Chuyên đề khối đa diện, góc và khoảng cách – Đặng Việt Đông

Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Hình Học Không Gian File Word liên hệ 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 1 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Hình Học Không Gian MỤC LỤC HÌNH ĐA DIỆN…………………………………………………………………………………………………………………….. 3 A – KIẾN THỨC CHUNG ……………………………………………………………………………………………………. 3 I. KHÁI NIỆM VỀ HÌNH ĐA DIỆN VÀ KHỐI ĐA DIỆN ………………………………………………………… 3 II. HAI HÌNH BẲNG NHAU ………………………………………………………………………………………………… 4 III. PHÂN CHIA VÀ LẮP GHÉP KHỐI ĐA DIỆN…………………………………………………………………… 5 IV. KHỐI ĐA DIỆN LỒI ……………………………………………………………………………………………………… 5 V. KHỐI ĐA DIỆN ĐỀU ……………………………………………………………………………………………………… 6 B – BÀI TẬP ………………………………………………………………………………………………………………………. 8 THỂ TÍCH HÌNH CHÓP ……………………………………………………………………………………………………… 29 A – LÝ THUYẾT TÓM TẮT ……………………………………………………………………………………………….. 29 B – BÀI TẬP …………………………………………………………………………………………………………………….. 30 HÌNH CHÓP ĐỀU …………………………………………………………………………………………………………….. 30 HÌNH CHÓP CÓ MỘT CẠNH VUÔNG GÓC VỚI ĐÁY………………………………………………………… 37 HÌNH CHÓP CÓ MẶT VUÔNG GÓC VỚI ĐÁY ………………………………………………………………….. 45 HÌNH CHÓP KHÁC ………………………………………………………………………………………………………….. 53 TỈ SỐ THỂ TÍCH ………………………………………………………………………………………………………………… 67 A – LÝ THUYẾT TÓM TẮT ……………………………………………………………………………………………….. 67 B – BÀI TẬP …………………………………………………………………………………………………………………….. 67 HÌNH LĂNG TRỤ……………………………………………………………………………………………………………….. 79 A – LÝ THUYẾT TÓM TẮT ……………………………………………………………………………………………….. 80 B – BÀI TẬP …………………………………………………………………………………………………………………….. 80 THỂ TÍCH LĂNG TRỤ ĐỨNG …………………………………………………………………………………………… 80 THỂ TÍCH LĂNG TRỤ XIÊN …………………………………………………………………………………………….. 94 KHOẢNG CÁCH ………………………………………………………………………………………………………………..102 A- LÝ THUYẾT TÓM TẮT………………………………………………………………………………………………..102 B – BÀI TẬP …………………………………………………………………………………………………………………….103 I – KHOẢNG CÁCH TỪ MỘT ĐIỂM ĐẾN MẶT PHẲNG …………………………………………………….103 II – KHOẢNG CÁCH GIỮA ĐƯỜNG THẲNG, MẶT PHẲNG ……………………………………………….117 GÓC …………………………………………………………………………………………………………………………………..127 A – LÝ THUYẾT TÓM TẮT ………………………………………………………………………………………………127 B – BÀI TẬP …………………………………………………………………………………………………………………….127 File Word liên hệ 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 2 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Hình Học Không Gian HÌNH ĐA DIỆN A – KIẾN THỨC CHUNG I. KHÁI NIỆM VỀ HÌNH ĐA DIỆN VÀ KHỐI ĐA DIỆN 1. Khái niệm về hình đa diện Quan sát hình lăng trụ, hình chóp ở trên ta thấy chúng đều là những hình không gian được tạo bởi một số hữu hạn đa giác. Các đa giác ấy có tính chất a) Hai đa giác phân biệt chỉ có thể hoặc không giao nhau, hoặc chỉ có một đỉnh chung, hoặc chỉ có một cạnh chung. b) Mỗi cạnh của đa giác nào cũng là cạnh chung của đúng hai đa giác. Mỗi đa giác như thế được gọi là một mặt của hình đa diện (H). Các đỉnh, cạnh của các đa giác ấy theo thứ tự gọi là các đỉnh, cạnh của hình đa diện (H). Người ta gọi các hình đó là hình đa diện. Nói một cách tổng quát: Hình đa diện (gọi tắt là đa diện) (H) là hình được tạo bởi một số hữu hạn các đa giác thỏa mãn hai tính chất trên. Mỗi đa giác như thế được gọi là các mặt của đa diện. Các đỉnh các cạnh của đa giác ấy theo thứ tự được gọi là các đỉnh, cạnh của đa diện. 2. Khái niệm về khối đa diện Khối đa diện là phần không gian được giới hạn bới một hình đa diện (H), kể cả hình đa diện đó. Những điểm không thuộc khối đa diện được gọi là điểm ngoài của khối đa diện. Những điểm thuộc khối đa diện nhưng không thuộc hình đa diện giới hạn khối đa diện ấy được gọi là điểm trong của khối đa diện. Tập hợp các điểm trong được gọi là miền trong, tập hợp các điểm ngoài được gọi là miền ngoài khối đa diện. File Word liên hệ 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 3 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Hình Học Không Gian Mỗi đa diện (H) chia các điểm còn lại của không gian thành hai miền không giao nhau: miền trong và miền ngoài của (H). Trong đó chỉ có duy nhất miền ngoài là chứa hoàn toàn một đường –thẳng d nào đấy. Khối đa diện (H) là hợp của hình đa diện (H) và miền trong của nó. II. HAI HÌNH BẲNG NHAU 1. Phép dời hình trong không gian và sự bằng nhau giữa các khối đa diện.  Trong không gian quy tắc đặt tương ứng mỗi điểm M với điểm M’ xác định duy nhất được gọi là một phép biến hình trong không gian.  Phép biến hình trong không gian được gọi là phép dời hình nếu nó bảo toàn khoảng cách giữa hai điểm tùy ý. Nhận xét:  Thực hiện liên tiếp các phép dời hình sẽ được một phép dời hình.  Phép dời hình biến một đa diện thành  H  một đa diện  H ‘ , biến các đỉnh, cạnh, mặt của đa diện  H  thành đỉnh, cạnh, mặt tương ứng của đa diện  H ‘ .    a) Phép dời hình tịnh tiến theo vector v là phép biến hình biến điểm M thành M’ sao cho MM ‘  v . b) Phép đối xứng qua mặt phẳng (P) là phép biến hình biến mọi điểm thuộc (P) thành chính nó, biến điểm M không thuộc (P) thành điểm M’ sao cho (P) là mặt phẳng chung trực của MM’. Nếu phép đối xứng qua mặt phẳng (P) biến hình (H) thành chính nó thì (P) được gọi là mặt phẳng đối xứng của (H). c) Phép đối xứng tâm O là phép biến hình biến điểm O thành chính nó, biến điếm M khác O thành điểm M’ sao cho O là trung điểm của MM’. Nếu phép đối xứng tâm O biến hình (H) thành chính nó thì O được gọi là tâm đối xứng của (H). d) Phép đối xứng qua đường thẳng d là phép biến hình mọi điểm thuộc d thành chính nó, biến điểm M không thuộc d thành điểm M’ sao cho d là trung trực của MM’. Phép đối xứng qua đường thẳng d còn được gọi là phép đối xứng qua trục d. Nếu phép đối xứng qua đường thẳng d biến hình (H) thành chính nó thì d được gọi là trục đối xứng của (H). 2. Hai hình bằng nhau Hai hình được gọi là bằng nhau nếu có một phép dời hình biến hình này thành hình kia. File Word liên hệ 0978064165 – Email: dangvietdong.bacgi[email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 4 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Hình Học Không Gian Nhận xét  Hai đa diện được gọi là bằng nhau nếu có một phép dời hình biến hình đa diện này thành hình đa diện kia.  Hai tứ diện có các cạnh tương ứng bằng nhau thì bằng nhau. III. PHÂN CHIA VÀ LẮP GHÉP KHỐI ĐA DIỆN Nếu khối đa diện (H) là hợp của hai khối đa diện  H1  ,  H 2  , sao cho  H1  và  H 2  không có điểm trong chung thì ta nói có thể chia được khối đa diện (H) thành hai khối đa diện  H1  và  H 2  , hay có thể lắp ghép được hai khối đa diện  H1  và  H 2  với nhau để được khối đa diện (H). Ví dụ. Xét khối lập phương ABCD.A’B’C’D’. Mặt phẳng BDD’B’ cắt khối lập phương đó theo một thiết diện là hình chữ nhật BDD’B’. Thiết diện này chia các điểm còn lại của khối lập phương ra làm hai phần. Mỗi phần cùng với hình chữ nhật BDD’B’ tạo thành khối lăng trụ, như vậy có hai khối lăng trụ: ABD.A’B’D’ và BCD.B’C’D’. Khi đó ta nói mặt phẳng (P) chia khối lập phương ABCD.A’B’C’D’ thành hai khối lăng trụ ABD.A’B’D’ và BCD.B’C’D’. Tương tự trên ta có thể chia tiếp khối trụ ABD.A’B’D’ thành ba khối tứ diện: ADBB’, ADB’D’ và AA’B’D’. Nhận xét: Một khối đa diện bất kì luôn có thể phân chia được thành các khối tứ diện. IV. KHỐI ĐA DIỆN LỒI Khối đa diện (H) được gọi là khối đa diện lồi nếu đoạn thẳng nối hai điểm bất kì của (H) luôn thuộc (H). Khi đó đa diện giới hạn (H) được gọi là đa diện lồi (Hình 2.1). Lưu ý: Một khối đa diện là khối đa diện lồi khi và chỉ khi miền trong của nó luôn nằm về một phía đối với mỗi mặt phẳng đi qua một mặt của nó. (Hình 2.2) File Word liên hệ 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 5 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Hình Học Không Gian Công thức ƠLE: Trong một đa diện lồi nếu gọi Đ là số đỉnh, C là số cạnh, M là số mặt Đ-C+M=2 V. KHỐI ĐA DIỆN ĐỀU Quan sát khối tư diện đều (Hình 2.2.1), ta thấy các mặt của nó là những tam giác đều, mỗi đỉnh của nó là đỉnh chung của đúng ba mặt. Đối với khối lập phương (Hình 2.2.2), ta thấy các mặt của nó là những hình vuông, mỗi đỉnh của nó là đỉnh chung đúng ba mặt. Những khối đa diện nói trên được gọi là khối đa diện đều Định nghĩa: Khối đa diện đều là khối đa diện lồi có các tính chất sau: a) Mỗi mặt của nó là một đa giác đều p cạnh. b) Mỗi đỉnh của nó là đỉnh chung của đúng q mặt. Khối đa diện đều như vậy được gọi là khối đa diện đều loiaj {p;q}. Nhận xét: Các mặt của khối đa diện đều là những đa giác đều và bằng nhau. Định lí: Chỉ có năm loại khối đa diện đều. Đó là các khối đa diện đều loại {3,3}, loại {4,3}, loại {3,4}, loại {5,3}, và loại {3,5}. Tùy theo số mặt của chúng, năm loại khối đa diện đều kể trên theo theo thứ tự được gọi là khối đa diện đều, khối lập phương, khối tám mặt đều, khối mười hai mặt đều, khối hai mươi mặt đều. Năm khối đa diện đều Tứ diện đều Khối lập phương Khối tám mặt đều Khối mười hai mặt đều Khối hai mươi mặt đều Nhận xét:  Hai khối đa diện đều có cùng số mặt và có cạnh bằng nhau thì bằng nhau.  Hai khối đa diện đều có cùng số mặt thì đồng dạng với nhau. Bảng tóm tắt của năm loại khối đa diện đều Khối đa diện đều Số đỉnh Số cạnh Số mặt Ký hiệu {p, q} File Word liên hệ 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 6 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Hình Học Không Gian Kứ diện đều 4 6 4 {3, 3} Khối Lập Phương 8 12 6 {4, 3} Khối Tám Mặt Đều 6 12 8 {3, 4} Khối Mười Hai Mặt Đều 20 30 12 {5, 3} Khối Hai Mươi Mặt Đều 12 30 20 {3, 5} File Word liên hệ 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 7 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Hình Học Không Gian B – BÀI TẬP Câu 1: Trong các khẳng định sau, khẳng định nào sai? A. Chỉ có năm loại hình đa diện đều. B. Hình hộp chữ nhật có diện tích các mặt bằng nhau là hình đa diện đều. C. Trọng tâm các mặt của hình tứ diện đều là các đỉnh của một hình tứ diện đều. D. Hình chóp tam giác đều là hình đa diện đều. Hướng dẫn giải: + Trong không gian ba chiều, có đúng 5 khối đa diện đều lồi, chúng là các khối đa diện duy nhất (xem chứng minh trong bài) có tất cả các mặt, các cạnh và các góc ở đỉnh bằng nhau. Tứ diện đều Khối lập Khối bát diện Khối mười hai Khối hai mươi phương đều mặt đều mặt đều => A đúng + Hình chóp tam giác đều là hình tứ diện đều → D đúng + Hình hộp chữ nhật có diện tích các mặt bằng nhau là khối lập phương → B đúng + Trọng tâm các mặt của hình tứ diện đều không thể là các đỉnh của một hình tứ diện đều → C sai. Chọn đáp án C. Câu 2: Hình đa diện nào dưới đây không có tâm đối xứng? A. Tứ diện đều Chọn đáp án A. B. Bát diện đều C. Hình lập phương D. Lăng trụ lục giác đều Câu 3: Khái niệm nào sau đây đúng với khối chóp? A. là hình có đáy là một đa giác và các mặt bên là các tam giác có chung một đỉnh. B. là phần không gian được giới hạn bởi hình chóp và cả hình chóp đó. C. là phần không gian được giới hạn bởi hình chóp. D. là khối đa diện có hình dạng là hình chóp. Hướng dẫn giải: Nhiều độc giả có thể nhầm giữa khái niệm hình chóp và khối chóp. Nên khoanh ý A. Tuy nhiên các bạn nên phân biệt rõ ràng giữa hình chóp và khối chóp nói chung, hay hình đa diện và khối đa diện nói riêng. + Hình đa diện là hình được tạo bởi một số hữu hạn các đa giác thoả mãn hai tính chất: a, Hai đa giác bất kì hoặc không có điểm chung, hoặc có một đỉnh chung, hoặc có một cạnh chung. b, Mỗi cạnh của đa giác là cạnh chung của đúng hai đa giác. + Khối đa diện là phần không gian được giới hạn bởi một hình đa diện, kể cả hình đa diện đó. Vậy khi đọc vào từng đáp án ở đây thì ta thấy ý A chính là khái niệm của hình chóp. Ý B là khái niệm của khối chóp. Ý C là mệnh đề bị thiếu, ý D sai. Chọn đáp án B. Câu 4: Mỗi đỉnh của một hình đa diện là đỉnh chung của ít nhất A. Năm cạnh B. Bốn cạnh C. Ba cạnh D. Hai cạnh Hướng dẫn giải: Đúng theo lý thuyết SGK. Các em có thể xem thêm các dạng toán về khối đa diện đều trong sách hình học lớp 12 (các bài tập 1,2,3,4 trang 25 bài 5,6 trang 26). Chọn đáp án C. File Word liên hệ 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 8 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Hình Học Không Gian Câu 5: Hãy chọn cụm từ (hoặc từ) cho dưới đây để sau khi điền nó vào chỗ trống mệnh đề sau trở thành mệnh đề đúng: “Số cạnh của một hình đa diện luôn……………….số đỉnh của hình đa diện ấy” A. nhỏ hơn B. nhỏ hơn hoặc bằng C. lớn hơn D. bằng Chọn đáp án C. Câu 6: Mệnh đề nào sau đây là mệnh đề đúng ? A. Tồn tại một đa diện đều có 2 mặt là 2 đa giác không bằng nhau. B. Nếu hình chóp tứ giác S.ABCD là hình chóp đều thì nó cũng là đa diện đều. C. Nếu một đa diện mà mỗi đỉnh của nó đều là đỉnh chung của đúng 3 mặt thì tổng số đỉnh của nó phải là số chẵn. D. Nếu lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ là lăng trụ đều thì nó cũng là đa diện đều. Hướng dẫn giải: Đa diện đều có tất cả các mặt là các đa giác bằng nhau Không tồn tại đa diện đều có 5 và 6 đỉnh, do đó chóp S.ABCD và lăng trụ ABC.A’B’C’ không thể là đa diện đều. Nếu mỗi đỉnh là đỉnh chung của đúng 3 mặt thì nó cũng là đỉnh chung của đúng 3 cạnh. Giả sử số 3n đỉnh của đa diện là n thì số cạnh của nó phải là (vì mỗi cạnh được tính 2 lần), do đó n chẵn. 2 Chọn đáp án C. Câu 7: Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD. Nhận định nào sau đây không đúng : A. Hình chóp S.ABCD có các cạnh bên bằng nhau B. Hình chiếu vuông góc của S xuống mặt phẳng đáy là tâm của đáy. C. ABCD là hình thoi D. Hình chóp có các cạnh bên hợp với mặt phẳng đáy một góc. Hướng dẫn giải: Nhắc lại kiến thức: Hình chóp đa giác đều: là hình chóp có đáy là đa giác đều và hình chiếu của đỉnh xuống đáy trùng với tâm của đáy. Như vậy hình chóp tứ giác đều S.ABCD có đáy là hình vuông ABCD và hình chiếu của S xuống đáy là tâm hình vuông ABCD. Chọn đáp án C.   