G  AH nên GS  GB  GC. Suy ra GS  GA  GB  GC. Vậy G là tâm mặt cầu ngoại tiếp khối chóp S. ABC. 2 3  2 3a. Bán kính: R  GA  .6a. 3 2 4 Thể tích khối cầu ngoại tiếp hình chóp là: V  . 2 3a 3 Câu 26. Chọn C.   3  32 3 a3. A’ C’ Ta có tam giác ABC vuông tại A nên tâm đường tròn ngoại I’ tiếp tam giác ABC là trung điểm I của BC. Gọi trung điểm của BC  là I  thì tâm mặt cầu ngoại tiếp khối lăng trụ B’ O ABC. ABC  thuộc đường thẳng II . Xét hình chữ nhật BCC B có tâm của hình chữ nhật là trung điểm O của II . 2 Tam giác ICO có OC  IO  IC A C I 2 B Mà II   AA  2 a, BC  2 a, nên bán kính R  OC  a 2. Câu 27. Chọn C. S   120 nên Xét hình thoi ABCD có BAD AD  AC  AB, suy ra A là tâm đường tròn ngoại tiếp đa giác đáy BCD. M Theo giả thiết SA vuông góc với đáy  ABCD  nên đường thẳng SA là trục của đáy BCD. d I B A C D  https://toanhocplus.blogspot.com Trang 288 Nón – Trụ – Cầu Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna Gọi M là trung điểm SD, trong mặt phẳng  SAD  kẻ đường thẳng d vuông góc với SD tại M, d cắt SA tại I. Ta có I là tâm mặt cầu ngoại tiếp khối chóp S.BCD. Lúc đó R  IS. a 10 .a 10 IS SM SM.DS 5a   IS   2  Ta có ISM ∽ DSA . DS SA SA 3a 3 Câu 28. Chọn A. S Gọi H là trung điểm BC.   60  AH  a ; BH  a 3 và BC  a 3 Có AB  a, BAH 2 2 V ABCD  a3 1 1 3 a 3 1  DH. a2  DH  DH .SABC . 16 3 2 2 4 3 Vậy DA  AH 2  DH 2  D a 7. 4 M Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC thì bán kính đường tròn đó là R  AO  BC  a. 2 sin A A C Vậy H là trung điểm AO. H Kẻ trục đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, đường I O B thẳng này cắt AD tại S với D là trung điểm SA. a 3 a 7 3 3a 7, SA  2 DA  và SM  SA . 2 2 4 8 Từ trung điểm M của đoạn AD kẻ đường vuông góc với AD, cắt SO tại I. Vậy SO  2 DH  Dễ dàng có I là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD. Hai tam giác vuông SAO và SIM đồng dạng nên MI SM 3 7 a a 21   MI  a. . OA SO 4 a 3 8. 2 Bán kính mặt cầu bằng RABCD  ID  MI 2  MD 2  a 91. 8 Câu 29. Chọn B. Gọi V1 là thể tích của khối cầu có được bằng cách quay hình tròn tâm  O  quanh trục AD Gọi V2 là thể tích của khối nón có được bằng cách quay tam giác AHC quanh trục AD. Thể tích cần tìm là V  V1  V2. 4 Đường tròn tâm O có bán kính R  OA  3. Ta có V1   3  3 3  4 3. 2 3 3 3 1 3 3 3 9 3 Khối nón có bán kính đáy r , chiều cao h , do đó V2 . .    2 2 3 2 2 8 Thể tích cần tìm là V  V1  V2  23 3. 8 Câu 30. Chọn A.  https://toanhocplus.blogspot.com Trang 289 Nón – Trụ – Cầu Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna Ta có BC 2  a2  2a2  2.a.a 2.cos45  a2  BC  a. S Suy ra tam giác ABC vuông tại B. BC  AB   BC   SAB   BC  AB1. BC  SA  C1 AB1  CB   AB1   SBC   AB1  CB1. AB1  SB  B1 Gọi I là trung điểm AC, suy ra IC  IA  IB. A 45° C I Tam giác AB1C vuông tại B1 suy ra IC  IA  IB1. Tam giác AC1C vuông tại C1 suy ra IC  IA  IC1. B Do đó hình chóp A.BCC1 B1 nội tiếp mặt cầu tâm I, bán kính r  IA  a 2. 