HÌNH CHÓP

Bài 1. Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , tam giác SAB đều , tam giác SCD vuông cân tại S.Gọi I, J, K lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, CD, SA . Chứng minh rằng ) ( ) ( ABCD SIJ ⊥ .Tính thể tích khối chóp K.IBCD. Giải.

Từ giả thiết ta có:

) (SIJ AB IJ AB SI AB

⊥ ⇒

⊥ ⊥

Do ) ( ) ( ) ( ABCD SIJ ABCD AB ⊥ ⇒ ⊂ .

+Kẻ IJ SH ⊥ do ) ( ) ( ) ( ) ( ) (

ABCD SH IJ ABCD SIJ

ABCD SIJ ⊥ ⇒

= ∩ ⊥

+Goi K’ là hình chiếu vuông góc của K lên (ABCD) khi đó SH KK // ' do K là trung điểm SA nên K’ là trung

điểm AH & SH KK 2 1 '= .

Từ đó ta có: IBCD IBCD K S KK V ◊ = '. 3 1

.

Dễ thấy: 2 3 a SI = ;

2 2 1 a CD SJ = = ; a IJ = SIJ ∆ ⇒ vuông tại Svì: 2 2 2 IJ SJ SI = +

ừ hệ thức SI.SJ=SH.IJ 4 3 . a

IJ SJ SI SH = = ⇒

8 3 ' a KK = ⇒

Ta có IBCD ◊ là hình thang vuông tai B và C nên 4 3

2 ). ( 2 a BC CD IB S IBCD =

+ = ◊

Thay vào ta được 32

3 . 3

. a V IBCD K =

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

www.laisac.page.tl Tuyển chọn Đề và đáp án : Luyện thi thử Đại Học của các trường trong nước năm 2012.

M Mô ôn n: : H HÌ ÌN NH H H HỌ ỌC C K KH HÔ ÔN NG G G GI IA AN N (laisac cắt và dán)

K'

K

J I

A

B C

D

S

H

I

O

A

B C

D

S

E

F

M

Giải

Từ giả thiết suy ra ( ) SH ABCD ⊥ và

2 3 3 2 a SH a = =

Theo định lý Pythagoras ta có 2 2 2 CH SC SH a = − = .

Do đó tam giác HBC vuông cân tại B và BC a = Gọi D E HC A = ∩ thế thì tam giác HAE cũng vuông cân và do đó

( ) ( ) ( ) 2 2 ; ; CE a d D HC d D SHC = = = suy ra 2 2 2 4 3 . DE a a AD a = ⋅ = ⇒ =

Suy ra ( ) 2 1 4 2 ABCD S BC DA AB a = + ⋅ = (đ.v.d.t.). Vậy

3

. D 1 4 3 3 S ABC ABCD

a V SH S = ⋅ ⋅ = (đ.v.t.t.)

Bài 3. Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh bên tạo với đáy một góc 60 0 và cạnh đáy bằng a.

1) Tính thể tích khối chóp S.ABCD. 2) Qua A dựng mặt phẳng (P) vuông góc với SC. Tính diện tích thiết diện tạo bởi mặt phẳng

(P) cắt hình chóp S.ABCD. Giải. a) * SABCD = 2 a

* ∠ = = ⇒ = 0 0 60 tan 60 AO SO SBO

3 . 2 2 a

= 2 6 a

=

* ABCD ABCD S S SO V . 3 1

. =

2 . 2 6 .

3 1 a a

=

6 6 3 a

=

b) * Giả sử M SC P = ∩ ) ( Vì SC P ⊥ ) ( và ) (P A∈ nên SC AM ⊥ Mặt khác,gọi ) ( ) ( SBD P EF ∩ = với SD F SB E ∈ ∈ ; thì BD EF // và EF qua I với SO AM I ∩ = (do SC P SC BD ⊥ ⊥ ) ( ; nên ) //(P BD ). * Ta thấy mặt phẳng ) (P cắt ABCD S. theo thiết diện là tứ giác AEMF có tính chất EF AM ⊥ .

