BÀI TOÁN VẬN DỤNG CAO HÌNH HỌC KHÔNG GIAN

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (2.04 MB, 35 trang )

CHƯƠNG 05.
BÀI TOÁN VẬN DỤNG CAO
HÌNH HỌC KHÔNG GIAN
……………………………………………………………………
Chủ đề 1. Thể tích khối đa diện







Thể tích khối chóp
Thể tích khối lăng trụ
Thể tích khối hộp chữ nhật
Thể tích khối lập phương
Định lý tỉ số thể tích khối tứ diện hoặc khối chóp tam giác
Bài tập áp dụng – Lời giải chi tiết

Chủ đề 2. Mặt cầu – khối cầu
 Định nghĩa mặt cầu
 Công thức tính diện tích mặt cầu, thể tích khối cầu
 Phương pháp tìm tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp
 Bài tập áp dụng – Lời giải chi tiết

S. ABC

Chủ đề 3. Mặt nón khối nón
 Định nghĩa mặt nón
 Hình nón và khối nón
 Bài tập áp dụng – Lời giải chi tiết

Chủ đề 4. Mặt trụ – khối trụ





Định nghĩa mặt trụ
Hình trụ và khối trụ
Diện tích xung quanh, diện tích toàn phần của hình trụ và thể tích của khối trụ
Bài tập áp dụng – Lời giải chi tiết

Chủ đề 5. Ứng dụng hình học không gian giải các bài toán thực tế
 Bài tập áp dụng
 Lời giải chi tiết

Đề ôn tập chương 5
Lời giải chi tiết

CHƯƠNG 05.
BÀI TOÁN VẬN DỤNG CAO
HÌNH HỌC KHÔNG GIAN
CHỦ ĐỀ 1.
THỂ TÍCH KHỐI ĐA DIỆN
Trước khi vào phần bài tập bạn đọc cần trang bị cho mình các kiến thức căn bản tối thiểu:
1. Thể tích khối chóp
Công thức tính:

1

V = B.h
3

với

B

diện tích đáy,

h

là chiều cao khối chóp.

2. Thể tích khối lăng trụ
V = B.h

với

B

diện tích đáy,

h

là chiều cao lăng trụ.

3. Thể tích khối hộp chữ nhật
V = a.b.c

a, b, c

với

là ba kích thước.

4. Thể tích khối lập phương
V = a3

với

a

là độ dài cạnh.

5. Định lý tỉ số thể tích khối tứ diện hoặc khối chóp tam giác

Cho khối tứ diện

SABC

A ‘, B ‘, C ‘

và

SA, SB, SC

là các điểm tùy ý lần lượt thuộc

ta có:

VSABC
SA SB SC
=
VSA ‘ B ‘ C ‘ SA ‘ SB ‘ SC ‘

Chúng ta sẽ cùng đi ngay vào các ví dụ minh họa để thấy rằng có những bài liên quan đến thể tích
khối đa diện rất khó, đòi hỏi khả năng vận dụng cao.

BÀI TẬP ÁP DỤNG
Bài 1: Cho hình lập phương
BC.

Mặt phẳng

diện chứa đỉnh
V( H )

=

V( H ‘)

( DMN )

A, ( H ‘ )

M,N

Gọi

lần lượt là trung điểm của

(H)

A’B ‘

V( H ‘)

là khối đa diện còn lại. Tính tỉ số
V( H )
V( H ‘)

=

V( H ‘)

B.

AN ∩ ND = J, JM ∩ BB ‘ = K

. Ta có:

C.

BK = 2 B ‘ K ; I ∈ A ‘ D ‘.

. Suy ra thiết diện là

V( H ) = VABA ‘ KMIDN = VD. ABKMA ‘ + VD.BKN + VD.MA ‘ I

.
V( H )

55
89

KMIDN

=

V( H )

2
3

V( H ‘)

D.

và

là khối đa

V( H )

37
48

1

A’ I = D ‘ D ‘
4

cạnh

a.

chia khối lập phương đã cho thành hai khối đa diện. Gọi

A.
Lời giải

Ta có:

ABCD. A ‘ B ‘ C ‘ D ‘

=

1
2

1 
1 a a  1 1 a 2a 1 1 a a 55a 3
= a.  a 2 −. . ÷+ a.. . + .a.. . =
3 
2 3 2  3 2 2 3 3 2 2 4 144
55a 3 89a 3
V
55

⇒ V( H ‘) = a 3 −
=
⇒ H = .
144
144
VH ‘ 89

Chọn B.
Bài 2: Cho hình chóp

S. ABCD

có đáy là hình vuông cạnh bằng 4, mặt bên

SAB

là tam giác đều và

M, N, P

nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi
SD, CD, BC.

S. ABPN

Thể tích khối chóp
mãn bất đẳng thức nào dưới đây:

là

x 2 + 2 xy − y 2 > 160

A.

4

C.
Lời giải
+ Gọi
Do
Xét

thể tích khối tứ diện

B.

x + xy − y < 145
2

lần lượt là trung điểm của các cạnh

x,

H

là trung điểm

∆ABC
∆ABC

y.

là

x, y

Giá trị

thỏa

x 2 − 2 xy + 2 y 2 < 109
x 2 − xy + y 4 > 125

AB.

( SAB ) ⊥ ( ABCD ) ⇒ SH ⊥ ( ABCD )

đều và
SH =

đều:

3 AB
=2 3
2

S ABPN = S ABCD − S ADN − SCND

+ Ta có:
= AB 2 −

D.

CMNP

AD.DN CN .CP
4.2 2.2
−
= 42 −
−
= 10
2
2
2
2

1
1
20 3
20 3
⇒ VS. ABPN = .S ABPN .SH = .10.2 3 =
⇒x=
3
3
3
3

AN ∩ HD = { K }

+ Gọi

⇒ HK =

ta có

MK

là đường trung bình của

∆DHS

1
1
1 1
1
1 2.2 2 3 2 3
2 3
SH ⇒ VCMNP = .SCNP .MK =. .CN .CP. .SH = .
.
=
⇒y=
2
3
3 2
2
3 2
2
3
3

Thay vào các đáp án.

Chọn C.
Bài 3: Cho hình chóp tam giác

S. ABC

có đáy

ABC

là tam giác vuông cân đỉnh

∧

với mặt phẳng

( ABC ), SC = a, SCA = ϕ.

Xác định góc

ϕ

để thể tích khối chóp

C

và

SABC

SA

vuông góc

lớn nhất.

1
3

ϕ = arcsin

A.
ϕ = arcsin

C.
Lời giải

ϕ = arcsin

B.

1
5

2
7

ϕ = 3arcsin

D.

1
3

BC = AC = a.cosϕ ; SA = a.sin ϕ
1
1
1
VSABC = S ABC .SA =. AC.BC.SA = a 3 sin ϕ.cos 2ϕ
3
6
6
1 3
= a sin ϕ ( 1 − sin 2 ϕ )
6

Xét hàm số:

f ( x ) = x − x3

trên khoảng

( 0;1) .

f ‘ ( x ) = 1 − 3x 2, f ‘ ( x ) = 0 ⇔ x = ±

Ta có:
Từ đó ta thấy trên khoảng
đó hàm số đạt

GTLN

( 0;1)

1
.
3

hàm số

f ( x)

liên tục và có một điểm cực trị là điểm cực đại, nên tại

hay:

2
 1 
max f ( x ) = f 
=
÷
x∈( 0;1)
 3 3 3

ϕ = arcsin

hay

1
3

π

, ∀0 < ϕ < ÷
2


Chọn A.
Bài 4: Cho hình chóp
SC = SD = a 3.

A.
Lời giải
Gọi

có đáy là hình vuông cạnh bằng a, mặt bên

Tính thể tích khối chóp

a3 2
V=
2

I

S. ABCD

B.

a 3

3

a3 2
V=
3

SJ = SC 2 − JC 2 = 3a 2 −

và

là tam giác đều,

S. ABCD.

là trung điểm AB;J là trung điểm của

IJ = a; SI =

SAB

C.
CD
2

a3 2
V=
6

từ giả thiết ta có:

a
a 11
=
4
2

V=

D.

a3
6

Áp dụng định lý cosin cho tam giác

( )

IJ 2 +IS2 − SJ 2
cos S¶IJ =
=
2.IJ.IS

Suy ra, tam giác
S.

đỉnh

Gọi

giác vuông
Góc

I

H

SIJ

2

là tam giác có
S

µ = 90 .
H

trên

tù. Từ giả thiết tam giác

( ABCD ) ,

ta có

H

nhọn và

Vậy

Chọn C.

có

IJ

đều và tam giác

và

I

nằm giữa

SCD

HJ

tức là tam

)

a 3 6 a 2
·
SH = SI .sin SIH
=
.
=
2
3

2

1
1 2 a 2 a3 2
= S ABCD .SH = a .
=
.
3
3
2
6

BC

và vuông góc với

S. ABC

( SBC ) ,

có cạnh đáy bằng a. Gọi

góc giữa

( P)

( P)

là mặt phẳng đi qua

với mặt phẳng đáy là

300.