2 3 4 a 2 a 3 2 Vậy thể tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp A.BCC1 B1 là V   .   3  2  3 Câu 31. Chọn C. Gọi M, N lần lượt là trung điểm CD và AB. A  AB  CN  AB  MN ; tương tự CD  MN. Ta có:   AB  DN N Suy ra MN là đường trung trực và là đoạn vuông góc 4a chung của AB và CD. Gọi I là tâm mặt cầu ngoại tiếp ABCD thì I thuộc MN. I B D 6a Xét tam giác ANC vuông tại N có: M CN  AC 2  NA2  22a2  4a2  3 2a. C Xét tam giác CMN vuông tại M có: MN  CN 2  CM 2  18 a2  9 a2  3a.  IM  IN  3a  IM  IN  3a Lại có:  2  2 2 2 2 2 2 2  IM  MC  IN  NA  IM  IN  NA  MC  2  IM  IN  3a IM  a   IM  IN  3a   3.  5  2    IM  IN  IM  IN   5a  IN  7 a  IM  IN   3 a   3 Vậy bán kính cần tìm là R  IM 2  MC 2  4 2 85 a  9a2  a. 9 3 Câu 32. Chọn A. Gọi bán kính đường tròn đáy của hình trụ là R. Theo giả thiết và hình vẽ thì:  Hình trụ có bán kính đường tròn đáy là R, chiều cao là 6R.  Mặt cầu có bán kính là R.  https://toanhocplus.blogspot.com Trang 290 Nón – Trụ – Cầu Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna  Hình nón có bán kính đường tròn đáy là R, chiều cao là 4R. Thể tích lượng nước ban đầu V bằng thể tích khối trụ nên V   R2 .6 R  6 R3. Thể tích lượng nước tràn ra V1 bằng tổng thể tích khối nón và khối cầu nên 8 R3 1 4 V1   R2 .4 R   R 3 . 3 3 3 Thể tích lượng nước còn lại trong cốc là V2  V  V1  6 R3  8 R3 10 R3 . 3 3 10 R3 V 5 Do đó tỉ số thể tích của lượng nước còn lại và lượng nước ban đầu là: 2  3 3 . 9 V 6 R Câu 33. Chọn A. S d Gọi E là trung điểm AB. Dễ thấy SE   ABCD . Dựng trục d qua O và song song với SE. Gọi G là trọng tâm tam giác ABC. Đường thẳng đi F qua G vuông góc với mặt phẳng  ABC  cắt d tại G I. I là tâm khối cầu ngoại tiếp hình chóp S. ABCD. 3 3 2  SG  SE  3 ; 2 3 B 1 GI  EO  AD  1 ; R  SI  SG2  GI 2  4  2. 2 4 4 32 Suy ra thể tích khối cầu ngoại tiếp là: V   R3   .8 . 3 3 3 Câu 34. Chọn D. Ta có SE  I A D O C Gọi I là tâm mặt cầu  S , theo giả thiết thì I là tâm của tứ diện đều ABCD .Gọi O là 3 3 a 6 a 6 AB2 a 2 AO .   ; R  AI 2 . 4 4 3 4 4 4  2  2  2  2 Ta có T  MA 2  MB2  MC 2  MD 2  MA  MB  MC  MD   2   2   2   2  MI  IA  MI  IB  MI  IC  MI  ID       4 MI 2  2 MI IA  IB  IC  ID  4 IA2  4 R2  IA2  2a2 tâm tam giác BCD thì AI              Câu 35. Chọn C. S Gọi H là hình chiếu của S trên mặt phẳng  ABC  thì SH là đường cao của hình chóp. Gọi M, I lần lượt là trung điểm của BC, SA. Ta có thể tích khối chóp S. ABC bằng I 2 3 a nên ta có 3 11 2 AB.SH  a3  SH  2a. 32 3 C M A H B  https://toanhocplus.blogspot.com Trang 291 Nón – Trụ – Cầu Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna Dễ thấy năm điểm A, B, H, C, S cùng thuộc mặt cầu tâm I ngoại tiếp hình chóp S. ABC Mặt khác A, B, H, C cùng thuộc một mặt phẳng nên tứ giác ABHC nội tiếp đường tròn.   90 0  BHC   