Câu 8: Trong không gian cho hai vectơ u và v . Với M là điểm bất kỳ, ta gọi M 1 là ảnh của M qua phép Tu và M 2 là ảnh của M 1 qua phép Tv ,. Khi đó phép biến hình biến điểm M thành đểm M 2 là:    A. Phép tịnh tiến theo vectơ u  v B. Phép tịnh tiến theo vectơ u  C. Phép tịnh tiến theo vectơ v D. Một phép biến hình khác Hướng dẫn giải: Theo định nghĩa phép tịnh tiên vectơ   Tu  M   M 1  MM 1  u             MM 1  M 1M 2  u  v  MM 2  u  v Tv  M 1   M 2  M 1M 2  v    Như vậy, phép biến hình biến điểm M thành đểm M 2 là phép tịnh tiến theo vectơ u  v . Chọn đáp án A. Câu 9: Có bao nhiêu phép tịnh tiến biến một đường thẳng thành chính nó? A. Không có B. 1 C. 2 D. Vô số Hướng dẫn giải: Chọn đáp án D. File Word liên hệ 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 9 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Hình Học Không Gian Câu 10: Trong không gian cho hai đường thẳng a và b song song với nhau. Có bao nhiêu phép tịnh tiến biến đường thẳng a thành đường thẳng b? A. Không có B. 1 C. 2 D. Vô số Chọn đáp án D. Câu 11: Trong không gian cho (P) và (Q) là hai mặt phẳng song song. Chọn mệnh đề đúng trong các mệnh đề sau A. Không có phép tịnh tiến nào biến (P) thành (Q) B. Có duy nhất một phép tịnh tiến biến (P) thành (Q) C. Có đúng hai phép tịnh tiến biến (P) thành (Q) D. Có vô số phép tịnh tiến biến (P) thành (Q) Chọn đáp án D. Câu 12 : Trong không gian cho hai tam giác ABC và A’B’C’ bằng nhau ( AB  A’ B ‘; AC  A’C ‘; BC  B ‘C ‘ ). Chọn mệnh đề đúng trong các mệnh đề sau A. Không thể thực hiện một phép tịnh tiến nào biến tam giác này thành tam giác kia B. Tồn tại duy nhất một phép tịnh tiến nào biến tam giác này thành tam giác kia C. Có nhiều nhất hai phép tịnh tiến nào biến tam giác này thành tam giác kia D. Có thể thực hiện vô số phép tịnh tiến biến tam giác này thành tam giác kia. Hướng dẫn giải: Trước hết ta nhận thấy rằng, muốn thực hiện được một phép tịnh tiến biến ABC thành A’B ‘C ‘ thì phải có điều kiện, hai tam giác ABC và A’B’C’ ơhair nằm trên hai mặt phẳng song song (hoặc trùng     nhau) và AB  A ‘ B ‘, AC  A ‘C’.   Khi đó phép tịnh tiến theo vectơ u  A ‘ A biến A ‘ B ‘ C ‘ thành ABC và phép tịnh tiến theo vectơ   v  A ‘ A biến A ‘ B ‘ C ‘ thành ABC . Như vậy chỉ có hai phép tịnh tiến biến tam giác này thành tam giác kia. Câu 13: Cho hình lập phương ABCD. A’B’C’D’. Gọi I, J lần lượt là trung điểm của các cạnh AD, BC.  1  Phép tịnh tiến theo vectơ u  AD biến tam giác A’I J thành tam giác 2 B. CD’P với P là trung điểm của B’C’ A. C’CD D. DC’D’ C. KDC với K là trung điểm của A’D’ Hướng dẫn giải:  1  Gọi T là phép tịnh tiến theo vectơ u  AD . Ta có 2 T  I   D,T  J   C,T  A’  K Vậy T  A’I J   KDC. Chọn đáp án C. File Word liên hệ 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 10 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Hình Học Không Gian Câu 14: Cho hai mặt phẳng    và    song song với nhau. Với M là một điểm bất kỳ, ta gọi M 1 là ảnh của M qua phép đối xứng Đ  và M 2 là ảnh của M 1 qua phép đối xứng Đ  . Phép biến hình f  Đ   Đ  . Biến điểm M thành M 2 là A. Một phép biến hình khác C. Phép tịnh tiến Hướng dẫn giải: Gọi I, J lần lượt là trung điểm của B. Phép đồng nhất D. Phép đối xứng qua mặt phẳng MM 1, M1M 2  I     , J      Ta có:   D  M   M1  MM 1  2 IM 1   D  M 1   M 2  M 1M 2  2M 1 J Suy ra:      MM 2  2 IM1  M 1 J  2 IJ  u (Không đổi)  Vậy M 2 là ảnh của M qua phép tịnh tiến u .   Chọn đáp án D. Câu 15: Trong không gian một tam giác đều có mấy mặt phẳng đối xứng? A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 Hướng dẫn giải: Trong không gian, với tam giác đều bất kì ABC có bốn mặt phẳng đối xứng. Đó là: Ba mặt phẳng trung trực của ba cạnh và mặt phẳng chứa ABC . Chọn đáp án D. Câu 16: Cho hình hộp chữ nhật ABCD. A’B’C’D’ có các kích thước là a, b, c  a  b  c  . Hình hộp chữ nhật này có mấy mặt đối xứng A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 Hướng dẫn giải: Hình hộp chữ nhật ABCD. A’B’C’D’ có 3 mặt đối xứng, đó là các mặt phẳng trung trực AB, AD, AA’. Chọn đáp án C. Câu 17: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông và SA vuông góc với (ABCD). Hình chóp này có mặt đối xứng nào? A. Không có B.  SAB  C.  SAC  D.  SAD  Hướng dẫn giải: File Word liên hệ 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 11 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Hình Học Không Gian Ta có: BD   SAC  và O là trung điểm của BD. Suy ra  SAC  là mặt phẳng trung trực của BD. Suy ra  SAC  là mặt đối xứng của hình chóp, và đây là mặt phẳng duy nhất. Chọn đáp án C. Câu 18: Trong không gian cho hai điểm I và J phân biệt. Với mỗi điểm M ta gọi M 1 là ảnh của M qua phép đối xứng tâm DI , M 2 là ảnh của M qua phép đối xứng tâm DJ . Khi đó hợp thành của DI và DJ biến điểm M thành điểm M 2 là A. Phép đối xứng qua mặt phẳng C. Phép đối xứng tâm Hướng dẫn giải: Ta có:   DI  M   M 1  MM 1  2 IM1   DJ  M1   M 2  M 1M 2  2M 1 J B. Phép tịnh tiến D. Phép đồng nhất Do đó:     MM1  2 IM1  M 1 J  2 IJ (không đổi)     Vậy M 2 là ảnh của M qua phep tịnh tiến theo vectơ u  2 IJ . Chọn đáp án B. Câu 19: Trong các hình dưới đây, hình nào không có tâm đối xứng A. Hình hộp B. Hình lăng trụ tứ giác đều C. Hình lập phương D. Tứ diện đều Hướng dẫn giải:  Hình hộp có một tâm đối xứng là giao điểm của bốn đường chéo  Hình lăng trụ tứ giác đều, hình lập phương là các hình hộp đặc biệt nên có một tâm đối xứng  Tứ diện đều không có tâm đối xứng. Thật vậy, giả sử tứ diện đều ABCD có tâm đối xứng O. Nhận thấy các đỉnh A,B,C,D không thể là tâm đối xứng của tứ diện ABCD, nên ảnh của A qua đối xứng tâm O là một trong ba đỉnh còn lại, nếu DO  A  B thì O là trung điểm của AB, nhưng trung điểm của AB cũng không thể là tâm đối xứng của ABCD. Câu 20: Hình chóp tứ giác đều có mấy mặt phẳng đối xứng A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 Hướng dẫn giải: File Word liên hệ 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 12 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Hình Học Không Gian Hình chóp tứ giác đều có 4 mặt phẳng đối xứng đó là:  SAC  ,  SBD  ,  SMN  ,  SIJ  , với M, N, I, J lần lượt là trung điểm của AB, CD, DA, BC Chọn đáp án D. Câu 21: Cho hình lập phương ABCD. A’B’C’D’ tâm O (tâm đối xứng). Ảnh của đoạn thẳng A’B qua phép đối xứng tâm DO là đoạn thẳng A. DC ‘ Hướng dẫn giải: Ta có B. CD ‘ C. DB ‘ D. AC ‘ DO  A ‘   C; DO  B   D ‘ Do đó DO  A ‘B   CD ‘ Chọn đáp án B. Câu 22: Trong không gian cho hai đường thẳng song song a và b. Với mỗi điểm M ta gọi M 1 là ảnh của M qua phép đối xứng tâm Da , M 2 là ảnh của M qua phép đối xứng tâm Db . Khi đó hợp thành của Da  Db biến điểm M thành điểm M 2 là A. Phép đối xứng trục B. Phép đối xứng qua mặt phẳng C. Phép đối xứng tâm D. Phép tịnh tiến Hướng dẫn giải: Gọi I, J lần lượt là trung điểm của MM 1 , M 1M 2 Các điểm M , M 1 , M 2 , I , J cùng nằm trên một mặt phẳng (P) vuông góc với a và b tại I và J. Ta có:   DI  M   M 1  MM  2 IM 1   DJ  M1   M 2  M 1M 2  2M 1 J      Suy ra: MM 2  2 IM1  M 1 J  2 IJ  u (không đổi)   Chọn đáp án D. Câu 23: Trong không gian cho hai hai mặt phẳng    và    vuông góc với nhau. Với mỗi điểm M ta gọi M 1 là ảnh của M qua phép đối xứng tâm D , M 2 là ảnh của M qua phép đối xứng tâm D . Khi đó hợp thành của D D biến điểm M thành điểm M 2 là A. Phép tịnh tiến B. Phép đối xứng qua mặt phẳng File Word liên hệ 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 13 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Hình Học Không Gian C. Phép đối xứng tâm D. Phép đối xứng trục Hướng dẫn giải: Gọi I, J, O lần lượt là trung điểm của MM 1 , M 1M 2 , MM 2 ( với MM 1     và I     , M 1M 2     và J     ) Ta có: IO / / M 1M 2 nên IO     , do đó nếu gọi a là giao tuyến của    và    thì IO  a và O  a . Suy ra hai điểm M và M 2 đối xứng nhau qua đường thẳng a. Vậy hợp thành của D D biến điểm M thành điểm M 2 là phép đối xứng qua đường thẳng a. Chọn đáp án D. Câu 24: Tứ diện đều có mấy trục đối xứng A. Không có B. 1 C. 2 D. 3 Hướng dẫn giải: Tứ diện đều có ba trục đối xứng đó là ba đường thẳng đi qua trung điểm của các cặp cạnh đối của nó. Chọn đáp án D. Câu 25: Hình chóp tứ giác đều có mấy trục đối xứng? A. Không có B. 1 C. 2 D. 3 Hướng dẫn giải: Hình chóp tứ giác đều có 1 trục đối xứng đó là trục của đường tròn ngoại tiếp đáy. Chọn đáp án B. Câu 26: Hình vuông có mấy trục đối xứng? A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 Hướng dẫn giải: Trong không gian, hình vuông có 5 trục đối xứng, đó là:  Hai đường thẳng chứa hai đường chéo AC, BD  Đường thẳng đi qua trung điểm của AB, CD và đường thẳng đi qua trung điểm của AD và BC  Trục ngoại tiếp đường tròn ngoại tiếp hình vuông Chọn đáp án D. Câu 27: Tìm mệnh đề đúng trong các mệnh đề sau A. Nếu hình H có trục đối xứng thì nó có ít nhất một tâm đối xứng. B. Nếu hình H có mặt đối xứng thì nó có ít nhất một trục đối xứng. C. Nếu hình H có mặt đối xứng và có trục đối xứng thì nó có ít nhất một tâm đối xứng. D. Nếu hình H có mặt đối xứng và có tâm đối xứng nằm trên mặt đối xứng thì nó có ít nhất một tâm đối xứng. Hướng dẫn giải:  Hình chóp tứ giác đều có một trục đối xứng, nhưng không có tâm đối xứng. Như vậy A sai  Hình chóp S.ABCD có SA   ABCD  có mặt phẳng đối xứng là  SAC  , nhưng hình chóp này  không có trục đối xứng. Như vậy B sai Hình chóp tứ giác đều có 4 mặt đối xứng và có một trục đối xứng, nhưng không có tâm đối xứng. Như vậy C sai File Word liên hệ 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 14 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Hình Học Không Gian Chọn đáp án D. Câu 28: Cho một bát diện đều. Các khẳng định đúng là: 1. Bát diện đều có đúng 12 cạnh 2. Bát diện đều có đúng 8 đỉnh 3. Bát diện đều nếu có cạnh bằng a thì sẽ nội tiếp một mặt cầu có bán kính bằng R  a 2 2 4. Ghép hai khối tứ diện đều ta được một khối bát giác đều A. 1; 2 B. 3; 4 C. 1; 3 D. 1; 3; 4 Bát diện đều thì chỉ có 6 đỉnh. Ngoài ra ghép hai tứ diện đều thì không đem được kết quả gì. Chọn đáp án C. Câu 29: Hình đa diện trong hình vẽ có bao nhiêu mặt? A. 6. B. 10. C. 12 D. 11. Hướng dẫn giải: Đếm đáy hình chóp có 5 mặt và 5 mặt của lăng trụ và 1 mặt đáy. Vậy có 11 mặt. Chọn đáp án D. Câu 30: Cho bốn hình sau đây. Mệnh đề nào sau đây sai : A. Khối đa diện A không phải là khối đa diện đều. B. Cả 4 khối đa diện A, B, C, D đều là khối đa diện lồi. C. Khối đa diện C là khối đa diện lồi D. Khối đa diện B là khối đa diện lồi Khối đa diện A có 5 đỉnh nên không thể là đa diện đều Khối đa diện D không phải là khối đa diện lồi Khối đa diện B,C là khối đa diện lồi Chọn đáp án B. Câu 31: Hình nào sau đây không phải là hình đa diện ? File Word liên hệ 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 15 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Hình Học Không Gian Hướng dẫn giải: Phân tích: Ta nhớ lại các kiến thức về hình đa diện như sau: Hình đa diện là hình được tạo bởi một số hữu hạn các đa giác thỏa mãn hai tính chất: a. Hai đa giác bất kì hoặc không có điểm chung, hoặc có một đỉnh chung, hoặc có một cạnh chung. b. Mỗi cạnh của đa giác là cạnh chung của đúng hai đa giác. Ta thấy hình A vi phạm tính chất thứ hai trong điều kiện để có một hình đa diện. Ta thấy cạnh ở giữa không phải là cạnh chung của đúng hai đa giác mà là cạnh chung của bốn đa giác. Chọn đáp án A. Câu 32: Trong các mệnh đề sau đây, mệnh đề nào sai ? A. Lắp ghép hai khối hộp sẽ được một khối đa diện lồi B. Khối tứ diện là khối đa diện lồi C. Khối hộp là khối đa diện lồi D. Khối lăng trụ tam giác là khối đa diện lồi Hướng dẫn giải: Lắp ghép 2 khối hộp chưa chắc đã được 1 khối đa diện lồi Chọn đáp án A. Câu 33: Khối đa diện loại {3;4} là khối có : A. Mỗi đỉnh là đỉnh chung của đúng 3 mặt B. Mỗi đỉnh là đỉnh chung của đúng 4 mặt C. Số đỉnh là 4 D. Số cạnh là 3 Chọn đáp án D. Câu 34: Hình chóp tứ giác đều có số mặt phẳng đối xứng là: A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 Chọn đáp án B. Câu 35: Trong các khẳng định sau, khẳng định nào đúng ? A. Hình lập phương có nhiều nhất 8 mặt phẳng đối xứng B. Tồn tại một hình đa diện có số đỉnh và số mặt bằng nhau C. Tồn tại một hình đa diện có số cạnh bằng số đỉnh D. Hình bát diện đều chỉ có 8 cạnh bằng nhau Chọn đáp án B. Câu 36: Vật thể nào trong các vật thể sau không phải là khối đa diện. A. B. File Word liên hệ 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 16 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A C. D. Chọn đáp án C. Câu 37: Số đỉnh của một hình bát diện đều là ? A. Mười hai B. Tám C. Mười Hướng dẫn giải: + Hình bát diện đều là hình có dạng như hình bên: + Nên số đỉnh của nó là sáu Chọn đáp án D. Hình Học Không Gian D. Sáu Câu 38: Trong các hình dưới đây, hình nào là khối đa diện? A. Chọn đáp án A. B. C. D. Câu 39: Cho một hình đa diện. Tìm khẳng định sai trong các khẳng định sau: A. Mỗi đỉnh là đỉnh chung của ít nhất ba cạnh B. Mỗi đỉnh là đỉnh chung của ít nhất ba mặt C. Mỗi cạnh là cạnh chung của ít nhất ba mặt D. Mỗi mặt có ít nhất ba cạnh Chọn đáp án C. Câu 18: Hình nào dưới đây không phải là hình đa diện? Hình 2 Hình 3 Hình 1 A. Hình 4. B. Hình 3. C. Hình 2. Chọn đáp án B. Câu 40: Trong hình bát diện đều số cạnh gấp mấy lần số đỉnh. 4 3 A. B. C. 2 3 2 Hướng dẫn giải: Hình bát diện đều có 12 cạnh và 6 đỉnh. Nên số cạnh gấp 2 lần số đỉnh Chọn đáp án C. Hình 4 D. Hình 1. D. 3 File Word liên hệ 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 17 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Hình Học Không Gian Câu 41: Mỗi đỉnh của bát diện đều là đỉnh chung của bao nhiêu cạnh ? A. 3 B. 5 C. 8 D. 4 Hướng dẫn giải: Ta có hình vẽ hình bát diện đều như sau: Chọn đáp án D. Câu 42: Khối đa diện đều loại 5;3 có tên gọi là: A. Khối lập phương B. Khối bát diện đều C. Khối mười hai mặt đều D. Khối hai mươi mặt đều. Hướng dẫn giải: Dễ nhận biết khối đa diện đều loại 5;3 là khối mười hai mặt đều. Chọn đáp án C. Câu 43: Trong các mệnh đề sau, hãy chọn mệnh đề đúng. Trong một khối đa diện thì: A. Mỗi đỉnh là đỉnh chung của ít nhất ba mặt. B. Hai cạnh bất kì có ít nhất một điểm chung. C. Hai mặt bất kì có ít nhất một điểm chung. D. Hai mặt bất kì có ít nhất một cạnh chung. Hướng dẫn giải: Xét hình lập phương ABCD. A’B’C’D’ thì AB//A’B’: câu B) sai ABCD // A’B’C’D’: câu C) và D) sai. Vậy câu A) đúng. Chọn đáp án A. Câu 44: Nếu ba kích thước của một khối chữ nhật tăng lên 4 lần thì thể tích của nó tăng lên: A. 4 lần B. 16 lần C. 64 lần D. 192 lần Hướng dẫn giải: 43= 64 nên Chọn đáp án C. Câu 45: Cho khối chóp S .ABCD có đáy là hình bình hành.Mặt phẳng (SAC) chia khối chóp S.ABCD thành mấy khối tứ diện. A. 4 B. 3 C. 2 D. 6 Hướng dẫn giải: Vậy ta có 2 các khối tứ diện là : SABC , SACD Ta chọn đáp án C Câu 46: Hình bát diện đều có bao nhiêu mặt phẳng đối xứng A. 2 B. 4 C. 6 Hướng dẫn giải: Hình bát diện đều có 9 mặt phẳng đối xứng: Chọn đáp án D. D. 9 File Word liên hệ 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 18 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Hình Học Không Gian Quy luật tìm các mặt phẳng đối xứng: Do tính chất đối xứng nhau, nên cứ đi từ trung điểm các cạnh ra mà tìm. Đảm bảo rằng nếu chọn 1 mp đối xứng nào thì các điểm còn dư phải chia đều về 2 phía. Ví dụ chọn mặt phẳng ABCD làm mp đối xứng thì 2 điểm S và S’ là 2 điểm dư còn lại phải đối xứng nhau qua ABCD. Nếu chọn SBS’D thì còn 2 điểm dư là A và C đối xứng nhau qua SBS’D,.. Câu 47: Có thể chia khối lập phương ABCD.ABC D thành