Do đó EF AM S AEMF . 2 1

=

* Ta thấy SAC ∆ đều (vì góc . , 60 0 SC SA SAC = = ∠ ), mà SC AM ⊥ nên 2 6 a AM=

Và AM là trung tuyến của SAC ∆ . Mặt khác AO cũng là trung tuyến của SAC ∆ nên I là trọng tâm của SAC ∆

* Ta có 3 2 2

3 2

3 2 a BD EF

SO SI

BD EF

= = ⇒ = =

4a

2a 2

2a

2a

a

a

a 5

C'≡C

a a

a

a

a

45 °

45 ° H

E A

D

C B

H

B

A

C

D

S

. 3 3

3 2 2 .

2 6 .

2 1 .

2 1 2 a a a EF AM S AEMF = = = ⇒

Bài 4. Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân đỉnh A, 2 AB a = . Gọi I là trung điểm của cạnh BC. Hình chiếu vuông góc H của S lên mặt phẳng (ABC) thỏa mãn

2 IA IH = − uur uuur

. Góc giữa SC và mặt đáy (ABC) bằng 0 60 . Hãy tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ trung điểm K của SB đến mặt phẳng (SAH). Giải *Ta có 2 IA IH = − ⇒

uur uuur H thuộc tia đối của tia IA và 2 IA IH =

2 2 BC AB a = = *Ta có 2 IA IH = − ⇒

uur uuur H thuộc tia đối của tia IA và 2 IA IH =

2 2 BC AB a = =

Suy ra 3 , 2 2 a a IA a IH AH IA IH = = ⇒ = + =

Ta có 2 2 2 0 5 2 . .cos45 2 a HC AC AH AC AH HC = + − ⇒ =

Vì ( ) ( ) ( ) 0 0 15 , 60 .tan 60 2

a SH ABC SC ABC SCH SH HC ⊥ ⇒ = ∠ = ⇒ = =

Ta có 2 2 2 0 5 2 . .cos45 2 a HC AC AH AC AH HC = + − ⇒ =

Vì ( ) ( ) ( ) 0 0 15 , 60 .tan 60 2

a SH ABC SC ABC SCH SH HC ⊥ ⇒ = ∠ = ⇒ = =

Thể tích khối chóp S.ABCD là: ( ) 3

. 1 15 . 3 6 S ABC ABC

a V S SH dvtt ∆ = =

( ) BI AH BI SAH

BI SH ⊥

⇒ ⊥ ⊥ ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) , 1 1 1 , ,

2 2 2 2 , d K SAH SK a d K SAH d B SAH BI

SB d B SAH ⇒ = = ⇒ = = =

Bài 5. Cho hình chóp . S ABC có đáy là tam giác ABC vuông tại B ; SA vuông góc với đáy, AB a = , 2 SA BC a = = . Trên tia đối của tia BA lấy điểm M sao cho · ACM α = 0 0 (0 90 ) α < < . Gọi I và K lần lượt là trung điểm của AC và SC , H là hình chiếu của S lên CM . Xác định α để thể tích khối chóp AHIK đạt GTLN. Tính thể tích khối chóp khi đó. Giải.

Có CM SH

CM AH CH AH CM SA

⊥ ⇒ ⊥ ⇒ ⊥ ⊥

H ⇒ chạy trên nửa đường tròn đường kính AC phần

có chứa điểm B 2 2 1 1 5 2 2 2

a HI AI IC AC AB BC ⇒ = = = = + =

3

( , ) 1 1 1 1 1 5 5 5 . . ( . ). ( . ) .2 . . 3 2 12 12 12 2 2 24 AHIK AIH H AC

a a a V SA S SA AI d SA AI HI a ∆ = = ≤ = = . Dấu “=” xảy ra

khi và chỉ khi HI AI ⊥ kết hợp với HI AI = suy ra 0 45 α = (Đã tới đề 39)

Bài 6. 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 2

a SB = . Tính thể tích hình chóp . S ABC và

khoảng cách từ B đến mặt phẳng ( ) SAC .