24

3

A.
Lời giải

B.

a3 3
8

C.

a3
8

A

và

Thể tích khối chóp

là:

3

là cân

3 ¶
6
·
·
·
cos I$= cos SIH
= −cos S¶IJ =
SIJ va SIH
ke bu ⇒ sin SIH
=
.
3
3

Bài 5: Cho hình chóp tam giác đều
song song

SAB

thuộc

(

VS. ABCD

a

S¶IJ

0

Xét tam giác SHI ta có

S. ABC

ta có:

2

3a 11a
−
2
4
4 =− a =− 3 <0
3
a 3
a2 3
2.a.
2

a2 +

là hình chiếu của

SHI

SIJ

D.

3a 3
8

Tổng quát: Cho hình chóp tam giác đều
có cạnh đáy bằng
qua

A

a.

Gọi
BC

và song song

góc giữa

( P)

là mặt phẳng đi

S. ABC

VS. ABC

Áp dụng bài này:
⇒ S ∆ABC =

+
đều
+ Gọi G là trọng tâm

( SBC ) ,

và vuông góc với

với mặt phẳng đáy là

Thể tích khối chóp

∆ABC

( P)

S. ABC

α

VS. ABC =

là:

a 3 cot α
24

a 3 cot 300 a 3 3
=
=
24
24
a2 3
4

( P ) ∩ ( SBC ) =EF ⇒ EF//BC ⇒ ( P ) ∩ ( SBC ) =Ax

+ Gọi
+ Gọi

M

là trung điểm

BC, SM ∩ EF = N

với

Ax / / EF / / BC

.

AM ⊥ BC, SG ⊥ BC ⇒ BC ⊥ ( SAM ) ⇒ AN ⊥ BC ⇒ AN ⊥ Ax

Ta có:
Mà

·
AM ⊥ BC, BC / / Ax ⇒ AM ⊥ Ax ⇒ (·( P ), ( ABC ) ) = NAM
= 300

Ta có:
Xét

·
·
GSM
= NAM
=α

∆SGM

vuông tại

G

(cùng phụ với
có:

·
SMA

1
1 a 3
a
·
SG = GM .cot GSM

= AM .cot 300 = .
. 3=
3
3 2
2

1
1 a 2 3 a a3 3
VS. ABC = .S∆ABC .SG = .
. =
3
3 4 2
24

Vậy:
Chọn A.

S. ABCD,

Bài 6: Cho hình chóp
giữa hai mặt phẳng

( SBI ), ( SCI )
3 15 3
a
5

A.
Lời giải

( SBC )

)

đáy

và

ABCD

( ABCD )

.
là hình thang vuông tại

bằng

cùng vuông góc với mặt phẳng
B.

3 17 3
a
5

600.

Gọi

( ABCD ) .

I

A, D; AB = AD = 2a, CD = a.

Góc

AD,

là trung điểm của

Tính thể tích khối chóp
C.

3 19 3
a
5

biết hai mặt phẳng
S. ABCD.

D.

3 23 3
a
5

BC, I

H

Gọi

trung điểm của

là hình chiếu của

H

BC, J

lên

là trung điểm

AB.

SI ⊥ mp ( ABCD ), IC = ID + DC = a 2
2

2

Ta có
IB = IA2 + AB 2 = a 5
S ABCD

và

BC = IB = CJ 2 + JB 2 = a 5

1
1
= AD ( AB + CD ) = 3a 2 ; S IAB = .IA. AB = a 2
2
2

⇒ S IBC = S ABCD − S IAB − S DIC =
S IBC =

Mặt khác
SI = IH .tan 600

1
IH .BC ,
2

và

1
1
SCID = .DC .DI = a 2
2
2

2

3a
.
2
IH =

nên

2 S IBC 3 3
=
a.
BC
5

9 3
a.
5

1
3 15 3
VS. ABCD = SI .S ABCD =
a.
3
5

Do đó
Chọn A.

Bài 7: Cho khối hộp
cạnh
0

ABCD. A ‘ B ‘ C ‘ D ‘

BA = 3, AD = 7;

các mặt bên

có cạnh bên bằng 1.; đáy

( ABB ‘ A ‘)

và

( ADD ‘ A ‘)

ABCD

là một hình chữ nhật có các

hợp với mặt đáy các góc theo thứ tự

0

45 ;60 .

Thể tích khối hộp là:
4

A. (đvdt)
Lời giải

3

B. (đvdt)

C.

2

(đvdt)

D.

6

(đvdt)

Dựng
Ta có
Đặt

A ‘ H ⊥ ( ABCD )

và

A ‘ I ⊥ AB, A ‘ J ⊥ AD ⇒ HI ⊥ AB, HJ ⊥ AD.

¼
A ‘ IH = 450 ; ¼
A ‘ JH = 600.

A ‘ H = h.

Tam giác

HA ‘ J

vuông có

⇒ A’ J =

nửa cạnh
9 − 12h 2
⇒ AJ =
3

Tam giác
AIHJ

HA ‘ I

·A ‘ JH = 600

nên là nửa tam giác đều có cạnh

h
2h 3
12h
9 − 12h
=
⇒ A ‘ J 2 = AA ‘2 − A ‘ J 2 = 1 −
=
2

9
9
3
2
2

0
với

vuông cân tại

A ‘ H, HJ

, đường cao

là

2

3
2

H ⇒ IH = A ‘ H = h

là hình chữ nhật.

AJ = IH ⇔

9 − 12 h 2

3
= h ⇔ 9 − 12h 2 = 9h 2 ⇔ h =
3
21

ABCD. A ‘ B ‘ C ‘ D ‘ : V = S ABCD. A ‘ H = 3. 7.

Thể tích khối hộp
Chọn B.
ABCD. A ‘ B ‘ C ‘ D ‘

3
=3
21

Bài 8: Cho khối hộp
có tất cả các cạnh bên bằng
0
0
α ( 0 < α < 90 ) .
V
đều bằng
Tính thể tích của khối hộp.
V = a 3 sin 2α cos 2

A.

A’ J

a

− cos 2α arcsin θ
2

(đvdt)
a

A ‘ AB, BDA, A ‘ AD

và các góc

V = 2a 3 sin α cos 2

B.

a
− cos 2α
2

V = 2a 3 sin

C.
Lời giải

cân tại

A ‘ ⇒ A ‘ O ⊥ BD

 A ‘ O ⊥ BD
⇒ BD ⊥ ( A ‘ AC ) ⇒ BD ⊥ AH ⇒ AH ⊥ ( ABCD ) ⇒ HK ⊥ AD


 AC ⊥ BD

Ta có

¼
A ‘ AO = β .∆HAA ‘

ABCD
⇒ cos

D.Đáp số khác.

A ‘ H ⊥ AC ; A ‘ K ⊥ AD ⇒ ∆A ‘ BD

Dựng

Đặt

α
a
cos 2 − cos 2α
2
2

là hình thoi
α AK
2

=

⇒ cosβ =

AH

H ⇒ cosβ =

vuông tại

⇒ AC

⇒ cosβ .cos

AH
AA ‘

·
BAD
= α ,∆KAH

là phân giác góc
α AH AK AK
2

=

.
=
= cosα
AA ‘ AH AA ‘

cosα
cos 2α
a
⇒ A ‘ H = AA ‘.sin β = a.sin β ⇒ A ‘ H = a 1 −
=
α
α
α
cos
cos 2
cos
2
2
2
VABCD. A’ B ‘ C ‘ D ‘ = S ABCD. A ‘ H = a 2 .sin α .

Do đó ta có:
α
3
= 2a sin

vuông tại K

2

cos 2

a
cos

α
2

cos 2

cos 2

α
− cos 2α
2

α
− cos 2α
2

a
− cos 2α .
2

Chọn C.
Bài 9: Cho khối hộp

ABCD. A ‘ B ‘ C ‘ D ‘

có độ dài cạnh bên bằng a; đáy là hình thoi, diện tích của hai
S1
S2
α.
mặt chéo là và ; góc giữa hai mặt phẳng chứa hai mặt chéo là

Tính thể tích V của khối hộp
đã cho.

V=

A.
Lời giải
Gọi

O

S1S2 cosα
a

và

O’

Hai mặt chéo

(
Ta có:

B.

S1S2 cosα
3a

V=

.

S1S2 cosα
4a

V=

D.

S1S2 cosα
2a

ABCD, A ‘ B ‘ C ‘ D ‘.

theo thứ tự là tâm của hai mặt đáy

( ACC ‘ A ‘)

Dựng mặt phẳng
E, F, G, H

V=

( P) ⊥

( P)

và

( BDD ‘ B ‘)

vuông góc với

OO ‘,

có giao tuyến là

OO ‘

có diện tích theo thứ tự

I,

tại

AA ‘, BB ‘, CC ‘, DD ‘

cắt các cạnh bên

các cạnh bên).

EG, HF ⊥ OO’

tại

·
I ⇒ EIH
=α

S1, S 2 .

là góc giữa hai mặt phẳng chéo

theo thứ tự tại

( ACC ‘ A ‘)

và

( BDD ‘ B ‘)

.

EFGH

là một thiết diện thẳng của hình hộp và là một hình bình hành.
Do đó, ta có thể tích V của hình hộp là:

1
V = S EFGH. AA ‘ = .EG.HF. AA ‘.sin α
2
S1 = S ACC ‘ A ‘ = EG.AA’ ⇔ EG=

Ta lại có:

S1
S
; S 2 = S BDD ‘ B ‘ = HF .BB ‘ ⇔ HF = 2
a

a

S S cosα
1 S S
⇒ V =. 1. 2 a.sin α = 1 2
.
2 a a
2a

Chọn D.
Bài 10: Cho khối hộp đứng
đáy góc

β.