bao nhiêu khối tứ diện bằng nhau mà mỗi tứ diện có bốn đỉnh thuộc tập các điểm  A, B,C, D, A, B,C , D ? A. Sáu B. Vô số C. Hai D. Bốn Hướng dẫn giải: + Chia khối lập phương ABCD.ABC D thành 2 khối lăng trụ bằng nhau ABC.ABC và ADC.ADC  + Xét khối lăng trụ ABC.ABC và nối các đường như hình vẽ sau đây Hai khối tứ diện ABCA,CBCA bằng nhau vì chúng đối xứng với nhau qua mặt phẳng  BCA  Hai khối tứ diện CBCA,CBBA bằng nhau vì chúng đối xứng với nhau qua mặt phẳng  ABC  Như vậy khối lăng trụ ABC.ABC được chia thành 3 khối tứ diện ABCA,CBCA,CBBA bằng nhau. + Làm tương tự như vậy với khối lăng trụ ADC. ADC  ta cũng chia được 3 khối tứ diện bằng nhau. + Vậy, ta có thể chia khối lập phương thành 6 khối tứ diện bằng nhau. Chọn đáp án A. Câu 48: Thể tích của khối đa diện tạo bởi hình sau là: File Word liên hệ 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 19 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Hình Học Không Gian A. 328cm 3 B. 456cm3 C. 584cm3 D. 712cm3 Hướng dẫn giải: V’ là khối lớn có đáy 14cmx15cm V’’ là khối nhỏ có đáy 8cmx8cm Thể tích khối cần tìm V = V’ – V’’= 584 cm3 Chọn đáp án C. Câu 49: Cho khối tứ diện ABCD . Lấy một điểm M nằm giữa A và B, một điểm N nằm giữa C và D. Bằng hai mặt phẳng  MCD  và  NAB  ta chia khối tứ diện đã cho thành 4 khối tứ diện: A. AMCN, AMND, BMCN, BMND B. AMCN, AMND, AMCD, BMCN C. BMCD, BMND, AMCN, AMDN D. AMCD, AMND, BMCN, BMND Hướng dẫn giải: Ta có hình vẽ: Nhìn vào hình vẽ ta thấy MN là giao tuyến của hai mặt phẳng (MCD) và (NAB), khi đó ta thấy tứ diện đã cho được chia thành bốn tứ diện ACMN , AMND, BMNC , BMND. Chọn đáp án D. Câu 50: Cho hình chóp S.ABCD đáy ABCD là hình thang vuông tại A, B. AB=BC=a, AD=2a; SA  ( ABCD ) . Nhận định nào sau đây đúng A. SCD vuông B. SCD cân C. SCD đều D. SCD vuông cân Hướng dẫn giải: SA  ( ABCD)  SA  CD(1) Gọi là trung điểm của AD. Tứ giác ABCI là hình vuông Do đó:  ACI  450 (*) Mặt khác, tam giác CID là tam giác vuông cân tại I   450 (**) => BCI  CD  ( SAC )  CD  SC  SCD vuông Chọn đáp án A. File Word liên hệ 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 20 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Hình Học Không Gian Câu 51: Một hình hộp chữ nhật có đường chéo chính bằng 3 thì thể tích lớn nhất bằng: A. 3 3 B. 3 C. 9 D. 6 Hướng dẫn giải: Gọi ba cạnh hình hộp chữ nhật là a;b;c. Khi đó: a 2  b 2  c 2  9 và V  abc . Do đó, áp dụng bất đẳng 3  a 2  b2  c2  thức Cauchy ta có ngay: V  abc  a .b .c    3 3 3   2 2 2 Vậy thể tích lớn nhất bằng 3 3 khi hình hộp là hình lập phương. Chọn đáp án A. Câu 52: Số mặt phẳng đối xứng của tứ diện đều là: A. 4. B. 8. C. 6. D. 10. Tứ diện đều có mặt phẳng đối xứng là mặt phẳng tạo bởi một cạnh với trung điểm của cạnh đối diện của nó. Chọn đáp án C. Câu 53: Hình lập phương có mấy mặt phẳng đối xứng ? A. 6 B. 7 C. 8 Hướng dẫn giải: Hình lập phương ABCD. A’B’C’D’ có 9 mặt phẳng đối xứng đó là  Ba mặt phẳng trung trực của các cạnh AB, AD, AA’  Sáu mặt phẳng chứa 6 đường chéo của hình lập phương D. 9 File Word liên hệ 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 21 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Hình Học Không Gian Chọn đáp án D. Câu 54: Cho khối chóp tứ giác đều S.ABCD có tất cả các cạnh đều bằng a. Về phía ngoài khối chóp này ta ghép thêm một khối chóp tứ diện đều có cạnh bằng a, sao cho một mặt của khối tứ diện đều trùng với một mặt của khối chóp đã cho. Hỏi khối đa diện mới lập thành có mấy mặt? A. 5 B. 6 C. 7 D. 9 Hướng dẫn giải: Chọn đáp án A. Khối lăng trụ lập thành là một khối lăng trụ tam giác nên có 5 mặt Câu 55: Cho khối lăng trụ tam giác đều ABC.A’B ‘C ‘ . Về phía ngoài khối lăng trụ này ta ghép thê m một khối lăng trụ tam giác đều bằng với khối lăng trụ đã cho, sao cho hai khối lăng trụ có chung một mặt bên. Hỏi khối đa diện mới lập thành có mấy cạnh? A. 9 B. 12 C. 15 D. 18 Hướng dẫn giải: Chọn đáp án B. Khối lăng trụ lập thành là một khối lăng trụ đứng tứ giác nên có 12 cạnh File Word liên hệ 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 22 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Hình Học Không Gian Câu 56: Trong các khối đa diện dưới đây, khối nào có số cạnh có thể là một số lẻ? A. Khối chóp; B. Khối tứ diện; C. Khối hộp; D. Khối lăng trụ. Hướng dẫn giải:  Khối chóp n- giác có tổng số cạnh bằng 2n  Khối tứ diện có 6 cạnh  Khối hộp có 12 cạnh  Khối lăng trụ n-giác với n là một số lẻ thì số cạnh là 3n, là một số lẻ. Ví dụ: xét lăng trụ tam giác ABC. A ‘ B ‘ C ‘ có 9 cạnh là một số lẻ Chọn đáp án D. Câu 2. Trong các khối đa diện dưới đây, khối nào có số mặt luôn là số chẵn? A. Khối lăng trụ; B. Khối chóp; C. Khối chóp cụt; D. Khối đa diện đều. Hướng dẫn giải: Khối lăng trụ n-giác với n là số lẻ có số mặt bằng n  2 là một số lẻ Ví dụ: Lăng trụ tam giác ABC. A’B’C’ có số mặt là 5.  Khối chóp n-giác với n là số chẵn, thì số mặt của nó là n  1 là một số lẻ Ví dụ: Hình chóp S .ABCD có đáy là tứ giá và số mặt là 5.   Khối chóp cụt: Tương tự như khối lăng trụ Ví dụ: Khối chóp cụt tam giác có số mặt là 5.  Trong không gian ba chiều, có đúng 5 khối đa diện đều, chúng là các khối đa diện duy nhất có tất cả các mặt, các cạnh và các góc ở đỉnh bằng nhau. Chúng được giới thiệu trong các hình dưới đây: Năm khối đa diện đều Tứ diện đều Khối lập phương Khối tám mặt đều Khối mười hai mặt đều File Word liên hệ 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Khối hai mươi mặt đều Trang 23 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Hình Học Không Gian Tên của chúng gọi theo số mặt của mỗi khối tương ứng là 4, 6, 8, 12, và 20. Các khối này đều có số mặt là chẵn. Chọn đáp án D. Câu 57: Tìm mệnh đề sai trong các mệnh đề sau: A. Khối tứ diện đều có 6 cạnh B. Khối lập phương có 12 cạnh C. Số cạnh của một khối chóp là chẵn D. Khối 8 mặt đều có 8 cạnh Hướng dẫn giải: Chọn đáp án D. Vì khối 8 mặt đều có tất cả 12 cạnh Ta nhắc lại như sau: Mỗi khối đa diện đều có thể xác định bới ký hiệu {p, q} trong đó p = số các cạnh của mỗi mặt (hoặc số các đỉnh của mỗi mặt) q = số các mặt gặp nhau ở một đỉnh (hoặc số các cạnh gặp nhau ở mỗi đỉnh). Khí hiệu {p, q} là đặc trưng về số lượng của khối đa diện đều. Ký hiệu {p, q} của năm khối đa diện đều được cho trong bảng sau. Khối đa diện đều Số đỉnh Số cạnh Số mặt Ký hiệu {p, q} Khối diện đều 4 6 4 {3, 3} Khối Lập Phương 8 12 6 {4, 3} Khối Tám Mặt Đều 6 12 8 {3, 4} Khối Mười Hai Mặt Đều 20 30 12 {5, 3} Khối Hai Mươi Mặt Đều 12 30 20 {3, 5} Lời bình: Ta có thể dùng phương pháp loại trừ như sau A. Khối tứ diện đều có 6 cạnh. Đúng vì có 3 cạnh bên + 3 cạnh đáy. Như vậy tổng là 6. File Word liên hệ 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 24 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Hình Học Không Gian B. Khối lập phương có 12 cạnh. Đúng vì có 4 cạnh bên + 2 mặt đáy (mỗi mặt 4 cạnh). Vậy tổng là 12 C. Số cạnh của một khối chóp là chẵn Đúng. Ta có thể lấy 2 ví dụ sau Chóp tam giác có 6 cạnh, chóp tứ giác có 8 cạnh,… Chọn đáp án D. Câu 58: Trong một khối đa diện lồi với các mặt là các tam giác, nếu gọi C là số cạnh và M là số mặt thì hệ thức nào sau đây đúng? A. 2M  3C B. 3M  2C C. 3M  5C D. 2M  C Hướng dẫn giải: Vì mỗi mặt là tam giác và có M mặt, nên số cạnh là 3M. Nhưng mỗi cạnh là cạnh chung của đúng 3M . Vậy 2C  3M . hai mặt nên C  2 Chọn đáp án B. Câu 59: Trong một khối đa diện lồi mà mỗi đỉnh chung của ba cạnh, nếu gọi C là số cạnh và Đ là số mặt thì hệ thức nào sau đây đúng? B. 3Đ=C A. 3Đ=2C C. 4Đ=3C D. C=2Đ Hướng dẫn giải: Vì có Đ đỉnh, mà mỗi đỉnh có 3 cạnh chung nên số cạnh 3Đ. Mà cứ một cạnh thì có 2 đỉnh nên ta có 3D C . Vậy 2C  3D . 2 Chọn đáp án A. Câu 60: Một khối đa diện lồi 10 đỉnh, 7 mặt. Vậy khối đa diện này có mấy cạnh? A. 12 B. 15 C. 18 D. 20 Hướng dẫn giải: Áp dụng định lí Ơle: Đ  C  M  2  10  C  7  2  C  15 . Chọn đáp án B. Câu 61: Khối 12 mặt đều {mỗi mặt là ngũ giác đều} có mấy cạnh? A. 16 B. 18 C. 20 D. 30 Hướng dẫn giải: Vì mỗi mặt là ngũ giác đều và có M mặt {M=12}. Nhưng mỗi cạnh là cạnh chung của đúng hai mặt 5M 5.12 nên C    30. 2 2 Chọn đáp án D. Câu 62: Khối 20 mặt đều {mỗi mặt là tam giác đều} có mấy cạnh? File Word liên hệ 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 25 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Hình Học Không Gian A. 16 B. 18 C. 20 D. 30 Hướng dẫn giải: Vì mỗi mặt là tam giác đều và có M mặt {M=20}. Nhưng mỗi cạnh là cạnh chung của đúng hai mặt 3.20 nên C   30. 2 Chọn đáp án D. Câu 63: Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào đúng? A. Số đỉnh và số mặt của một hình đa diện luôn bằng nhau; B. Tồn tại hình đa diện có số đỉnh và số cạnh bằng nhau; C. Tồn tại một hình đa diện có số cạnh bằng số đỉnh D. Tôn tại một hình đa diện có số cạnh và số mặt bằng nhau Hướng dẫn giải: A. Số đỉnh và số mặt của một hình đa diện luôn bằng nhau. Mệnh đề sai vì Cho hình lăng trụ ABC. A’B’C’: Có 5 mặt nhưng có 6 đỉnh. B. Tồn tại hình đa diện có số đỉnh và số cạnh bằng nhau. Là mệnh đề đúng Ví dụ: Hình chóp tam giác, hình chóp tứ giác C, D không thể xảy ra. Nên mệnh đề sai Câu 64: Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào đúng? Số các cạnh của hình đa diện luôn B. lớn hơn 6 A. Lớn hơn hoặc bằng 6 D. lớn hơn hoặc bằng 8 C. lớn hơn 7 Hướng dẫn giải: Chọn đáp án A. Ví dụ hình chóp tam giác hoặc hình tứ diện thì cạnh của nó bằng 6. Câu 65: Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào đúng? Số các đỉnh, hoặc các mặt của bất kỳ hình đa diện luôn B. lớn hơn 4 A. Lớn hơn hoặc bằng 4 D. lớn hơn hoặc bằng 5 C. lớn hơn 5 Hướng dẫn giải: Chọn đáp án A. Ví dụ hình chóp tam giác hoặc hình tứ diện thì cạnh số mặt của nó bằng 4. Câu 66: Cho đa diện (H) có tất cả các mặt đều là tam giác. Khẳng định nào sau đây đúng? A. Tổng các mặt của (H) luôn là một số chẵn B. Tổng các mặt của (H) luôn gấp đối tổng số đỉnh của (H) File Word liên hệ 0978064165 – Email: dangvietdong.bac[email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 26 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Hình Học Không Gian C. Tổng số các cạnh của (H) là một số không chia hết cho 3 D. Tổng số các cạnh của (H) luôn gấp đôi tổng số các mặt của (H) Hướng dẫn giải: Gọi tổng số mặt của (H) là M và tổng số các cạnh của (H) là C. Ta có: 3M  2C . Suy ra M là một số chẵn. Chọn đáp án A. Ví dụ: Xét hình tứ diện ABCD  Tổng các mặt là 4 (chẵn)  Tổng các mặt là 4, tổng đỉnh là 4. Như vậy, tổng các mặt của không thể gấp đôi tổng số đỉnh của, nên nó là mệnh đề sai.  Tổng các cạnh là 6, số này chia hết cho 3. Như vậy câu C sai.  Tổng số cạnh là 6, tổng các mặt là 4. Như vậy không thể tổng các cạnh gấp đôi tổng các mặt được. Câu 67: Trong các loại khối đa diện đều sau, tìm khối đa diện có số cạnh gấp đôi số đỉnh A. Khối 20 mặt đều B. Khối lập phương C. Khối bát diện đều D. Khối 12 mặt đều Hướng dẫn giải: Khối bát diện đều có cạnh là 12 và có số đỉnh là 6. Chọn đáp án C. Câu 68: Trong các loại khối đa diện đều sau, tìm khối đa diện có số đỉnh và số mặt bằng nhau A. Khối 12 mặt đều B. Khối lập phương C. Khối bát diện đều D. Khối tứ diện đều Hướng dẫn giải: Khối tứ diện đều có số mặt là 4 và số đỉnh là 4. Chọn đáp án D. Câu 69: Mỗi đỉnh của bát diện đều là đỉnh chung của mấy cạnh? A. 3 B. 4 C. 6 D. 5 Hướng dẫn giải: Ta thấy mỗi đỉnh là đỉnh chung của 4 cạnh. Ví dụ: Xét đỉnh B, thì B là đỉnh chung của 4 cạnh: BA, BS, BC, BS’. Chọn đáp án B. Câu 70: Cho khối đa diện đều. Khẳng định nào sau đây sai A. Số đỉnh của khối lập phương bằng 8 B. Số mặt của khối tứ diện đều bằng 4 C. Khối bát diện đều là loại {4;3} D. Số cạnh của báy diện đều bằng 12. File Word liên hệ 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 27 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Hình Học Không Gian Hướng dẫn giải: Khối bát diện đều là loại {3;4}. Chọn đáp án C. Câu 71: Cho khối chóp có đáy là n-giác. Mệnh đề nào sau đây đúng? A. Số mặt của khối chóp là 2n B. Số cạnh của khối chóp là n+2 C. Số đỉnh bằng số mặt và bằng n+1 D. Số đỉnh của khối chóp là 2n+1 Hướng dẫn giải: Hình chóp tam giác có 4 mặt và 4 đỉnh Hình chóp tứ giác có 5 mặt và 5 đỉnh Chọn đáp án C. Câu 72: Khối đa diện lồi đều có số mặt nhiều nhất là: A. 12 B. 30 C. 8 D. 20 Hướng dẫn giải: Đa diện lồi đều có số mặt nhiều nhất à đa diện 20 mặt và nó có 30 cạnh. Chọn đáp án D. Câu 73: Trong các mệnh đề sau mệnh đề nào là đúng? A. Khối đa diện đều là khối đa diện có tất cả các cạnh bằng nhau B. Khối đa diện đều là khối đa diện có tất cả các mặt là các đa giác đều C. Khối đa diện đều là khối đa diện có tất cả các mặt là các đa giác đều bằng nhau và các cạnh bằng nhau D. Có vô số khối đa diện đều lồi không có cùng số cạnh Chọn đáp án C. Câu 74: Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào sai? A. Hình lập phương là đa diện B. Tứ diện là đa diện lồi C. Hình hộp là đa diện lồi D. Hình tạo bởi hai tứ diện chung đáy ghép với nau là một đa diện lồi. Hướng dẫn giải: Hình lập phương là chắn chắn là đa diện đều nên mệnh đề A đúng Tứ diện là đa diện lồi cũng là mệnh đề đúng Hình hộp là đa diện lồi, đây là mệnh đề đúng Chọn đáp án D. File Word liên hệ 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 28 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Hình Học Không Gian THỂ TÍCH HÌNH CHÓP A – LÝ THUYẾT TÓM TẮT 1 1) Nếu khối chóp đã cho có chiều cao h và diện tích đáy B thì thể tích tính theo công thức V  B.h 3 2) Nếu khối chóp cần tính thể tích chưa biết chiều cao thì ta phải xác định được vị trí chân đường cao trên đáy. a) Chóp có cạnh bên vuông góc chiều cao chính là cạnh bên. b) Chóp có hai mặt bên vuông góc đáy đường cao là giao tuyến của hai mặt bên vuông góc đáy. c) Chóp có mặt bên vuông góc đáy chiều cao của mặt bên vuông góc đáy. d) Chóp đều chiều cao hạ từ đỉnh đến tâm đa giác đáy. e) Chóp có hình chiếu vuông góc của một đỉnhlên xuống mặt đáy thuộc cạnh mặt đáy đường cao là từ đỉnh tới hình chiếu. Chú ý: Các công thức tính diện tích đáy a) Tam giác: 1 1 1 1 1 1  S  a.h a  b.h b  c.h c  S  bcsin A  ca.sin B  absin C 2 2 2 2 2 2 abc  S  S  pr  S  p  p  a  p  b  p  c  4R  ABC vuông tại A: 2S  AB.AC  BC.AH a2 3 S  ABC đều, cạnh a: 4 2 b) Hình vuông cạnh a: S = a (a: cạnh hình vuông) c) Hình chữ nhật: S = a.b (a, b: hai kích thước)  d) Hình bình hành ABCD: S = đáy  cao = AB.AD.sinBAD   1 AC.BD e) Hình thoi ABCD: S  AB.AD.sinBAD 2 1 f) Hình thang: S   a  b  .h (a, b: hai đáy, h: chiều cao) 2 1 g) Tứ giác ABCD có hai đường chéo vuông góc: S  AC.BD 2 File Word liên hệ 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 29 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Hình Học Không Gian B – BÀI TẬP HÌNH CHÓP ĐỀU Câu 1: Thể tích (cm3) khối tứ diện đều cạnh bằng 2 3 Hướng dẫn giải: A. B. 2 2 81 2 cm là : 3 2 3 C. 81 Gọi cạnh tứ diện đều là a. Dễ dàng tinh được V = a3. D. 3 18 2 2 2 2 . Thay a = ta được V = 12 3 81 Chọn đáp án B. Câu 2: Thể tích của khối bát diện đều cạnh a là: 2 2 3 A. a 3 B. a 3 C. a 3 3 6 2 Hướng dẫn giải: D. a3 6 a3 2 Thề tích của khối chóp tứ giác đều có các cạnh bằng a có thể tích là V1= 6 Mà thể tích của khối bát diện đều bằng 2V1. Do đó thể tích khối bát diện đều là V= a 3 2 . 