Giải. Gọi I là trung điểm AB , 3 2 2 a a CI IG = ⇒ =

Tam giác vuông 2

2 2 2 10 4 a BIG BG BI IG ⇒ = + =

2 2 2 2 14 10

4 4 a a SG SB BG a = − = − =

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

a a V S SG a a = = =

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

2 2 2 3 3 ; 2 2 2 2 2

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

2 1 3 3 3 3 . 2 2 4 2 SAC

a a S a ⇒ = =

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

SAC

V h a S

⇒ = =

Bài 7. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh bằng 3cm , các cạnh SA = SB =SC = 3cm . Tam giác SBD có diện tích bằng 6 cm 2 .Tính thể tích của khối chóp SABCD . Giải. Gọi H là hình chiếu của S trên (ABCD) suy ra H nằm trên BD (Vì SA = SB = = SC, BD là trung trực của AC). Do đó SH đường cao của hình chóp cũng là đường cao của tam giác SBD ; Gọi O là giao điểm của AC và BD. Vì SA = SC = DA = DC nên SO = DO suy ra tam giác SBD là tam giác vuông tại S. Vì dt(SBD) = 6 và SB = 3 nên SD = 4; suy ra BD = 5, SH = 12/5.

ABCD là hình thoi có AD = 3, DO = 5/2 nên AO = 112

suy ra dt(ABCD) = 5 11 2

. 1 . ( ) 2 11 3 S ABCD V SH dt ABCD = = . Vậy thể tích khối chóp S.ABCD bằng 2 11

Bài 8. Cho hình chóp SABC có 3 SA a = (với 0 a > ); SA tạo với đáy (ABC) một góc bằng 60 0 . Tam giác ABC vuông tại B, · 0 30 ACB = . G là trọng tâm tam giác ABC. Hai mặt phẳng (SGB) và (SGC) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABC). Tính thể tích hình chóp S.ABC theo a.

Giải Gọi K là trung điểm BC. Ta có 0 3 ( ); 60 , . 2 a SG ABC SAG AG ⊥ ∠ = =

Từ đó 9 3 3 ; . 4 2 a a AK SG = = Trong tam giác ABC đặt 2 ; 3. AB x AC x BC x = ⇒ = =

Ta có 2 2 2 AK AB BK = + nên 9 7 14 a x = . Suy ra 3

. 1 243 . 3 112 S ABC ABC V SG a S = = (đvtt)

Bài 9 . Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với mặt phẳng đáy và SA=a.Gọi M, N lần lượt là trung điểm của các cạnh SB, SD; I là giao điểm của SC và mặt phẳng (AMN). Chứng minh SC vuông góc với AI và tính thể tích khối chóp MBAI.

G

I

M

S

A

C

B

K

O

C

B A

D

S

H

Giải

Chứng minh SC AI ⊥ : Ta có AM SB AN SD

AM SC; AN SC SC (AMN) SC AI AM BC AN CD

⊥ ⊥ ⇒ ⊥ ⇒ ⊥ ⇒ ⊥ ⇒ ⊥

⊥ ⊥

Kẻ IH // BC IH (SAB) ⇒ ⊥ (vì BC (SAB) ⊥ ) MBAI MAB 1 V S .IH 3

⇒ = V

2 2 2 2

2 2 2

SA a a a SI.SC SA SI SC 3 SA AC 3a

SI IH SI.BC a IH SC BC SC 3

= ⇒ = = = = +

= ⇒ = =

2 3

MAB MBAI MAB a 1 a S V S .IH 4 3 36

= ⇒ = = V V

Bài 10: Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông tại A, AB = 3, AC = 4 góc tạo bởi các mặt bên và đáy bằng 60 o . Tính thể tích của khối chóp S.ABC Giải.