ABCD. A ‘ B ‘ C ‘ D ‘

có

·
AB = a, AD = b, BAD
= α;

Tính thể tích khối hộp đứng đã cho là:

đường chéo

AC ‘

hợp với

V = 4ab a 2 + b 2 − 2ab.cosα .cosα .cosβ

A.
B.
C.
D.

V = 2ab a 2 + b 2 + 2ab.cosα .cosα .cosβ
V = 3ab a 2 + b 2 − 2ab.cosα .sin α .tanβ
V = ab a 2 + b 2 + 2ab.cosα .sin α .tanβ

Lời giải
V = ab a 2 + b 2 + 2ab.cosα .sin α .tan β

Ta có:

CC ‘ ⊥ ( ABCD )

¼ ‘=β
⇒ CAC

Xét

∆ABC

là góc của

AC ‘

.

·
AC = AB + BC − 2 AB.BC.cos ABC
2

, ta có:

và mặt đáy

( ABCD )

2

2

= a + b + 2ab.cos ( 1800 − α ) = a 2 + b 2 + 2ab.cosα .
2

2

⇒ AC = a 2 + b2 + 2ab.cosα

Do đó ta có:

CC ‘ = AC.tan β = a 2 + b 2 + 2ab.cosα .tan β

.

V = S ABCD .CC ‘ = ab sin α. a + b 2 + 2ab.cosα .tan β
2

Thể tích của hình hộp đứng:
V = ab a 2 + b 2 + 2ab.cosα .sin α .tanβ
Chọn D.

CHỦ ĐỀ 2.
MẶT CẦU – KHỐI CẦU
1. Định nghĩa mặt cầu
1) Định nghĩa: Tập hợp các điểm trong không gian cách điểm O cố định một khoảng cách R cho trước

là mặt cầu tâm O và bán kính R. Kí hiệu
Như vậy, khối cầu

S ( O; R )

S ( O; R ) .

là tập hợp các điểm M sao cho

OM ≤ R.

2) Công thức tính diện tích mặt cầu, thể tích khối cầu
R

Gọi

là bán kính mặt cầu, ta có:

S = 4π R 2 .

Diện tích mặt cầu:

–

Thể tích khối cầu:

–

4
V = π R3 .
3

3) Phương pháp tìm tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp

S. ABC

Để tìm mặt cầu ngoại tiếp một hình chóp bất kì ta cần phải tìm được điểm I cách đều tất cả các
đỉnh.
Bước 1: Dựng trục của đáy: là đường thẳng đi qua tâm của đáy và vuông góc với đáy.
Bước 2: Ta thường dựng trung trực của một cạnh bên nào đó cắt trục của đáy tại I, hoặc dựng
trục của một mặt bên nào đó cắt trục của đáy tại I. Tâm mặt cầu chính là điểm I, ở bước 2 này phải
tùy vào đề bài mà ta có cách xử lý cụ thể.

BÀI TẬP ÁP DỤNG
Bài 1: Cho hình chóp
·
·
SAB

= SCB
= 900

có đáy

và khoảng cách từ

ngoại tiếp hình chóp
S = 2π a

S. ABC

S. ABC

là tam giác vuông cân tại B,

đến mặt phẳng

B.

S = 8π a 2

Gọi H là hình chiếu của S lên (ABC)

Ta có

 BC ⊥ SC
⇒ HC ⊥ BC

 SH ⊥ BC

Tương tự ,
Và
Gọi

∆ABC

AH ⊥ AB

vuông cân tại B nên ABCH là hình vuông.

O = AC ∩ BH, O

là tâm hình vuông.

Dựng một đường thẳng

d

( SBC )

bằng

A 2.

AB = BC = a 3,

Tính diện tích mặt cầu

theo a.

2

A.
Lời giải

A

ABC

qua

O

vuông góc với

C.

S = 16π a 2

D.

S = 12π a 2

( ABCH ) ,

dựng mặt phẳng trung trực của SA qua

trung điểm J cắt

Ta hoàn toàn có
SB, hay

I, I

d

tại

là tâm mặt cầu ngoại tiếp.

IJ ⊥ SA ⇒ IJ / / AB ⇒ I

I = d ∩ SC.

là trung điểm

rS .SBC = AI = IJ 2 + JA2 ; IJ =

Bán kính mặt cầu ngoại tiếp:
Do

AB a 3
=
2
2

AH / / ( SBC ) ⇒ d ( A, ( SBC ) ) = d ( H, ( SBC ) ) = HK
BC ⊥ ( SHC ) ⇒ HK ⊥ ( SBC )

( K là hình chiếu của H lên SC và
H ⇒ SH = a 6
⇒ HK = a 2
SHC
tam giác
vuông tại
Tam giác
JA =

SHA

vuông tại

H ⇒ SA = 3a

SA 3a
=
⇒ rS. ABC = AI = a 3 ⇒ Smc = 4π r 2 = 12π a 2 .
2
2

Chọn D.
Bài 2: Cho mặt cầu

( S)

tâm O, bán kính R và mặt phẳng

điểm M tùy ý thuộc (S). Đường thẳng OM cắt
nào sau đây là đúng?

( S)

Vì I là hình chiếu của O lên
mà

là tiếp điểm của

( P)

và

( P)

Đường thẳng OM cắt
Vuông góc với OI tại I.

Chọn A.

( P)

nên

d O, ( P )  = R

Suy ra IN tiếp xúc với

có khoảng cách đến O bằng R. Một

tại N. Hình chiếu của O trên

B.
D. Cả A và B đều đúng.

Lời giải
d O, ( P )  = OI

( P)

( P)

ON = R 2 ⇔ IN = R

A. NI tiếp xúc với
C. Cả A và B đều sai.

I

)

( S)

nên

.

tại N nên IN

( S) .

( P)

là I. Mệnh đề

p.

Bài 3: Diện tích hình tròn lớn của một hình cầu
tròn có diện tích là

p
.
2

Một mặt phẳng

Khoảng cách từ tâm mặt cầu đến mặt phẳng

p
π

1
π

(α )

(α)

cắt hình cầu theo một hình
bằng:

2p
π

p
2π

A.
B.
C.
D.
Lời giải
Hình tròn lớn của hình cầu S là hình tròn tạo bởi mặt phẳng cắt hình cầu và đi qua tâm của hình cầu.
Gọi R là bán kính hình cầu thì hình tròn lớn cũng có bán kính R.
π R2 = p ⇔ R =

Theo giả thiết, ta có,
d = R2 − r 2 =

Suy ra
Chọn D.
Bài 4: Cho mặt cầu

p
π

π r2 =

và

p
p
⇔r=
2
2π

p
.
2π

S ( O; R ), A

là một điểm ở trên mặt cầu

( S)

và

( P)

là mặt phẳng đi qua A sao cho

0

góc giữa OA và (P) bằng
π R2

A.
Lời giải

60 .

B.

Diện tích của đường tròn giao tuyến bằng:
π R2
π R2
2

4

C.

Gọi H là hình chiếu vuông góc của O lên mặt phẳng (P) thì:
• H là tâm của đường tròn giao tuyến (P) và (S).
OA, ( P ) ) = (¼
OA, AH ) = 60 .
(¼
0

•

r = HA = OA.cos600 =

Bán kính của đường tròn giao tuyến :

R
.
2

D.

π R2
8

2

Suy ra diện tích đường tròn giao tuyến :
Chọn C.
Bài 5: Cho hình chóp tứ giác đều
tiếp hình chóp

(

a 1+ 3

A.
Lời giải

S. ABCD

)

2
 R  πR
π r2 = π  ÷ =
.
4
2

S. ABCD

có cạnh bên bằng cạnh đáy bằng a. Khi đó mặt cầu nội

có bán kính bằng:
a

2

(

6− 2

)

4

B.

a

(

6+ 2

)

a

4

C.

(

)

3 −1
2

D.

Gọi H là tâm của hình vuông ABCD. Ta có SH là trục đường tròn ngoại tiếp đáy. Gọi M là trung
điểm của CD và I là chân đường phân giác trong của góc
nội tiếp hình chóp, bán kính
SH = SA2 − AH 2 =

¼ ( I ∈ SH ) .
SMH

IH = r.

a 2
a 3
a
; SM =
; MH = .
2
2

2

Ta có:
Dựa vào tính chất của đường phân giác ta có:

a
IS MS
SH MS + MH
SH .MH
a
=
⇒
=
⇒ IH =
=
=
IH MH
IH
MH
MS + MH
2+ 6

(

6− 2

S. ABC

có đáy ABC là tam giác vuông tại B và

và vuông góc mặt phẳng đáy. Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp
A.

a 2
2

B.

3a

C.

a 6
2

)

4

Chọn B.
Bài 6: Cho hình chóp

Suy ra I là tâm của mặt cầu

BA = BC = a.
S. ABC

Cạnh bên

là:

D.

a 6

SA = 2a

Lời giải
Gọi M là trung điểm AC, suy ra M
là tâm đường tròn ngoại tiếp tam
ABC.

giác

suy ra

Gọi I là trung điểm 2SC,

IM / / SA

nên

IM ⊥ ( ABC ) .

