Đề tổng hợp hình chóp hay( Như Hồng).rar

Bài tập HHKG Nguyễn Vũ Minh

Tài liệu ôn thi ĐH Năm học 2010 - 2011

5

BÀI TẬP ÔN TẬP HÌNH HỌC KHÔNG GIAN

Câu 1. Cho hình vuông ABCD tâm I. Các nửa đường thẳng Ax, Cy cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD) và ở cùng phía đối với mặt phẳng đó. Trên Ax, Cy lần lượt lấy các điểm M, N sao cho AM = m, CN = n ( m, n 0> ), góc tạo bởi hai mặt phẳng (MBD) và (ABCD) bằng 300. Tính thể tích của khối chóp B.AMNC. Tìm điều kiện của m theo n để góc MIN vuông. Câu 2. Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, tâm O. Cạnh bên SA vuông góc với mp (ABCD) và SA = a; M là trung điểm cạnh SD.

a) Mặt phẳng (α) đi qua OM và vuông góc với mặt phẳng (ABCD) cắt hình chóp SABCD theo thiết diện là hình gì? Tính diện tích thiết diện theo a.

b) Gọi H là trung điểm của CM; I là điểm thay đổi trên SD. Chứng minh OH ⊥ (SCD); và hình chiếu của O trên CI thuộc đường tròn cố định. Câu 3. Trên cạnh AD của hình vuông ABCD có độ dài là a, lấy điểm M sao cho AM = x (0 < x ≤ a). Trên đường thẳng vuông góc với mặt phẳng (ABCD) tại A, lấy điểm S sao cho SA = 2a. a) Tính khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng (SAC). b) KÎ MH vu«ng gãc víi AC t¹i H . T×m vÞ trÝ cña M ®Ó thÓ tÝch khèi chãp SMCH lín nhÊt.

Câu 4. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi ; hai đường chéo AC = 2 3a , BD = 2a và cắt nhau tại O; hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Biết khoảng cách từ

điểm O đến mặt phẳng (SAB) bằng 34

a , tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a.

Câu 5. Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ với A’.ABC là hình chóp tam giác đều cạnh đáy AB = a; cạnh bên AA’ = b. Gọi α là góc giữa hai mp(ABC) và mp(A’BC). Tính tanα và thể tích chóp A’.BCC’B’. Câu 6. Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O, SA vuông góc với ®¸y hình chóp. Cho AB = a, SA = a 2 . Gọi H và K lần lượt là hình chiếu vu«ng gãc của A lên SB, SD. Chứng minh SC ⊥ (AHK) và tính thể tích khèi chóp OAHK. Câu 7. Cho l¨ng trô tam gi¸c ABC.A1B1C1 cã tÊt c¶ çc c¹nh b»ng a, gãc t¹o bëi c¹nh bªn vµ mÆt ph¼ng ®¸y b»ng 300. H×nh chiÕu H cña ®iÓm A trªn mÆt ph¼ng (A1B1C1) thuéc ®−êng th¼ng B1C1. TÝnh kho¶ng çch gi÷a hai ®−êng th¼ng AA1 vµ B1C1 theo a. Câu 8. Cho hình chóp S.ABCD đáy ABCD là hình thoi. SA = x (0 < x < A 3EA ) các cạnh còn lại đều bằng 1. Tính thể tích của hình chóp S.ABCD theo x. Câu 9. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a , SA vuông góc với đáy và SA=a .Gọi M,N lần lượt là trung điểm của SB và SD; I là giao điểm của SD và mặt phẳng (AMN). Chứng minh SD vuông góc với AI và tính thể tích khối chóp MBAI.

Câu 10. Trong mÆt ph¼ng (P) cho ®−êng trßn (C) t©m O ®−êng kÝnh AB = 2R. Trªn ®−êng th¼ng vu«ng gãc víi (P)

t¹i O lÊy ®iÓm S sao cho OS = R 3 . I lµ ®iÓm thuéc ®o¹n OS víi SI = 2

3R

. M lµ mét ®iÓm thuéc (C). H lµ h×nh

chiÕu cña I trªn SM. T×m vÞ trÝ cña M trªn (C) ®Ó tø diÖn ABHM cã thÓ tÝch lín nhÊt. T×m gi¸ trÞ lín nhÊt ®ã. Câu 11. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB = a, AD = 2a. Cạnh SA vuông góc với

mặt phẳng đáy, cạnh bên SB tạo với mặt phắng đáy một góc 600. Trên cạnh SA lấy điểm M sao cho AM = 3

3

a ,

mặt phẳng (BCM) cắt cạnh SD tại N. Tính thể tích khối chóp S.BCNM. Câu 12. Hình chóp tứ giác đều SABCD có khoảng cách từ A đến mặt phẳng ( )SBC bằng 2. Với giá trị nào của góc α giữa mặt bên và mặt đáy của chóp thì thể tích của chóp nhỏ nhất?

Câu 13. Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại đỉnh A ( A = 90o), AB=AC=a. Mặt bên qua cạnh huyền BC vuông góc với mặt đáy, hai mặt bên còn lại đều hợp với mặt đáy các góc 60o. Hãy tính thể tích của khối chóp S.ABC.

Câu 14. Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác đều cạnh a, hình chiếu vuông góc của A’ lên măt phẳng (ABC)

trùng với tâm O của tam giác ABC. Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ biết khoảng cách giữa AA’ và BC là a 34

.



6

Câu 15. Cho tø diÖn ABCD cã ba c¹nh AB, BC, CD ®«i mét vu«ng gãc víi nhau vµ aCDBCAB === . Gäi C’ vµ D’ lÇn l−ît lµ h×nh chiÕu cña ®iÓm B trªn AC vµ AD. TÝnh thÓ tÝch tÝch tø diÖn ABC’D’.

Câu 16. Cho lăng trụ ABC.A’B’C’đáy ABC là tam giác đều cạnh a. .A’ cách đều các điểm A,B,C. Cạnh bên AA’ tạo với đáy góc 600. Tính thể tích khối lăng trụ.

Câu 17. Cho hình lập phương 1 1 1 1ABCD.A B C D có độ dài cạnh bằng a. Trên các cạnh AB và CD lấy lần lượt các điểm M, N sao cho .BM CN x= = Xác định ví trí điểm M sao cho khoảng cách giữa hai dường thẳng 1AC và

MN bằng 3a .

Câu 18. Cho hình lăng trụ tam giác đều . ' ' 'ABC A B C có 1, ' ( 0).AB CC m m= = > Tìm m biết rằng góc giữa hai đường thẳng 'AB và 'BC bằng 060 .

Câu 19. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với đáy. Góc giữa mặt phẳng (SBC) và (SCD) bằng 600. Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD.

Câu 20. Khối chóp tam giác SABC có đáy ABC là tam giác vuông cân đỉnh C và SA vuông góc với mặt phẳng (ABC), SC = a . Hãy tìm góc giữa hai mặt phẳng (SCB) và (ABC) để thể tích khối chóp lớn nhất .

Câu 21. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB a, AD 2a,= = cạnh SA vuông góc với

đáy, cạnh SB tạo với mặt phẳng đáy một góc o60 . Trên cạnh SA lấy điểm M sao cho a 3AM3

= . Mặt phẳng

( )BCM cắt cạnh SD tại điểm N . Tính thể tích khối chóp S.BCNM. Câu 22. Cho hình lặng trụ tam giác đều ABC.A’B’C’ có cạnh đáy bằng a. Biết khoảng cách giữa hai đường thẳng

AB và A’C bằng 155

a . Tính thể tích của khối lăng trụ.

Câu 23. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi ; hai đường chéo AC = 2 3a , BD = 2a và cắt nhau tại O; hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Biết khoảng cách từ điểm O đến mặt

phẳng (SAB) bằng 34

a , tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a.

Câu 24. Cho hình chóp cụt tam giác đều ngoại tiếp một hình cầu bán kính r cho trước. Tính thể tích hình chóp cụt biết rằng cạnh đáy lớn gấp đôi cạnh đáy nhỏ.

Câu 25. Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, cạnh bên hợp với đáy một góc là 450.

Gọi P là trung điểm BC, chân đường vuông góc hạ từ A’ xuống (ABC) là H sao cho 12

AP AH=uuur uuur

. gọi K là trung

điểm AA’, ( )α là mặt phẳng chứa HK và song song với BC cắt BB’ và CC’ tại M, N. Tính tỉ số thể tích

' ' '

ABCKMN

A B C KMN

VV

.

Câu 26. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA = h vuông góc mặt phẳng (ABCD), M là điểm thay đổi trên CD. Kẻ SH vuông góc BM. Xác định vị trí M để thể tích tứ diện S.ABH đạt giá trị lớn nhất. Tính giá trị lớn nhát đó.

Câu 27. Cho hình choùp S.ABCD coù ñaùy ABCD laø hình thang vuoâng taïi A vaø D; AB = AD = 2a; CD = a; goùc giöõa hai maët phaúng (SBC) vaø (ABCD) baèng 600. Goïi I laø trung ñieåm cuûa caïnh AD. Bieát hai maët phaúng (SBI) vaø (SCI) cuøng vuoâng goùc vôùi maët phaúng (ABCD), tính theå tích khoái choùp S.ABCD theo a.