900  HM  BC  a 5  SM  HM 2  SH 2  a 21. Mà BAC 2 2 2 Áp dụng công thức đường trung tuyến ta có: SM 2  SB2  SC 2 BC 2 SB2  SC 2 BC 2 13a2    SM 2   2 4 2 4 2 (1) R2  CI 2  CA2  SC 2 SA2 4a2  SC 2   R2   R2 2 4 2 (2) R2  BI 2  BA 2  SB2 SA2 a2  SB2   R2   R2 2 4 2 (3) Từ (1), (2),(3) ta có 4 R2  a2  SB2 4a2  SC 2 5a2 SB2  SC 2 5a2 13a2       9 a2 2 2 2 2 2 2 3a 2 Câu 36. Chọn B. R C B I Do lăng trụ nội tiếp mặt cầu nên gọi  K ; r  là đường r tròn ngoại tiếp ABCD. K A 2 D 2 Khi đó IA.IC  IB.ID  r  IK (theo phương tích của đường tròn). Suy ra r 2  IK 2  h 2  r 2  h 2  IK 2. Gọi O, R  là mặt cầu ngoại tiếp lăng trụ ta có R2  OA 2  OK 2  r 2  Vậy Rmin  C B h2 5 2 5 h 5  h  IK 2  h2  R . 4 4 4 2 D A h 5 khi I là tâm đường tròn ngoại tiếp ABCD. 2 Câu 37. Chọn A. S Gọi H là trung điểm của AB, suy ra AH   ABCD . Gọi G là trọng tâm tam giác SAB và O là tâm hình vuông ABCD. G I Từ G kẻ GI // HO suy ra GI là trục đường A D tròn ngoại tiếp tam giác SAB và từ O kẻ H OI // SH thì OI là trục đường tròn ngoại tiếp B hình vuông ABCD. K O C Ta có hai đường này cùng nằm trong mặt phẳng và cắt nhau tại I. Suy ra I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S. ABCD.  https://toanhocplus.blogspot.com Trang 292 Nón – Trụ – Cầu Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna R  SI  SG 2  GI 2  a 21. 6 4 7 21 3 a. Suy ra thể tích khối cầu ngoại tiếp khối chóp SABCD là V   R3  3 54 Câu 38. Chọn A. S G A I a 3 B H O D C Gọi H là trung điểm AB  SH  AB (vì SAB đều). Mặt khác  SAB    ABCD   SH   ABCD . Gọi O là giao điểm của AC, BD  O là tâm đường tròn ngoại tiếp hình chữ nhật ABCD Gọi G là trọng tâm SBC  G là tâm đường tròn ngoại tiếp  đều SBC. Qua O dựng đường thẳng d //SH  d là trục của đường tròn  O  Qua G dựng đường thẳng  //OH   là trục của đường tròn  H . d    I  IA  IB  IC  ID  IS  I là tâm của mặt cầu ngoại tiếp chóp S. ABCD. Xét tam giác đều SAB có cạnh là a 3  SH  Mặt khác IG  OH  3a  SG  a. 2 AD a . 2 2 Xét tam giác vuông SIG : IS2  SG 2  IG 2  a2  a 2 5a2 a 5   IS . 4 4 4 Vậy diện tích mặt cầu ngoại tiếp chóp S. ABCD là: S  4 R2  5 a 2 Câu 39. Chọn A. Ta có R2  r 2  h2 h2 2 r R . 4 4 O2 Mà diện tích xung quanh hình trụ là : R h2 S  2 rh  2 h R . 4 h I 2 h 1 2 Xét hàm số f  h   4R2  h2  h 4 R2  h 2  R 2 2 2   r B O1 A Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi h  2 R. Câu 40. Chọn D.  https://toanhocplus.blogspot.com Trang 293 Nón – Trụ – Cầu Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna Gọi chiều cao của hình nón là x,  0  x  2 R . S Gọi bán kính đáy của hình nón là r ta có: 2 r 2  OM 2  OH 2  R 2   x  R   2Rx  x 2  x  2 R  x . 1 1 Thể tích của hình nón là V   r 2 .x   x 2  2 R  x . 3 3 x x   2  2  2R  x  x x Mặt khác ta lại có. .  2 R  x     2 2 3      O 3 H M x2 8 R3 2R  x    4 27 1 2 32 R3 Suy ra V   x  2 R  x  . 3 27 32 R3 x 4R, dấu “=” xảy ra khi  2 R  x  x . 