Gọi H là hình chiếu của S lên (ABC); M, N, K lần lượt là hình chiếu của H lênh cạnh AB, AC, BC. Khi đó thể tích V của khối chóp được tính bởi công thức

1 . 3 ABC V S SH ∆ =

mà 1 . 6 2 ABC S AB AC ∆ = =

­Tính SH. Xét các tam giác SHM, SHN, SHK vuông tại H, có các góc SMH, SNH, SKH bằng 60 0 do đó HM = HN = HK => H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC =>

2 1 ABC S HM AB BC CA

= = + +

=>SH = HM.tan60 0 = 3

Vậy 1 3.6 2 3 3

V = =

Bài 11. Cho hình chóp S.ABCD , đáy ABCD là hình thoi. SA = x (0 < x < 3 ) các cạnh còn lại đều bằng 1. Tính thể tích của hình chóp S.ABCD theo x.

Giải .Gäi O lµ giao ®iÓm cña AC vµ BD.

Ta có 1 ( . . ) 2

∆ = ∆ ⇒ = = SBD CBD c c c SO CO AC

Vậy tam giác SCA vuông tại S. 2 2 2 1 ⇒ = + = + CA SC SA x

Mặt khác ta có 2 2 2 2 2 2 AC BD AB BC CD AD + = + + + 2 3 ( 0 3) BD x do x ⇒ = − < <

Bài 12 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).

I

S

B

A D

C

M

N

B

A H M

S

C N

K

Biết khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng (SAB) bằng 3 4 a , tính thể tích khối chóp S.ABCD

theo a. Giải. Từ giả thiết AC = 2 3 a ; 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 = 3 a ; BO = a , do đó · 0 60 A D B = 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 = 3 a ; OK // DH và 1 3 2 2

a OK 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 1 2 a SO

OI OK SO = + ⇒ =

Diện tích đáy 2 4 2. . 2 3 D S ABC ABO S OAOB a ∆ = = = ;

đường cao của hình chóp 2 a SO = .

Thể tích khối chóp S.ABCD: 3

. 1 3 . 3 3 D D S ABC ABC

a V S SO = =

Bài 13. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành có góc 0 60 BAC ∠ = ; AB = a; AC = 4a. Hai mặt phẳng (SAB) và (SAC) cùng vuông góc với đáy; SD tạo với đáy góc 0 45 . 1, Tính thể tích khối chóp. 2, Gọi E, F lần lượt là trung điểm của BC và SD. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng DE và CF.

Giải. Ta có: (SAB) (ABCD)

SA (ABCD) (SAC) (ABCD

⊥ ⇒ ⊥ ⊥

SDA ⇒ ∠ là góc giữa SD và (ABCD) 0 SDA = 45 ⇒ ∠

Trong ΔABC có: ( ) 2 2 2 BC = AB + AC ­ 2AB.ACcos BAC ∠

2 = 13a AD = BC = a 13 ⇒ Trong tam giác SAD vuông tại A, ta có: SA = ADtan( SDA) = a 13 ∠

2 ABCD ΔABC S = 2S = AB.ACsin(BAC) = 2a 3

3

S.ABCD ABCD 1 2a 39 V = SA.S = 3 3

⇒

2, Tính khoảng cách giữa DE, CF

Trong mp(ABCD), dựng CI // ED ( I AD ) ∈ ED // (CFI) ⇒

S

A

B K

H C

O

I D 3a

a

A

B C

D

E

F

J I H

K

(DE,CF) (DE,(CFI)) (D,(CFI)) d = d = d ⇒

Gọi H là trung điểm của AD ⇒D là trung điểm HI ⇒ (D,(CFI)) (H,(CFI)) 1 d = d 2

Hạ HK vuông góc với CI tại K; HJ vuông góc với FK tại J Ta có: FH // SA FH (ABCD) FH CI CI (FHK) (FCI) (FHK) ⇒ ⊥ ⇒ ⊥ ⇒ ⊥ ⇒ ⊥