Câu 28. Cho hình tứ diện ABCD có cạnh AD vuông góc với mặt phẳng (ABC), ngoài ra AC = AD = 4; AB = 3; BC = 5. Tính khoảng cách từ A tới mặt phẳng (BCD).

Câu 29. Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD, O là giao điểm của AC và BD. Biết mặt bên của hình chóp là tam giác đều và khỏang cách từ O đến mặt bên là d. Tính thể tích khối chóp đã cho.

Câu 30. Tính thể tích hình chóp S.ABC biết SA = a,SB = b, SC = c, 0 0 0ASB 60 , 90 , 120BSC CSA= = = .

Câu 31. Cho lăng trụ đứng ABC.A1B1C1 có AB = a, AC = 2a, AA1 2a 5= và o120BAC =∧

. Gọi M là trung điểm của cạnh CC1. Chứng minh MB ⊥ MA1 và tính khoảng cách d từ điểm A tới mặt phẳng (A1BM).



7

Câu 32. Trong mÆt ph¼ng (P) cho ®−êng trßn (C) t©m O ®−êng kÝnh AB = 2R. Trªn ®−êng th¼ng vu«ng gãc víi (P)

t¹i O lÊy ®iÓm S sao cho OS = R 3 ; I lµ ®iÓm thuéc ®o¹n OS víi SI = 2

3R

; M lµ mét ®iÓm thuéc (C), H lµ h×nh

chiÕu cña I trªn SM. T×m vÞ trÝ cña M trªn (C) ®Ó tø diÖn ABHM cã thÓ tÝch lín nhÊt. T×m gi¸ trÞ lín nhÊt ®ã. Câu 33. Cho ABCΔ vu«ng gãc t¹i A . Trªn ®−êng th¼ng vu«ng gãc víi mÆt ph¼ng ( )ABC t¹i B ta lÊy mét ®iÓm

S sao cho 1SB BA AC= = = . ( )P lµ mÆt ph¼ng song song víi çc c¹nh SB vµ AC c¾t çc c¹nh , , ,SA SC BC BA

lÇn l−ît t¹i , , ,D E F H . a) Chøng minh r»ng: DEFH lµ h×nh ch÷ nhËt. b) X¸c ®Þnh vÞ trÝ cña mÆt ph¼ng ( )P sao cho diÖn tÝch h×nh ch÷ nhËt ®ã lín nhÊt.

Câu 34. Cho h×nh chãp S.ABCD cã ®¸y ABCD lµ h×nh vu«ng c¹nh a, SA vu«ng gãc víi mÆt ph¼ng (ABCD) vµ SA=2a. Gäi E lµ trung ®iÓm cña c¹nh CD.

a) TÝnh theo a kho¶ng çch tõ ®iÓm S ®Õn ®−êng th¼ng BE. b) T×m t©m vµ b¸n kÝnh mÆt cÇu ngo¹i tiÕp h×nh chãp S.ABCD.

Câu 35. Trên đường thẳng vuông góc tại A với mặt phẳng của hình vuông ABCD cạnh a ta lấy điểm S với SA = 2a. Gọi B’, D’ là hình chiếu vuông góc của A lên SB và SD. Mặt phẳng (AB’D’ ) cắt SC tại C’. Tính thể tích khối đa diện ABCDD’ C’ B’.

Câu 36. Cho tam gi¸c ABC c©n néi tiÕp ®−êng trßn t©m J b¸n kÝnh R=2a (a>0), gãc BAC =1200. Trªn ®−êng th¼ng vu«ng gãc víi mÆt ph¼ng (ABC) lÊy ®iÓm S sao cho SA = 3.a Gäi I lµ trung ®iÓm ®o¹n BC. TÝnh gãc gi÷a SI vµ h×nh chiÕu cña nã trªn mÆt ph¼ng (ABC) và tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp SABC theo a.

Câu 37. Cho h×nh chãp S.ABCD, cã ®¸y ABCD lµ h×nh vu«ng t©m O c¹nh b»ng a, SO⊥ (ABCD). Gäi M, N lÇn l−ît lµ trung ®iÓm cña SA vµ BC. TÝnh gãc gi÷a ®−êng th¼ng MN vµ mÆt ph¼ng (ABCD) vµ thÓ tÝch khèi chãp

M.ABCD, biÕt r»ng .210aMN =

Câu 38. Cho hình chóp S.ABC có góc ((SBC), (ACB)) =600, ABC và SBC là các tam giác đều cạnh a. Tính theo a khoảng cách từ B đến mặt phẳng (SAC).

Câu 39. Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có tất cả các cạnh đều bằng a. Gọi M là trung điểm của AA’. Tính thể tích của khối tứ diện BMB’C’ theo a và chứng minh rằng BM vuông góc với B’C.

Câu 40. Cho tứ diện OABC có 4, 5, 6OA OB OC= = = và 060 .AOB BOC COA= = = Tính thể tích tứ diện OABC.

Câu 41. Cho h×nh l¨ng trô tam gi¸c ABC.A’B’C’ cã ®¸y ABC lµ tam gi¸c vu«ng c©n t¹i A, 2BC a= , h×nh chiÕu cña A’ trªn mÆt ph¼ng (ABC) lµ träng t©m tam gi¸c ABC, c¹nh bªn t¹o víi mÆt ®¸y mét gãc 600. TÝnh thÓ tÝch cña khèi l¨ng trô ®ã.

Câu 42. Cho h×nh chãp SABCD cã ®¸y ABCD lµ h×nh thang vu«ng t¹i A vµ B víi AB = BC = a; AD = 2a. Çc mÆt ph¼ng (SAC) vµ (SBD) cïng vu«ng gãc víi mÆt ®¸y (ABCD). BiÕt gãc gi÷a hai mÆt ph¼ng (SAB) vµ (ABCD) b»ng 600. TÝnh thÓ tÝch khèi chãp vµ kho¶ng çch gi÷a hai ®−êng th¼ng CD vµ SB.

Câu 43. Cho h×nh chãp S. ABCD cã ABCD lµ h×nh ch÷ nhËt, SA vu«ng gãc víi mÆt ph¼ng (ABCD).Gäi M, N lÇn l−ît lµ trung ®iÓm cña AD vµ SC, I lµ giao ®iÓm cña BM vµ AC. Cho SA= a, AD = a 2 , AB = a. Chøng minh r»ng mÆt ph¼ng (SBM) vu«ng gãc víi mÆt ph¼ng (SAC) vµ tÝnh thÓ tÝch cña tø diÖn ABIN.

Câu 44. Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vu«ng c©n đỉnh lµ A . Góc giữa AA’ và BC’ bằng 300 và khoảng cách giữa chúng là a. Gọi M là trung điểm của AA’. Tính thể tích tứ diện MA’BC’.

Câu 45. Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác đều ABC cạnh a, ( )SA ABC⊥ và SA = 3a. Gọi M, N lần lượt là hình chiếu vuông góc của A lên cạnh SB, SC. Tính thể tích khối chóp A.BCNM theo a.

Câu 46. Cho hình chóp .S ABCD có đáy là hình thang vuông tại A và B với BC là đáy nhỏ. Biết rằng tam giác SAB là tam giác đều có cạnh với độ dài bằng 2a và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt đáy,

5SC a= và khoảng cách từ D tới mặt phẳng ( )SHC bằng 2 2a (ở đây H là trung điểm AB ). Hãy tính thể tích khối chóp theo .a

Câu 47. Cho hình chóp S.ABC có AB = AC = a. BC = 2

a , 3aSA = , 030= =SAB SAC . Tính thể tích khối chóp

S.ABC.



8

Câu 48. Cho hình chóp S.ABC có SA = SB = SC = 2a . Đáy là tam giác ABC cân 0120BAC = , cạnh BC=2a. Tính thể tích của khối chóp S.ABC. Gọi M là trung điểm của SA. Tính khoảng cách từ M đến mặt phẳng (SBC).

Câu 49. Cho hình chóp S.ABCD, đáy ABCD là hình vuông cạnh a, mặt bên SAD là tam giác đều và SB = 2a . Gọi E, F lần lượt là trung điểm của AD và AB. Gọi H là giao điểm của FC và EB. a) Chứng minh rằng: SE EB⊥ và SBCH ⊥ . b) Tính thể tích khối chóp C.SEB.

Câu 50. Cho hình chóp S.ABC, đáy ABC là tam giác vuông tại B có AB = a, BC = a 3 , SA vuông góc với mặt phẳng (ABC), SA = 2a. Gọi M, N lần lượt là hình chiếu vuông góc của điểm A trên các cạnh SB và SC. Tính thể tích của khối chóp A.BCNM.

Câu 51. Cho hình chóp S.ABC có góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ACB) bằng 600, ABC và SBC là các tam giác đều cạnh a. Tính khoảng cách từ B đến mp(SAC).

Câu 52. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi với 0120=A , BD = a >0. Cạnh bên SA vuông góc với đáy. Góc giữa mặt phẳng (SBC) và đáy bằng 600. Một mặt phẳng (α) đi qua BD và vuông góc với cạnh SC. Tính tỉ số thể tích giữa hai phần của hình chóp do mặt phẳng (α) tạo ra khi cắt hình chóp.