2 3 27 1 Chú ý: Ta có thể khảo sát hàm V   x 2  2 R  x   f  x  trên  0; 2R  để tìm max V. 3 Câu 41. Chọn A. S Vậy max V  An1 E An I A4 H A1 A3 A2 Ký hiệu hình chóp đa giác đều là S.A1 A2 … An và H là hình chiếu của S trên  A1 A2 … An .   Ta có: SA1,  A1 A2 … An    SA1, HA1   SA H  30. 1   Xét SA1 H vuông tại H ta có: SH  SA1 .sin 30  a 3 a, A1 H  SA1 .cos 30 . 2 2 Gọi I là tâm khối cầu ngoại tiếp hình chóp. Kẻ IE  SA1, ta có: SEI ∽ SHA1 Suy ra: SE.SA1 SA12 SE SI   SI   a. SH SA1 SH 2SH 4 Thể tích của khối cầu ngoại tiếp hình chóp: V   a 3. 3 Câu 42. Chọn D.  https://toanhocplus.blogspot.com Trang 294 Nón – Trụ – Cầu Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna Gọi  P  là mặt phẳng đi qua đỉnh và vuông góc với mặt phẳng đáy của hình nón. Khi đó  P  cắt hình cầu (viên kẹo) theo thiết diện là đường tròn lớn. Viên kẹo có đường kính lớn nhất khi và chỉ khi đường tròn lớn là đường tròn nội tiếp tam giác SAB. Nửa chu vi tam giác SAB là p  13. Diện tích tam giác SAB là S  1 1 AB.d  S, AB   .10. 8 2  52  5 39. 2 2 Bán kính đường tròn nội tiếp tam giác SAB : r  10 39 S 5 39 , do đó đường kinh 2r  13 p 13 Câu 43. Chọn C. S Gọi  S  là mặt cầu có tâm I và bán kính R  9. Xét hình chóp tứ giác đều S.ABCD có đáy ABCD là hình   vuông tâm O, cạnh a 0  a  9 2. I 2 Ta có OA  a AC a 2   OI  IA2  OA2  81 . 2 2 2 D A O a2 Mặt khác ta lại có SO  SI  IO  9  81 . 2 Thể tích của khối chóp S.ABCD là V  C B 1 2 a2 a  9  81  3  2  1 a2   3a 2  a 2 81 .  3 2  Đặt a2  t, do 0  a  9 2 nên 0  t  162. 1  t 324  3t Xét hàm số f  t   3t  t  81  , với 0  t  162 ta có f   t   3  ; 3  2  t 12 81  2 t  108 t  108 t t   2 Giải pt: f   t   0  81   9   t  t    t  0  t  144. 2 12  t  144 81     9  2  12    Ta có bảng biến thiên t 0 f  t  162 144 0   576 f t  Từ bảng biến thiên ta có Vmax  576 khi t  144 hay a  12. Vậy thể tích lớn nhất của khối chóp nội tiếp hình cầu cầu có bán kính bằng 9 là V  576. Câu 44. Chọn B.  https://toanhocplus.blogspot.com Trang 295 Nón – Trụ – Cầu Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna z O y I x Chọn hệ trục Oxyz như hình vẽ. Mỗi quả bóng xem là mặt cầu tâm I  a; b; c . Vì mỗi quả bóng đều tiếp xúc với hai bức tường và nền của nhà nên chúng tiếp xúc với 3       mặt phẳng tọa độ  d I,  xOy   d I,  yOz   d I,  zOx   R  a  b  c  0  I  a; a; a . Gọi M  x; y ; z  là điểm nằm trên quả bóng có khoảng cách đến hai bức tường và nền nhà mà nó tiếp xúc bằng 1 ; 2 ; 4  M  1; 2; 4 . M nằm trên quả bóng khi IM  d  I,  xOy    a 2 2 2   a  1   a  2    a  4   a 2  2a 2  14 a  21  0  * . Vì  *  có biệt thức   7  0 nên nó có hai nghiệm phân biệt a1, a2 và a1  a2  7. Khi đó tổng đường kính của hai quả bóng là 2  a1  a2   14. Câu 45. Chọn A. A a a B D H a a C Gọi H là trọng tâm tam giác BCD và G là tâm mặt cầu nội tiếp tứ diện ABCD. Khi đó bán kính mặt cầu nội tiếp tứ diện ABCD là:         r  d G,  ABC   d G,  BCD   d G,  ACD   d G,  ABD . 