(H,(FCI)) HJ (FCI) HJ = d ⇒ ⊥ ⇒

Ta thấy: 2 ΔHCI ABCD

1 S = S = a 3 2

ΔHCI 2S HK = CI

⇒

Ta có: 2 2 2 AD +CD ­AC 1 1 cos( ADC) = = ­ cos( BCD)= 2AD.CD 13 13

∠ ⇒ ∠

2 2 a 13 CI = DE = DE +CD ­2DE.CD.cos(BCD) = 2

Vậy: (DE, CF) 2a 39 d = 19

Bài 14. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và D, AB = AD = a, CD = 2a; hai mặt phẳng (SAD) và (SCD) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Cạnh bên SB tạo với mặt phẳng đáy một góc 60 0 ; gọi G là trọng tâm của tam giác BCD. Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ G đến mặt (SBC). Giải. +) Từ giải thiết ta có SD ⊥ ( ABCD) suy ra (SB, (ABCD)) = · 0 60 SBD =

Ta có 2 1 3 ( )

2 2 ABCD a S AB CD AD = + = (đvdt)

+) do tam giác ABD vuông cân tại A ,AB= a => 0 2 tan60 6 BD a SD BD a = ⇒ = =

Vậy 3

. 1 6 . 3 2 S ABCD ABCD

a V SD S = = (đvtt)

) chứng minh được BC ⊥ ( SBD) , kẻ DH ⊥ SB=> DH⊥ (SBC)

Có 2 2 2

1 1 1 62 a DH

DH SD DB = + ⇒ =

) Gọi E là trung điểm BC ,kẻ GK // DH, K thuộc HE =>GK⊥ (SBC) và 1 6 3 6

GK EG a GK DH ED

= = ⇒ = Vậy d( G, (SBC) = 66 a GK =

4a 3 HK = 13

⇒

1 a 13 HF = SA = 2 2

Trong tam giác FHK vuông tại H, có: 2 2 2 2 2 2

1 1 1 13 4 361 = + = + = HJ HK HF 48a 13a 624a

( ) D,(CFI) 4a 39 2a 39 HJ = d = 19 19

⇒ ⇒

G

S

D

A B

C

E

H

K

Gọi N’ là điểm đối xứng của N qua I thì N’ thuộc AB, ta có :

=> N’( 4;­5)=> Pt đường thẳng AB: 4x + 3y – 1 = 0

Khoảng cách từ I đến đường thẳng AB: 2 2

4.2 3.1 1 2

4 3 d

+ − = =

+

AC = 2. BD nên AI = 2 BI, đặt BI = x, AI = 2x trong tam giác vuông ABI có:

2 2 2

1 1 14 d x x

= + suy ra x = 5 suy ra BI = 5

Từ đó ta có B thuộc ( C): 2 2 ( 2) ( 1) 5 x y − + − =

Điểm B là giao điểm của đt AB: 4x + 3y – 1 = 0 với đường tròn tâm I bán kính 5 Bài 15. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a và có góc · 0 60 ABC = , hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với đáy, góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (ABCD) bằng 0 30 .Tínhthể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SA, CD theo a.

Giải. Gọi O AC BD = ∩ , M là trung điểm AB và I là trung điểm của AM. Do tam giác ABC là tam giác đều cạnh a nên:

, CM AB OI AB ⊥ ⊥ và 2 3 3 3 , ,

2 4 2 ABCD a a a CM OI S = = =

Vì (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với (ABCD) nên ( ) SO ABCD ⊥

Do AB OI AB SI ⊥ ⇒ ⊥ . Suy ra: ( ) ( ) · ( ) · · 0 , , 30 SAB ABCD OI SI SIO = = =

Xét tam giác vuông SOI ta được: 0 3 3 . t an30 . 4 3 4 a a SO OI = = =

Suy ra: 2 3 1 1 3 3 . . . .