Câu 53. Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD), đáy ABCD là hình chữ nhật có độ dài AB = 2a , BC = a. Gọi M là trung điểm đoạn CD. Góc giữa hai mặt phẳng (ABCD) và (SBM) là

060 .α = a) Chứng minh rằng mặt phẳng (SBM) vuông góc với mặt phẳng (SAC). b) Tính thể tích tứ diện SABM theo a.

Câu 54. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O và AB = 4a, hình chiếu vuông góc của đỉnh S lên mặt phẳng (ABCD) trùng với trung điểm I của đoạn thẳng OA. Biết khoảng cách từ I đến mặt phẳng

(SAB) bằng 2

2SI . Tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a .

Câu 55. Cho h×nh chãp S.ABC, ®¸y ABC lµ tam gi¸c vu«ng t¹i B cã AB = a, BC = a 3 , SA vu«ng gãc víi mÆt ph¼ng (ABC), SA=2a. Gäi M, N lÇn l−ît lµ h×nh chiÕu vu«ng gãc cña ®iÓm A trªn çc c¹nh SB vµ SC. TÝnh thÓ tÝch cña khèi chãp A.BCNM.

Câu 56. Trong không gian cho hai điểm A, B cố định, độ dài đoạn AB = a > 0. Ax và By là hai nửa đường thẳng vuông góc với nhau và cùng vuông góc với AB. Trên Ax và By lấy hai điểm M và N sao cho MN = b (với b là một số cho trước và b > a). a) Xác định tâm và bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABMN. b) Xác định vị trí của M và N sao cho tứ diện ABMN có thể tích lớn nhất.

Câu 57. Cho tứ diện ABCD có tất cả các cạnh đều bằng a. Gọi P, Q lần lượt là trung điểm của AB và CD R là một điểm trên cạnh BC sao cho BR = 2RC . Mặt phẳng ( PQR) cắt AD tại S . Tính thể tích khối tứ diện SBCD theo a.

Câu 58. Cho lăng trụ đều ABCA’B’C’ có các cạnh đáy bằng a. Khoảng cách từ tâm O của tam giác ABC đến mặt

phẳng (A’BC) bằng 6a . Tính thể tích lăng trụ đều đó.

Câu 59. Cho hình chóp .S ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại C cạnh huyền bằng 3a . G là trọng tâm

tam giác ABC , ( )SG ABC⊥ , 14

2aSB = . Tính thể tích hình chóp .S ABC và khoảng cách từ B đến mặt

phẳng ( )SAC . Câu 60. Cho hình chóp S.ABC có mặt SBC vuông góc với đáy, các cạnh SB = SC = 1 và các góc

0ASB BSC CSA 60= = = . Tính thể tích của hình chóp S.ABC.



9

HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP ÔN TẬP HHKG Câu 1. BD vuông góc AC, MI vuông góc AC nên ((MBD);(ABCD)) = MIA∠ = 300. Đặt AB = x ta có

AI = 2

x Trong tam giác MAI có AI.tan300 = MA

x⇒ = 6m 3( )2ACNM

m nS AC m m n+⇒ = = + .

Vậy VBACNM = 2 ( )m m n+ (đvtt) * Ta có MN2 = AC2 + (m - n)2 = 13m2 -2mn + n2 MI2 = x2/2 + m2, NI2 = x2/2 + n2 góc MIN vuông khi và chỉ khi MN2 = MI2 + NI2 hay n = 3m. Câu 2. a. Kẻ MQ//SA => ( ) ( ) ( )MQ ABCD MQOα⊥ ⇒ ≡ Thiết diện là hình thang vuông MNPQ (MN//PQ)

2( ). 32 8td

MN PQ MQ aS += = (đvdt)

b. : / / , ,AMC OH AM AM SD AM CDΔ ⊥ ⊥ ( ) ( )AM SCD OH SCD⇒ ⊥ ⇒ ⊥

Gọi K là hình chiếu của O trên CI , ( )OK CI OH CI CI OKH CI HK⇒ ⊥ ⊥ ⇒ ⊥ ⇒ ⊥

Trong mp(SCD) : H, K cố định, góc HKC vuông => K thuộc đường tròn đg kính HC. Câu 3.

Do ( )

( ) ( )( )

SA ABCDSAC ABCD

SA SAC⊥⎧

⇒ ⊥⎨ ⊂⎩

Lại cã ( ) ( ) ( ) ( , ) .sin 452

o xMH AC SAC ABCD MH SAC d M SAC MH AM⊥ = ∩ ⇒ ⊥ ⇒ = = =

Ta cã 0. 45 22 2

x xAH AM cos HC AC AH a= = ⇒ = − = −

1 1 1 1. ( 2 ) . 2 ( 2 )2 2 3 62 2 2 2MHC SMCH MCH

x x x xS MH MC a V SA S a aΔ Δ⇒ = = − ⇒ = = −

Tõ biÓu thøc trªn ta cã:

[ ]3

22

1 2 2 23 2 6 2 2SMCH

x xaa x xV a a x a

+ −≤ = ⇔ = − ⇔ = ⇔ M trïng víi D.

Câu 4. Từ giả thiết AC = 2 3a ; BD = 2a và AC ,BD vuông góc với nhau tại trung điểm O của mỗi đường chéo.Ta có tam giác ABO vuông tại O và AO = 3a ; BO = a , do đó 060A DB = Hay tam giác ABD đều. Từ giả thiết hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD) nên giao tuyến của chúng là SO ⊥ (ABCD). Do tam giác ABD đều nên với H là trung điểm của AB, K là trung điểm của HB ta có DH AB⊥ và DH = 3a ;

OK // DH và 1 32 2

aOK DH= = ⇒ OK ⊥ AB ⇒ AB ⊥ (SOK)

Gọi I là hình chiếu của O lên SK ta có OI ⊥ SK; AB ⊥ OI ⇒ OI ⊥ (SAB) , hay OI là khoảng cách từ O đến mặt

phẳng (SAB). Tam giác SOK vuông tại O, OI là đường cao ⇒ 2 2 2

1 1 12aSO

OI OK SO= + ⇒ =

I

A D

B C

M

N

O

QH

P

A D

BC

S

I

M

NI



10

Diện tích đáy 24 2. . 2 3D SABC ABOS OA OB aΔ= = = ; đường cao của hình chóp 2aSO = .

Thể tích khối chóp S.ABCD: 3

.1 3.3 3D DS ABC ABC

aV S SO= = .

Câu 5. Gọi O là tâm đáy suy ra ( )'A O ABC⊥ và góc 'AIAα = *)Tính tanα

'tan A OOI

α = với 1 1 3 33 3 2 6

a aOI AI= = =

2 2 22 2 2 2 3' '

3 3a b aA O A A AO b −

= − = − =

2 22 3tan b aa

α −⇒ =

*)Tính '. ' 'A BCC BV

( )

'. ' ' . ' ' ' '.

2 2 2 2 2

1' . ' .3

2 3 1 3 3. . .3 2 2 63

A BCC B ABC A B C A ABC ABC ABCV V V A O S A O S

b a a a b aa dvtt

= − = −

− −= =

�

Câu 6. BC vuông góc với (SAB) ⇒ BC vuông góc với AH mà AH vuông với SB ⇒AH vuông góc với (SBC) ⇒AH vuông góc SC (1). Tương tự AK vuông góc SC (2). Từ (1) và (2) ⇒SC vuông góc với (AHK ); 2 2 2 2SB AB SA 3a= + = ⇒SB = a 3 ; AH.SB = SA.AB

⇒AH= a 63

⇒SH= 2a 33

⇒SK= 2a 33

(do 2 tam giác SAB và SAD bằng nhau và cùng vuông tại A)

Ta có HK song song với BD nên HK SH 2a 2HKBD SB 3

= ⇒ = .

KÎ OE// SC ( )( ( ))OE AHK doSC AHK⇒ ⊥ ⊥ suy ra OE lµ ®−êng cao cña h×nh chãp OAHK vµ OE =1/2IC =1/4SC = a/2.

Gọi AM là đường cao của tam giác cân AHK ta có 2

2 2 2 4aAM AH HM9

= − = ⇒AM= 2a3

.

= = =3

OAHK AHK1 1 a 1 a 2V OE.S . HK.AM3 3 2 2 27

(®vtt).

Câu 7.

Do )( 111 CBAAH ⊥ nªn gãc HAA1∠ lµ gãc gi÷a AA1 vµ (A1B1C1), theo gi¶

thiÕt th× gãc HAA1∠ b»ng 300. XÐt tam gi¸c vu«ng AHA1 cã AA1 = a, gãc

HAA1∠ =300 2

31

aHA =⇒ . Do tam gi¸c A1B1C1 lµ tam gi¸c ®Òu c¹nh a,

H thuéc B1C1 vµ 2

31

aHA = nªn A1H vu«ng gãc víi B1C1. MÆt kh¸c

11CBAH ⊥ nªn )( 111 HAACB ⊥ KÎ ®−êng cao HK cña tam gi¸c AA1H th× HK chÝnh lµ kho¶ng çch gi÷a AA1 vµ B1C1

Ta cã AA1.HK = A1H.AH 4

3.