∆ABC

Do đó IM là trục của

( 1)

IA = IB = IC

suy ra

SAC

Hơn nữa, tam giác

vuông tại A

có I là trung điểm SC nên
Từ

( 1)

và

( 2)

ta có

,

IS = IC = IA ( 2 )

IS = IA = IB = IC

hay I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp
R = IS=

Vậy bán kính
Chọn C.

SC
=
2

Bài 7: Cho hình chóp
góc với đáy
a

2

( ABCD ) .

2

A.
Lời giải

Gọi

O = AC ∩ BD,

S.ABC

.

SA + AC
a 6

=
.
2
2
2

S. ABCD

2

có đáy ABCD là hình vuông cạnh a. Cạnh bên

Tính theo a diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp
B.

8π a

2

C.

2a

S. ABCD

2

D.

suy ra O là tâm đường tròn ngoại tiếp hình vuông ABCD.

Gọi I là trung điểm SC, suy ra

IO / / SA ⇒ IO ⊥ ( ABCD ) .

SA = a 6

ta được:

2π a 2

và vuông

Do đó

IO

Tam giác
Từ

( 1)

và

là trục của hình vuông ABCD, suy ra:
SAC

( 2)

IA = IB = IC = ID ( 1)
IS = IC = IA

( 2)

vuông tại A có I là trung điểm cạnh huyền SC nên
R = IA = IB = IC = ID = IS=

, ta có:

Vậy diện tích mặt cầu
Chọn B.

S = 4π R 2 = 8π a 2

SC
=a 2
2

(đvdt).
AB = a.

S. ABC

Bài 8: Cho hình chóp
có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B và
Cạnh bên
SA = a 2
, hình chiếu của điểm S lên mặt phẳng đáy trùng với trung điểm của cạnh huyền AC. Bán
kính mặt cầu ngoại tiếp khối chóp

a 2
2

A.
Lời giải

Tam giác
Ta có

SAC

là:

a 6
3

B.

Gọi M trung điểm AC, suy ra

S. ABC

C.

a 6
2

D.

a 2

3

SM ⊥ ( ABC ) ⇒ SM ⊥ AC

có SM là đường cao và cũng là trung tuyến nên tam giác SAC cân tại S.

AC = AB 2 + BC 2 = a 2,

suy ra tam giác

SAC

đều.

GS = GA = GC

( 1)

Gọi G trọng tâm tam giác SAC, suy ra
Tam giác ABC vuông tại B, có M là trung điểm cạnh huyền AC nên M là tâm đường tròn ngoại tiếp
tam giác ABC.

Lại có

SM ⊥ ( ABC )

nên SM là trục của tam giác ABC.
GA = GB = GC

Mà G thuộc SM nên suy ra

( 2)

Từ

( 1), ( 2 )

, suy ra

GS = GA = GB = GC
R = GS =

Bán kính mặt cầu
Chọn B.

hay G là tâm mặt cầu ngoại tiếp khối chóp

2
a 6
SM =
.
3
3

Bài 9: Cho hình chóp tam giác đều

S. ABC

có cạnh đáy bằng a và cạnh bên bằng

chiều cao của khối chóp và R là bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối chóp. Tỉ số
7
12

A.
Lời giải

B.

Gọi O là tâm

∆ABC ,

ta có

Trong mặt phẳng
•
•

Do đó

I ∈d

nên

I ∈ SO

7
24

C.

SO ⊥ ( ABC )

AO =

và

7
6

( SOA) ,
IS = IA

nên

kẻ trung trực

d

a 3
.
3

của đoạn SA cắt SO tại I, suy ra:

IA = IB = IC.

IA = IB = IC = IS

nên I là tâm mặt cầu ngoại tiếp khối chóp

R
h

a 21
6

bằng:
D.

a
h = SO = SA2 − AO 2 = .
2

SOA,

Trong

suy ra

S. ABC.

S. ABC.

1
2

. Gọi

h

là

Gọi M là trung điểm SA, ta có

∆SOA

đồng dạng

R = SI =

∆SMI

nên

SM .SA SA2 7a
=
=
SO
2SO 12

R 7
= .
h 6

Vậy
Chọn C.

S. ABCD

Bài 10: Cho hình chóp tứ giác đều
0

60 .

Thể tích khối cầu ngoại tiếp khối chóp
4π a
3

S. ABCD

2π a 6
9

B.

C.

∆SOB,

Ta có:
Trong
Ta có SO là trục của hình vuông ABCD.
Trong mặt phẳng

Xét

8π a 3 6
9

D.

O = AC ∩ BD ⇒ SO ⊥ ( ABCD ) .

·, ( ABCD ) = SB
·, OB = SBO
·
600 = SB
.

Gọi

là:

3

3

A.
Lời giải

Gọi

có cạnh đáy bằng a, cạnh bên hợp với mặt đáy một góc

( SOB ) ,

kẻ đường trung trực

d

ta có

a 6
·
SO = OB.tan SBO
=
.
2

của đoạn SB.

 I ∈ SO  IA = IB = IC = ID
I = SO ∩ d ⇒ 
⇒
⇒ IA = IB = IC = ID = IS=R
I ∈ d
 IS=IB

∆SBD

Do đó,

d

có

 SB = SD
⇒ ∆SBD
·
·
= 600
 SBD = SBO

cũng là đường trung tuyến của
R = SI =

Bán kính mặt cầu

2
a 6
SO =
.
3
2

đều.

∆SBD

. Suy ra

I

là trọng tâm

∆SBD.

8π a 3 6
27

4
8π a 3 6
V = π R3 =
.
3
27

Suy ra
Chọn D.

Bài 11: Cho hình chóp
AB = BC = CD = a.
S. ABCD

chóp
A.

S. ABCD

. Tỉ số

B.

Lời giải
Ta có

Gọi

E

Ta có

hay

và vuông góc với đáy. Gọi R bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối

a

C.

1

D.

2

·
SAD
= 900.

AD.

là trung điểm

EA = AB = BC.

Nên ABCE là

CE = EA =

hình thoi. Suy ra
Do đó tam giác
Ta có:

AD = 2a,

nhận giá trị nào sau đây?

a 2

SA ⊥ AD

SA = 2a,

Cạnh bên
R
a

có đáy ABCD là hình thang cân, đáy lớn

ACD

1
AD.
2

vuông tại C.

 DC ⊥ AC
⇒ DC ⊥ ( SAC ) ⇒ DC ⊥ SC

 DC ⊥ SA

hay

¼ = 900.
SCD

Tương tự, ta cũng có
Ta có

SB ⊥ BD

·
·
·
SAD
= SCD
= SBD
= 90
R=

ngoại tiếp, bán kính

hay

·
SAD
= 900.

0

SD
=
2

nên khối chóp

S. ABCD

nhận trung điểm I của SD làm tâm mặt cầu

SA + AD
= a 2.
2
2

2

R
= 2.
a

Suy ra
Chọn D.

Bài 12: Cho hình chóp

S. ABCD

có đáy ABCD là hình chữ nhật với

AB = 2a, AD = a.

Cạnh bên SA

0

vuông góc với đáy và góc giữa SC với đáy bằng

45 .

Gọi N là trung điểm SA, h là chiều cao của

khối chóp
và

h

S. ABCD

Biểu thức liên hệ giữa R

là:

4 R = 5h

A.
Lời giải

Ta có

B.

R=

5 R = 4h

C.

4
5 5

h

R=

D.

5 5
h
4

· .
450 = (·SC, ( ABCD ) ) = (·SC, AC ) = SCA

∆SAC ,

Trong

Ta có

và R là bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối chóp

N. ABC.

ta có

h = SA = a 5

 BC ⊥ AB
⇒ BC ⊥ ( SAB ) ⇒ BN ⊥ BC.

 BC ⊥ SA

Lại có
N. ABC

NA ⊥ AC.

A, B

Do đó, hai điểm

cùng nhìn đoạn NC dưới một góc vuông nên hình chóp

nội tiếp mặt cầu tâm J là trung điểm NC, bán kính:
2

NC 1
5a
 SA 
R = IN =
=
AC 2 +  ÷ = .
2
2
4
 2 

Chọn A.
a.
SA = a 2
có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng
Đường thẳng
( ABCD ) .
(α)
vuông góc với đáy
Gọi M trung điểm SC, mặt phẳng
đi qua hai điểm A và M đồng
thời song song với BD cắt SB, SD lần lượt tại E, F. Bán kính mặt cầu đi qua năm điểm S, A, E, M, F
nhận giá trị nào sau đây?

Bài 13: Cho hình chóp

a 2

A.
Lời giải

S. ABCD

B.

a

C.

a 2
2

D.

a
2

(α)

Mặt phẳng

song song với BD cắt SB, SD lần lượt tại E, F nên
AM ⊥ SC

tuyến AM nên

Ta có
Từ

Lại có:

SC ⊥ ( α ) ⇒ SC ⊥ AE ( *)

suy ra

EF ⊥ SC

Do đó

suy ra

( **)

AF ⊥ SD.