3 Chọn đáp án A. Câu 3: Kim tự tháp Kê-ốp ở Ai Cập được xây dựng vào khoảng 2500 năm trước Công nguyên. Kim tự tháp này là một khối chóp tứ giác đều có chiều cao 147m, cạnh đáy dài 230m. Thế tích V của khối chóp đó là? A. V  2592100 m3 B. V  7776300 m3 C. V  2592300 m3 D. V  3888150 m3 Hướng dẫn giải: 1 + Thể tích của kim tự tháp Kê – ốp là V  .147.230 2  2592100 m3 3 Chọn đáp án A. Câu 4: Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng a, tất cả các cạnh bên tạo với mặt phẳng đáy một góc 600. Thể tích của khối chóp S.ABCD là: a3 a3 6 a3 3 a3 3 A. B. C. D. 3 3 2 6 Hướng dẫn giải: Gọi H là giao điểm của AC và BD. Do S.ABCD là chóp đều nên SO  (ABCD)   SBO   SCO   Theo giả thiết ta có SAO SDO  600 a 2 a 6 Trong tam giác OBS ta có SO  OB.tan 600  . 3 2 2 1 1 a 6 1 3 Thể tích khối chóp V  S ABCD .SO  a 2 .  a 6 3 3 2 3 Chọn đáp án B. Câu 5: Một khối chóp tam giác đều có cạnh bên bằng b, chiều cao h. Khi đó thể tích khối chóp là: File Word liên hệ 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 30 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A 3 2 3 2 3 2 (b  h 2 )b B. (b  h 2 )h C. (b  h 2 )h 4 4 8 Hướng dẫn giải: Gọi M là trung điểm BC của hinh chóp S.ABC và H là hình A. Hình Học Không Gian D. 3 2 (b  h 2 ) 12 S chiếu của S trên mặt phẳng (ABC). Khi đó AH= b 2  h 2 , 3 2 b  h 2 . Gọi x là cạnh của tam giác đều ABC suy ra AM= 2 x 3 3 b2  h2 x 3 AM     x 2  3(b 2  h 2 ) 2 2 2 Diện tích tam giác ABC: A C H 3 3  b 2  h2  3 2 2 S  VSABC  (b  h )h M 4 4 Chọn đáp án B. B Câu 6: Tính thể tích của khối chóp S.ABCD có tất cả các cạnh bằng 1. 3 3 2 2 A. B. C. D. 2 6 6 2 Hướng dẫn giải: 1 1 1 2 .1  Gọi O là tâm của ABCD, ta có V  .SO.S ABCD  3 3 2 6 Chọn đáp án C. Câu 7: Cho hình chóp tam giác đều có cạnh đáy bằng a và cạnh bên tạo với đáy một góc 600 . Thể tích của khối chóp đó bằng: a3 3 a3 3 a3 3 a3 3 B. C. D. A. 12 6 36 18 Hướng dẫn giải: a 3 tan  a 3 3 V  nên 12 12 Chọn đáp án A. Câu 8: Cho hình chóp tam giác đều S.ABCD, cạnh đáy bằng a. Mặt bên tạo với mặt đáy một góc 600. Tính thể tích V của hình chóp S.ABC. a3 3 a3 3 A. V  B. V  2 6 3 3 a 3 a 3 C. V  D. V  12 24 Hướng dẫn giải:   600 Gọi các điểm như hình vẽ. Theo đề suy ra SIA a 3 a 3 a Ta có AI   HI   SH  2 6 2 3 a 3 Vậy V  24 Chọn đáp án D. Câu 9: Cho hình chóp tứ giác đều S .ABCD có AB  a , SA=a 2 . Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của các cạnh SA, SB và CD. Tính thể tích V của tứ diện AMNP. File Word liên hệ 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 31 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A a3 6 A. V  36 Hướng dẫn giải: a3 6 B. V  48 Gọi O là tâm của đáy ABCD. Tính được SO= a3 3 C. V  . 48 Hình Học Không Gian a3 6 D. V  12 a 6 2 1 1 1 1 VABSP= VABCD= . SO. AB 2 4 8 8 3 Chọn đáp án . VAMNP= Câu 10: Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng 2a , góc giữa mặt bên và mặt đáy bằng 600. Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD 4a 3 3 a3 3 2a 3 3 2a 3 6 A. B. C. D. 3 3 3 3 Hướng dẫn giải: Gọi O là tâm hình vuông ABCD, M là trung điểm CD. Khi đó SO là đường cao hình chóp, góc SMO là góc giữa mặt bên và mặt đáy của hình chóp. AD 2a OM    a  SO  OM .tan 600  a 3 . Suy ra 2 2 1 1 4a3 3 2 VS . ABCD  S ABCD .SO   2a  .a 3  3 3 3 Chọn đáp án A. Câu 11: Khối chóp đều S.ABCD có tất cả các cạnh đều bằng a. Khi đó độ dài đường cao h của khối chóp là: a 2 a 3 A. h  3a B. h  C. h  2 2 Hướng dẫn giải: D. h  a 2 a 2 a 2 h  SO  a      2  2   Chọn đáp án B. 2 Câu 12: Cho tứ diện đều ABCD, gọi M, N, P, Q lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, BC, CD, DA. Cho biết diện tích tứ giác MNPQ bằng 1, tính thể tích tứ diện ABCD. 11 2 2 2 11 A. V  B. V  C. V  D. V  24 3 24 6 Hướng dẫn giải: 2 2 Ta chứng minh được MNPQ là hình vuông, suy ra cạnh tứ diện bằng 2, V  3 File Word liên hệ 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 32 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Hình Học Không Gian Chọn đáp án B. Câu 13: Cho hình chóp tứ giác đều có tất cả các cạnh bằng nhau, đường cao của một mặt bên là a 3 . Tính thể tích V khối chóp đó. a3 2 a3 2 a3 2 3 A. V  a 2 B. V  C. V  D. V  3 6 9 Hướng dẫn giải: Gọi các đỉnh của hình chóp tứ giác đều như hình vẽ bên và đặt cạnh bằng AB  2 x . Khi đó SO  x 2, OH  x suy ra 1 a3 2 2 SH  x 3 . Vậy x  a . Khi đó V  SO. AB  3 3 Chọn đáp án B. Câu 14: Để làm một hình chóp tứ giác đều từ một tấm tôn hình vuông có cạnh bằng 1  3 , người ta cắt tấm tôn theo các tam giác cân bằng nhau MAN , NBP, PCQ,QDM sau đó gò các tam giác ABN , BCP,CDQ, DAM sao cho bốn đỉnh M , N , P,Q trùng nhau(hình vẽ). Biết rằng, các góc ở đỉnh của mỗi tam giác cân là 1500 . Tính thể tích V của khối chóp đều tạo thành. 3 6 5 2 52  30 3 2 1 B. V  C. V  D. V  24 3 3 3 Hướng dẫn giải:  MQ  150   +  AMN  D AMD  600  MAD đều. Vì vậy hình chóp tứ giác đều tạo thành có tất cả các cạnh bằng nhau và bằng MA . A. V    2 1 3 MN   2 2sin 750 6 2 + Dễ dàng chứng minh được rằng: Trong đó, MA  “Một khối chóp tứ giác đều có tất cả các cạnh bằng x thì có thể tích là V  + Với x  2 thì V  x3 2 ” 6 2 3 Chọn đáp án B. Câu 15: Trong một cuộc thi làm đồ dùng học tập bạn Bình lớp 12S2 của trường THPT trưng Vương đã làm một hình chóp tứ giác đều bằng cách lấy một tấm tôn hình vuông MNPQ có cạnh bằng a, cắt mảnh tôn theo các tam giác cân MAN; NBP; PCQ; QDM sau đó gò các tam giác ANB; BPC; CQD; DMA sao cho bốn đỉnh M;N;P;Q trùng nhau (như hình) thể tích lớn nhất của khối chóp đều là File Word liên hệ 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 33 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A a3 A. 36 Hướng dẫn giải: a3 B. 24 4 10a 3 C. 375 Gọi cạnh hình vuông ABCD là x thì đường cao mặt bên là: SM= phối chóp SO = Hình Học Không Gian a3 D. 48 a 2x suy ra chiều cao của 2 1 1 2a 2  2 2ax Vậy V = x 2 2a 2  2 2ax lập bbt suy ra V lớn nhất tại x = 2 6 2 2a 5 Ta tìm maxV = 4 10a 3 375 Chọn đáp án C. Câu 16: Cho hình chóp lục giác đều SABCDEF có SA  5; AB  3 . Tính thể tích khối chóp SABCDE. A. 45 3 B. 18 3 C. 54 3 D. 15 3 Hướng dẫn giải: Lưu ý rằng lục giác ABCDEF là lục giác đều và nó giống như xếp 6 tam giác đều AOB theo chiều kim đồng hồ. Ta cần xác định hai yếu tố: Chiều cao (để ý tam giác AOB đều nên OA  AB  3 ): h  SO  SA2  OA2  53  32  4 Diện tích để ý diện tích ngũ giác ABCDE bằng 5 lần diện tích tam giác AOB nên ta có: 45 3 1 S  5.S AOB  5. AB 2 sin  600   . 2 4 1 1 45 3 Do đó, ta có: V  Sh  . .h  15 3 3 3 4 Chọn đáp án D. Câu 17: Người ta gọt một khối lập phương gỗ để lấy khối tám mặt đều nội tiếp nó (tức là khối có các đỉnh là các tâm của các mặt khối lập phương). Biết các cạnh của khối lập phương bằng a. Hãy tính thể tích của khối tám mặt đều đó: a3 a3 a3 a3 A. B. C. D. 4 6 12 8 Hướng dẫn giải: Dựng được hình như hình bên + Thấy được thể tích khối cần tính bằng 2 lần thể tích của hình chóp S.ABCD + Nhiệm vụ bây giờ đi tìm thể tích của S.ABCD + ABCD là hình vuông có tâm O đồng thời chính là hình chiếu của S lên mặt đáy File Word liên hệ 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 34 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Hình Học Không Gian 2 a ; BD  cạnh của hình lập phương  a . Suy ra các cạnh của hình vuông ABCD  a 2 2 1 1 1  2  2  3 a 3 VS . ABCD  Sh  . .    a  3 3 2  2  2 12   SO  Vkhôi đa diên  2.VS . ABCD  a3 6 Chọn đáp án B. Câu 18: Cho hình chóp đều S.ABC có đáy cạnh bằng a , góc giữa đường thẳng SA và mặt phẳng  ABC  bằng 60 . Gọi A , B , C  tương ứng là các điểm đối xứng của A , B , C qua S . Thể tích của khối bát diện có các mặt ABC, ABC  , ABC , BCA , C AB , ABC  , BAC , CAB là 2 3a 3 . B. 2 3a 3 . 3 Hướng dẫn giải: Cách 1: Ta tính thể tích khối chóp S . ABC : A. 3a 3 . 2 C. Gọi H là tâm tam giác ABC đều cạnh a  CH  D. 4 3a3 . 3 a 3 . Góc giữa 3 đường thẳng SA và mặt phẳng (ABC) bằng 600 1 1 a2 3 a3 3   60o  SH  a  V  SCH  .S H . S  a.  . S . ABC ABC 3 3 4 12 V  2VB. ACA ‘ C ‘  2.4VB. ACS  8VS . ABC  2a 3 3 . 3 Cách 2: Ta có thể tích khối chóp S.ABC là: VS . ABC a3 3  . 12 a 2 39 . 12 Khoảng cách từ A đến mặt phẳng  SBC  là: Diện tích tam giác SBC là: SSBC  d  A,  SBC    3a . 13 Tứ giác BCB ‘C ‘ là hình chữ nhật vì có hai đường chéo bằng nhau và cắt nhau tại trung điểm mỗi đường. 2a 3 2a 3 a 39 Có SB   BB ‘   B ‘C  . 3 3 3 a 2 39 Diện tích BCB ‘C ‘ là: S BCB ‘ C ‘  . 3 1 2a 3 3 Thể tích khối 8 mặt cần tìm là: V  2. d  A,  SBC   .S BCB ‘ C ‘  . 3 3 Cách 3 (Tham khảo lời giải của Ngọc HuyềnLB). 1 Thể tích khối bát diện đã cho là V  2VA ‘ B ‘ C ‘ BC  2.4VA ‘.SBC  8VS . ABC  8. SG.S ABC 3 File Word liên hệ 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 35 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Hình Học Không Gian   600. Xét SGA vuông tại G : Ta có:  SA;  ABC    SAG SG   a.  SG  AG.tan SAG AG 1 1 a 2 3 2 3a 3 Vậy V  8. SG.S ABC  8. .a.  . 3 3 4 3 Chọn đáp án A.  tan SAG File Word liên hệ 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 36 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Hình Học Không Gian HÌNH CHÓP CÓ MỘT CẠNH VUÔNG GÓC VỚI ĐÁY Câu 1: Cho tứ diện ABCD có các cạnh BA, BC, BD đôi một vuông góc với nhau: BA = 3a, BC =BD = 2a. Gọi M và N lần lượt là trung điểm của AB và AD. Tính thể tích khối chóp C.BDNM 2a 3 3a 3 A. V  8a 3 B. V  C. V  D. V  a3 3 2 Hướng dẫn giải: Khối chóp C.BDNM có CB là đường cao nên có thể tích 1 V  BC.S BDNM , trong đó 3 + BD  2a + Tứ giác BDNM là hình thang vuông tại B, M do MN là đường trung bình của tam giác ABD nên có diện tích: 3a (a  2a). (MN  BD).BM 3a 3 2 S BDNM    (đvtt) 2 2 2 Chọn đáp án C. Câu 2: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình cữ nhật, SA vuông góc với mặt đáy (ABCD), AB  a, AD  2a . Góc giữa cạnh bên SB và mặt phẳng (ABCD) bằng 450. Thể tích hình chóp S.ABCD bằng 6a3 2 2a 3 a3 2a 3 B. C. A. D. 18 3 3 3 Hướng dẫn giải: 1 1 2a 3 V  SA.S ABCD  .a.a.2a  3 3 3 Chọn đáp án D. Câu 3: Cho khối chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , SA  a và vuông góc với đáy, M là trung điểm của SD. Thể tích khối chóp MACD là: a3 a3 a3 B. C. D. a 3 A. 4 12 36 Hướng dẫn giải: Khoảng cách từ M đến mặt phẳng đáy bằng nửa khoảng cách từ S đến mặt phẳng đáy suy ra thể tích của khối chóp MACD là: 1 1 1 VMACD  VSACD  VSABCD  a 3 . 2 4 12 Chọn đáp án B. File Word liên hệ 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 37 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Hình Học Không Gian Câu 4: Cho hình chóp S.ABC có AB  a, BC  a 3, AC  a 5 và SA vuông góc với mặt đáy, SB tạo với đáy góc 450 . Thể tích của khối chóp S.ABC là: 11 3 a3 3 3 15 3 A. a B. a D. a C. 12 12 12 12 Hướng dẫn giải: SB tạo với đáy góc 450 nên SA  AB  a Áp dụng công thức Hê rông, có AB  BC  CA   S ABC  p  p  AB  p  AC  p  BC   p   2   a2 a 2 11 1  3  5 1  3  5 1  3  5 1  3  5  4 4 (sử dụng máy tính để tính biểu thức trong dấu căn) 1 11 3 Suy ra VS . ABC  SA.S ABC  a 3 12 Chọn đáp án A.       Câu 5: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng 1. Cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD) và SC  5 . Tính thể tích khối chóp S . ABCD. 3 3 B. V  3 6 Hướng dẫn giải: Đường chéo hình vuông AC  2 C. V  3 A. V  D. V  15 3 Xét tam giác SAC, ta có SA  SC 2  AC 2  3 Chiều cao khối chóp là SA  3 Diện tích hình vuông ABCD là S ABCD  12  1 Thể tích khối chóp S.ABCD là: 1 3 VS . ABCD  S ABCD .SA  (đvtt) 3 3 Chọn đáp án A. Câu 6: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A, AB = a, AC = a 2 , SA vuông góc với mp đáy. Góc tạo bởi (SBC) và mặt đáy bằng 300. Thể tích S.ABC bằng a3 2 a3 2 a3 a3 2 B. C. D. A. 4 6 9 2 Hướng dẫn giải: S Xét ABC vuông tại A  BC2 = AB2 + AC2  BC2 = a 2  2  a 2  BC = a 3 a 6 AB. AC a.a 2 =  AH = BC 3 a 3 Góc tạo bởi (SBC) và (ABC) là góc SHA AH .BC  AB. AC  AH  a A C 300 a B File Word liên hệ 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay H Trang 38 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A a 6 1 a 2 SA . = => SA = AH.tan300= AH 3 3 3 3 1 a 2 1 a 1 1 VS.ACB= .SA. . AB. AC = . . .a.a 2 = 3 2 9 3 3 2 Chọn đáp án C. Hình Học Không Gian Tan 300 = A B C H Câu 7: Cho hình chóp S.ABC có SA  3a và SA vuông góc với mặt phẳng (ABC). Tam giác ABC có   1200 . Tính thể tích khối chóp đã cho. AB  BC  2a , góc ABC 2a 3 3 A. VS . ABC  3a 3 3 B. VS . ABC  2a 3 3 C. VS . ABC  a 3 3 D. VS . ABC  3 Hướng dẫn giải: 1 1 Ta có S ABC  BA.BC .sin1200  a 2 3 . Vậy VS . ABC  SA.SABC  a 3 3 2 3 Chọn đáp án C. Câu 8: Cho hình chop S.ABCD có SC  (ABCD), đáy ABCD là hình thoi có cạnh bằng a 3 và   1200 . Biết rằng góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (ABCD) bằng 450. Tính theo a thể tích khối ABC chop S . ABCD. 3a 3 3 3a 3 3a 3 A. B. C. 12 2 4 Hướng dẫn giải: Kẻ SK  AB thì:   450 CK  AB   (SAB),(ABCD)   (SK,CK)  ABC D. 3 3a 3 4    600  CB sin 600  3a ABC  1200  ABC 2 3a  SC  CK .tan 450  (1) 2 3 3a 2 S ABCD  AB.BC.sin1200  (2) 2 1 3 3a 3 Từ (1) và (2)  VS . ABCD  SC .S ABCD  3 4 Chọn đáp án D. Câu 9: Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy là hình chữ nhật cạnh AB  a, AD  a 2 , SA   ABCD  góc giữa SC và đáy bằng 600. Thể tích hình chóp S.ABCD bằng: A. 2a 3 B. 3 2a 3 C. 3a3 D. 6a 3 Hướng dẫn giải: Theo bài ra ta có, SA   ABCD  , nên AC là hình chiếu vuông góc của SC lên mặt phẳng (ABCD).     600   SC ,  ABCD    SC , AC  SCA     File Word liên hệ 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 39 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Hình Học Không Gian Xét ABC vuông tại B, có AC  AB 2  BC 2  a 2  2a 2  a 3 Xét SAC vuông tại A, có  SA   ABCD    SA  AC Ta có:   SA  SA  AC.tan SCA   AC.tan 60 0  a 3. 