1

1 aAA

AHHAHK ==⇒

S

A

BK

H

C

O

ID 3a

a

I

B'

C'

O

A C

B

A'

A1

A B

C

C

B1

K

H



11

O

C

BA

D

S

H

Câu 8. a có ( . . )SBD DCB c c c SO COΔ = Δ ⇒ =

Tương tự ta có SO = OA vậy tam giác SCA vuông tại S 21CA x⇒ = + Mặt khác ta có 2 2 2 2 2 2AC BD AB BC CD AD+ = + + +

23 ( 0 3)BD x do x⇒ = − < < 2 21 1 34ABCDS x x⇒ = + −

Gọi H là hình chiếu của S xuống (CAB) Vì SB = SD nên HB = HD

⇒ H ∈ CO, mà 2 2 2 2

1 1 11

xSHSH SC SA x

= + ⇒ =+

Vậy V = 21 3 ( vtt)6

x x d− .

Câu 9.

Ta có , ( , ), ( )

AM BC BC SA BC ABAM SB SA AB

⊥ ⊥ ⊥⎧⎨ ⊥ =⎩

AM SC⇒ ⊥ (1)

Tương tự ta có AN SC⊥ (2). Từ (1) và (2) suy ra AI SC⊥ . Vẽ IH song song với BC cắt SB tại H. Khi đó IH vuông góc với (AMB)

Suy ra 1 .3ABMI ABMV S IH=

Ta có 2

4ABMaS = ;

2 2

2 2 2 2 2

. 1 1 12 3 3 3

IH SI SI SC SA a IH BC aBC SC SC SA AC a a

= = = = = ⇒ = =+ +

Vậy 2 31

3 4 3 36ABMIa a aV = = .

Câu 10.

Tø gi¸c IHMO néi tiÕp nªn SH.SM = SI.SO mµ OS = R 3 , SI = 2

3R

,

SM = 2 2 2SO OM R+ = ⇒SH = R hay H lµ trung ®iÓm cña SM

Gäi K lµ h×nh chiÕu vu«ng gãc cña H lªn mp(MAB) th× HK = 12

SO=3

2R , (kh«ng ®æi)

⇒VBAHM lín nhÊt khi dt(ΔMAB) lín nhÊt ⇒M lµ ®iÓm gi÷a cña cung AB

Khi ®ã VBAHM= 336

R (®vtt).

Câu 11. Tính thể tích hình chóp SBCMN ( BCM)// AD nên mặt phẳng này cắt mp( SAD) theo giao tuyến MN // AD

Ta có : BC AB

BC BMBC SA

⊥⎧⇒ ⊥⎨ ⊥⎩

. Tứ giác BCMN là hình thang vuông có BM là đường cao

Ta có SA = AB tan600 = a 3 ,

33 23

2 33

aaMN SM MN

AD SA a a

−= ⇔ = =

Suy ra MN = 4

3

a . BM = 2

3

a . Diện tích hình thang BCMN là : S = 2

42 2 103

2 2 3 3 3

aaBC MN a a

BM

⎛ ⎞+⎜ ⎟+= =⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

.

Hạ AH ⊥BM . Ta có SH⊥BM và BC ⊥ (SAB) ⇒ BC ⊥ SH . Vậy SH ⊥ ( BCNM) ⇒ SH là đường cao của khối chóp SBCNM .



12

Trong tam giác SBA ta có SB = 2a , AB AMSB MS

= = 1

2 .

Vậy BM là phân giác của góc SBA ⇒ 030SBH = ⇒ SH = SB.sin300 = a

Gọi V là thể tích chóp SBCNM ta có V = 1

.( )3

SH dtBCNM = 310 3

27

a.

Câu 12. Gọi M, N là trung điểm BC, AD, gọi H là hình chiếu vuông góc từ N xuống SM. Ta có:

( )( ) ( )( )2

ABCD 2

SABCD 2 2

2 2 22 2 2

2

2SABCD

SMN ,d A; SBC d N; SBC NH 2

NH 2 4MN S MNsin sin sin

tan 1SI MI.tansin cos

1 4 1 4V3 sin cos 3.sin .cos

sin sin 2cos 2sin .sin .2cos3 3

1sin .cos3

V min sin .cos max

s

= α = = =

⇒ = = ⇒ = =α α α

α= α = =

α α

⇒ = ⋅ ⋅ =α α α α

α + α + αα α α ≤ =

⇒ α α ≤

⇔ α α

⇔ 2 2 1in 2cos cos3

α = α ⇔ α =

Câu 13. Kẻ SH vuông góc với BC. Suy ra SH ⊥ mp (ABC) Kẻ SI vuông góc với AB và SJ ⊥ AC ⇒góc SIH=góc SJH = 60o ⇒ tam giác SHI = tam giác SHJ ⇒ HI = HJ ⇒ AIHJ là hình vuông ⇒ I là trung điểm AB ⇒ IH = a/2

Trong tam giác vuông SHI ta có SH = 32

a

V(SABC) = 31 3. ( )

3 12aSH dt ABC= = (đvtt)

Câu 14.

Gọi M là trung điểm BC ta thấy: ⎭⎬⎫

⊥⊥

BCOABCAM

')'( AMABC ⊥⇒

Kẻ ,'AAMH ⊥ (do A∠ nhọn nên H thuộc trong đoạn AA’.)

Do BCHMAMAHMAMABC

⊥⇒⎭⎬⎫

∈⊥

)'()'(

.Vậy HM là đọan vông góc chung của

AA’và BC, do đó 43)BC,A'( aHMAd == .

Xét 2 tam giác đồng dạng AA’O và AMH, ta có: AHHM

AOOA=

'

⇔ suy ra 3

a

a3

4

4

3a

3

3a

AH

HM.AOO'A ===

NMI

D

A B

C

S

H

I

H J

S

B

C

A

A

B

C

C’

B’

A’

H

O M



13

Thể tích khối lăng trụ: 12

3aa

2

3a

3

a

2

1BC.AM.O'A

2

1S.O'AV

3

ABC ==== .

Câu 15. V× ABCDBCCD ⊥⊥ , nªn )(ABCmpCD ⊥ vµ do ®ã )()( ACDmpABCmp ⊥ .V× ACBC ⊥' nªn )(ACDmpBC ⊥ .

Suy ra nÕu V lµ thÓ tÝch tø diÖn ABC’D’ th× ').''(31 BCDACdtV = .

V× tam gi¸c ABC vu«ng c©n nªn 2

2''' aBCCCAC === .

Ta cã 2222222 3aCDBCABBDABAD =++=+= nªn 3aAD = .

V× BD’ lµ ®−êng cao cña tam gi¸c vu«ng ABD nªn 2'. ABADAD = , vËy 3

' aAD = .

Ta cã 12

23

13

32

221'.'.

21ˆsin''.

21)''(

2aaaADCDADACDACADACDACdt =⋅=== .

VËy ==2

2.12

231 2 aaV

36

3a.

Câu 16. Từ giả thiết ta được chop A’.ABC là chop tam giác đều .

'A AG là góc giữa cạnh bên và đáy .

⇒ 'A AG = 600 , ….. AG = 33

a ;

Đường cao A’G của chóp A’.ABC cũng là đường cao của lăng trụ .

Vậy A’G = 33

a .tan600 = 33

a . 3 = a.

Vậy Thể tích khối lăng trụ đã cho là V = 31 3 3. . .

2 2 4a aa a = .

Câu 17. Ta có ( ) ( ) ( )( )1 1 1MN / / BC MN / / A BC d MN , AC d MN , A BC⇒ ⇒ =

Gọi 1 1H A B AB= ∩ và 1MK / / HA,K A B∈ 22

xMK⇒ = .

Vì 1 1 1A B AB MK A B⊥ ⇒ ⊥ và ( )1 1CB ABB A CB MK⊥ ⇒ ⊥ .

Từ đó suy ra ( ) ( )( ) ( )1 1 1MK A BC MK d MN , A BC d MN , A C⊥ ⇒ = =

Nên 2 23 2 3 3a x a aMK x= ⇒ = ⇒ = . Vậy M thỏa mãn 2

3aBM = .

Câu 18. KÎ / / ' ( ' ')BD AB D A B∈ 0( ', ') ( , ') 60AB BC BD BC⇒ = = 0' 60DBC⇒∠ = hoÆc 0' 120 .DBC∠ = NÕu 0' 60DBC∠ = . V× l¨ng trô ®Òu nªn ' ( ' ' ')BB A B C⊥ , ¸p dông ®Þnh lý Pitago vµ ®Þnh lý cosin ta cã

2' 1BD BC m= = + vµ ' 3.DC = KÕt hîp 0' 60DBC∠ = ta suy ra 'BDCΔ ®Òu. Khi đó 2 1 3 2.m m+ = ⇔ = NÕu 0' 120DBC∠ = , ¸p dông ®Þnh lý cosin cho 'BDCΔ suy ra 0m = (lo¹i). VËy 2.m = Câu 19. Gọi M là hình chiếu vuông góc của B lên SC. Chứng minh

được góc DMB = 1200 và Δ DMB cân tại M . Tính được: DM2 = 23

a2

G

N M

C

B

AB'

C'A'

D C

BA

S

M



14

Δ SCD vuông tại D và DM là đường cao nên 2 2 2

1 1 1= +DM DS DC

Suy ra DS = a 2 . Tam giác ASD vuông tại A suy ra SA = a.