Do đó

·
·
·
SEA
= SMA
= SFA
= 900
R=

mặt cầu tâm I là trung điểm của SA, bán kính
Chọn C.
Bài 14: Cho hình chóp
góc đáy
diện

HBCD

Gọi

S. ABCD

Vì
Ta có

nên 5 điểm

cùng thuộc

SA a 2
=
.
2
2

có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng

a.

Đường thẳng SA vuông

Gọi H là hình chiếu của A trên đường thẳng SB. Bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ

B.

a

O = AC ∩ BD.

ABCD

S, A, E, M, F

có giá trị nào sau đây?

a 2

A.
Lời giải

( 2)

AE ⊥ ( SBC ) ⇒ AE ⊥ SB.

Tương tự ta cũng có

( ABCD ) .

cân tại A, trung

.

 BC ⊥ AB
⇒ BC ⊥ ( SAB ) ⇒ BC ⊥ AE

 BC ⊥ SA

( *), ( **)

Từ

( 1)

 BD ⊥ AC
⇒ BD ⊥ ( SAC ) ⇒ BD ⊥ SC .

 BD ⊥ SA

( 1), ( 2 )

EF / / BD.∆SAC

là hình vuông nên

OB = OD = OC ( 1)

C.

a 2
2

D.

a
2

CB ⊥ BA
⇒ CB ⊥ ( SBA ) ⇒ CB ⊥ AH .

CB ⊥ SA

Lại có

AH ⊥ SB.

Suy ra

AH ⊥ ( SBC ) ⇒ AH ⊥ HC

nên tam giác

OH = OC

và có O là trung điểm cạnh huyền AC nên suy ra

( 1), ( 2 ) ⇒ R = OH = OB = OC = OD =
Từ
Chọn C.
Bài 15: Cho hình chóp

vuông góc với đáy

S. ABC

( ABC )

có đáy

ABC

là tam giác vuông cân tại B và

. Gọi

Cạnh bên SA

lần lượt là hình chiếu vuông góc của A lên cạnh SB và SC.

B.

2π a 3

·ABC = 900, ·AKC = 900

Theo giả thiết, ta có

Từ

BC = a.

H,K

A.HKCB

3

A.
Lời giải

Do

( 2)

vuông tại H

a 2
.
2

Thể tích của khối cầu tạo bởi mặt cầu ngoại tiếp hình chóp
2π a
3

AHC

C.

πa
6

là:
3

D.

π a3
2

( 1)

 AH ⊥ SB
⇒ AH ⊥ HC ( 2 )

BC
⊥
AH
BC
⊥
SAB
(
)
(
)


( 1), ( 2 )