3 3 2 4 24 ABCD a a a V S SO = = = .

Gọi J OI CD = ∩ và H là hình chiếu vuông góc của J trên SI

Suy ra: 3 2 2 a IJ OI = = và ( ) JH SAB ⊥

Do ( ) / / / / CD AB CD SAB ⇒ . Suy ra:

( ) ( ) ( ) , , , d SA CD d CD SAB d J SAB JH = = =

Xét tam giác vuông IJH ta được: 0 3 1 3 .s in30 . 2 2 4 a a JH IJ = = =

Vậy ( ) 3 , 4 a d SA CD = .

Bài 16. Trong không gian, cho tam giác vuông cân ABC có cạnh huyền AB = 2a. Trên đương thẳng d đi qua A và vuông góc với mặt phẳng (ABC) lấy điểm S, sao cho mặt phẳng (SBC) tạo với mặt phẳng (ABC) một góc 60 0 . Tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SABC.

S

A

C

B

Giải. Từ giả thiết suy ra ABC ∆ vuông tại C kết hợp với ( ) d SAC ⊥ . Suy ra ( ) BC SAC ⊥

Do đó · 0 60 SCA = Do ABC ∆ vuông tại C và AB =2a

2 AC BC a ⇒ = = Trong tam giác vuông SAC ta có

0 . tan 60 6 SA AC a = =

Trong tam giác SAB có: 2 2 10 SB SA AB a = + = Do · · 0 90 SCB SAB = = nên tứ diện SABC nội tiếp trong mặt cầu đường kính SB.

Suy ra bán kính mặt cầu bằng 10 2 2 SB a

=

Vậy S 2 2 4 10 mc R a π π = = (Đ.V.D.T)

LĂNG TRỤ Bài 1.Cho lăng trụ tam giác đều 1 1 1 . ABC ABC có chín cạnh đều bằng 5 .Tính góc và khoảng cách giữa hai đường thẳng 1 AB và 1 BC . Giải. Tính góc và khoảng cách giữa hai đường thẳng 1 AB và 1 BC . Ta có đáy lăng trụ là tam giác đều cạnh bằng 5 các mặt bên là hình vuông cạnh bằng 5

1 1 5 2 AB BC ⇒ = = .Dựng hình bình hành

1 1 1 1 1 1 5 2, 5 BDBC DB BC BD C B ⇒ = = = = , 0 .sin 60 5 3 AD CD = =

(do ACD ∆ vuông tại A vì ) BA BC BD = = ( ) ( ) 1 1 1 1 ; ; AB BC AB DB ⇒ α = =

· ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 1 1

1 1 2

5 2 5 2 5 3 1 cos 2 . 4 2.5 2.5 2

AB DB AD AB D AB DB

+ − + − = = = ·

1 AB D ⇒ nhọn từ đó

· 1

1 cos 4

AB D α = ⇔ α = . Ta thấy ( ) ( ) 1 1 1 1 / / , BC mp AB D AB mp AB D ⊂ từ đó

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 1 1 , , , d BC AB d BC mp AB D d B mp AB D = = = 1

1

. 3 B AB D

AB D

V dt ∆

1 .

1 1

3 1 . .sin 2

B ABC V

AB DB =

α

1

1 1

25 3 5. 4 5 1 1 15 . sin .5 2.5 2. 2 2 4

ABC BB dt

AB AD

∆ = = = α

.Đáp số ( ) ( )

( ) 1 1

1 1

1 cos ; 4, 5

AB BC

d AB BC

α = α = =

Bài 2. Cho lăng trụ đứng ' ' ' . ABC ABC có thể tích V. Các mặt phẳng ( ' ' ' ), ( ), ( ) ABC ABC ABC cắt nhau tại O. Tính thể tích khối tứ diện O.ABC theo V.