Vậy thể tích S.ABCD bằng 13

a3.

Câu 20.

Câu 21. Ta cã ( SAB) ⊥ ( BCNM) vµ ( ) ( )SAB BCNM BM∩ = .

Tõ S h¹ SH vu«ng gãc víi ®−êng th¼ng BM th× SH ⊥ (BCNM) hay SH lµ ®−êng cao cña h×nh chãp SBCNM.

MÆt kh¸c : SA = AB.tan600 = a 3 . Suy ra : MA = 1

3SA

L¹i cã : MN lµ giao tuyÕn cña cña mp(BCM) víi mp(SAD), mµ BC // (SAD) nªn NM // AD vµ MN // BC

Do ®ã : MN SM 2 4aMN

AD SA 3 3= = ⇒ =

V× AD ⊥ (SAB) nªn MN ⊥ (SAB) , suy ra MN ⊥ BM vµ BC ⊥ BM VËy thiÕt diÖn cña mp(BCM) víi h×nh chãp SABCD lµ h×nh thang vu«ng BCNM .

Ta cã : SBCNM = ( )1MN BC BM

2+ . Trong ®ã : BC = 2a , MM

4a

3= vµ BM = 2 2AB AM+ =

2a 3

3

VËy SBCNM = 2

4a2a 2a 3 10a 33

2 3 9

⎛ ⎞+⎜ ⎟=⎜ ⎟

⎜ ⎟⎝ ⎠

. Khi ®ã : VSBCNM = 1

3SH. SBCNM

TÝnh SH : Ta cã ∆MAB ∆ MHS , suy ra :

SH MS

AB BM=

MS.ABSH

MB⇒ = =

2a 3.a

3 a2a 3

3

=

VËy : VSBCNM = 1

3.a.

210a 3

9=

310a 3

27.

Câu 22. Gọi M; M’ lần lượt là trung điểm của AB và A’B’. Hạ MH ⊥ M’C AB // (A’B’C) ==> d(AB,A’C) = MH

Gọi ϕ là góc giữa hai mp (SCB) và (ABC) .

Ta có : SCAϕ = ; BC = AC = a.cosϕ ; SA = a.sinϕ

Vậy ( )3 2 3 2SABC ABC

1 1 1 1V .S .SA .AC.BC.SA a sin .cos a sin 1 sin3 6 6 6

= = = ϕ ϕ = ϕ − ϕ

Xét hàm số : f(x) = x – x3 trên khoảng ( 0; 1).

Ta có : f’(x) = 1 – 3x2 . ( ) 1f ' x 0 x3

= ⇔ = ±

Từ đó ta thấy trên khoảng (0;1) hàm số f(x) liên tục và có một điểm cực trị là điểm

cực đại, nên tại đó hàm số đạt GTLN hay ( )

( )x 0;1

1 2Max f x f3 3 3∈

⎛ ⎞= =⎜ ⎟⎝ ⎠

.

Vậy MaxVSABC = 3a

9 3, đạt được khi sinϕ = 1

3 hay 1arcsin

3ϕ = ( với 0 <

2π

ϕ < )

AB

C

S

ϕ

N

D

B C

A

S

M

H



15

HC = 1510

a ; M’C = 152

a ; MM’ = 3a

Vậy V = 334

a .

Câu 23. Từ giả thiết AC = 2 3a ; BD = 2a và AC ,BD vuông góc với nhau tại trung điểm O của mỗi đường chéo.Ta có tam giác ABO vuông tại O và AO = 3a ; BO = a , do đó 060A DB = nên tam giác ABD đều. Từ giả thiết hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD) nên giao tuyến của chúng là SO ⊥ (ABCD). Do tam giác ABD đều nên với H là trung điểm của AB, K là trung điểm của HB ta có DH AB⊥

và DH = 3a ; OK // DH và 1 32 2

aOK DH= = ⇒ OK ⊥ AB ⇒ AB ⊥ (SOK). Gọi I là hình chiếu của O lên

SK ta có OI ⊥ SK; AB ⊥ OI ⇒ OI ⊥ (SAB) , hay OI là khoảng cách từ O đến mặt phẳng (SAB). Tam giác SOK

vuông tại O, OI là đường cao ⇒ 2 2 2

1 1 12aSO

OI OK SO= + ⇒ =

Diện tích đáy 24 2. . 2 3D SABC ABOS OA OB aΔ= = = ;

đường cao của hình chóp 2aSO = .

Thể tích khối chóp S.ABCD: 3

.1 3.3 3D DS ABC ABC

aV S SO= =

Câu 24. Gọi H, H’ là tâm của các tam giác đều ABC, A’B’C’. Gọi I, I’ là trung điểm của AB, A’B’.

Ta có: ( ) ( ) ( )' ' ' ' ''

AB ICAB CHH ABB A CII C

AB HH⊥⎧

⇒ ⊥ ⇒ ⊥⎨ ⊥⎩

Suy ra hình cầu nội tiếp hình chóp cụt này tiếp xúc với hai đáy tại H, H’ và tiếp xúc với mặt bên (ABB’A’) tại điểm 'K II∈ . Gọi x là cạnh đáy nhỏ, theo giả thiết 2x là cạnh đáy lớn. Ta có:

1 3 1 3' ' ' ' ' ;3 6 3 3

x xI K I H I C IK IH IC= = = = = =

Tam giác IOI’ vuông ở O nên: 2 2 2 23 3' . . 6r6 3

x xI K IK OK r x= ⇒ = ⇒ = .

Thể tích hình chóp cụt tính bởi: ( )' . '3hV B B B B= + +

Trong đó: 2 2 2

2 24x 3 3 3r 33 6r 3; ' ; 2r4 4 2

xB x B h= = = = = = .

Từ đó, ta có: 2 2 3

2 22r 3r 3 3r 3 21r . 36r 3 6r 3.3 2 2 3

V⎛ ⎞⎜ ⎟= + + =⎜ ⎟⎝ ⎠

Câu 25.

Gọi Q, I, J lần lượt là trung điểm B’C’, BB’, CC’ ta có: 2

3aAP = 3aAH =⇒ (vì '' AHAΔ vuông cân tại H).

Vậy 3' aHA = HASV ABCCBABCA '.''' =⇒

Ta có 4

32

3.21 2aaaS ABC == (đvdt)

43

43.3

32

'''aaaV CBABCA ==⇒ (đvtt) (1)

Vì '' AHAΔ vuông cân ( )CCBBHKAAHK ''' ⊥⇒⊥⇒ Gọi E = MN∩KH ⇒BM = PE = CN (2)

S

A

B K

HC

O

I D 3

a



16

mà AA’ = 22' AHHA + = 633 22 aaa =+

46

26 aCNPEBMaAK ===⇒=⇒

Ta có thể tích K.MNJI là: 1 1 1 6. ; '3 2 4 4MNJI

aV S KE KE KH AA= = = =

26 6. . ( )4 4MNJI

a aS MN MI a dvdt= = =

2 31 6 6 ( )3 4 4 8KMNJI

a a aV dvtt⇒ = =

3 3

2 3' ' '

318 8

3 28 8

ABCKMN

A B C KMN

a aV

a aV

−⇒ = =

+.

Câu 26. SH⊥BM và SA⊥BM suy ra AH⊥BM

VSABH = BHAHhBHAHSA .6

..61

= .

VSABH lớn nhất khi AH.BH lớn nhất. Ta có: AH + BH BHAH .2≥ BHAHBHAH .222 ≥+⇒

BHAHa .22 ≥⇒ , vậy AH.BH lớn nhất khi AH.BH = 2

2a khi AH = BH khi H là

tâm của hình vuông , khi M D≡ . Khi đó VSABH = 12

2ha .

Câu 27. Töø giaû thieát baøi toaùn ta suy ra SI thaúng goùc vôùi maët phaúng ABCD, goïi J laø trung ñieåm cuûa BC; E laø hình chieáu cuûa I xuoáng BC.

2a a 3aIJ2 2+

= = SCIJ 2IJ CH 1 3a 3aa

2 2 2 4×

= = = , CJ= BC a 52 2

=

⇒ SCIJ 2 23a 1 1 3a 3a 6a 3a 3IE CJ IE SE ,SI

4 2 CJ 2 5 5 5= = × ⇒ = = ⇒ = = ,

[ ]31 1 3a 3 3a 15V a 2a 2a

3 2 55⎛ ⎞= + =⎜ ⎟⎝ ⎠

Câu 28.