3  3a tan SCA AC Vậy thể tích hình chóp S.ABCD là: 1 1 VS . ABCD  .SA.S ABCD  .3a.a.a 2  a 3 2 3 3 Chọn đáp án A. Câu 10: Cho hình chóp S.ABCD có ABCD là hình thoi tâm O, AB  a 5; AC  4a, SO  2 2a . Gọi M là trung điểm SC. Biết SO vuông góc với mặt phẳng (ABCD), tính thể tích khối chóp M.OBC. 2a 3 B. 2a 3 C. D. 4a 3 A. 2 2a3 3 Hướng dẫn giải: Để tính được thể tích của khối hình chóp M.OBC ta cần tính được diện tích đáy OBC và khoảng cách từ M đến đáy. Kẻ MH / / SO  H  OC   , vì SO   ABCD   MH   ABCD   MH   OBC  Nên d  M ;  OBC    MH . Áp dụng định lý Ta lét vào tam giác SOC ta có: MH MC 1    MH  a 2 SO SC 2 2 Do AC  BD nên O  AB 2  AO 2  5a 2   2a   a 1 1 Diện tích đáy là SOBC  OB.OC  a.2a  a 2 2 2 1 1 a3 2 2a.a 2  Thể tích khối chóp cần tính là V  MH .SOBC  3 3 3 Chọn đáp án C. Câu 11: Hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy là hình chữ nhật cạnh AB  a, AD  a 2 , SA   ABCD  góc giữa SC và đáy bằng 600. Thể tích hình chóp S.ABCD bằng: A. 2a 3 B. 6a 3 C. 3a3 D. 3 2a 3 Hướng dẫn giải: SA   ABCD  nên AC là hình chiếu vuông góc của SC lên mặt phẳng (ABCD). Xét ABC vuông tại B, có AC  AB 2  BC 2  a 2  2a 2  a 3 Xét SAC vuông tại A,  SA   ABCD    SA  AC Ta có: SA tan SCA   SA  AC.tan SCA  AC.tan 60 0  a 3. 3  3a AC Vậy thể tích hình chóp S.ABCD là 1 1 VS . ABCD  .SA.S ABCD  .3a.a.a 2  a 3 2 3 3 File Word liên hệ 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 40 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Hình Học Không Gian Chọn đáp án A. Câu 12: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy, góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng (ABCD) bằng 450 và SC  2a . Tính thể tích V của khối chóp S.ABCD. a3 a3 a3 a3 2 A. V  B. V  C. V  D. V  2 3 6 3 Hướng dẫn giải: Vì SA   ABCD  nên AC là hình chiếu vuông góc của SC lên mặt phẳng (ABCD).   450   SC ,  ABCD     SC , AC   SCA Tam giác SAC vuông tại A nên:   SA  SA  SC.sin SCA   2a.sin 450  2a sin SCA SC S ABCD  AB 2  a 2 1 1 2 3 .a Vậy V  S ABCD .SA  .a 2 . 2a  3 3 3 Chọn đáp án D. Câu 13: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A, cạnh BC = a 2 , cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy; mặt bên (SBC) tạo với mặt đáy (ABC) một góc bằng 450. Thể tích khối chóp S.ABC theo a bằng a3 2 a3 2 a3 2 a3 2 A. VS . ABC  ; B. VS . ABC  ; C. VS . ABC  ; D. VS . ABC  6 2 4 12 Hướng dẫn giải: * Ta có : AB = a 3 , (SBC)  (ABC) = BC Gọi M là trung điểm BC AM  BC ( vì  ABC cân tại A) SM  BC ( vì AM  hc SM  ( ABC )    45o (( SBC ),( ABC ))  ( SM , AM )  SMA *  ABC vuông cân tại A có,BC = a 2  AB = BC = a và a 2 AM = 2 1 1 a2  SABC  AB. AC  .a.a  2 2 2 a 2  *  SAM vuông tại A có AM= , M  450  2 a 2 SA  AB.tan 45o  2 File Word liên hệ 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 41 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Hình Học Không Gian 1 1 a2 a 2 a3. 2 * VS . ABC  .S ABC .SA  . .  . 3 3 2 2 12 Chọn đáp án D. Câu 14: Cho hình chóp S.ABC có SA vuông góc với mặt phẳng (ABC) và tam giác ABC cân tại A. Cạnh bên SB lần lượt tạo với mặt phẳng đáy, mặt phẳng trung trực của BC các góc bằng 300 và 450, khoảng cách từ S đến cạnh BC bằng a. Tính thể tích khối chóp S . ABC. a3 a3 a3 A. VS . ABC  a 3 B. VS .ABC  C. VS .ABC  D. VS . ABC  2 3 6 Hướng dẫn giải:   300 . Gọi G là Ta có SA   ABC  nên AB là hình chiếu của SB trên mặt phẳng  ABC   SBA  BC  AM trung điểm BC, ta có   BC   SAM    SAM  là mặt phẳng trung trực của BC và  BC  SA   450  SBC vuông cân tại S. Ta có SM là hình chiếu của SB trên  SAM   BSM SM  BC  d B , SC   SM  a  SB  SC  a 2, BC  2a Tam giác SBA vuông tại A, ta có SA  SB.sin 300  a 2 2 Trong tam giác vuông SAM, ta có: 2 a 2 a 2 AM  SM  SA  a     2  2   1 a3 Vậy VS . ABC  BC. AM .SA  6 6 Chọn đáp án D. 2 2 2 Câu 15: Cho hình chóp S .ABCD có cạnh đáy ABCD là hình vuông tâm O cạnh bằng a , SA vuông góc với  ABCD  và SA  2a . Gọi I là trung điểm của SC và M là trung điểm của DC . Tính thể tích của khối chóp I .OBM . a3 3a 3 a3 3 a3 2 A. V  B. V  C. V  D. 24 24 24 24 Hướng dẫn giải: IO / / SA  1 Ta có:   IO   ABCD   IO  SA  a SA   ABCD   2 Diện tích của OBM : 1 1 a a 2 2 a2 S  OM .OB sin1350  . . .  2 2 2 2 2 8 Tính thể tích của khối chóp I .OBM : 1 1 a2 a3 VI .OBM  .S OBM .IO  . .a  3 3 8 24 Chọn đáp án A. 0 Câu 16: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, BAD = 120 , SA vuông góc với (ABCD). Gọi M, I lần lượt là trung điểm của BC và SB, góc giữa SM và (ABCD) bằng 600. Khi đó File Word liên hệ 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 42 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Hình Học Không Gian thể tích của khối chóp IABCD bằng a3 6 a3 3 a3 3 a3 3 A. B. C. D. 4 8 2 6 Hướng dẫn giải: Ta có SA  ( ABCD ) nên AM là hình chiếu của SM trên mặt phẳng ( ABCD)   600   SM ;( ABCD)   SMA ABC có AB  BC  a và  ABC  600 nên ABC đều. AB 3 a 3 Mà M là trung điểm của BC nên AM   2 2   SA  SA  tan 600. a 3  3a Khi đó tan SMA AM 2 2 Thể tích khối chóp I.ABCD là 1 VI . ABCD  .d  I ;( ABCD)  .S ABCD 3 1 1 a3 3  .d  I ;( ABCD )  .S ABCD  .SA.S ABC  . 6 3 8 Chọn đáp án B. Câu 17: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD) và góc giữa đường thẳng SC tạo với mặt phẳng (SAB) bằng 300 . Gọi M là trung điểm của SA, (P) là mặt phẳng đi qua M và vuông góc với SC. Mặt phẳng (P) cắt các cạnh SB, SC, SD lần lượt tại N, E, F. Tính theo a thể tích khối chóp S.MNEF. a3 2 36 Hướng dẫn giải: A. Từ giả thiết ta có: B. a3 2 72 C. a3 2 18 D. a3 2 9 BC  AB  0    BC   SAB   BSC  30 là góc giữa SC với mp (SAB) BC  SA  Từ đó: SB  BC.cot 300  a 3, SA  SB 2  AB 2  a 2 SB   P  tại E nên thể tích khối chóp S.MNEF 1 được xác định bởi: V  S MNEF .SE 3 Do SA  AC và SA  AC  a 2 , nên SAC vuông cân tại A SM a   SEM vuông cân tại E  SE  2 2 Ta có: MN  CS  do SC   P      MN   SBC   MN  NE, MN  SB MN  BC  do BC   SAB     S MNE 1 1 a 6 a 3 a2 2  MN .NE  .  2 2 6 6 24 Hoàn toàn tương tự ta cũng có MF  EF và S MEF  a2 2 a 2  SMNEF  24 12 File Word liên hệ 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 43 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Hình Học Không Gian 1 a3 2 Vậy V  S MNEF .SE  (đvtt) 3 72 Chọn đáp án B. File Word liên hệ 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 44 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Hình Học Không Gian HÌNH CHÓP CÓ MẶT VUÔNG GÓC VỚI ĐÁY Câu 1: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật có AB = a, BC = 2a. Hai mặt bên (SAB) và (SAD) vuông góc với đáy, cạnh SC hợp với đáy một góc 600. Tính thể tích khối chóp S . ABCD. 2a 3 15 2a 3 5 a 3 15 a3 5 B. C. D. A. 3 3 3 3 Hướng dẫn giải: Ta có SA  ( ABCD )  SCA  600.  SA  AC .tan 600  a 2  (2a ) 2 3  a 15 1 2a3 15  V  a.2a.a 15  . 3 3 Chọn đáp án A. 1 AD  a . 2 Tam giác SAB đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Tính thể tích khối chóp S.ACD. a3 a3 a3 2 a3 3 A. VS . ACD  B. VS . ACD  C. VS . ACD  D. VS . ACD  3 2 6 6 Hướng dẫn giải: Ta chứng minh được tam giác ACD vuông cân tại C và CA  CD  a 2 , suy ra S ACD  a 2 Gọi H là trung điểm của AB vì tam giác SAB đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy, suy ra SH   ABCD  Câu 2: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B, AB  BC  a 3 a3 3 và SH  . Vậy S S . ACD  . 2 6 Chọn đáp án D. Câu 3: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là một hình vuông cạnh a. Các mặt phẳng (SAB), (SAD) cùng vuông góc với mặt phẳng đáy, cạnh bên SC tạo với mặt phẳng đáy một góc 300. Tính thể tích V của hình chóp S.ABCD. a3 6 a3 6 a3 6 a3 3 A. V  B. V  C. V  D. V  9 3 4 9 Hướng dẫn giải: a 6 a3 6 0  Theo đề ta có SCA  30 . AC  a 2 suy ra SA  . Vậy V  3 9 Chọn đáp án A. Câu 4: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B, có BC  a . Mặt bên SAC vuông góc với đáy các mặt bên còn lại đều tạo với mặt đáy một góc 450. Thể tích khối chóp SABC bằng File Word liên hệ 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 45 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A a3 a3 a3 3 A. B. C. 4 12 6 Hướng dẫn giải: Kẻ SH  BC vì  SAC    ABC  nên SH   ABC  Gọi I, J là hình chiếu của H trên AB và BC  SJ  AB, SJ  BC Theo giả thiết SIH  SJH  450 Ta có: SHI  SHJ  HI  HJ nên BH là đường phân giác của ABC từ đó suy ra H là trung điểm của AC. a 1 a3 HI  HJ  SH   VSABC  S ABC .SH  2 3 12 Chọn đáp án B. Hình Học Không Gian a3 3 D. 4 Câu 5: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B, AB = a, SA vuông góc với mặt phẳng (ABC), góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABC) bằng 300. Gọi M là trung điểm của cạnh SC. Thể tích của khối chóp S.ABM bằng: a3 3 a3 3 a3 3 a3 3 B. C. D. A. 12 18 24 36 Hướng dẫn giải: a3 3 V a3 3 a2 a 3  VS . ABM  S . ABC  Diện tích đáy : S  , chiều cao h  , VS . ABC  3 18 2 36 2 Chọn đáp án D. Câu 6: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh 2a, gọi M, N lần lượt là trung điểm của AD, DC. Hai mặt phẳng (SMC), (SNB) cùng vuông góc với đáy. Cạnh bên SB hợp với đáy góc 600 . Thể tích của khối chóp S.ABCD là: 16 15 3 16 15 3 15 3 A. a B. a C. 15a 3 D. a 5 15 3 Hướng dẫn giải: Gọi H là giao CM và BN thì SH   ABCD  . Chứng minh được CH  NB tại H BC 2 BC 2 4a  BH    2 2 BN 5 BC  CN 4a 15  SH  BH .tan 600  5 1 16a 3 15  VS . ABCD  SH .S ABCD  3 5 Chọn đáp án A. File Word liên hệ 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 46 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Hình Học Không Gian Câu 7: Cho hình chop S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông. Mặ bên SAB là tam giác cân tại S, mặt phẳng (SAB) vuông góc với đáy, mặt phẳng (SCD) tạo với đáy gọc 600 và cách đường thẳng AB một khoảng là a. Tính thể tích khối chop theo a? 8a 3 2a 3 4a 3 6a 3 A. B. C. D. 9 9 9 9 Hướng dẫn giải: Gọi H,I lần lượt là trung điểm AB và CD. Do tam giác SAB cân tại S nên: SH  AB mà (SAB)  (ABCD) do đó: SH  (ABCD)  SH  CD,I H  CD . Do đó: CD  (SHI) , kẻ HK  SI ,CD  HK Do đó ta có: HK  ( SCD )  HK  d (h,(SCD))  d(AB,(SCD))  a I H  CD  CD  (SHI )  SI  CD   (SCD),(ABCD)    HI , SI   SHI  600 CD  (SCD)  (ABCD)  Trong tam giác HKI có HI  HK 2a   BC 0 sin 60 3 0 Trong tam giác HIS có SH  HI .tan 60  2a . Diện tích ABCD là: S ABCD 4a 2  BC  3 2 1 8a 3 Thể tích của S.ABCD là: VS . ABCD  .SH .S ABCD  3 9 Chọn đáp án A. Câu 8: Cho hình chóp S.ABCD đáy ABCD là hình vuông cạnh 2a, SA = a, SB  a 3 và mặt bên (SAB) vuông góc với đáy. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB, BC. Khi đó thể tích của khối chóp S.MBND là: a3 3 A. B. a 3 3 3 3 a 3 C. D. a3 6 6 Hướng dẫn giải: a 3 Gọi là chiều cao khối chóp.Vì tam giác SAB vuông tại S  h  2 2 Diện tích tứ giác BMDN là: S BMDN  S ABCD  2 SNCD  2a Chọn đáp án A. Câu 9: Cho tứ diện ABCD có ABC là tam giác đều cạnh a , tam giác BCD vuông cân tại D và nằm trong mặt phẳng vuông góc với  ABC  . Tính thể tích V của khối tứ diện ABCD. 3a 3 . 6 Hướng dẫn giải: A. V  B. V  a3 . 12 C. V  3a 3 . 8 D. V  File Word liên hệ 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay 3a 3 . 24 Trang 47 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Dựng Hình Học Không Gian do AH  BC ,  ABC    BCD   AH   BCD  . Ta có, do đều  AH  ABC a 3 2 và 1 a2 DH .BC  . 2 4 1 3a 3 Vậy VABCD  AH .S BCD  . 3 24 Chọn đáp án D. S BCD  Câu 10: Cho hình chóp S .ABCD có đáy là hình vuông cạnh a , mặt bên SAB là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với  ABCD  . Tính thể tích V của khối chóp S . ABCD. 3a 3 . 6 Hướng dẫn giải: Dựng SH  AB , do A. V  B. V  a3 . 12 C. V  3a 3 . 8 D. V  3a 3 . 24  SAB    ABCD   SH   ABCD  . Ta có, do SAB đều  SH  a 3 và 2 S ABCD  a 2 . 1 3a 3 Vậy VS . ABCD  SH .S ABCD  . 3 6 Chọn đáp án A. Câu 11: Cho hình chóp S .ABCD có đáy là hình vuông cạnh a , mặt bên SAB nằm trong mặt phẳng   300 , SA  2a. Tính thể tích V của khối chóp S . ABCD. vuông góc với  ABCD  , SAB 3a 3 . 6 Hướng dẫn giải: Dựng SH  AB , do A. V  B. V  a3 . 3 C. V  a3 . 9 D. V  a 3 .  SAB    ABCD   SH   ABCD  . Ta có, do SHA vuông tại H :   SH  SH  SA.sin SAH   a và sin SAH SA 2 S ABCD  a . 1 a3 Vậy VS . ABCD  SH .S ABCD  . 3 3 Chọn đáp án B. File Word liên hệ 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 48 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Hình Học Không Gian Câu 12: Cho tứ diện ABCD có ABC là tam giác đều cạnh a , tam giác BCD cân tại D và nằm trong mặt phẳng vuông góc với  ABC  . Biết AD hợp với mặt phẳng  ABC  một góc 600. Tính thể tích V của khối tứ diện ABCD. 3a 3 a3 . B. V  . A. V  6 12 Hướng dẫn giải: Dựng AH  BC , do C. V  3a 3 . 8 D. V  3a 3 . 24  ABC    BCD   AH   BCD  . Ta có, do ABC đều  AH  a 3 và 2 DH  BC  DH   ABC    600.   AD;  ABC    HAD   HD Xét tam giác AHD vuông tại H : tan HAD AH 3 a   HD  AH .tan HAD . 2 1 3a 3 Vậy VABCD  HD.S ABC  . 3 8 Chọn đáp án C. Câu 13: Cho hình chóp S .ABCD có đáy là hình vuông cạnh a , mặt bên SAB nằm trong mặt phẳng   600 , SA  2a. Tính thể tích V của khối chóp S . ABCD. vuông góc với  ABCD  , SAB 3a 3 . 3 Hướng dẫn giải: Dựng SH  AB , do A. V  B. V  a3 . 3 C. V  2 3a 3 . 3 D. V  a 3 .  SAB    ABCD   SH   ABCD  . Ta có, do SHA vuông tại H :   SH  SH  SA.sin SAH   a 3. và sin SAH SA S ABCD  a 2 . 1 3a 3 Vậy VS . ABCD  SH .S ABCD  . 3 3 Chọn đáp án A. Câu 14: Cho hình chóp S .ABCD có đáy là hình chữ nhật ABCD, BC  2 AB  2a, tam giác SAC   600 , SA  2a. Tính thể tích V của khối chóp nằm trong mặt phẳng vuông góc với  ABCD  , SAB S . ABCD. 3a 3 a3 2 3a 3 A. V  C. V  . B. V  . . D. V  a 3 . 3 3 3 Hướng dẫn giải: File Word liên hệ 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 49 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Hình Học Không Gian Dựng SH  AC , do  SAC    ABCD   SH   ABCD  . Ta có, do SHA vuông tại H :   SH  SH  SA.sin SAH   a 3. và sin SAH SA S ABCD  2a 2 . 1 2 3a 3 Vậy VS . ABCD  SH .S ABCD  . 3 3 Chọn đáp án C.  Câu 15: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thoi cạnh a, CA D  300 , tam giác SAB đều và nằm  trong mặt phẳng vuông góc với  ABCD  , SA B  600 , SA  2a. Tính thể tích V của khối chóp S.ABCD. a3 . 12 Hướng dẫn giải: Dựng SH  AB , do A. V  B. V  a3 . 4 C. V  2 3a 3 . 3 D. V  a 3 .  SAB    ABCD   SH   ABCD  . a 3 2  . Do ABCD là hình thoi cạnh a và CA D  300 Ta có, do SAB là tam giác đều nên SH  nên BAD đều. Suy ra S ABCD  2. 3a 2 3a 2  . 4 2 1 a3 Vậy VS . ABCD  SH .S ABCD  . 3 4 Chọn đáp án B. Câu 16: Cho hình chóp S.ABCD biết ABCD là một hình thang vuông ở A và D; AB = 2a; AD  DC  a . Tam giác SAD vuông ở S. Gọi I là trung điểm AD. Biết (SIC) và (SIB) cùng vuông góc với mp(ABCD). Tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a a3 a3 3a 3 A. B. C. 3 4 4 Hướng dẫn giải: Ta có (SIC) và (SIB) cùng vuông góc với (ABCD) nên SI vuông góc với (ABCD) Tam giác ASD vuông tại S nên SI =1/2 AD=a/2 a3 3 D. 3 1 a 1 a3 V  . .  a  2a  a  3 2 2 4 Chọn đáp án B. File Word liên hệ 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 50 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Hình Học Không Gian Câu 17: Cho hình chóp S .ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với đáy, AB  a, AD  2a . Khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và SD bằng a 2 . Thể tích của khối chóp S.ABCD bằng: 4a 3 2a 3 3 3 A. B. 3a C. a D. 3 3 Hướng dẫn giải: gọi O là giao điểm của 2 đường chéo của đáy của hình chóp   SAC    ABCD   Theo bài ra ta có   SBD    ABCD   SO   ABCD  ; SA  SAC  SBD      AB / / DC  d  AB, SD   d  AB,  SCD    d  B,  SCD   . Ta có d  B,  SCD   d  O,  SCD    a 2 DB  2 nên d  O,  SCD    DO 2 Vì O là chân đường cao của hình chóp nên ta có cách dựng khoảng cách từ O đẻn mặt phẳng  SCD  như sau: Kẻ OH  CD, OK  SH thì ta có OK  d  O,  SCD    Áp dụng hệ thực lượng vào tam giác SOH vuông tại O ta có a 2 2 1 1 1    SO  a 2 2 OK SO OH 2 1 2 Thể tích hình cần tính là V  a.a.2a  a 3 3 3 Chọn đáp án D. Câu 18: Cho hình chóp S .ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và D; biết AB  AD  2a , CD  a . Góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABCD) bằng 600. Gọi I là trung điểm của AD, biết hai mặt phẳng (SBI) và (SCI) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Tính thể tích của khối chóp S .ABCD . 3 5a 3 3 15a 3 3 15a 3 3 5a 3 A. B. C. D. 8 5 8 5 Hướng dẫn giải: Như đã nhắc ở câu trước thì do hai mặt phẳng (SBI) và (SCI) cùng vuông góc với (ABCD) nên SI   ABCD  nên SI là đường cao của S.ABCD. Kẻ IK  BC tại K. Khi đó ta chứng minh được SKI    SBC  ;  ABCD    600 . Ta vẽ hình phẳng của mặt đáy. Ta có M  AD  BC ta chứng minh được CD là đường tủng bình của tam giác ABM. Khi đó 2 2 AM  4a; BM   2a    4a   2a 5; IM  3a Ta có KMI ~ AMB File Word liên hệ 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 51 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Hình Học Không Gian IM IK 3a 3a 3a 3a 3   IK  .2a  , SI  IK .tan 600  . 3 BM AB 2a 5 5 5 5 1 3a 3 1 3a 3 15 V . .  a  2a  .2a  3 5 5 2 Chọn đáp án B. Câu 19: 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 a 3 cách từ điểm O đến mặt phẳng (SAB) bằng , tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a. 4 3a 3 a3 7a 3 A. B. C. D. 3a 3 3 3 3 Hướng dẫn giải: +Từ giả thiết AC  2a 3; 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  a 3 ; BO  a , do đó ABD  600 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 1 a 3 DH  a 3 ; OK / / DH và OK  DH   OK  AB  AB   SOK  . 2 2 +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). 1 1 1 a Tam giác SOK vuông tại O, OI là đường cao     SO  2 2 2 OI OK SO 2 2 Diện tích đáy: S ABCD  4S ABO  2.OA.OB  2 3a ;  Đường cao của hình chóp SO  1 3a 3 a . Thể tích khối chóp S .ABCD : VS . ABCD  S ABCD .SO  2 3 3 Chọn đáp án A. File Word liên hệ 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 52 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Hình Học Không Gian HÌNH CHÓP KHÁC Câu 1: Cho hình chóp tam giác có đường cao bằng 100 cm và các cạnh đáy bằng 20 cm, 21 cm, 29 cm. Thể tích của hình chóp đó bằng A. 6000cm3 B. 6213cm3 C. 7000cm3 D. 7000 2 cm3 . Hướng dẫn giải: 20  21  29 Nửa chu vi của tam giác đáy là P   35 2 Áp dụng công thức Hê-rông ta có diện tích đáy là B  35  35  20  35  21 35  29   210 . 1 1 Thể tích khối chóp cần tìm là V  B.h  .210.100  7000 cm3 . 3 3 Chọn đáp án C. Câu 2: Cho hình chóp SABCD có thể tích bằng 48, đáy ABCD hình thoi. Các điểm M, N, P, Q lần lượt thuộc SA, SB, SC, SD thỏa: SA = 2SM, SB = 3SN, SC = 4SP, SD = 5SQ. Thể tích khối chóp S.MNPQ là 2 4 6 8 A. . B. . C. . D. . 5 5 5 5 Hướng dẫn giải: 1 1 VSMNP  VSABC , VSMPQ  VSACD 24 40 1 1 8  VSMNPQ  .24  .24  . 24 40 5 Chọn đáp án D. Câu 3: Cho hình chóp tam giác S . ABC có ASB  CSB  60o , CSA  90o , SA  SB  SC  2a . Tính thể tích khối chóp S . ABC 2a 3 6 2a 3 2 a3 6 a3 2 A. B. C. D. 3 3 3 3 Hướng dẫn giải: Ta có tam giác ABC vuông tại B, Hai tam giác SAB và SBC đều. Vì SA  SB  SC  2a . Hình chiếu của S trùng với tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC mà tam giác ABC vuông tại B nên hình chiếu là trung điểm H của AB.  2a  3  a 3, AB  2a  V  1 . 1 2a 2 .a 3  2a3 3 SH    2 3 2 3 Chọn đáp án C. Câu 4: Cho tứ diện ABCD có các cạnh AB; AC; AD tạo với nhau góc 600. Biết AB  2a ; AC  3a ; AD  4a . Tính thể tích ABCD. a3 2 A. B. a3 2 C. 2a 3 2 D. 4a 3 2 12 Hướng dẫn giải: File Word liên hệ 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 53 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Hình Học Không Gian Đây là một bài toán khá điển hình của hình học không gian. Mấu chốt của bài toán nằm ở việc lấy thêm điểm để tính toán. Lấy 3 điểm M, N, P lần lượt thuộc đoạn AB, AC, AD sao cho AM  AN  AP  a . Suy ra tứ diện AMNP là tứ diện đều có độ dài các cạnh là a. Đến đây bài toán trở về dạng đơn giản. Ta dễ dàng a3 2 tính được thể tích AMNP bằng 12 V AB AC AD Lại có: ABCD  . .  2.3.4  24  VABCD  24VAMNP  2a 3 2 VAMNP AM AN AP Chọn đáp án C. Câu 5: Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có thể tích bằng V. Lấy điểm A’ trên cạnh SA sao cho 1 SA ‘  SA . Mặt phẳng qua A’ và song song với đáy của hình chóp cắt các cạnh SB, SC, SD lần lượt 3 tại B’, C’, D’. Khi đó thể tích khối chóp S.A’B’C’D’ bằng: V V V V A. B. C. D. 3 9 27 81 Hướng dẫn giải: 1 1 Gọi thể tích VS.ABCD = . a.ha .h 3 2 1 Với Sđáy = a.ha h là chiều cao hính chóp S.ABCD 2 1 1 1 1 1 VS.A’B’C’D’ = . a ‘.ha ‘ .h ‘ mà: h ‘  h , a ‘  a , ha ‘  ha 3 2 3 3 3 V Nên VS.A’B’C’D’ = S.ABCD 27 Chọn đáp án C. Câu 6: 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 a 3 cách từ điểm O đến mặt phẳng (SAB) bằng . Tính thể tích khối chóp S.ABCD 4 a3 a3 3 a3 2 3 B. A. a 3 C. D. 3 3 2 Hướng dẫn giải: Do tam giác ABD đều nên với H là trung điểm của AB, K là trung điểm của HB ta có: 1 a 3 DH  AB; DH  a 3; OK  DH ; OK  DH  2 2  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 1 1 1 a     SO  2 2 2 OI OK SO 2 Diện tích đáy S ABCD  4S ABO  2.OA.OB  2 3a 2 File Word liên hệ 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 54 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Hình Học Không Gian a 2 1 a a3 3 Thể tích khối chóp S.ABCD: V  . .2a 2 3  3 2 3 Chọn đáp án C. Đường cao của hình chóp ASO  a 17 , hình chiếu vuông góc H của 2 S lên mặt  ABCD  là trung điểm của đoạn AB . Tính chiều cao của khối chóp H .SBD theo a . Câu 7: Cho hình chóp S .ABCD có đáy là hình vuông cạnh a , SD  3a . 5 Hướng dẫn giải: A. B. a 3 . 7 C. a 21 . 5 D. 3a . 5 2  a 17   2  a  2  Ta có SHD vuông tại H  SH  SD  HD      a      a 3 . 2  2     B 1 a 2 Cách 1. Ta có d  H , BD   d  A, BD   . 2 4 S Chiều cao của chóp H .SBD là H SH .d  H , BD  d  H ,  SBD     2 2 SH   d  H , BD   A 2 2 a 2 2 4  a 6.2 2  a 3 . 4.5a 5 a2 3a 2  A 8 1 3 3 Cách 2. S . ABCD  SH .S ABCD  a  VH .SBD  3 3 B a 3. C I D C H D 1 1 1 3 3 VA.SBD  VS . ABC  VS . ABCD  a . 2 2 4 12 a 2 a 13  . Tam giác SHB vuông tại H  SB  SH 2  HB 2  3a 2  4 2 5a 2 a 13 a 17 Tam giác SBD có SB  ; BD  a 2; SD  .  S SBD  2 2 4 3V a 3  d  H ,  SBD    S .HBD  . S SBD 5 Cách 3. Gọi I là trung điểm BD . Chọn hệ trục Oxyz với O  H ; Ox  HI ; Oy  HB; Oz  HS . z  a  a  Ta có H  0;0;0  ; B  0; ;0  ; S 0;0; a 3 ; I  ;0;0  S  2  2  Vì  SBD    SBI     SBD  :  y 2x 2 y z 3    1  2x  2 y  z  a  0. a a a 3 3 2.0  2.0  Suy ra d  H ,  SBD    3 .0  a 3 44 1 3 O H  a 3 . 5 C B A File Word liên hệ 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay I x D Trang 55 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Hình Học Không Gian Chọn đáp án A. Câu 8: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông tâm O, AB = a. Hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng (ABCD) trùng với trung điểm đoạn OA. Góc giữa mặt phẳng (SCD) và mặt phẳng (ABCD) bằng 600. Tính thể tích V của hình chóp S . ABCD. 3 3a 3 3a 3 3a 3 3a 3 A. V  B. V  C. V  D. V  4 8 4 12 Hướng dẫn giải: Gọi H là trung điểm OA  SH   ABCD  Vẽ HE  CD tại E  HE / / AD Vì (SCD) giao (ABCD) theo giao tuyến CD và CD   SHE  nên góc giữa (SCD) và (ABCD) là góc  ABC  600 HE  3 3a AD  4 4 3a 3 4 a3 3 1 VS . ABCD  SH .S ABCD  3 4 Chọn đáp án C. SH  HE.tan 600  Câu 9: Cho hình hình chóp S.ABCD có cạnh SA  3 , tất cả các cạnh còn lại đều bằng 1. Tính thể tích 4 khối chóp S . ABCD. 3 39 39 39 A. B. C. 32 96 32 Hướng dẫn giải: Gọi O  AC  BD  SO  BD, AO  OB. Đặt AC  2 x . ta có SO 2  SB 2  OB 2  AB 2  OB 2  OA2  x 2 . Áp dụng CT đường trung tuyến: SA2  SC 2 AC 2 9 / 16  1 4a 2 25 2 2 SO   x    x2  . 2 4 2 4 64 5 5 39  x   AC  , BD  2 BO  2 AB 2  AO 2  +)  8 4 4 25 AC 2  SC 2   AC 2  SAC vuông tại S . 16 SA.SC 3 +) Kẻ SH  AC  SH   . 2 2 5 SA  SC Do BD  SO, BD  AC  BD  ( SAC )  AH  ( ABCD ). D. 39 16 1 1 1 3 5 39 39 VS . ABCD  SH . AC.BD      3 2 6 5 4 4 32 Chọn đáp án C. Câu 10: Cho tứ diện ABCD có ABC vuông tại B. BA  a, BC  2a, DBC đều. cho biết góc giữa 2 mặt phẳng (ABC) và (DBC) bằng 300. Xét 2 câu: File Word liên hệ 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 56 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Hình Học Không Gian (I) Kẻ DH   ABC  thì H là trung điểm cạnh AC. a3 3 6 Hãy chọn câu đúng A. Chỉ (I) B. Chỉ (II) Hướng dẫn giải: DH   ABC  , kẻ DE  BC (II) VABCD  C. Cả 2 sai D. Cả 2 đúng   EB  EC (do tam giác đều), BC  HE  D EH  300  2a 3  3 3a  Trong DHE : HE    . 2 2 2   a Gọi I là trung điểm của AC thì IE   HE  IE nên nói H là trung điểm của AC là sai: (I) sai 2 1 a 3 Trong DHE : DH  a. 3.  2 2 3 1 1 a 3 a 3 VABCD  . .a.2a.  (II) đúng 3 2 2 6 Chọn đáp án B. Câu 11: Cho hình chóp S .ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh bằng 1, góc  ABC  60. Cạnh bên SD  2. Hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng  ABCD  là điểm H thuộc đoạn BD sao cho HD  3HB. Tính thể tích khối chóp S .ABCD . 5 15 15 15 A. V  . B. V  . C. V  . D. V  . 24 24 8 12 Hướng dẫn giải: Vì  ABC  60 nên tam giác ABC đều. S 3 3 3 3 Suy ra BO  ; BD  2 BO  3 ; HD  BD  . 2 4 4 Trong tam giác vuông SHD , ta có 5 SH  SD 2  HD 2  . 4 A D 3 H Diện tích hình thoi ABCD là S ABCD  2 SABC  . 2 C B 1 15 Vậy VS . ABCD  S ABCD .SH  (đvtt). 3 24 Chọn đáp án B. Câu 12: Cho hình chóp S .ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm I có cạnh bằng a, BAD  600 . Gọi H là trung điểm của IB và SH vuông góc với  ABCD  . Góc giữa SC và  ABCD  bằng 450 . Tính thể tích của khối chóp S . AHCD 35 3 39 3 39 3 35 3 A. a B. a C. a D. a 32 24 32 24 Hướng dẫn giải: File Word liên hệ 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 57 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Hình Học Không Gian Ta sẽ tư duy nhanh như sau: Nhìn vào hình thì dễ nhận ra hai khối chóp S.ABCD và S.AHCD có chung chiều cao nên ta chỉ cần so sánh 2 diện tích đáy. Dĩ nhiên ta thấy 3 S AHCD 2S AHD 2. 4 S BCD 3 1 3    2. .  , S ABCD 2S ABCD S ABCD 4 2 4 3 VSAHCD  VSABCD 4 Mặt khác ta có BAD  600  tam giác ABD đều, nên a AB  BD  AD  a  IH  . Khi đó 4 2 2 a 13 a a 3 HC  IH  IC      . Khi đó    4  4  2  2 2 a 13 (do SCH  450 nên tam giác SCH vuông cân tại H). 4 1 3 1 a 13 a 3 3 a 3 39  VSAHCD  .SH.S ABCD .  . .a. .  3 4 3 4 2 4 32 Chọn đáp án C. SH  HC  Câu 13: Cho hình chóp S . ABC có đáy là tam giác đều cạnh a , hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng  ABC  là trung điểm của BC và SB  2a. Tính thể tích V của khối chóp S . ABC. 3 5a 3 3a 3 5a 3 . B. V  . C. V  . 8 24 8 Hướng dẫn giải: Xét tam giác SBH vuông tại 3a 2 a 15 H : SH  SB 2  BH 2  và S ABC  . 2 4 1 5a 3 Vậy VS . ABC  SH .S ABC  . 3 8 Chọn đáp án C. A. V  D. V  3a 3 . 12 Câu 14: Cho hình chóp S . ABC có đáy là tam giác đều cạnh a , hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng  ABC  là trung điểm của BC và SA hợp với đáy một góc 600. Tính thể tích V của khối chóp S . ABC. 3a 3 3a 3 5a 3 3a 3 A. V  . B. V  . C. V  . D. V  . 8 24 8 12 Hướng dẫn giải: File Word liên hệ 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 58 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Hình Học Không Gian   600. Do SH   ABC    SA;  ABC    SAH   3a và Xét tam giác SAH vuông tại H : SH  AH .tan SAH 2 2 3a S ABC  . 4 1 3a 3 Vậy VS . ABC  SH .S ABC  . 3 8 Chọn đáp án A. Câu 15: Cho hình chóp S . ABC có đáy là tam giác đều cạnh a , hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng  ABC  là trung điểm của BC và SB hợp với đáy một góc 600. Tính thể tích V của khối chóp S . ABC. 3a 3 3a 3 3a 3 a3 . B. V  . C. V  . . A. V  D. V  8 24 12 8 Hướng dẫn giải:   600. Do SH   ABC    SB;  ABC    SBH   3a Xét tam giác SBH vuông tại H : SH  BH .tan SBH 2 2 3a . và S ABC  4 1 a3 Vậy VS . ABC  SH .S ABC  . 3 8 Chọn đáp án C. Câu 16: Cho hình chóp S . ABC có đáy là tam giác đều cạnh a , hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng  ABC  là trung điểm của BC và  SAB  hợp với đáy một góc 450. Tính thể tích V của khối chóp S . ABC. 3a 3 a3 a3 3a 3 A. V  . B. V  . C. V  . D. V  . 16 16 8 12 Hướng dẫn giải: Do HK  AB  AB   SHK   AB  SK   450.    SAB  ;  ABC    SKH 1 a 3 Gọi M là trung điểm AB  HK  CM  , do 2 4 a 3 tam giác SHK vuông cân tại H  SH  HK  4 2 3a và S ABC  . 4 1 a3 Vậy VS . ABC  SH .S ABC  . 3 16 Chọn đáp án B. File Word liên hệ 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 59 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Hình Học Không Gian Câu 17: Cho hình chóp S . ABC có đáy là tam giác đều cạnh a , hình chiếu vuông góc của S trên mặt   phẳng  ABC  là điểm H trên cạnh BC sao cho CH  2 HB, SB hợp với đáy một góc 600. Tính thể tích V của khối chóp S . ABC. a3 a3 a3 3a 3 A. V  . B. V  . C. V  . D. V  . 12 6 4 12 Hướng dẫn giải:   600. Do SH   ABC    SB;  ABC    SBH   3a Xét tam giác SBH vuông tại H : SH  BH .tan SBH 3 2 3a và S ABC  . 4 1 a3 Vậy VS . ABC  SH .S ABC  . 3 12 Chọn đáp án A. Câu 18: Cho hình chóp S . ABC có đáy là tam giác đều cạnh a , hình chiếu vuông góc của S trên mặt   phẳng  ABC  là điểm H trên cạnh BC sao cho HC  2 BH , SA hợp với đáy một góc 600. Tính thể tích V của khối chóp S . ABC. a3 7a3 a3 3a 3 A. V  . B. V  . C. V  . D. V  . 12 12 4 8 Hướng dẫn giải:   600. Do SH   ABC    SA;  ABC    SAH Xét tam giác AHB : 2 7a AH 2  AB 2  BH 2  2 AB.BH .cos  ABH  . 9 a 7  AH  . 3 Xét tam giác SAH vuông tại 3a 2   21a và S H : SH  AH .tan SBH  . ABC 3 4 1 7a 3 Vậy VS . ABC  SH .S ABC  . 3 12 Chọn đáp án B. Câu 19: Cho hình chóp S . ABC có đáy là tam giác đều cạnh a , hình chiếu vuông góc của S trên mặt   phẳng  ABC  là điểm H trên cạnh BC sao cho HC  2 BH , và tam giác SAH vuông cân. Tính thể tích V của khối chóp S . ABC. File Word liên hệ 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 60 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A 21a 3 7a3 a3 A. V  . B. V  . C. V  . 36 12 4 Hướng dẫn giải:   600. Do SH   ABC    SA;  ABC    SAH Hình Học Không Gian 3a 3 . D. V  8 Xét tam giác AHB : 2 7a AH  AB  BH  2 AB.BH .cos  ABH  . 9 a 7  AH  . 3 Do tam giác SAH vuông cân tại H nên SH  AH và 3a 2 S ABC  . 