Giải. Gọi I = AC∩ ’A’C, J = A’B∩AB’ J

I

O

H

M

B'

A'

C'

C

B

A

(BA'C) (ABC') = BI (BA'C) (AB'C) = CJ Goi O = BI CJ

∩ ∩ ∩

⇒ O là điểm cần tỡm

Ta cú O là trọng tõm tam giỏc BA’C

Gọi H là hỡnh chiếu của O lờn (ABC) Do V ABC là hỡnh chiếu vuụng gúc của V BA’C trờn (ABC) nờn H là trọng tõm V ABC

Gọi M là trung điểm BC. Ta có: 1 ' 3

OH HM A B AM

= =

1 1 1 . ' . 3 9 9 OABC ABC ABC V OH S A B S V ⇒ = = = V V

Bài 3. Cho 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 2 a . Tính theo a thể tích khối lăng trụ . ' ' ' ABC A B C

Giải.Gọi M là trung điểm BC, hạ AH vuông góc với A’M

Ta có: ( ' ) '

BC AM BC AA M BC AH

BC AA ⊥

⇒ ⊥ ⇒ ⊥ ⊥

Mà ' ( ' ) 2 a AH A M AH A BC AH ⊥ ⇒ ⊥ ⇒ = .

Mặt khác: 2 2 2 1 1 1 6 '

4 ' a AA

AH A A AM = + ⇒ =

KL: 3

. ' ' ' 3 2 16 ABC A B C a V = .

Bài4. Cho hình lăng trụ 1 1 1 . ABC ABC có đáy là tam giác đều cạnh bằng 5 và

1 1 1 5 A A A B AC = = = .Chứng minh rằng tứ giác 1 1 BCC B là hình chữ nhật và tính thể tích khối lăng trụ 1 1 1 . ABC ABC . Giải. Gọi O là tâm của tam giác đều ABC OA OB OC ⇒ = = . Ngoài ra ta có 1 1 1 5 A A A B AC = = = 1 AO ⇒ là trục đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC ( ) 1 AO ABC AO ⇒ ⊥ ⇒ là hình chiếu vuông góc của 1 AA lên ( ) mp ABC . Mà 1 OA BC A A BC ⊥ ⇒ ⊥ do 1 1 1 / / AA BB BB BC ⇒ ⊥ hay hình bình hành 1 1 BCC B là hình chữ nhật.

Ta có ( ) 2

2 2 2 1 1 1 1

2 5 3 5 6 ; 5 . 3 2 3

AO ABC AO CO AO CA CO

⊥ ⇒ ⊥ = − = − =

Thể tích lăng trụ : 2

1 5 3 5 6 125 2 . . 4 3 4 ABC V dt AO ∆ = = =

Bài 5. Cho hình lập phương 1 1 1 1 ABCD.A B C D có độ dài cạnh bằng a. Trên các cạnh AB và CD lấy lần lượt các điểmM, N sao cho . BM CN x = = Xác định ví trí điểm M sao cho khoảng cách

giữa hai dường thẳng 1 AC và MN bằng 3 a .

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

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

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

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

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

3 a BM =

Bài 6. Cho lăng trụ ABCA B C ′ ′ ′ có đáy là tam giác ABC vuông cân tại A, BC=2a, AA′ vuông góc với mặt phẳng (ABC) .Góc giữa ( ) AB C ′ và ( ) BB C ′ bằng 0 60 .Tính thể tích lăng trụ ABCA B C ′ ′ ′ . Giải Từ A kẻ AI ⊥ BC ⇒ I là trung điểm BC ⇒ AI ⊥ ( BCCB ′ ′) ⇒AI ⊥ B′C (1) Từ I kẻ IM ⊥ B′C (2) Từ (1) (2) ⇒ B′C ⊥ ( IAM)