B, H, K

suy r aba điểm

cùng nhìn xuống AC dưới một góc
R=

nội tiếp mặt cầu tâm I là trung điểm AC, bán kính

900

AC AB 2 a 2
=
=
.
2
2
2

nên hình chóp

A.HKCB

Chủ đề 4. Mặt trụ – khối trụĐịnh nghĩa mặt trụHình trụ và khối trụDiện tích xung quanh, diện tích quy hoạnh toàn phần của hình tròn trụ và thể tích của khối trụBài tập vận dụng – Lời giải chi tiếtChủ đề 5. Ứng dụng hình học không gian giải những bài toán trong thực tiễn  Bài tập vận dụng  Lời giải chi tiếtĐề ôn tập chương 5L ời giải chi tiếtCHƯƠNG 05. BÀI TOÁN VẬN DỤNG CAOHÌNH HỌC KHÔNG GIANCHỦ ĐỀ 1. THỂ TÍCH KHỐI ĐA DIỆNTrước khi vào phần bài tập bạn đọc cần trang bị cho mình những kiến thức và kỹ năng cơ bản tối thiểu : 1. Thể tích khối chópCông thức tính : V = B.hvớidiện tích đáy, là chiều cao khối chóp. 2. Thể tích khối lăng trụV = B.hvớidiện tích đáy, là chiều cao lăng trụ. 3. Thể tích khối hộp chữ nhậtV = a.b.ca, b, cvớilà ba size. 4. Thể tích khối lập phươngV = a3vớilà độ dài cạnh. 5. Định lý tỉ số thể tích khối tứ diện hoặc khối chóp tam giácCho khối tứ diệnSABCA ‘, B ‘, C ‘ vàSA, SB, SClà những điểm tùy ý lần lượt thuộcta có : VSABCSA SB SCVSA ‘ B ‘ C ‘ SA ‘ SB ‘ SC ‘ Chúng ta sẽ cùng đi ngay vào những ví dụ minh họa để thấy rằng có những bài tương quan đến thể tíchkhối đa diện rất khó, yên cầu năng lực vận dụng cao. BÀI TẬP ÁP DỤNGBài 1 : Cho hình lập phươngBC. Mặt phẳngdiện chứa đỉnhV ( H ) V ( H ‘ ) ( DMN ) A, ( H ‘ ) M, NGọilần lượt là trung điểm của ( H ) A’B ‘ V ( H ‘ ) là khối đa diện còn lại. Tính tỉ sốV ( H ) V ( H ‘ ) V ( H ‘ ) B.AN ∩ ND = J, JM ∩ BB ‘ = K. Ta có : C.BK = 2 B ‘ K ; I ∈ A ‘ D ‘ .. Suy ra thiết diện làV ( H ) = VABA ‘ KMIDN = VD. ABKMA ‘ + VD.BKN + VD.MA ‘ IV ( H ) 5589KMIDNV ( H ) V ( H ‘ ) D.vàlà khối đaV ( H ) 3748A ‘ I = D ‘ D ‘ cạnha. chia khối lập phương đã cho thành hai khối đa diện. GọiA. Lời giảiTa có : ABCD. A ‘ B ‘ C ‘ D ‘ 1  1 a a  1 1 a 2 a 1 1 a a 55 a 3 = a.  a 2 −. . ÷ + a. .. +. a. .. = 3  2 3 2  3 2 2 3 3 2 2 4 14455 a 3 89 a 355 ⇒ V ( H ‘ ) = a 3 − ⇒ H =. 144144VH ‘ 89C họn B.Bài 2 : Cho hình chópS. ABCDcó đáy là hình vuông vắn cạnh bằng 4, mặt bênSABlà tam giác đều vàM, N, Pnằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. GọiSD, CD, BC.S. ABPNThể tích khối chópmãn bất đẳng thức nào dưới đây : làx 2 + 2 xy − y 2 > 160A. C.Lời giải + GọiDoXétthể tích khối tứ diệnB. x + xy − y < 145 lần lượt là trung điểm của những cạnhx, là trung điểm ∆ ABC ∆ ABCy. làx, yGiá trịthỏax 2 − 2 xy + 2 y 2 < 109 x 2 − xy + y 4 > 125AB. ( SAB ) ⊥ ( ABCD ) ⇒ SH ⊥ ( ABCD ) đều vàSH = đều : 3 AB = 2 3S ABPN = S ABCD − S ADN − SCND + Ta có : = AB 2 − D.CMNPAD.DN CN. CP4. 2 2.2 = 42 − = 1020 320 3 ⇒ VS. ABPN =. S ABPN. SH =. 10.2 3 = ⇒ x = AN ∩ HD = { K } + Gọi ⇒ HK = ta cóMKlà đường trung bình của ∆ DHS1 11 2.2 2 3 2 32 3SH ⇒ VCMNP =. SCNP. MK =. . CN. CP.. SH =. ⇒ y = 3 23 2T hay vào những đáp án. Chọn C.Bài 3 : Cho hình chóp tam giácS. ABCcó đáyABClà tam giác vuông cân đỉnhvới mặt phẳng ( ABC ), SC = a, SCA = ϕ. Xác định gócđể thể tích khối chópvàSABCSAvuông góclớn nhất. ϕ = arcsinA. ϕ = arcsinC. Lời giảiϕ = arcsinB. ϕ = 3 arcsinD. BC = AC = a. cosϕ ; SA = a.sin ϕVSABC = S ABC. SA =. AC.BC.SA = a 3 sin ϕ. cos 2 ϕ1 3 = a sin ϕ ( 1 − sin 2 ϕ ) Xét hàm số : f ( x ) = x − x3trên khoảng chừng ( 0 ; 1 ). f ‘ ( x ) = 1 − 3 x 2, f ‘ ( x ) = 0 ⇔ x = ± Ta có : Từ đó ta thấy trên khoảngđó hàm số đạtGTLN ( 0 ; 1 ) hàm sốf ( x ) liên tục và có một điểm cực trị là điểm cực lớn, nên tạihay :  1  max f ( x ) = f  x ∈ ( 0 ; 1 )  3  3 3 ϕ = arcsinhayπ ,  ∀ 0 < ϕ < ÷ 2  Chọn A.Bài 4 : Cho hình chópSC = SD = a 3. A.Lời giảiGọicó đáy là hình vuông vắn cạnh bằng a, mặt bênTính thể tích khối chópa3 2V = S. ABCDB.a 3 a3 2V = SJ = SC 2 − JC 2 = 3 a 2 − vàlà tam giác đều, S. ABCD.là trung điểm AB ; J là trung điểm củaIJ = a ; SI = SABC.CDa 3 2V = từ giả thiết ta có : a 11V = D.a 3 Áp dụng định lý cosin cho tam giác ( ) IJ 2 + IS2 − SJ 2 cos S ¶ IJ = 2. IJ.ISSuy ra, tam giácS. đỉnhGọigiác vuôngGócSIJlà tam giác cóµ = 90. trêntù. Từ giả thiết tam giác ( ABCD ), ta cónhọn vàVậyChọn C.cóIJđều và tam giácvànằm giữaSCDHJtức là tama 3 6 a 2SH = SI. sin SIH1 2 a 2 a3 2 = S ABCD. SH = a. BCvà vuông góc vớiS. ABC ( SBC ), có cạnh đáy bằng a. Gọigóc giữa ( P. ) ( P. ) là mặt phẳng đi quavới mặt phẳng đáy là300. 24A. Lời giảiB. a3 3C. a3vàThể tích khối chóplà : là cân3 ¶ cos I $ = cos SIH = − cos S ¶ IJ = SIJ va SIHke bu ⇒ sin SIHBài 5 : Cho hình chóp tam giác đềusong songSABthuộcVS. ABCDS ¶ IJXét tam giác SHI ta cóS. ABCta có : 3 a 11 a4 = − a = − 3 < 0 a 3 a2 32. a. a2 + là hình chiếu củaSHISIJD. 3 a 3T ổng quát : Cho hình chóp tam giác đềucó cạnh đáy bằngquaa. GọiBCvà tuy nhiên songgóc giữa ( P. ) là mặt phẳng điS. ABCVS. ABCÁp dụng bài này : ⇒ S ∆ ABC = đều + Gọi G là trọng tâm ( SBC ), và vuông góc vớivới mặt phẳng đáy làThể tích khối chóp ∆ ABC ( P. ) S. ABCVS. ABC = là : a 3 cot α24a 3 cot 300 a 3 32424 a2 3 ( P. ) ∩ ( SBC ) = EF ⇒ EF / / BC ⇒ ( P. ) ∩ ( SBC ) = Ax + Gọi + Gọilà trung điểmBC, SM ∩ EF = NvớiAx / / EF / / BCAM ⊥ BC, SG ⊥ BC ⇒ BC ⊥ ( SAM ) ⇒ AN ⊥ BC ⇒ AN ⊥ AxTa có : MàAM ⊥ BC, BC / / Ax ⇒ AM ⊥ Ax ⇒ ( · ( P. ), ( ABC ) ) = NAM = 300T a có : XétGSM = NAM = α ∆ SGMvuông tại ( cùng phụ vớicó : SMA1 a 3SG = GM. cot GSM = AM. cot 300 = .. 3 = 3 21 a 2 3 a a3 3VS. ABC =. S ∆ ABC. SG = .. = 3 4 224V ậy : Chọn A.S. ABCD, Bài 6 : Cho hình chópgiữa hai mặt phẳng ( SBI ), ( SCI ) 3 15 3A. Lời giải ( SBC ) đáyvàABCD ( ABCD ) là hình thang vuông tạibằngcùng vuông góc với mặt phẳngB. 3 17 3600. Gọi ( ABCD ). A, D ; AB = AD = 2 a, CD = a. GócAD, là trung điểm củaTính thể tích khối chópC. 3 19 3 biết hai mặt phẳngS. ABCD.D. 3 23 3BC, IGọitrung điểm củalà hình chiếu củaBC, Jlênlà trung điểmAB. SI ⊥ mp ( ABCD ), IC = ID + DC = a 2T a cóIB = IA2 + AB 2 = a 5S ABCDvàBC = IB = CJ 2 + JB 2 = a 5 = AD ( AB + CD ) = 3 a 2 ; S IAB =. IA. AB = a 2 ⇒ S IBC = S ABCD − S IAB − S DIC = S IBC = Mặt khácSI = IH. tan 600IH. BC, vàSCID =. DC. DI = a 23 aIH = nên2 S IBC 3 3 a. BC9 3 a. 3 15 3VS. ABCD = SI. S ABCD = a. Do đóChọn A.Bài 7 : Cho khối hộpcạnhABCD. A ' B ' C ' D ' BA = 3, AD = 7 ; những mặt bêncó cạnh bên bằng 1. ; đáy ( ABB ' A ' ) và ( ADD ' A ' ) ABCDlà một hình chữ nhật có cáchợp với mặt dưới những góc theo thứ tự45 ; 60. Thể tích khối hộp là : A. ( đvdt ) Lời giảiB. ( đvdt ) C. ( đvdt ) D. ( đvdt ) DựngTa cóĐặtA ' H ⊥ ( ABCD ) vàA ' I ⊥ AB, A ' J ⊥ AD ⇒ HI ⊥ AB, HJ ⊥ AD.A ' IH = 450 ; ¼A ' JH = 600. A ' H = h. Tam giácHA ' Jvuông có ⇒ A ' J = nửa cạnh9 − 12 h 2 ⇒ AJ = Tam giácAIHJHA ' I · A ' JH = 600 nên là nửa tam giác đều có cạnh2h 312 h9 − 12 h ⇒ A ' J 2 = AA ' 2 − A ' J 2 = 1 − vớivuông cân tạiA ' H, HJ, đường caolàH ⇒ IH = A ' H = hlà hình chữ nhật. AJ = IH ⇔ 9 − 12 h 2 = h ⇔ 9 − 12 h 2 = 9 h 2 ⇔ h = 21ABCD. A ' B ' C ' D ' : V = S ABCD. A ' H = 3. 