Ta có VABCD = 1 1 1 1. . . .3 3 3 2DBC DBCAH S DA S DA AB AC= =

Vậy AH.SDBC= 1 . .2

DA AB AC (1)

Mà AM.BC = BA.CA 125

AM⇒ = từ (1) có

1 1. . . .2 2

AH BC DM DA AB AC=

từ đó . . 4.3.4 6 34. 171445 16

25

DA AB ACAHBC DM

= = =+

.

Câu 29.

45

E

K

J

IA

B

C

C'

B'

A'

P

H

Q

N

M

h

H

M

D

CB

A

S

A B

D C

I J

E

H

N

D

A

B M

C

H



17

Gọi M là trung điểm CD Kẻ đường cao OH của tam giác SOM dOHSCDOH =⇒⊥⇒ )(

Gọi CM = x. Khi đó: OM = x , SM = x 3

SO = 23 2222 xxxxSM =−=− Ta có: SM.OH = SO.OM hay

3,62

6.2..3 dSOdCDdxxxdx ==⇒=⇒=

323.631.

31 322 dddSOCDV ===

Câu 30.

Trên SB, SC lấy các điểm B’, C’ sao cho SB’ = SC’ = a Ta có AB’ = a, B’C’ = a 2 , AC’ = a 3 , vậy tam giác AB’C’ vuông tại B’ Gọi H là trung điểm của AC’, thì tam giác SHB’ vuông tại H Vậy SH là đường cao của hình chop S.AB’C’

Vậy: VS.AB’C’ = 3 212

a .

.3 2

. ' '

S ABC

S AB C

V abc bcV a a

= = ⇒ VS.ABC = 212

abc .

Câu 31. Theo đlý cosin ta có: BC = 7a Theo Pitago ta được: MB = 2 3a ; MA1=3a Vậy 2 2 2 2

1 1 21MB MA BA a+ = = 1MA MB⇒ ⊥

Ta lại có: 1 1 11

1 1( , ( )). .3 3ABA M ABA MBAV d M ABA S d S= =

1 1( , ( )) ( , ( )) 3d M ABA d C ABA a= =

12

11 . 52ABAS AB AA a= =

12

11 . 3 32MBAS MB MA a= =

53

ad⇒ = .

Câu 32. Tø gi¸c IHMO néi tiÕp nªn SH.SM = SI.SO mµ OS = R 3 ,

SI = 2

3R

, SM = 2 2 2SO OM R+ = ⇒SH = R hay H lµ trung ®iÓm cña SM.

Gäi K lµ h×nh chiÕu vu«ng gãc cña H lªn mp(MAB) th× HK = 12

SO=3

2R ,

(kh«ng ®æi) ⇒VBAHM lín nhÊt khi dt(ΔMAB) lín nhÊt ⇒M lµ ®iÓm gi÷a cña cung AB

Khi ®ã VBAHM= 336

R (®vtt)

Câu 33.

a) ( ) ( )( )

/ // /

P SAB DHDH SB

P SB

∩ =⎧⎪ ⇒⎨⎪⎩

(1)

d

x

H

MO

D

CB

A

S

A1

M

C1 B1

B

A

C

S

HI

OB

M

A

A

B

C

S

D E

FH



18

I

F

E

A D

B C

( ) ( )( )

/ // /

P SBC EFEF SB

P SB

∩ =⎧⎪ ⇒⎨⎪⎩

(2)

( ) ( )( )

/ // /

P SAC DEDE AC

P AC

∩ =⎧⎪ ⇒⎨⎪⎩

(3)

( ) ( )( )

/ // /

P ABC HFHF AC

P AC

∩ =⎧⎪ ⇒⎨⎪⎩

(4)

Tõ (1), (2), (3), (4) suy ra tø gi¸c DEFH lµ h×nh b×nh hµnh (5)

MÆt kh¸c: ( )

/ /SB ABC SB HF

DH HFSB DH

⊥ ⇒ ⊥⎧⎪ ⇒ ⊥⎨⎪⎩

(6)

VËy: Tø (5) vµ (6) suy ra DEFH lµ h×nh ch÷ nhËt.

b) H×nh ch÷ nhËt DEFH sÏ cã diÖn tÝch lín nhÊt ( )P⇔ ®i qua bèn ®iÓm , , ,D E F H lÇn l−ît lµ trung ®iÓm cña

çc c¹nh , , ,SA SC BC AB .

Câu 34. a) Gọi F là trung điểm của BC => AF⊥BE Vì ABFAIBΔ Δ

2 2 2

22

2 25 5

4

AI AB AB a a aAIAB AF AF aaa

⇔ = ⇔ = = = =

+

Vì AI BE

SI BESA BE

⊥ ⎫⇒ ⇒ ⊥⎬⊥ ⎭

22 2 2 4 2 64

5 5a aSI SA AI a⇒ = + = + =

b) Gọi O là trung điểm của SC (1)SO AO CO⇒ = = Vì SDCΔ vuông góc D ( ,CD SD CD AD⊥ ⊥ ) SO OD⇒ = (2) Vì SBCΔ vuông góc B ( ,BC BA BC SA⊥ ⊥ ) SO OB⇒ = (3) Từ (1), (2), (3)⇒SO=AO=BO=CO=DO => O là tâm của mặt cầu ngoại tiếp hình

chóp =>2 2 2 22 4 6

2 2 2 2SO AC SA a a aR + +

= = = =

Câu 35. + Trong tam giác SAB hạ 'AB SC⊥ . Trong tam giác SAD hạ 'AD SD⊥ . Dễ có: , ( )BC SA BC BA BC SAB⊥ ⊥ ⇒ ⊥ Suy ra: 'AB BC⊥ , mà 'AB SB⊥ . Từ đó có

' ( ) ' (1)AB SAC AB SC⊥ ⇒ ⊥ . Tương tự ta có: ' (2)AD SC⊥ . Từ (1) và (2) suy ra: ( ' ') ' 'SC AB D B D SC⊥ ⇒ ⊥ . Từ đó suy ra: ' ( ' ' ')SC AB C D⊥

+ Ta có: 2 2 2

1 1 1 2 5'' 5

aABAB SA BA

= + ⇒ =

O

IF

E

A

B

D

C

S

B

S

O

A D

C

C'

B'

D'



19

2 2 2 24 4 5' ' 45 5

SB SA AB a a a⇒ = − = − = , 2 2 5SB SA AB a= + = .

Suy ra: ' 45

SBSB

= ;

Lại có B’D’ // BD (cùng thuộc mp(SBD) và cùng vuông góc với SC) nên ' ' 'B D AC⊥ (vì dễ có ( )BD SAC⊥ nên 'BD AC⊥ ).

Xét hai tam giác đồng dạng SB’D’ và SBD suy ra: ' ' ' 45

B D SBBD SB

= = 4 2' '5

aB D⇒ = .

Ta có: 2 22 2 2

1 1 1 2 3 2 6' ' '' 3 3

aAC SC SA AC aAC SA AC

= + ⇒ = ⇒ = − =

+ Ta có: 3. ' ' ' ' ' '

1 1 1 16. ' . ' '. '. '3 3 2 45S AB C D AB C DV S SC B D AC SC a= = = .

3.

1 2.3 3S ABCD ABCDV S SA a= = .

Suy ra thể tích đa diện cần tìm là: 3. . ' ' '

1445S ABCD S AB C DV V V a= − = .

Câu 36. +Gọi D là trung điểm BC ⇒AD⊥BC (Vì ABC cân tại A) ⇒AD⊥ (SBC) +Gọi E trung điểm SB⇒AE⊥ SB (Vì SAB đều) ⇒DE⊥ SB (Định lý 3 đường vuông góc) +SC//DE (DE đường trung bình tam giác) ⇒SC⊥ SB Vậy tam giác SBC vuông tại S +AD là trục đường tròn ngoại tiếp tam giác SBC nên tâm O mặt cầu ngoại tiếp SABC thuộc AD. Mặt khác O cách đều A; B; C nên O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Vậy bán kính R mặt cầu ngoại tiếp hình chóp bằng bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.

+BC = 2 2a b+ ⇒2 2 2 2DC 3cosC= sin

AC 2 2a b a bC

a a+ −

= ⇒ =

+ R = 2

2 22sin 3AB a

C a b=

−

Câu 37. SO⊥ (ABCD). Dùng MH//SO, H thuéc AC, khi ®ã MH⊥ (ABCD), suy ra gãc

gi÷a ®−êng th¼ng MN víi mp(ABCD) chÝnh lµ gãc .ˆ α=HNM Ta cÇn tÝnh α .

XÐt tam gi¸c CNH cã : .2

,4

23.43 aCNaACHC ===

0222 45cos..2 CNHCCNHCHN −+=

Hay 4

348

9 2222 aaaHN −+=

Suy ra .410aHN = VËy

21

102.

410cos ===

aa

MNHNα .

DÉn ®Õn .600=α VËy gãc gi÷a ®−êng th¼ng MN vµ mÆt ph¼ng (ABCD) b»ng 600. ThÓ tÝch khèi chãp M.ABCD.

Trong tam gi¸c HMN cã 830

23.

41060tan.60tan 00 aaHNMH

HNMH

===⇒= .

MH lµ chiÒu cao cña khèi chãp M.ABCD.