3.VG. BCD 1 Ta có: VG .BCD  .SBCD .d G,  BCD   d G,  BCD  . 3 SBCD     Mà VG. BCD  VG. ABC  VG. ABD  VG. ACD (vì SBCD  SABC  SABD  SACD ). Mặt khác VG. BCD  VG. ABC  VG. ABD  VG. ACD  VABCD  VG. BCD   https://toanhocplus.blogspot.com Trang 296 1 V. 4 ABCD Nón – Trụ – Cầu Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn BH  https://facebook.com/duytuan.qna a 3 a 6 ; AH  AB2  BH 2 . 3 3 1 a2 3 a 6 a3 2 1 a3 2 VABCD . .   VG. BCD  VABCD . 3 4 3 12 4 48    r  d G,  BCD   3.VG .BCD SBCD a3 2 a 6  2 48 . 12 a 3 4 3. 4 a3 6 Vậy thể tích khối cầu nội tiếp tứ diện là: V   r 3 . 3 216 Câu 46. Chọn A. SI   SAB    SAB    P . Nhận xét:  SI  P    Mặt khác:  SAB  chứa đường kính của đường tròn tâm O nên  SAB  cắt mặt cầu theo giao tuyến là đường tròn lớn đi qua ba điểm S, A, B. Do đó tâm của mặt cầu cũng chính là tâm đường tròn ngoại tiếp SAB. x S K R x R H a I R x A O y B P Cách 1: Trong mặt phẳng  SAB , chọn hệ trục Oxy sao cho I  0; 0  ; A  a; 0  ; B  3a; 0  ; S  0; 2 a  Ta có tâm H của đường tròn ngoại tiếp tam giác SAB có tọa độ thỏa mãn hệ phương trình 2 2 2 2 x  2a  AE  BE  x  a   y   x  3a   y  7a    .  a  H  2 a; 2 2 2 2 4    AE  SE  x  a   y  x   y  2a   y  4 Khi đó mặt cầu qua ba điểm S, A, B có bán kính R  AE  a 65. 4 Cách 2: Xét SAB có AB  2 a, SA  SI 2  IA2  a 5, SB  SI 2  IB2  a 13. SA.SB a 5a 13 a 65 1 SA.SB.AB R   SSAB  SI .AB . 2SI 2.2a 4 2 4R  https://toanhocplus.blogspot.com Trang 297 Nón – Trụ – Cầu Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna Cách 3: Gọi mặt cầu tâm H qua đường tròn tâm O và điểm S. Khi đó ta có tứ giác HOIS là hình thang vuông tại O và I. Ta có SI  OI  2a  2OA. Gọi R  HA  HS  HB là bán kính mặt cầu cần tìm.  HA  HO 2  OA 2  x 2  a 2  Kẻ HK  SI  K  SI , đặt HO  x  KI  x  0    2  HS  HK 2  SK 2   2 a  x   4 a 2  2a  x  Vì HA  HS nên 2 7a. 4  4a 2  x 2  a 2  x  2  7a  a 65 Vậy R  HA     a2 . 4  4  Câu 47. Chọn C. A Gọi O là trung điểm AB, M là điểm bất kì trên đường tròn  C . 2 Ta có IM  OM 2  OI 2  R2   h  R   2 Rh  h 2. O 1 1 Thể tích hình nón: V  .AI .SC   .h.. 2 Rh  h2. 3 3  Đặt f  h    3  2Rh 2  h3   I ( R là tham số). Tập xác định D   0; 2 R . f ‘h   B 4R 4 Rh  3h  ; f ‘  h   0  h .  3 3 2 f 0  0 ; f  R   4 R  32 3 R. .R 3 ; f   3  3  81  4R. 3 4R Hay thể tích hình nón lớn nhất đạt khi h . 3 Câu 48. Chọn D. S Vậy hàm số f  h  đạt giá trị lớn nhất khi h  S E a I D A M O O B Giả sử SO  x ta có: SI  x  a ; SE   https://toanhocplus.blogspot.com M N  x  a 2 N C  a 2  x2  2ax Trang 298 Nón – Trụ – Cầu Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn Xét SEI ∽ SON ta có: https://facebook.com/duytuan.qna IE.SO SE IE  NO    SO NO SE ax x 2  2 ax 2 1  2 ax  4a2 x2 Thể tích khối chóp là V  x.    3  x 2  2 ax  3  x  2a  Xét hàm số f  x   f   x  x 2  4ax  x  2a  2 x2 x  2a  0  2a  x  ; f   x   0  x  4a (do 0  2a  x ) Bảng biến thiên 2a x f x 4a –  0   f  x  8a Vậy giá trị nhỏ nhất của thể tích là V  32a3. 