4 1 21a 3 Vậy VS . ABC  SH .S ABC  . 3 36 Chọn đáp án A. 2 2 2 Câu 20: Cho hình chóp S . ABC có đáy là tam giác đều cạnh a , hình chiếu vuông góc của S trên mặt   phẳng  ABC  là điểm H trên cạnh BC sao cho HC  2 BH ,  SAB  hợp với đáy một góc 600. Tính thể tích V của khối chóp S . ABC. 3a 3 3a 3 3a 3 3a 3 A. V  . B. V  . C. V  . D. V  . 24 12 4 6 Hướng dẫn giải: Gọi M là trung điểm AB. Dựng HK  AB  HK / /CM và 1 a 3 HK  CM  . Ta có 3 6 AB   SHK   AB  SK   600.    SAB  ;  ABC    SKH Xét tam giác SKH vuông tại 3a 2 a  H : SH  KH .tan SKH  và S ABC  . 2 4 1 3a 3 Vậy VS . ABC  SH .S ABC  . 3 24 Chọn đáp án A. File Word liên hệ 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 61 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Hình Học Không Gian Câu 21: Cho hình chóp S . ABC có các cạnh SA  1, SB  2, SC  3, AB  3, BC  CA  7 . Tính thể tích V khối chóp S . ABC . 2 3 2 3 A. V  B. V  C. V  D. V  4 2 2 4 Hướng dẫn giải: Đáp án đúng : Phương án C Lời giải: SA2  SB 2  AB 2 1  4  3 1  + cos ASB     ASB  600 2 SA.SB 2.1.2 2 + 2 2 2   SB  SC  BC  4  9  7  1  BSC   600 cos BSC 2 SB.SC 2.2.3 2 2 2 2   SC  SA  CA  9  1  7  1  CSA   600 + cos CSA 2 SC.SA 2.3.1 2 + Trên SB lấy trung điểm D và trên SC lấy E sao cho 1 SE  SC . 3 + Khi đó SADE là tứ diện đều cạnh bằng 1 cho nên thể tích của nó là VSADE  2 12 VSADE SD SE 1 2  .  V  V SB SC 6 2 Chọn đáp án C. + Mặt khác, Câu 22: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a. Hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng (ABCD) là điểm H thuộc cạnh AB sao cho HB = 2HA. Cạnh SC tạo với mặt phẳng đáy (ABCD) một góc bằng 600 . Khoảng cách từ trung điểm K của HC đến mặt phẳng (SCD) là: a 13 a 13 a 13 A. B. C. a 13 D. 2 4 8 Hướng dẫn giải:   600  SC ,  ABCD     SC , CH   SCH HC  BH 2  BC 2  a 13 a 39 ; SH  HC.tan 600  3 3 1 1 1 a 39  2 1 a 1 2a  a3 39 VSHDC  SH .S HDC  SH ( S ABCD  S AHD  S BHC )   a  a.  . .a   3 3 3 3  2 3 2 3  18 VCKSD 1 1 a 3 39   VCKSD  VCHSD  VCHSD 2 2 36 Tính độ dài các cạnh SD, SC. Khi đó: 2a 2 3 3V a 13 S SDC   d K ,  SDC    KSDC  3 S SDC 8 Chọn đáp án D. Câu 23: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông và tam giác SAB là tam giác cân tại File Word liên hệ 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 62 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Hình Học Không Gian đỉnh S. Góc giữa đường thẳng SA và mặt phẳng đáy bằng 450 , góc giữa mặt phẳng (SAB) và mặt phẳng đáy bằng 600 . Tính thể tích khối chóp S.ABCD, biết rằng khoảng cách giữa hai đường thẳng CD và SA bằng a 6 . 8a 3 3 4a 3 3 2a 3 3 a3 3 B. C. D. 3 3 3 3 Hướng dẫn giải: + Gọi H là hình chiếu vuông góc của S lờn mặt đáy, M là trung điểm AB và do tam giác SAB cân tại S nên SM vuông góc với AB và kết hợp với SH vuông góc với đáy suy ra AB vuông góc với mặt   450  SA  SH 2 phẳng SMN nên theo giả thiết ta được:  SA,( ABCD)   SAH A.   60 ( SAB ),  ABCD     SM , MH   SMH  +  SM  SH . 0 2 3 + Từ điểm N kẻ NP vuông góc với SM thì dễ thấy NP là khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và CD suy ra NP  a 6 . Ta có 2 SH .MN  NP.SM  SH . AB  a 6.SH  AB  2 2a  SH  a 3 3 4 SH 2 2 2 2 2 + Trong tam giác SAM ta có SA  AM  SM  2 SH   2a 2  SH  a 3 3 2 3 1 a 3.8a 8 3a VS . ABCD  SH .S ABCD   3 3 3 Chọn đáp án A. Câu 24: Cho mặt phẳng  P  chứa hình vuông ABCD . Trên đường thẳng vuông góc với mặt phẳng  P tại A, lấy điểm M. Trên đường thẳng vuông góc với mặt phẳng P tại C lấy điểm N (N cùng phía với M so với mặt phẳng  P  ). Gọi I là trung điểm của MN. Thể tích của tứ diện MNBD luôn có thể tích được bằng công thức nào sau đây ? 1 1 1 1 A. V  . AC .S IBD B. V  AC.S BDN C. V  BD.S BMN D. V  BD.S MBD 3 3 3 3 Hướng dẫn giải: Ta có hình vẽ sau: Gọi O là giao điểm của AC và BD. Suy ra IO song song với AM, suy ra IO vuông góc với mặt phẳng ABCD.  OI  AC Mà AC  BD;OI và BD là 2 đường thẳng cát nhau cùng thuộc mặt phẳng  IBD  . Khi đó AC   IBD  ; hay AO   IBD  Ta có MN giao với  IBD  tại I  d  M ;  IBD   d  N ;  IBD    IM 1 IN VMIBD 1  1  VMIBD  VNIBD  VMNBD 1 VNIBD 2 1 1 AC Mặt khác VMIBD  . AO.DIBD  . .S IBS  2  . Từ (1) và (2) 3 3 2  File Word liên hệ 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 63 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Hình Học Không Gian 1  VMNBD  . AC.S IBD . 3 Chọn đáp án A. Câu 25: Cho khối chóp S.ABC có cạnh đáy AB  AC  5a, BC  6a và các mặt bên tạo với đáy một góc 600 . Hãy tính thể tích V của khối chóp đó? A. V  2a 3 3 B. V  6a3 3 C. V  12a3 3 D. V  18a 3 3 Hướng dẫn giải: Kẻ SO   ABC  và OD, OE , OF lần lượt vuông góc với BC , AC , AB . Theo định lí ba đường vuông góc ta có SD  BC , SE  AC , SF  AB (như hình vẽ). Từ đó suy ra  ABC   ABC   ABC  600 . Do đó các tam giác vuông SDO, SEO, SFO bằng nhau. Từ đó suy ra OD  OE  OF . Vậy O là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC. Vì tam giác ABC cân tại A nên OA vừa là đường phân giác, vừa là đường cao, vừa là đường trung tuyến. Suy ra A, O, D thẳng hàng và D là trung điểm của BC. Suy ra AD  AB 2  BD 2  16a 2  4a . Gọi p là nửa chu vi tam giác ABC, r là bán kính đường tròn nội tiếp của nó. 1 3 Khi đó S ABC  .6a.4a  12a 2  pr  8ar . Suy ra r  a 2 2 3 3a .Vậy VS . ABC  6 3a3 . Do đó SO  OD.tan 600  2 Chọn đáp án B. Câu 26: Cho hình chóp S.ABC, có tất cả các mặt bên tạo với đáy góc  , hình chiếu của đỉnh thuộc miền trong tam giác AB C. Biết AB  3a, BC  4a và AC  5a . Khi đó thể tích V của khối chóp BC bằng bao nhiêu ? A. V  2a3 tan  B. V  2a3 cos  C. V  6a3 tan  D. V  6a 3 cot  Hướng dẫn giải: Phân tích : đầu tiên cần xác định đường cao. Việc tưởng trừng như đơn gian nhưng nếu không tinh ý nó lại trở nên khó khăn. Mấu chốt của bài toán chính la tất cả các mặt phẳng bên tạo với đáy 1 góc  Ta có bài toán phụ sau: Nếu tất cả các mặt bên tạo với đáy 1 góc bằng nhau thì chân đường cao chính là tâm nội tiếp mặt đáy Công thức cần dùng S= p.( p  a )( p  b)( p  c)  p.r  6a 2 Hay 6a2=6a.r hay r=a( r :bán kính nội tiếp tam giác) Chiều cao r.tan   a.tan  1 Vậy V  .a tan .6a 2  2a 3 .tan  3 Chọn đáp án A. File Word liên hệ 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 64 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Hình Học Không Gian Câu 27: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi có AC  2 BD  4a , cạnh bên SA  a 5 , AC hình chiếu vuông góc của đỉnh S trên (ABCD) là điểm H trên cạnh AC sao cho AH  , M là hình 4 chiếu vuông góc của C trên SA. Tính thể tích của khối chóp SMBC theo a. 4a 3 a3 2a 3 A. B. C. D. 2a 3 15 3 3 Hướng dẫn giải: SH  SA2  AH 2  2a  AM  AC.sin MCA  AC.sin ASH  AC. AH 4a 5  SA 5 AM 4 S   S SMC  SAC AS 5 5 V V SH . AC.BD 4a 3  VB.SMC  B.SAC  S . ABCD   5 10 60 15 Chọn đáp án A.  Câu 28: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, mặt bên SAB là tam giác đều, SC  SD  a 3 . Tính cosin của góc giữa hai mặt phẳng (SAD) và (SBC). Gọi I là trung điểm của AB; J là trung điểm của CD. Gọi H là hình chiếu của S trên (ABCD). Qua H kẻ đường thẳng song song với AB, đường thẳng này cắt DA và CB kéo dài tại M,N. Các nhận định sau đây.  tù (1) Tam giác SIJ là tam giác có SIJ  6 (2) sin SIH 3  là góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (SAD) (3) MSN 1 (4) cos MSN 3 Chọn đáp án đúng: Hướng dẫn giải: a 2 a 11 Từ giả thiết ta có IJ=a; SJ  SC  JC  3a   4 2 Áp dụng định lý cosin cho tam giác SIJ ta có 3a 2 11a 2 2 a   IJ 2  IS 2  SJ 2 4 4  cos SIJ   2.IJ .IS a 3 2.a. 2 2 a 3  2  0 3 a 3 2 2 2    tù. Suy ra, tam giác SIJ là tam giác có SIJ Từ giả thiết tam giác SAB đều và tam giác   900 , góc I SCD là cân đỉnh S, ta có H thuộc IJ và I nằm giữa HJ tức là tam giác vuông SHI có H    cos SIJ   3 ( SIJ  và SIH  kề bù) nhọn và cos I  cos SIH 2 File Word liên hệ 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 65 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Hình Học Không Gian 6 3 Từ giả thiết giao tuyến của hai mặt phẳng (SBC) và (SAD) là đường thẳng d qua S và song song với AD.  là góc Theo định lý ba đường vuông góc ta có SN  BC , SM  AD  SM  d ; SN  d  MSN  sin SIH giữa hai mặt phẳng. (SBC) và (SAD), MN = AB = a Xét tam giác HSM vuông tại H có : a 2 a 2a 2 a 2 a 3 , HM   SM  SH 2  HM 2     SN 2 2 4 4 2 Theo định lý cosin cho tam giác SMN cân tại S có 3a 2 3a 2 a2 2   a 2 2 2 1 4   SM  SN  MN  4 cos MSN  22  2 3a 3a 2SM .SN 3 2. 4 2 Chọn đáp án D. SH  Câu 29: Tính thể tích V của khối chóp S . ABC có độ dài các cạnh SA  BC  5a, SB  AC  6a và SC  AB  7 a. 35 2 3 35 A. V  a. B. V  a 3 . C. V  2 95a 3 . D. V  2 105a 3 . 2 2 Hướng dẫn giải: Qua các đỉnh của tam giác ABC, vẽ các đường thẳng song song với cạnh đối diện, chúng đôi một cắt nhau tạo thành tam giác MNP như hình vẽ. 1 Dễ thấy tứ diện S.MNP là tứ diện vuông đỉnh S và VS . ABC  VS . MNP 4 Đặt x  SM , y  SN , z  SP , ta có:  x 2  y 2  4  5a  2  x 2  76a 2 S   2  2 2 2 2  y  z  4  6a    y  24a  2  2 2 2 2  z  120a  z  x  4  7a  1 1  VS . ABC  VS .MNP  xyz  2 95a 3 4 24 M Chọn đáp án C. C P A B N File Word liên hệ 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 66 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Hình Học Không Gian TỈ SỐ THỂ TÍCH A – LÝ THUYẾT TÓM TẮT * Cho khối chóp S.ABC, A’SA, B’SB, C’SC SA.SB.SC VSABC  VSA ‘B’C ‘ SA ‘.SB ‘.SC ‘ * MSC, ta có: VSABC SA.SB.SM SM   VSA ‘B’C’ SA.SB.SC SC S S M B’ C’ A’ C C A A B B B – BÀI TẬP Câu 1: Hình chóp S.ABC có A’B’C’ lần lượt là trung điểm của SA, SB, SC; tỷ số thể tích của hai khối chóp SA’B’C’ và SABC là: 1 1 1 1 A. B. C. D. 4 6 10 8 Hướng dẫn giải: V SA ‘ SB ‘ SC ‘ 1 Sử dụng công thức S . A ‘ B ‘ C ‘  . .  . VS . ABC SA SB SC 8 Chọn đáp án D. 1 Câu 2: Cho hàm số S.ABC. Trên 3 cạnh SA, SB, SC lần lượt lấy 3 điểm A’, B’, C’ sao cho SA ‘  SA ; 2 1 1 SB ‘  SB; SC ‘  SC . Gọi V và V’ lần lượt là thể tích của các khối chóp S.ABCD và S’.A’B’C’. Khi 2 2 V’ đó tỷ số là: V 1 1 1 1 A. B. C. D. 8 12 6 16 Hướng dẫn giải: Áp dụng công thức tính tỉ số thể tích ta có V ‘ SA ‘ SB ‘ SC ‘ 1 1 1 1  . .  . .  V SA SB SC 2 2 3 12 Chọn đáp án B. Câu 3: Cho hình chóp tứ giác đều S . ABCD. Gọi A’, B’, C’, D’ theo thứ tự là trung điểm của AB, BC, CD, DA. Khi đó tỉ số thể tích của hai khối chóp S.A’B’C’D’ và S.ABCD bằng ? 1 1 1 1 A. B. C. D. 8 2 3 4 File Word liên hệ 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 67 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Hình Học Không Gian Hướng dẫn giải: Ta thấy 2 hình chóp S.ABCD và S.A’B’C’D’. Có chung chiều cao kẻ từ đỉnh S xuống đáy. Vậy để đi tìm tỉ số khoảng cách thì chúng ta chỉ cần tìm tỉ số diện tích 2 đáy mà ta có hình vẽ như sau: Ta thấy 2 VA ‘ B ‘ C ‘ D ‘ 1 a 2 a2 1  S A ‘B’C’D’  A ‘ D ‘. A’B’     S ABCD   VABCD 2 2 2  2  Chọn đáp án A. Câu 4: Hình chóp SABC có M, N, P theo thứ tự là trung điểm SA, SB, SC. Đặt k  VMNPABC . Khi đó VSABC giá trị của k là 8 7 1 A. B. C. 8 D. 7 8 8 Hướng dẫn giải: V SM SN SP 1 1 1 1 Ta có SMNP  . .  . .  VSABC SA SB SC 2 2 2 8 V V  VSMNP V 7  MNPABC  SABC  1  SMNP VSABC VSABC VSABC 8 Chọn đáp án B. Câu 5: Cho hình chóp S.ABCD có ABCD là hình bình hành, M là trung điểm SC . Mặt phẳng (P) qua AM và song song với BD cắt SB, SD lần lượt tại P và Q.Khi đó tỉ số thể tích giữa khối SAPMQ và khối SABCD bằng : 2 1 1 2 A. B. C. D. 9 8 3 3 Hướng dẫn giải: Vì mp song song với BD nên PQ song song với BD. Gọi O là tâmhình bình hành ABCD. Suy luận được SO,AM, PQ đồng qui tại G và G là trọng tâm tam giác SAC. SQ SP 2 Suy luận được tỉ số=   ; SD SB 3 V V 1 Chứng minh được tỉ số thể tích : SAQM  SAPM  ; VSADC VSABC 3 V  VSAPM 1 VSAPMQ 1 Suy ra được: SAQM    VSADC  VSABC 3 VSABCD 3 Chọn đáp án C. Câu 6: Cho hình chóp S . ABC , M là trung điểm của SB, điểm N thuộc SC thỏa SN  2 NC. Tỉ số VS . AMN VS . ABC 1 1 1 1 A. B. C. D. 6 5 4 3 Hướng dẫn giải: Chọn đáp án A. VS . AMN SM SN 1 1 1  .  .  VS . ABC SB SC 2 3 6 File Word liên hệ 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 68 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Hình Học Không Gian Câu 7: Cho khối tứ diện OABC với OA, OB, OC vuông góc từng đôi một và OA  a, OB  2a, OC  3a. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của hai cạnh AC , BC . Thể tích của khối tứ diện OCMN tính theo a bằng: 2a 3 3a 3 a3 A. B. a 3 C. D. 3 4 4 Hướng dẫn giải: 1 1 1 1 a3 VCOMN CM CN 1  .   VCOMN  VCOAB  . . OB.OC.OA  (dvtt) VCOAB CA CB 4 4 4 3 2 4 Chọn đáp án D. Câu 8: Cho hình chóp S.ABCD có thể tích bằng 48 và ABCD là hình thoi. Các điểm M, N, P, Q lần lượt là các điểm trên các đoạn SA, SB, SC, SD thỏa mãn: SA  2 SM , SB  3SN ; SC  4SP; SD  5SQ . Tính thể tích khối chóp S.MNPQ 2 4 6 8 A. B. C. D. 5 5 5 5 Hướng dẫn giải: Lưu ý công thức tỉ lệ thể tích chỉ dùng cho chóp tam giác chung đỉnh và tương ứng tỉ lệ cạnh. Ta có: VSMNP VSMQP SM SN SP SM SQ SP 1 1 1 1 1 1  . .  . .   . .  . . VSABC VSADC SA SB SC SA SD SC 2 3 4 2 5 4 V  1 1 1 1 1 1 1 1 V 3 8  . SMNP  SMQP    . .  . .   VSMNPQ  1   VSABCD 2  VSABC VSADC  2  2 3 4 2 5 4  5 5 Chọn đáp án D. Câu 9: Cho hình chóp S.ABC có đáy là ABC vuông cân ở B, AC  a 2, SA  a và SA   ABC  .  VSMNPQ Gọi G là trọng tâm của SBC , một mặt phẳng   đi qua AG và song song vsơi BC cắt SC, SB lần lượt tại M, N. Thể tích khối chóp S.AMN bằng 4a 3 4a 3 A. B. 27 9 3 4a 2a 3 D. C. 27 27 Hướng dẫn giải: Tam giác ABC vuông tại B  AC  AB 2  AB  BC  a Gọi I là trung điểm BC, G là trọng tâm của tam giác SBC SG 2 SM SN SG 2 Nên  mà MN song song với BC suy ra    SI 3 SC SB SI 3 V SM SN 4 4 Do đó S . AMN  .   VS . AMN  VS . ACB VS . ACB SC SB 9 9 1 1 1 a3 Mặt khác VS . ABC  .SA.SABC  .a. .a 2  3 3 2 6 3 3 4 4 a 2a Suy ra VS . AMN  VS . ACB  .  . 9 9 6 27 Chọn đáp án D. Câu 10: Cho khối chóp S . ABC. Lấy A’, B’ lần lượt thuộc SA, SB sao cho 2SA ‘  3 A ‘ A; 3SB ‘  B ‘ B. Tỉ số thể tích giữa hai khối chóp S .A ‘ B ‘ C và S . ABC là: 3 2 1 3 A. B. C. D. 20 15 6 10 File Word liên hệ 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 69 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Hình Học Không Gian Hướng dẫn giải: 3 1 3 36. . = . 5 4 20 Chọn đáp án A. Câu 11: Hình chop SACB có SA vuông góc với mặt phẳng đáy, SA=a, AC  a 2 , AB=3a. Gọi M,N V là hình chiếu vuông góc của A lên các cạnh SB và SC. Đặt k  SAMN , khi đó giá trị của k là VSABC 1 1 1 1 A. B. C. D. 2 3 30 30 Hướng dẫn giải: SM SN . Ta có k  SB SC SAC vuông tại A, có AN  SC tại N nên SN .SC  SA2 SN SA2 1 SN 1       2 2 CN CA 2 SC 3 CN .CS  CA SM SA2 1 SM 1 Tương tự     2 BM AB 9 SB 10 1 1 1 k .  3 10 30 Chọn đáp án C. Câu 12: Cho tứ diện ABCD có các cạnh BA, BC , BD đôi một vuông góc với nhau BA  3a, BC  BD  2a. Gọi M và N lần lượt là trung điểm của AB và AD. Tính thể tích khối chóp C.BDNM 2a 3 3a 3 C. V  D. V  a3 A. V  8a 3 B. V  3 2 Hướng dẫn giải: 1 1 1 VABDC  AB.S BCD  3a. 2a.2a  2a 3 3 3 2 VAMNC AM AN AC 1 1 1  . .   