B C

A

S

D

E

C

A

S

B

D O

N H

M

a

α

210a



20

VËy thÓ tÝch cña khèi chãp nµy lµ: .24

30830.

31.

31 3

2 aaaMHSV ABCD ===

Câu 38. Gọi M là trung điểm của BC và O là hình chiếu của S lên AM. Suy ra: SM =AM = 3

2a ; 060AMS = và SO ⊥ mp(ABC)

⇒ d(S; BAC) = SO = 34a ⇒ V(S.ABC) =

3 31 ( ).3 16

adt ABC SO =

Mặt khác, V(S.ABC) = 1 ( ). ( ; )3

dt SAC d B SAC

ΔSAC cân tại C có CS = CA =a; SA = 32

a ⇒ dt(SAC) = 2 13 3

16a

Vậy d(B; SAC) = 3 3( ) 13

V adt SAC

= .

Câu 39.

Gọi H là trung điểm của BC ( )( ) 3; '2

ad M BB C AH⇒ = = .

2 3' ' '

1 1 3'. .2 2 3 12BB C MBB C BB C

a aS BB BC V AH SΔ Δ= = ⇒ = =

Gọi I là tâm hình vuông BCC’B’ , ta có ' ; ' ' ' .B C MI B C BC B C MB⊥ ⊥ ⇒ ⊥ Câu 40. Lấy B’ trên OB; C’ trên OC sao cho ' ' 4OA OB OC= = = Lấy M là trung điểm của B’C’ ( ) ( )' ' .OAM OB C⇒ ⊥

Kẻ ( )' 'AH OM AH OB C⊥ ⇒ ⊥ . Ta có 2 3 4 62 33 3

AM OM MH AH= = ⇒ = ⇒ =

1 15 3. .sin2 2OBCS OB OC BOC= =

Vậy 1 . 10 23OABC OBCV AH S= = .

Câu 41. Do ΔABC vu«ng c©n t¹i A mµ BC = 2a => AB = BC = a

21 .2 2ABC

aS AB BCΔ = = (®vdt)

Ta cã A'G ⊥ (ABC) => A'G lµ ®−êng cao cña khèi l¨ng trô A'B'C'.ABC

Gäi M lµ trung ®iÓm cña BC 1 22 2

aAM BC⇒ = =

Do G lµ träng t©m ΔABC 2 23 3

aAG AM⇒ = =

XÐt ΔA'AG ta cã:

0 0' 2 6tan 60 ' . tan 60 3.3 3

A G a aA G AGAG

= ⇒ = = =

2 3

. ' ' '6 6. ' .

2 3 6ABC A B C ABCa a aV S A GΔ⇒ = = = (®vdt)

Câu 42.

+) Gäi H = AC ∩ BD => SH ⊥ (ABCD) & BH = 31

BD

B

A' C'

G

A

B'

C

M

600

a

a



21

KÎ HE ⊥ AB => AB ⊥ (SHE) => g((SAB);(ABCD)) = SHE = 600. Mµ HE = 31

AD = 3

2a => SH =

332a

=> VSABCD = 31

.SH.SABCD = 3

33a

+) Gäi O lµ trung ®iÓm AD=>ABCO lµ hv c¹nh a

=>ΔACD cã trung tuyÕn SO = 21

AD

=> CD ⊥ AC => CD ⊥ (SAC) vµ BO // CD hay CD // (SBO) & BO ⊥ (SAC). => d(CD ; SB) = d(CD ; (SBO)) = d(C ; (SBO)).

TÝnh chÊt träng t©m tam gi¸c BCO => IH = 31 IC =

62a

=> IS = 6

2522 aHSIH =+

KÎ CK ⊥ SI mµ CK ⊥ BO => CK ⊥ (SBO) => d(C;(SBO)) = CK

Trong tam gi¸c SIC cã : SSIC= 21 SH.IC =

21 SI.CK => CK =

532. a

SIICSH

=

VËy d(CD;SB) = 5

32a .

Câu 43. XÐt hai tam gi¸c vu«ng ABM vµ ABC cã :

0 01 90 90 (1)2

AM BA BAM CBA ABM BCA ABM BAI BCA BAI AIB MB ACAB BC

= = → Δ Δ → = → + = + = → = → ⊥∼

L¹i cã: ( ) (2)SA ABCD SA BM⊥ → ⊥ Tõ (1) vµ (2) ( ) BM SAC→ ⊥ . VËy (SBM) vu«ng gãc víi (SAC).

Gäi H lµ trung ®iÓm AC, suy ra NH = 2a , c/m ®−îc NH lµ ®−êng cao cña tø diÖn ABNI.

1 .3 ABIV NH SΔ→ =

Trong tam gi¸c vu«ng ABM tÝnh ®−îc AI = 3 a 6 BI = 2 3

a→ (tam gi¸c ABI vu«ng t¹i I)

VËy 31 1 3 6 2 . .( . . )

3 2 2 3 3 36a a a aV→ = = (®vtt) .

Câu 44. Ta có BB/ // AA/⇒ góc giữa AA/ và BC/ bằng góc giữa BC/ và BB/

⇒ / / 030B BC = ⇒ / 060CBC = Gọi N là trung điểm của BC/ , H là hình chiếu của N trên (ABC) ⇒ H là trung điểm của BC ⇒ AMNH là h.c.n ⇒ MN =AH Do AH ⊥ BC , AH ⊥ CC/ ⇒ AH ⊥ (BCC/) ⇒ AH ⊥ BC/ từ giả thiết suy ra AH vuông góc với AA/ Theo trên , MN // AH ⇒ MN ⊥ AA/ ; MN⊥ BC/ ⇒MN là khoảng cách giữa AA/ và BC/ ⇒MN = a ⇒ AH = a.

Tính VMA/BC

/: do BA⊥ (ACC/A/)⇒ VMA/BC

/ = 13SMA/C

/. AB

Trong Δ vuông AHB ta có AB= aA 2EA, BH = a ⇒ BC= 2a Trong Δ vuông BCC/ : CC/ = BC.tan600 = 2a 3 .

Vậy VMA/BC

/ = 13 . 12AM.AC/.BC = 3 33

a

Câu 45.

A/

B/

C’

M

N

AH

C

B



22

Ta có .

.

..

S AMN

S ABC

V SM SNV SB SC

=

Trong đó 2 3

.1 3 3.3 .3 4 4S ABC

a aV a= =

M/ k:

2

2

3

.

3

. . .

81.100

81 3.100 4

19 3400

S AMN

A BCNM S ABC S AMN

SM SN SM SN SMSB SC SB SC SB

aV

aV V V

= ⇒ = =

⇒ =

⇒ = − =

S

A

B

CM

N

Câu 46.

Từ giả thiết suy ra ( )SH ABCD⊥ và 2 3 32

aSH a= =

Theo định lý Pythagoras ta có 2 2 2CH SC SH a= − = . Do đó tam giác HBC vuông cân tại B và BC a= . Gọi DE HC A= ∩ thế thì tam giác HAE cũng vuông cân và do đó suy ra 2 2 2 4 3 .DE a a AD a= ⋅ = ⇒ = Suy ra ( ) ( )( )2 2 ; ;CE a d D HC d D SHC= = = .

Suy ra ( ) 21 42ABCDS BC DA AB a= + ⋅ = (đ.v.d.t.). Vậy

3

. D1 43 3S ABC ABCD

aV SH S= ⋅ ⋅ = (đ.v.t.t.).

Câu 47. 4a

2a 2

2a

2a

a

a

a 5

C'≡C

aa

a

a

a

45°

45°H

EA

D

CB

H

B

A

C

D

S

Theo định lí côsin ta có: 2 2 2 2 2 0 2SB SA AB 2SA.AB.cosSAB 3a a 2.a 3.a.cos30 a= + − = + − = Suy ra aSB = . Tương tự ta cũng có SC = a. Gọi M là trung điểm của SA, do hai tam giác SAB và SAC là hai tam giác cân nên MB ⊥ SA, MC ⊥ SA. Suy ra SA ⊥ (MBC).

Ta có MBCMBCMBCMBC.AMBC.SABC.S S.SA3

1S.SA

3

1S.MA

3

1VVV =+=+= .

Hai tam giác SAB và SAC có ba cặp cạnh tương ứng bằng nhau nên chúng bằng nhau. Do đó MB = MC hay tam giác MBC cân tại M. Gọi N là trung điểm của BC suy ra MN ⊥ BC. Tương tự ta cũng có MN ⊥ SA.

16

a3

2

3a

4

aaAMBNABAMANMN

222

2222222 =⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛−=−−=−=

4

3aMN =⇒ .

Do đó 16

a

2

a.

4

3a.3a

6

1BC.MN

2

1.SA

3

1V

3

ABC.S === .

Câu 48.

S

A

B

C

M

N



23

Gọi I là trung điểm BC. Góc IAC = 600. Suy ra 3

aAI = . Suy ra 2

3ABCaS Δ = .

Kẻ SH vuông góc (ABC) suy ra HA = HB = HC Suy ra H là tâm đường tròn ngoại tiếp tgABC Suy ra H thuộc AI. Gọi N là trung điểm AC suy ra HN vuông góc AC và:

32 2 6 1 2; ; ; . .3 3 93 3 3 ABC

a a a a aAC AN AH SH V SH S Δ= = = = ⇒ = =

3 32 .