⇒ B′C ⊥MA (3) Từ (2) (3) ⇒ góc giữa (AB′C) và (B′CB) bằng góc giữa IM và AM = · AMI = 60 0 (Do tam giác AMI vuông tại I)

Ta có AI = 1 2 BC a =

IM = 0 tan 60 3 AI a

=

∆ IMC ∼ ∆ B′BC

⇒ . IM IC IM B C BB BB B C IC

′ ′ = ⇔ =

′ ′

⇔ BB′= 2 2 1 1 3 4 3 3

a

B C B C BB B B a a

′ ′ ′ ′ = ⇔ = +

⇔ 3 2 B B ′ = 2 B B ′ + 4a 2 ⇔ BB′ = 2 a 2 1 1 . .2

2 2 ABC S AI BC a a a ∆ = = =

2 3 2. 2 ABC A B C V a a a ′ ′ ′ = =

Bài 7.Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có · 0 , 2 , 120 AC a BC a ACB = = = và đường thẳng ' A C tạo với mặt phẳng ( ) ' ' ABB A góc 0 30 . Tính thể tích khối lăng trụ đã cho và khoảng cách

giữa hai đường thẳng ' , ' A B CC theo a. Giải

Trong (ABC), kẻ CH AB ⊥ ( ) H AB ∈ , suy ra ( ) ' ' CH ABB A ⊥ nên A’H là hình chiếu vuông góc của A’C lên (ABB’A’). Do đó:

( ) · ( ) · · 0 ' , ' ' ' , ' ' 30 A C ABB A A C A H CA H = = = .

• 2

0 1 3 . .s in120 2 2 ABC

a S AC BC ∆ = =

• 2 2 2 0 2 2 . .cos120 7 7 AB AC BC AC BC a AB a = + − = ⇒ =

• 2. 21 7

ABC S a CH AB

∆ = =

N

M

D1 C1

B1 A1

D C

B A

B′

A M

C

I

B

M

B′

B I C

Suy ra: 0

2 21 ' s in30 7 CH a A C = = .

Xét tam giác vuông AA’C ta được: 2 2 35 ' ' 7

a AA A C AC = − = .

Suy ra: 3 105 . ' 14 ABC

a V S AA ∆ = = .

Do ( ) '/ / ' '/ / ' ' CC AA CC ABB A ⇒ . Suy ra:

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 21 ' , ' ', ' ' , ' ' 7

a d A B CC d CC ABB A d C ABB A CH = = = =

Bài 8. Cho khối lăng trụ tam giác ABCA1B1C1 có đáy là tam giác đều cạnh 2a, điểm A1 cách

đều ba điểm A, B, C. Cạnh bên A1A tạo với mặt phẳng đáy một góc α . Hãy tìm α , biết thể tích

khối lăng trụ ABCA1B1C1 bằng 3 2 3a .

Ta có tam giác ABC đều cạnh 2a nên SABC= 2 3 a Mặt khác A1A= A1B=A1C⇒A1ABC là tứ diện đều.

Gọi G là trọng tâm tam giác ABC, ta có A1G là đường cao.

Trong tam giác ABC có AG= 2 3 AH= 2 3

3 a

Trong tam giác vuông A1AG có:∠A1AG=α A1G=AG.tanα = 2 3 3 a .tanα

VLT=A1G.SABC= 3 2 3a 0 tan 3 60 α α ⇒ = ⇒ = Ta có:

3 3 3 3 1 1 1 2 2 .4 .4 .4 .16 4 4 2 2 4

M a b ab bc abc a b a b b c a b c = + + + + = + + + +

3 4 4 4 16 2 4 4 4 12

a b b c a b c a b + + + +

≤ + + + + 28( ) 7 12 a b c + +

= =

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 16 4 1 , , 7 7 7

a b c = = =

G

A1 B1

C1

A B

C

H I