3 Câu 49. Chọn D. S G K I D A M E O C B Gọi M là trung điểm AB và G là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác đều SAB, O là tâm của hình vuông ABCD. Ta có OM   SAB . Dựng trục của hình vuông ABCD và trục tam giác SAB, khi đó chúng đồng phẳng và cắt nhau tại I tức là OI, GI là các trục hình vuông ABCD và trục tam giác SAB.   Bán kính mặt cầu là R  SI. Ta có 4 R2  84 cm 2  R  21  cm . Đặt AB  x  cm  Trong tam giác vuông SGI ta có SI 2  SG 2  GI 2  1, ta có GI   1 x 3 x, SG  thay vào 3 2 tính được x  6.  Dựng hình bình hành ADBE. Khoảng cách d giữa BD và SA là d  d BD,  SAE       d  d B,  SAE   2d M,  SAE . Kẻ MK  AE ta có  SAE    SMK .  https://toanhocplus.blogspot.com Trang 299 Nón – Trụ – Cầu Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn  https://facebook.com/duytuan.qna SM.MK  d M,  SAE   d  M, SK   Ta có SM  SM 2  MK 2 2. x 2 3 2 x 3   3 3, MK  4 2 2   Thay các giá trị vào  2  tính được d M,  SAE   Vậy khoảng cách giữa SA và BD là 3 21. 7 6 21. 7 Câu 50. Chọn A. S M2 I 2 E M1 I1 B H A Gọi I1, I 2 lần lượt là tâm của mặt cầu  S1  và  S2 . 1 1 a 3 a 3  Gọi H là trung điểm của AB. Khi đó ta có SAB đều và R1  SH . . 3 3 2 6 Hạ I1 M1  SA, I 2 M2  SA. Xét SI 2 M 2 có sin 30 ο  I 2 M2  SI 2  2 I 2 M 2. SI 2 Khi đó ta có SH  SI 2  I 2 E  EH  3r1  3r2  2r1  r1  3r2. Chứng minh tương tự ta có r2  3r3 ,…., rn  3rn1. Do đó dãy bán kính r1, r2 ,…, rn ,. lập thành một cấp số nhân lùi vô hạn với r1  công bội q  a 3 và 6 1. 3 Suy ra dãy thể tích của các khối cầu  S1 ,  S2 , …,  Sn  ,… lập thành một cấp số nhân lùi 3 1 4 a 3 3 3 vô hạn với V1  . .  a và công bội q1    27 3  6  54 Vậy tổng thể tích của các khối cầu  S1 ,  S2  ,…,  Sn  ,… là: V  V1 3 3  a. 1  q 52 Câu 51. Chọn B.  https://toanhocplus.blogspot.com Trang 300 Nón – Trụ – Cầu Biên soạn: Bùi Trần Duy Tuấn https://facebook.com/duytuan.qna a A r H C I b B M H Gọi r, Rmc lần lượt là bán kính đáy của khối nón và khối cầu; a, b, c lần lượt là 3 kích thước của hình hộp chữ nhật. Dễ dàng thấy a  4r, ABC đều cạnh 2r nên BH  3 Rmc AB 3  r 3  b  r 3  2r. 2 4 4 4 1 1 4 4  4 3  r  Vkc   Rmc    r      r 3. Vkn   r 2 h   r 3 (do h  r ) 3 3 3 3 3 3  3 4 1 337 4  r  3  Rmc  4. Ta có phương trình 3.  r 3     r 3  3 3 3 Từ đó a  12, b  6  3 3. Gọi D, E, F lần lượt là 3 đỉnh của hình nón thì DEF đều có cạnh bằng 6 và nội tiếp đường tròn có bán kính HM    Từ đó IH  IM 2  HM 2  4 2  2 3 2 6 2 3. 2 sin 60  2, c  Rmc  IH  r  4  2  3  9. Vậy thể tích nước ban đầu cũng chính là thể tích khối hộp chữ nhật:     Vkhcn  abc  12.9. 6  3 3  1209, 2 cm 3.  https://toanhocplus.blogspot.com Trang 301 Nón – Trụ – Cầu

Source: https://vh2.com.vn
Category : Trái Đất