. 2.

1 2 2 1 2SI=a;S . . ( , ( )) .2 18 18 18

S MBCSBC S MBC

S ABC

V a a aa V d M SBCV aΔ = = ⇒ = = =

Câu 49.

a) Vì tam giác SAD đều cạnh a 32

aSE⇒ =

Xét tam giác vuông AEB có: 2 2

2 2 2 2 52 4a aEB EA AB a⎛ ⎞= + = + =⎜ ⎟

⎝ ⎠

Xét tam giác SEB có: 2 2

2 2 2 23 5 22 4

a aSE EB a SB⎛ ⎞

+ = + = =⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

suy ra tam giác SEB vuông tại E hay SE EB⊥ Ta có: AEB = BFC(c-c) suy ra AEB BFC= mà 090AEB FBE+ = 0 090 90BFC FBE FHB⇒ + = ⇒ = hay CH EB⊥ MÆt kh¸c CH SE⊥ (do ( )SE ABCD⊥ ), suy ra ( )CH SEB⊥ => SBCH ⊥

b) Ta có .1 . .3C SEB SEBV CH SΔ=

Xét FBC có: 22 2 2 2 2 2 2

1 1 1 1 1 4 1 5

2BH BF BC a a a aa

= + = + = + =⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

suy ra 2

2

5aBH =

Xét BHC có: 2 2

2 2 2 2 4 25 5 5a a aCH BC BH a CH= − = − = ⇒ =

Nên 3

.1 1 1 2 1 3 5 3. . . . . . .3 2 3 2 2 2 125C SEB

a a a aV CH SE EB= = = (đvtt)

Câu 50.

Đặt V1=VS.AMN; V2=VA..BCNM; V=VS.ABC; V SM SN SM (1)V SB SC SB

1 1. .2

= =

4a SMAM a SM=SB

2 4;55 5

= ⇒ = ⇒ V V

V V (2)V V

1 22

2 3 35 5 5

= ⇒ = ⇒ =

ABCaV S SA

31 . 3.3 3Δ= = ⇒ aV

3

2. 35

= .

Câu 51.

VS.ABC =31 3.

3 16=SAC

aS SO = 1 . ( ; )3 SACS d B SAC .

2 13 316

=SACaS ⇒ d(B; SAC) = 3

13a .

Câu 52. Gọi V, V1, và V2 là thể tích của hình chóp S.ABCD, K.BCD và phần còn lại của hình chóp S.ABCD:

1

. 2. 13.

= = =ABCD

BCD

S SAV SAV S HK HK

.

Ta được: 1 2 2 2

1 1 1 1

1 13 12+= = + = ⇔ =

V V V VVV V V V

.



24

Câu 53.

a) Ta có 12

MC CBBC BA

⎛ ⎞= =⎜ ⎟

⎝ ⎠ MCB⇒ Δ đồng dạng CBAΔ

090CAB MBC CAB IBA AI BI⇒ = ⇒ + = ⇒ ⊥ Mặt khác BI SA⊥ nên ( )0AIS 60 và BI SACα = = ⊥

Do đó ( ) ( ).SBM SAC⊥

b) ( )2

2 1 2 . 22. 2. . .2 2 2AMB ABCD ADM BCM

a aS S S S a aΔ Δ Δ= − + = − =

2 23

ABMS aAIBMΔ⇒ = = ;

30 1 2. tan 60 2 .

3 3ABMaSA AI a V SA SΔ= = ⇒ = =

a

a 2

α

IMD C

BA

S

Câu 54. Trong mp(ABCD) từ điểm I kẻ IH song song BC với H thuộc AB . Do BC ⊥ AB => IH ⊥AB Mà SI ( )ABCD⊥ => SI ⊥ AB . Hay AB ⊥ (SHI) . Từ I trong mặt phẳng (SHI) kẻ IK ⊥SH tại K

( );( )IK d I SAB⇒ = = 2

2SI (1).

Ta có 14

IH AIBC AC

= = => IH = 4

BC a= , mà 2 2 2

1 1 1IS IH IK

+ = (2)

(Do tam giác SIH vuông tại I đường cao IK)

Từ (1) và (2) => 2 2 2

2 1 1 SI IH aSI SI IH

− = => = = .

Lại có thể tích khối chóp S.ABCD là V = 3

21 1 16. .3 3 3ABCD

aSI S SI AB= = (đvtt)

Câu 55. Ta cã AC = 2a;

§Æt V1=VS.AMN; V2=VA..BCNM; V=VS.ABC;

Ta cã 1 1. . (1)

2

V SM SN SMV SB SC SB= =

TÝnh ®−îc 2 4a 4

; SM=55 5

SMAM a

SB= ⇒ = .

Thay vào (1) suy ra 1 22

2 3 3 (2)

5 5 5

V VV V

V V= ⇒ = ⇒ =

Ta cã 31 . 3

.3 3ABC

aV S SAΔ= = .

Thay vào (2) ®−îc 3

2

. 3 (®vtt)

5

aV =

Câu 56. a) Gọi I là trung điểm của MN.

Ta có ,BN AB BN AM BN BM⊥ ⊥ ⇒ ⊥

do đó tam giác BMN vuông tại B suy ra BI = 2

MN ,

tương tự AI = 2

MN .

S

K

BA

CD

I

H

O

B

AC

S

N

M



25

Vậy AI = BI = MI = NI = 2

MN =2b .

Tâm mặt cầu ngoại tiếp là I, bán kính R = 2b .

b) Đặt AM = x > 0, BN = y > 0 Tam giác ABN vuông tại B nên AN2 = AB2 + BN2 Tam giác AMN vuông tại A nên MN2 = AM2 + AN2 Suy ra b2 = MN2 = AM2 + AB2 + BN2 = x2 + a2 + y2 Do đó x2 + y2 = b2 – a2 không đổi. Tứ diện ABMN có đáy là ABM, đường cao BN.

Thể tích 2 2 2 21 1 1ax ( ) ( )6 12 12

V y a x y a b a= ≤ + = − .

Thể tích tứ diện ABMN lớn nhất khi AM = BN = 2 2

2b a− .

Câu 57. RQ cắt BD tại K, gọi I là trung điểm của BR =>DI//RQ => ID là đường trung bình của tam giác BRK =>D là trung điểm của BK.

Từ đó suy ra S là trọng tâm tam giác ABK 23

ASAD

⇒ = .

Ta có 2 13 3

ABSCSBCD ABCD

ABCD

V AS V VV AD

= = ⇒ = mà 3 33 312 36ABCD SBCD

a aV V= ⇒ =

Câu 58. Gọi M là trung điểm của BC. H là hình chiếu của O lên A’M. Ta có : AM⊥BC ; AA’⊥BC⇒BC⊥ (A’AM) BC⊥OH ⇒OH⊥ (A’BC)

⇒ OH = 6a = d(O,(A’BC))

Đặt AA’= x và có AA 'OMH M nên AA ' 'OH MO

MA= ⇒

2 2

36 36

a ax

x aa

=+

⇒ x = 64

a

Vậy VABC.A ‘B’C’ = 2 34

a . 64

a = 33 216

a (đvtt)

Câu 59.

Gọi I là trung điểm AB , 32 2a aCI IG= ⇒ =

Tam giác vuông 2

2 2 2 104aBIG BG BI IG⇒ = + =

2 22 2 14 10

4 4a aSG SB BG a= − = − =

31 1 1 3 3. 3 . .3 3 2 2 4SABC ABC

a aV S SG a a= = =

Kẻ , , ( / / )GK AC K AC GK BC SK BC⊥ ∈ ⇒ ⊥ 2

2 2 2 3 3;22 2 2 2

GC a a a aGK SK SG GK a AC= = ⇒ = + = + = =

21 3 3 3 3.2 2 42SAC

a aS a⇒ = =

AA

Q

R

P

D

CA

KA

BIA

S

H

A

A’ B

C

B

M

C

O

G

I

M

S

A

C

B

K



26

Gọi h là khoảng cách từ B đến mặt phẳng ( )SAC 3 3SABC

SAC

Vh aS

⇒ = = .

Câu 60. Gọi H là trung điểm BC SH BC⇒ ⊥ ( ) ( ) ( )SBC ABC SH ABC⊥ ⇒ ⊥

Δ SBC đều cạnh 1 32

SH⇒ =

SAB SAC AB ACΔ = Δ ⇒ = AH BC⇒ ⊥ . Đặt , 0SA x x= >

2 2 2 2 34

AH SA SH x= − = − .2 2 2 0 22 . .cos60 1AC SA SC SA SC x x= + − = + − .

AHCΔ vuông 2 2 2 2 2 3 1 314 4 2

AC AH HC x x x x⇒ = + ⇔ + − = − + ⇔ =

6 1 6.2 2 4ABCAH S AH BC⇒ = ⇒ = =

1 2.3 8SABC ABCV S SH= = .

HB C

A

S

Documents

Đề tổng hợp hình chóp hay( Như Hồng).rar