7. Thể tích khối hộpChọn B.ABCD. A ' B ' C ' D ' = 321B ài 8 : Cho khối hộpcó toàn bộ những cạnh bên bằngα ( 0 < α < 90 ). đều bằngTính thể tích của khối hộp. V = a 3 sin 2 α cos 2A. A ' J − cos 2 α arcsin θ ( đvdt ) A ' AB, BDA, A ' ADvà những gócV = 2 a 3 sin α cos 2B. − cos 2 αV = 2 a 3 sinC. Lời giảicân tạiA ' ⇒ A ' O ⊥ BD  A ' O ⊥ BD ⇒ BD ⊥ ( A ' AC ) ⇒ BD ⊥ AH ⇒ AH ⊥ ( ABCD ) ⇒ HK ⊥ AD  AC ⊥ BDTa cóA ' AO = β. ∆ HAA ' ABCD ⇒ cosD. Đáp số khác. A ' H ⊥ AC ; A ' K ⊥ AD ⇒ ∆ A ' BDDựngĐặtcos 2 − cos 2 αlà hình thoiα AK ⇒ cosβ = AHH ⇒ cosβ = vuông tại ⇒ AC ⇒ cosβ. cosAHAA ' BAD = α, ∆ KAHlà phân giác gócα AH AK AK = cosαAA ' AH AA ' cosαcos 2 α ⇒ A ' H = AA '. sin β = a.sin β ⇒ A ' H = a 1 − coscos 2 cosVABCD. A ' B ' C ' D ' = S ABCD. A ' H = a 2. sin α. Do đó ta có : = 2 a sinvuông tại Kcos 2 coscos 2 cos 2 − cos 2 α − cos 2 α − cos 2 α. Chọn C.Bài 9 : Cho khối hộpABCD. A ' B ' C ' D ' có độ dài cạnh bên bằng a ; đáy là hình thoi, diện tích quy hoạnh của haiS1S2α. mặt chéo là và ; góc giữa hai mặt phẳng chứa hai mặt chéo làTính thể tích V của khối hộpđã cho. V = A.Lời giảiGọiS1S2 cosαvàO ' Hai mặt chéoTa có : B.S 1S2 cosα3aV = S1S2 cosα4aV = D.S 1S2 cosα2aABCD, A ' B ' C ' D '. theo thứ tự là tâm của hai mặt dưới ( ACC ' A ' ) Dựng mặt phẳngE, F, G, HV = ( P. ) ⊥ ( P. ) và ( BDD ' B ' ) vuông góc vớiOO ', có giao tuyến làOO ' có diện tích quy hoạnh theo thứ tựI, tạiAA ', BB ', CC ', DD ' cắt những cạnh bêncác cạnh bên ). EG, HF ⊥ OO'tạiI ⇒ EIH = αS1, S 2. là góc giữa hai mặt phẳng chéotheo thứ tự tại ( ACC ' A ' ) và ( BDD ' B ' ) EFGHlà một thiết diện thẳng của hình hộp và là một hình bình hành. Do đó, ta có thể tích V của hình hộp là : V = S EFGH. AA ' =. EG.HF. AA '. sin αS1 = S ACC ' A ' = EG.AA ' ⇔ EG = Ta lại có : S1 ; S 2 = S BDD ' B ' = HF. BB ' ⇔ HF = 2S S cosα1 S S ⇒ V =. 1. 2 a.sin α = 1 22 a a2aChọn D.Bài 10 : Cho khối hộp đứngđáy gócβ. ABCD. A ' B ' C ' D ' cóAB = a, AD = b, BAD = α ; Tính thể tích khối hộp đứng đã cho là : đường chéoAC ' hợp vớiV = 4 ab a 2 + b 2 − 2 ab. cosα. cosα. cosβA. B.C.D.V = 2 ab a 2 + b 2 + 2 ab. cosα. cosα. cosβV = 3 ab a 2 + b 2 − 2 ab. cosα. sin α. tanβV = ab a 2 + b 2 + 2 ab. cosα. sin α. tanβLời giảiV = ab a 2 + b 2 + 2 ab. cosα. sin α. tan βTa có : CC ' ⊥ ( ABCD ) ¼ ' = β ⇒ CACXét ∆ ABClà góc củaAC ' AC = AB + BC − 2 AB.BC.cos ABC, ta có : và dưới mặt đáy ( ABCD ) = a + b + 2ab.cos ( 1800 − α ) = a 2 + b 2 + 2 ab. cosα. ⇒ AC = a 2 + b2 + 2 ab. cosαDo đó ta có : CC ' = AC.tan β = a 2 + b 2 + 2 ab. cosα. tan βV = S ABCD. CC ' = ab sin α. a + b 2 + 2 ab. cosα. tan βThể tích của hình hộp đứng : V = ab a 2 + b 2 + 2 ab. cosα. sin α. tanβChọn D.CHỦ ĐỀ 2. MẶT CẦU – KHỐI CẦU1. Định nghĩa mặt cầu1 ) Định nghĩa : Tập hợp những điểm trong không gian cách điểm O cố định và thắt chặt một khoảng cách R cho trướclà mặt cầu tâm O và nửa đường kính R. Kí hiệuNhư vậy, khối cầuS ( O ; R ) S ( O ; R ). là tập hợp những điểm M sao choOM ≤ R. 2 ) Công thức tính diện tích quy hoạnh mặt cầu, thể tích khối cầuGọilà nửa đường kính mặt cầu, ta có : S = 4 π R 2. Diện tích mặt cầu : Thể tích khối cầu : V = π R3. 3 ) Phương pháp tìm tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chópS. ABCĐể tìm mặt cầu ngoại tiếp một hình chóp bất kỳ ta cần phải tìm được điểm I cách đều tổng thể cácđỉnh. Bước 1 : Dựng trục của đáy : là đường thẳng đi qua tâm của đáy và vuông góc với đáy. Bước 2 : Ta thường dựng trung trực của một cạnh bên nào đó cắt trục của đáy tại I, hoặc dựngtrục của một mặt bên nào đó cắt trục của đáy tại I. Tâm mặt cầu chính là điểm I, ở bước 2 này phảitùy vào đề bài mà ta có cách giải quyết và xử lý đơn cử. BÀI TẬP ÁP DỤNGBài 1 : Cho hình chópSAB = SCB = 900 có đáyvà khoảng cách từngoại tiếp hình chópS = 2 π aS. ABCS. ABClà tam giác vuông cân tại B, đến mặt phẳngB. S = 8 π a 2G ọi H là hình chiếu của S lên ( ABC ) Ta có  BC ⊥ SC ⇒ HC ⊥ BC  SH ⊥ BCTương tự, VàGọi ∆ ABCAH ⊥ ABvuông cân tại B nên ABCH là hình vuông vắn. O = AC ∩ BH, Olà tâm hình vuông vắn. Dựng một đường thẳng ( SBC ) bằngA 2. AB = BC = a 3, Tính diện tích quy hoạnh mặt cầutheo a. A.Lời giảiABCquavuông góc vớiC. S = 16 π a 2D. S = 12 π a 2 ( ABCH ), dựng mặt phẳng trung trực của SA quatrung điểm J cắtTa trọn vẹn cóSB, hayI, Itạilà tâm mặt cầu ngoại tiếp. IJ ⊥ SA ⇒ IJ / / AB ⇒ II = d ∩ SC.là trung điểmrS. SBC = AI = IJ 2 + JA2 ; IJ = Bán kính mặt cầu ngoại tiếp : DoAB a 3AH / / ( SBC ) ⇒ d ( A, ( SBC ) ) = d ( H, ( SBC ) ) = HKBC ⊥ ( SHC ) ⇒ HK ⊥ ( SBC ) ( K là hình chiếu của H lên SC vàH ⇒ SH = a 6 ⇒ HK = a 2SHC tam giácvuông tạiTam giácJA = SHAvuông tạiH ⇒ SA = 3 aSA 3 a ⇒ rS. ABC = AI = a 3 ⇒ Smc = 4 π r 2 = 12 π a 2. Chọn D.Bài 2 : Cho mặt cầu ( S ) tâm O, nửa đường kính R và mặt phẳngđiểm M tùy ý thuộc ( S ). Đường thẳng OM cắtnào sau đây là đúng ? ( S ) Vì I là hình chiếu của O lênmàlà tiếp điểm của ( P. ) và ( P. ) Đường thẳng OM cắtVuông góc với OI tại I.Chọn A. ( P. ) nênd   O, ( P. )   = RSuy ra IN tiếp xúc vớicó khoảng cách đến O bằng R. Mộttại N. Hình chiếu của O trênB. D. Cả A và B đều đúng. Lời giảid   O, ( P. )   = OI ( P. ) ( P. ) ON = R 2 ⇔ IN = RA. NI tiếp xúc vớiC. Cả A và B đều sai. ( S ) nêntại N nên IN ( S ). ( P. ) là I. Mệnh đềp. Bài 3 : Diện tích hình tròn trụ lớn của một hình cầutròn có diện tích quy hoạnh làMột mặt phẳngKhoảng cách từ tâm mặt cầu đến mặt phẳng ( α ) ( α ) cắt hình cầu theo một hìnhbằng : 2 p2πA. B.C.D.Lời giảiHình tròn lớn của hình cầu S là hình tròn trụ tạo bởi mặt phẳng cắt hình cầu và đi qua tâm của hình cầu. Gọi R là nửa đường kính hình cầu thì hình tròn trụ lớn cũng có nửa đường kính R. π R2 = p ⇔ R = Theo giả thiết, ta có, d = R2 − r 2 = Suy raChọn D.Bài 4 : Cho mặt cầuπ r2 = và ⇔ r = 2 π2πS ( O ; R ), Alà một điểm ở trên mặt cầu ( S ) và ( P. ) là mặt phẳng đi qua A sao chogóc giữa OA và ( P. ) bằngπ R2A. Lời giải60. B.Diện tích của đường tròn giao tuyến bằng : π R2π R2C. Gọi H là hình chiếu vuông góc của O lên mặt phẳng ( P. ) thì : • H là tâm của đường tròn giao tuyến ( P. ) và ( S ). OA, ( P. ) ) = ( ¼OA, AH ) = 60. ( ¼r = HA = OA.cos 600 = Bán kính của đường tròn giao tuyến : D. π R2Suy ra diện tích quy hoạnh đường tròn giao tuyến : Chọn C.Bài 5 : Cho hình chóp tứ giác đềutiếp hình chópa 1 + 3A. Lời giảiS. ABCD  R  πRπ r2 = π  ÷ =  2  S. ABCDcó cạnh bên bằng cạnh đáy bằng a. Khi đó mặt cầu nộicó nửa đường kính bằng : 6 − 2B. 6 + 2C. 3 − 1D. Gọi H là tâm của hình vuông vắn ABCD. Ta có SH là trục đường tròn ngoại tiếp đáy. Gọi M là trungđiểm của CD và I là chân đường phân giác trong của gócnội tiếp hình chóp, bán kínhSH = SA2 − AH 2 = ¼ ( I ∈ SH ). SMHIH = r. a 2 a 3 ; SM = ; MH =. Ta có : Dựa vào đặc thù của đường phân giác ta có : IS MSSH MS + MHSH. MH ⇒ IH = IH MHIHMHMS + MH2 + 66 − 2S. ABCcó đáy ABC là tam giác vuông tại B vàvà vuông góc mặt phẳng đáy. Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chópA. a 2B. 3 aC. a 6C họn B.Bài 6 : Cho hình chópSuy ra I là tâm của mặt cầuBA = BC = a. S. ABCCạnh bênlà : D.a 6SA = 2 aLời giảiGọi M là trung điểm AC, suy ra Mlà tâm đường tròn ngoại tiếp tamABC. giácsuy raGọi I là trung điểm 2SC, IM / / SAnênIM ⊥ ( ABC ). ∆ ABCDo đó IM là trục của ( 1 ) IA = IB = ICsuy raSACHơn nữa, tam giácvuông tại Acó I là trung điểm SC nênTừ ( 1 ) và ( 2 ) ta cóIS = IC = IA ( 2 ) IS = IA = IB = IChay I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chópR = IS = Vậy bán kínhChọn C.SCBài 7 : Cho hình chópgóc với đáy ( ABCD ). A.Lời giảiGọiO = AC ∩ BD, S.ABCSA + ACa 6S. ABCDcó đáy ABCD là hình vuông vắn cạnh a. Cạnh bênTính theo a diện tích quy hoạnh mặt cầu ngoại tiếp hình chópB. 8 π aC. 2 aS. ABCDD.suy ra O là tâm đường tròn ngoại tiếp hình vuông vắn ABCD.Gọi I là trung điểm SC, suy raIO / / SA ⇒ IO ⊥ ( ABCD ). SA = a 6 ta được : 2 π a 2 và vuôngDo đóIOTam giácTừ ( 1 ) vàlà trục của hình vuông vắn ABCD, suy ra : SAC ( 2 ) IA = IB = IC = ID ( 1 ) IS = IC = IA ( 2 ) vuông tại A có I là trung điểm cạnh huyền SC nênR = IA = IB = IC = ID = IS =, ta có : Vậy diện tích quy hoạnh mặt cầuChọn B.S = 4 π R 2 = 8 π a 2SC = a 2 ( đvdt ). AB = a. S. ABCBài 8 : Cho hình chópcó đáy ABC là tam giác vuông cân tại B vàCạnh bênSA = a 2, hình chiếu của điểm S lên mặt phẳng đáy trùng với trung điểm của cạnh huyền AC. Bánkính mặt cầu ngoại tiếp khối chópa 2A. Lời giảiTam giácTa cóSAClà : a 6B. Gọi M trung điểm AC, suy raS. ABCC.a 6D. a 2SM ⊥ ( ABC ) ⇒ SM ⊥ ACcó SM là đường cao và cũng là trung tuyến nên tam giác SAC cân tại S.AC = AB 2 + BC 2 = a 2, suy ra tam giácSACđều. GS = GA = GC ( 1 ) Gọi G trọng tâm tam giác SAC, suy raTam giác ABC vuông tại B, có M là trung điểm cạnh huyền AC nên M là tâm đường tròn ngoại tiếptam giác ABC.Lại cóSM ⊥ ( ABC ) nên SM là trục của tam giác ABC.GA = GB = GCMà G thuộc SM nên suy ra ( 2 ) Từ ( 1 ), ( 2 ), suy raGS = GA = GB = GCR = GS = Bán kính mặt cầuChọn B.hay G là tâm mặt cầu ngoại tiếp khối chópa 6SM = Bài 9 : Cho hình chóp tam giác đềuS. ABCcó cạnh đáy bằng a và cạnh bên bằngchiều cao của khối chóp và R là nửa đường kính mặt cầu ngoại tiếp khối chóp. Tỉ số12A. Lời giảiB. Gọi O là tâm ∆ ABC, ta cóTrong mặt phẳngDo đóI ∈ dnênI ∈ SO24C. SO ⊥ ( ABC ) AO = và ( SOA ), IS = IAnênkẻ trung trựca 3 của đoạn SA cắt SO tại I, suy ra : IA = IB = IC.IA = IB = IC = ISnên I là tâm mặt cầu ngoại tiếp khối chópa 21 bằng : D.h = SO = SA2 − AO 2 =. SOA, Trongsuy raS. ABC.S. ABC.. GọilàGọi M là trung điểm SA, ta có ∆ SOAđồng dạngR = SI = ∆ SMInênSM. SA SA2 7 aSO2SO 12R 7 =. h 6V ậyChọn C.S. ABCDBài 10 : Cho hình chóp tứ giác đều60. Thể tích khối cầu ngoại tiếp khối chóp4π aS. ABCD2π a 6B. C. ∆ SOB, Ta có : TrongTa có SO là trục của hình vuông vắn ABCD.Trong mặt phẳngXét8π a 3 6D. O = AC ∩ BD ⇒ SO ⊥ ( ABCD ). ·, ( ABCD ) = SB ·, OB = SBO600 = SBGọilà : A.Lời giảiGọicó cạnh đáy bằng a, cạnh bên hợp với dưới mặt đáy một góc ( SOB ), kẻ đường trung trựcta cóa 6SO = OB.tan SBOcủa đoạn SB.  I ∈ SO  IA = IB = IC = IDI = SO ∩ d ⇒  ⇒  ⇒ IA = IB = IC = ID = IS = R  I ∈ d  IS = IB ∆ SBDDo đó, có   SB = SD ⇒ ∆ SBD  · = 600   SBD = SBOcũng là đường trung tuyến củaR = SI = Bán kính mặt cầua 6SO = đều. ∆ SBD. Suy ralà trọng tâm ∆ SBD. 8 π a 3 6278 π a 3 6V = π R3 = 27S uy raChọn D.Bài 11 : Cho hình chópAB = BC = CD = a. S. ABCDchópA. S. ABCD. Tỉ sốB. Lời giảiTa cóGọiTa cóhayvà vuông góc với đáy. Gọi R nửa đường kính mặt cầu ngoại tiếp khốiC. D.SAD = 900. AD.là trung điểmEA = AB = BC.Nên ABCE làCE = EA = hình thoi. Suy raDo đó tam giácTa có : AD = 2 a, nhận giá trị nào sau đây ? a 2SA ⊥ ADSA = 2 a, Cạnh bêncó đáy ABCD là hình thang cân, đáy lớnACDAD. vuông tại C.  DC ⊥ AC ⇒ DC ⊥ ( SAC ) ⇒ DC ⊥ SC  DC ⊥ SAhay¼ = 900. SCDTương tự, ta cũng cóTa cóSB ⊥ BDSAD = SCD = SBD = 90R = ngoại tiếp, bán kínhhaySAD = 900. SDnên khối chópS. ABCDnhận trung điểm I của SD làm tâm mặt cầuSA + AD = a 2. = 2. Suy raChọn D.Bài 12 : Cho hình chópS. ABCDcó đáy ABCD là hình chữ nhật vớiAB = 2 a, AD = a. Cạnh bên SAvuông góc với đáy và góc giữa SC với đáy bằng45. Gọi N là trung điểm SA, h là chiều cao củakhối chópvàS. ABCDBiểu thức liên hệ giữa Rlà : 4 R = 5 hA. Lời giảiTa cóB. R = 5 R = 4 hC. 5 5R = D. 5 5 ·. 450 = ( · SC, ( ABCD ) ) = ( · SC, AC ) = SCA ∆ SAC, TrongTa cóvà R là nửa đường kính mặt cầu ngoại tiếp khối chópN. ABC.ta cóh = SA = a 5  BC ⊥ AB ⇒ BC ⊥ ( SAB ) ⇒ BN ⊥ BC.  BC ⊥ SALại cóN. ABCNA ⊥ AC.A, BDo đó, hai điểmcùng nhìn đoạn NC dưới một góc vuông nên hình chópnội tiếp mặt cầu tâm J là trung điểm NC, nửa đường kính : NC 15 a  SA  R = IN = AC 2 +  ÷ =.  2  Chọn A.a.SA = a 2 có đáy ABCD là hình vuông vắn cạnh bằngĐường thẳng ( ABCD ). ( α ) vuông góc với đáyGọi M trung điểm SC, mặt phẳngđi qua hai điểm A và M đồngthời song song với BD cắt SB, SD lần lượt tại E, F. Bán kính mặt cầu đi qua năm điểm S, A, E, M, Fnhận giá trị nào sau đây ? Bài 13 : Cho hình chópa 2A. Lời giảiS. ABCDB.C.a 2D. ( α ) Mặt phẳngsong tuy nhiên với BD cắt SB, SD lần lượt tại E, F nênAM ⊥ SCtuyến AM nênTa cóTừLại có : SC ⊥ ( α ) ⇒ SC ⊥ AE ( * ) suy raEF ⊥ SCDo đósuy ra ( * * ) AF ⊥ SD.Do đóSEA = SMA = SFA = 900R = mặt cầu tâm I là trung điểm của SA, bán kínhChọn C.Bài 14 : Cho hình chópgóc đáydiệnHBCDGọiS. ABCDVìTa cónên 5 điểmcùng thuộcSA a 2 có đáy ABCD là hình vuông vắn cạnh bằnga. Đường thẳng SA vuôngGọi H là hình chiếu của A trên đường thẳng SB. Bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứB. O = AC ∩ BD.ABCDS, A, E, M, Fcó giá trị nào sau đây ? a 2A. Lời giải ( 2 ) AE ⊥ ( SBC ) ⇒ AE ⊥ SB.Tương tự ta cũng có ( ABCD ). cân tại A, trung  BC ⊥ AB ⇒ BC ⊥ ( SAB ) ⇒ BC ⊥ AE  BC ⊥ SA ( * ), ( * * ) Từ ( 1 )  BD ⊥ AC ⇒ BD ⊥ ( SAC ) ⇒ BD ⊥ SC.  BD ⊥ SA ( 1 ), ( 2 ) EF / / BD. ∆ SAClà hình vuông vắn nênOB = OD = OC ( 1 ) C.a 2D.  CB ⊥ BA ⇒ CB ⊥ ( SBA ) ⇒ CB ⊥ AH.  CB ⊥ SALại cóAH ⊥ SB.Suy raAH ⊥ ( SBC ) ⇒ AH ⊥ HCnên tam giácOH = OCvà có O là trung điểm cạnh huyền AC nên suy ra ( 1 ), ( 2 ) ⇒ R = OH = OB = OC = OD = TừChọn C.Bài 15 : Cho hình chópvuông góc với đáyS. ABC ( ABC ) có đáyABClà tam giác vuông cân tại B và. GọiCạnh bên SAlần lượt là hình chiếu vuông góc của A lên cạnh SB và SC.B. 2 π a 3 · ABC = 900, · AKC = 900T heo giả thiết, ta cóTừBC = a. H, KA.HKCBA.Lời giảiDo ( 2 ) vuông tại Ha 2T hể tích của khối cầu tạo bởi mặt cầu ngoại tiếp hình chóp2π aAHCC. πalà : D. π a3 ( 1 )   AH ⊥ SB ⇒ AH ⊥ HC ( 2 ) BCAHBCSAB   ( 1 ), ( 2 ) B, H, Ksuy r aba điểmcùng nhìn xuống AC dưới một gócR = nội tiếp mặt cầu tâm I là trung điểm AC, bán kính900AC AB 2 a 2 nên hình chópA. HKCB

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