VAMNC  VABDC  a 3 VABDC AB AD AC 4 4 2  VBDNM  VABDC  VAMNC 3a3  2 Chọn đáp án C. Câu 13: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. M là trung điểm SB và G là trọng tâm của tam giác SBC. Gọi V, V’ lần lượt là thể tích của các khối chóp M.ABC và G.ABD, tính tỉ số V V’ V 3 V 4 V 5 V A.  B.  C.  D. 2 V’ 2 V’ 3 V’ 3 V’ Hướng dẫn giải: V d  M ,  ABCD   MC 3 Vì các tam giác ABC và ABD có cùng diện tích nên    V ‘ d  G,  ABCD   GC 2 Chọn đáp án A. File Word liên hệ 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 70 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Hình Học Không Gian Câu 14: Cho khối chóp S.ABC. Trên các đoạn SA, SB, SC lần lượt lấy ba điểm A’, B’, C’ sao cho 1 1 1 SA ‘  SA; SB ‘  SB; SC ‘  SC . Khi đó tỉ số thể tích của hai khối chóp S.A’B’C’ và S.ABC bằng: 2 3 4 1 1 1 1 A. B. C. D. 2 6 12 24 Hướng dẫn giải: V SA ‘ SB ‘ SC ‘ 1 1 1 1 Ta có: S . A ‘ B ‘ C ‘  . .  . .  VS . ABC SA SB SC 2 3 4 24 Chọn đáp án D. Câu 15: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thang vuông tại A và D. SA vuông góc với mặt đáy (ABCD); AB  2a, AD  CD  a. Góc giữa mặt phẳng (SBC) và mặt đáy ( ABCD) là 60o . Mặt phẳng (P) đi qua CD và trọng tâm G của tam giác SAB cắt các cạnh SA, SB lần lượt tại M, N. Tính thể tích khối chóp S.CDMN theo thể tích khối chóp S.ABCD. 14 4 B. VS .CDMN  VS . ABCD A. VS .CDMN  VS . ABCD 27 27 10VS . ABCD VS . ABCD C. VS .CDMN  D. VS .CDMN  27 2 Hướng dẫn giải: 1 1 Đặt V  VS . ABCD , ta có: VS.CDA  VS.ABCD ; VS.ABC  VS.ABCD 3 3 Mặt phẳng (P) đi qua CD và trọng tâm G của tam giác SAB cắt các cạnh SA, SB lần lượt tại M, N. Khi đó MN  AB và SM SN 2   SA SB 3 Ta có: VS .CDM SC SD SM 2 2 2  . .   VS .CDM  VS .CDA  V VS .CDA SC SD SA 3 3 9 2 VS .MNC SM SN SC  2  4 8  . .     VS .MNC  VS . ABC  V VS . ABC SA SB SC  3  9 27 2 8 14 Bởi vậy: VS .CDMN  VS .CDM  VS . MNC  V  V  V 9 27 27 Chọn đáp án A. Câu 16: Cho tứ diện ABCD. Gọi B’ và C’ lần lượt thuộc các cạnh AB và AC thỏa 3 AB ‘  AB và V 3 AC ‘  AC . Khi đó tỉ số thể tích của hai khối tứ diện k  AB ‘ C ‘ D bằng: VABCD 1 1 1 A. k  B. k  9 C. k  D. k  3 6 9 Hướng dẫn giải: 1 Áp dụng bài toán tỉ số thể tích k  9 Chọn đáp án D. Câu 17: Cho hình chóp S.ABC. Gọi M,N,P tương ứng là trung điểm của SA,BC và AB. Mặt phẳng (MNP) chia khối chóp thành 2 phần. Gọi V1 là thể tích của phần chứa đỉnh S, V2 là thể tích của phần V còn lại. Tính tỉ số 1 V2 File Word liên hệ 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 71 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A A. 2 B. 1 C. Hình Học Không Gian 1 3 D. Hướng dẫn giải: Do (MNP) và (SAC) có M là điểm chung và AC//PN Từ M kẻ MQ//AC( Q  SC )=> (MNP) cắt SC tại Q Ta có: VSABC  VSMPBNQ  VAMQCNP     V1 1 2 S V2  ) VAMQCNP  VMAPN  VMANC  VMQCN 1 1 1 1  d (S ;( ABC )). .S ABC  d ( S ;( ABC )). .S ABC 2 4 2 2 1 1  d (A;(SBC)). .S SBC A 2 4 1 1 1 1 1 V  (   ) VSABC  VSABC  VSMPBNQ  VSABC  1  1 8 4 8 2 2 V2 Chọn đáp án B. M Q C P N B S Câu 18: Cho khối chóp S .ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi M, N theo thứ tự là trung điểm cúa SA, SB. Tỉ số thể V tích S .CDMN  ? VS .CDAB 1 3 A. B. 2 8 5 1 C. D. 8 4 Hướng dẫn giải: VS .CDMN VS .CDM  VS .CMN VS .CDM V    S .CMN VS .CDAB VS . ACD  VS . ABC 2VS . ACD 2VS . ABC  SM SM SN 3  .  2 SA 2 SA SB 8 N M A D B C Chọn đáp án B. Câu 19: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B. Biết SA vuông góc với mặt phẳng (ABC), AB  a, BC  a 3,SA  a . Một mặt phẳng    qua A vuông góc SC tại H và cắt SB tại K. Tính thể tích khối chóp S.AHK theo a. a3 3 a3 3 a3 3 a3 3 A. VS .AHK  B. VS . AHK  C. VS . AHK  D. VS . AHK  20 30 60 90 Hướng dẫn giải:  AK  SC  AK      Ta có  , suy ra  AK  BC  BC   SAB   AK   SBC   AK  SB Vì SAB vuông cân tại A nên K là trung điểm của SB. Ta có: File Word liên hệ 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 72 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Hình Học Không Gian VS . AHK SA.SK .SH SH . Ta có AC  AB 2  BC 2  2a   VS . ABC SA.SB.SC 2SC SH SH .SC SA2 1    SC SC 2 SC 2 5 1 1 a3 3 SH 1   , lại có VS . ABC  SA. . AB.BC  2 SC 10 3 2 6 SC  AC 2  SA2  a 5 , khi đó  VS . AHK VS . ABC a3 3 Vậy VS . AHK  60 Chọn đáp án C. Câu 20: Cho tứ diện ABCD có các cạnh AB, AC và AD đôi một vuông góc với nhau; AB = a 3 , AC = 2a và AD = 2a. Gọi H, K lần lượt là hình chiếu của A trên DB , DC . Tính thể tích V của tứ diện AHKD. A. V  4 3 3 a. 21 B. V  4 3 3 a. 7 C. V  2 3 3 a. 21 D. V  2 3 3 a. 7 Hướng dẫn giải: V SA SK DH 1 DH .D B 1 AD 2 Ta có : D. AHK  . .  .  . VD. ABC SA SC DB 2 DB 2 2 AD 2  AB 2 1 4a 2 2  . 2  2 2 4a  3a 7 1 1 1 2a 3 3 VD. ABC  DA.S ABC  2a. 2a.a 3  3 3 2 3 3 4a 3 Suy ra VAHKD  VD. AHK  . 21 Chọn đáp án A. Câu 21: Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có thể tích bằng V với đáy là hình bình hành. Gọi C’ là trung điểm cạnh SC. Mặt phẳng qua AC’ và song song với BD cắt các cạnh SB,SD lần lượt tại B’; D’. Khi đó thể tích của khối chóp S.A’B’C’D’ bằng V 2V V V B. C. D. A. 3 3 4 2 Hướng dẫn giải: Phân tích: Để giải quyết được bài toán này các em cần dựng được mặt phẳng đi qua AC’ và song song với BD sau đó tìm giao điểm của nó với các cạnh SB, SD Để dựng được mặt phẳng đi qua AC’ và song song với BD ta làm như sau: Gọi O là giao điểm của AC và BD, gọi I là giao điểm của SO và AC’. Qua I kẻ B’D’ song song với BD, khi đó ta có mặt phẳng cần tìm là mặt phẳng (AD’C’B’). SI 2  Ta dễ dàng nhận thấy rằng I là trọng tâm của tam giác SAC nên SO 3 SD ‘ SI SB ‘ 2 Theo định lí Ta lét ta có    SD SO SB 3 Áp dụng công thức tính tỉ số thể tích của khối chóp tam giác (tứ diện) ta có: VSAD ‘ C ‘ SA SD ‘ SC ‘ 2 1 1  . .  1. .  VSADC SA SD SC 3 2 3 File Word liên hệ 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 73 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Hình Học Không Gian VSAB ‘ C ‘ SA SB ‘ SC ‘ 2 1 1  . .  1. .  VSABC SA SB SC 3 2 3 1 1 1 V Mà VSADC  VSABC  VSABCD nên VSAD ‘ C ‘ B ‘  VSAD ‘ C ‘  VSAB ‘ C ‘  .2. VSABCD  2 2 2 3 Chọn đáp án A. Câu 22: Cho tứ diện ABCD có DA  1, DA   ABC  . ABC là tam giác đều, có cạnh bằng 1. Trên 3 cạnh DA, DB , DC lấy điểm M, N, P mà DM 1 DN 1 DP 3  ,  ,  . Thể tích của tứ diện MNPD DA 2 DB 3 DC 4 bằng: 3 2 3 B. V  C. V  96 12 12 Hướng dẫn giải: 1 3 3 VABCD  . .1  3 4 12 1 3 3 VDMNP DM DN DP 1 1 3 1   . .  . .   VDMNP  . 8 12 96 VDABC DA DB DC 2 3 4 8 Chọn đáp án C. A. V  D. V  2 96 Câu 23: Cho hình chóp tứ giác đều SABCD, M là trung điểm của SC. Mặt phẳng (P) qua AM và song song với BD cắt SB, SD tại N, K. Tính tỉ số thể tích của khối S.ANMK và khối chóp S.ABCD 1 2 1 3 B. C. D. A. 2 9 3 5 Hướng dẫn giải: Trong mặt phẳng (SAC) gọi G là giao điểm của AM và SO. Ta có G là trọng tâm tam giác SAC. Trong mp(SBD) kẻ đường thẳng qua G song song với BD cắt SB,SD tại N và K. Gọi VS . ANMK  VS . ANM  VS . AKM V SN SM 2 1 1 Ta có : S . ANM  .  .  VS . ABC SB SC 3 2 3 1 1  VS . ANM  VS . ABC  VS . ABCD 3 6 VS . AKM SK SM 2 1 1  .  .  VS . ADC SD SC 3 2 3 1 1 1  VSAKM  VSADC  VSABCD VS . ANMK  VS . ABCD 3 6 3 Chọn đáp án C. Câu 24: Cho chóp tứ giác đều SABCD . Mặt phẳng (P) qua A và vuông góc với SC cắt SB, SC , SD tại SB ‘ 2 B’, C’, D’. Biết rằng AB = a,  . Tính thể tích V của tứ diện SAB’C’D’ SB 3 6a 3 7 28 A. V  a 3 B. V  14a 3 C. V  a3 D. V  2 3 18 File Word liên hệ 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 74 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Hình Học Không Gian Chọn đáp án D. Câu 25: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , hai mặt bên (SAB) và (SAD) cùng vuông góc với mặt phẳng đáy. Biết góc giữa (SCD) và (ABCD) bằng 450 . Gọi H và K lần lượt là trung điểm của SC và SD. Thể tích của khối chóp S.AHK là: a3 a3 a3 A. B. C. D. a 3 24 12 6 Hướng dẫn giải: Hướng dẫn: (SAB) và (SAD) cùng vuông góc với mặt phẳng đáy  SA   ABCD    450  SA  AD  a    SCD  ,  ABCD    SDA 1 1 a 2 a3 VS . ACD  SA.SSCD  a.  3 3 2 6 VS . AHK SH SK 1 1 a3  .   VS . AHK  VS . ACD  VS . ACD SC SD 4 4 24 Chọn đáp án A. Câu 26: Cho khối chóp tứ giác S .ABCD có đáy ABCD là hình bình hành, M là trung điểm cạnh SC và N là điểm thuộc cạnh SD sao cho SN  2 ND . Tính tỉ số thể tích k giữa hai đa diện SABMN và khối chóp S . ABCD. 5 5 1 1 A. k  B. k  C. k  D. k  6 12 3 6 Hướng dẫn giải: + Do ABCD là hình bình hành nên 1 S ABC  SADC  VS . ABC  VS . ADC  VS . ABCD 2 V SM V 1 V 1 + Ta có S . ABM   S . ABM   S . ABM  1 VS . ABC SC VS . ABCD 4 VS . ABCD 2 2 VS . ANM SN SM V 2 1 V 1 và  .  S . ANM  .  S . ANM  1 VS . ADC SD SC VS . ABCD 6 VS . ABCD 3 2 2 + Suy ra VS . ABM VS . ANM 1 1 V  VS . ANM 5 V 5     S . ABM   SABMN  VS . ABC VS . ADC 4 6 VS . ABCD 12 VS . ABCD 12 5 + Vậy k  . 12 Chọn đáp án B. Câu 27: Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ vì M là trung điểm của CC’. Gọi khối đa diện (H) là phần còn lại của khối lăng trụ ABC.A’B’C’ sau khi cắt bỏ đi khối chóp M.ABC. Tỷ số thể tích của (H) và khối chóp M.ABC là: 1 1 A. B. 6 C. D. 5 6 5 Hướng dẫn giải: 1 Gọi M là trung điểm của CC’ . Theo bài ra ta có: VM .ABC  VC ‘ ABC  a  VC ‘ ABC  2a 2 File Word liên hệ 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 75 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Hình Học Không Gian 1 Ta lại có VC ‘ ABC  VAA ‘ B ‘ C ‘  2a nên ta có  H   VAA ‘ B ‘ C ‘  VMABC ‘  2.2a  a  5a 2 H  Vậy 5 VM . ABC Chọn đáp án D. Câu 28: Cho hình hộp ABCD. A ‘ B ‘ C ‘ D ‘ có thể tích là V . Gọi M , N , Q lần lượt là trung điểm của AD, DC và B’C’. Thể tích của khối tứ diện QBMN bằng: 3V 8V V V A. B. C. D. 8 3 8 4 Hướng dẫn giải: 1 Ta có: VQBMN  .d  Q;  BMN   .S BMN 1 . Rõ ràng ta nhận 3 thấy hình tứ diện QBMN và hình hộp ABCDA ‘ B ‘ C ‘ D ‘ có S chiều cao bằng nhau. Nên ta chỉ đi tìm tỉ lệ BMN . S ABCD Ta có S ABCD  S DMN  S ABM  S BNC  S BMN  S BMN  S ABCD  S DMN  S AMB  S BNC S S 1 1 1 Mặt khác ta có DMN  DMN  .  ; S ABCD 2S ADC 2 4 8 S ABM S 1 1 1  ABM  .  S ABCD 2 S ABD 2 2 4 S 1 S 3  1 1 1 Tương tự thì BNC  , khi đó SBMN  1     S ABCD  BMN   2  S ABCD 4 S ABCD 8  8 4 4 V 1 3 1 V Từ (1) và (2) suy ra QBMN  .   VQBMN  3 8 8 8 ABCD Chọn đáp án C. Câu 29: Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có thể tích bằng V. Lấy điểm A’ trên cạnh SA sao cho 1 SA ‘  SA . Mặt phẳng qua A’ và song song với đáy của hình chóp cắt các cạnh SB , SC , SD lần lượt 3 tại B’, C’, D’. Khi đó thể tích chóp S.A’B’C’D’ bằng? V V V V A. B. C. D. 3 9 27 81 Hướng dẫn giải: Vì  A ‘ B ‘ C ‘ D ‘ / /  ABCD   A ‘ B ‘/ / AB, B ‘ C ‘/ / BC , C ‘ D ‘/ /CD SA ‘ 1 SB ‘ SC ‘ SD ‘ 1      . Gọi V1 ,V2 lần lượt là VS . ABC ,VS . ACD SA 3 SB SC SD 3 Ta có: V1  V2  V VS . A’ B ‘ C ‘ SA ‘ SB ‘ SC ‘ 1 V  . .   VS . A ‘ B ‘ C ‘  1 . VS . ABC SA SB SC 27 27 VS . A ‘ C ‘ D ‘ SA ‘ SC ‘ SD ‘ 1 V  . .   VS . A ‘ C ‘ D ‘  2 . VS . ACD SA SC SD 27 27 Mà: File Word liên hệ 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 76 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Vậy VS . A ‘ BC ‘ D ‘  VS . A ‘ B ‘ C ‘  VS . A ‘ C ‘ D ‘  Hình Học Không Gian V1  V2 V  . 27 27 Chọn đáp án D. Câu 30: Cho khối hộp ABCD.A’B’C’D’. Gọi M là trung điểm của cạnh AB. Mặt phẳng (MB’D’) chia khối hộp thành hai phần. Tính tỉ số thể tích hai phần đó. 5 7 7 5 A. B. C. D. 12 17 24 17 Hướng dẫn giải: + Lập thiết diện của khối hộp đi qua mặt phẳng (MB’D’). Thiết diện chia khối hộp thành hai phần trong đó có AMN.A’B’D’ + Lấy N là trung điểm của AD → MN là đường trung bình của tam giác ABD 1  MN / /BD và MN  .BD 2 1 => MN / / B’D’ và MN  .B ‘ D ‘ 2 => M,N,B’,D’ đồng phẳng với nhau=> Thiết diện là MNB’D’. Nhận thấy AMN.A’B’D’ là hình đa diện được tách ra từ K.A’B’D’ ( K là giao điểm của MB’,ND’ và AA’) + Áp dụng định lý Ta lét ta có : KA KM KN MN 1 VK.AMN KA KM KN 1     ,  . .  KA ‘ KB’ KD ‘ B’ D ‘ 2 VK.A ‘B’D’ KA ‘ KB’ KD ‘ 8 7 7 1 1 7 1 1 7  VAMN.A ‘B’D’  .VK.A ‘B’D’  . . KA ‘.A’B’.A’D’  . . .2AA ‘.A ‘ B’.A ‘ D ‘  .Shình hộp 8 8 3 2 8 3 2 24 7  Tỷ lệ giữa 2 phần đó là 17 Chọn đáp án B. Câu 31: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của SQ các cạnh SA, SD. Mặt phẳng ( ) chứa MN cắt các cạnh SB, SC lần lượt tại Q, P. Đặt  x , V1 là thể SB 1 tích của khối chóp S .MNQP, V là thể tích của khối chóp S . ABCD. Tìm x để V1  V . 2 1  33 1  41 1 A. x  B. x  2 C. x  D. x  4 2 4 Hướng dẫn giải: V (HS tự vẽ hình) Ta có VS . ABD  VS . BCD  , V1  VS . MNQ  VS . NPQ 2 SP SQ +) Vì MN//BC nên PQ//BC   x SC SB V V V SM SN SQ x SN SQ SP 1 2 x x V +) S . MNQ  . .   S .MNQ   S . MNQ  ; S . NPQ  . .  x V VS . ABD SA SD SB 4 4 V 8 VS . BCD SD SB SC 2 2 2 V x  S . NPQ  V 4 File Word liên hệ 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 77 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Hình Học Không Gian VS . MNQ  VS . NPQ 1 1 x x2 1 +) Ta có: V1  V      . Suy ra đáp án. 2 V 2 8 4 2 Câu 32: Hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a; SA   ABCD  ; góc giữa hai mặt phẳng (SBD) và (ABCD) bằng 60o. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của SB , SC. Thể tích của hình chóp S.ADNM bằng: a3 3a 3 3 3a 3 6a3 A. B. C. D. 8 4 6 8 2 8 2 Hướng dẫn giải: – Diện tích đáy -Tỉ số -Vì và tỉ số nên Chọn đáp án B. Câu 33: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi K là trung điểm của cạnh SC. Mặt phẳng (P) qua AK cắt các cạnh SB, SD lần lượt tại M, N. Gọi V, V’ lần lượt là thể tích các khối V’ S.ABCD và S.AMKN. Tỉ số có giá trị nhỏ nhất là: V 1 3 1 1 B. C. D. A. 5 8 3 2 Hướng dẫn giải: Hs tự vẽ hình SM SN V Đặt x  ;y   V ‘  VS . AMK  VS . ANK   x  y  1 SB SD 4 3 xy Mặt khác V ‘  VS . AMN  VS .MNK  V  2 4 Từ (1) và (2) có: x  y  3xy x SN x 1 1 1  y ,  y  0  x  , y  1 1 x    x 1 3x  1  3 SD 3x  1 2 2 V’ 3x 2 1   ,   x  1 V 4  3 x  1  2  Xét hàm số f  x   3x 2 4  3 x  1 1 1    x  1 . F(x) đạt GTNN bằng 3 2  Chọn đáp án C. Câu 34: Cho khối chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật. Một mặt phẳng song song với đáy cắt các cạnh bên SA, SB, SC, SD lần lượt tại M, N, P, Q. Gọi M’, N’, P’, Q’ lần lượt là hình chiếu của M, N, P, Q trên mặt phẳng đáy. Tìm tỉ số SM: SA để thể tích khối đa diện MNPQ.M’N’P’Q’ đạt giá trị lớn nhất. File Word liên hệ 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 78 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Hình Học Không Gian 1 2 3 1 B. C. D. 2 3 4 3 Hướng dẫn giải: + Áp dụng định lý talet. SM Đặt  k . Áp dụng định lý Talet trong Tam giác SAD SA có MN//AD MN SM   k  MN  k.AD AD SA Áp dụng định lý Talet trong Tam giác SAB có MQ//AB MQ SM   k  MQ  k .AB . Kẻ đường cao SH của AB SA hình chóp. Áp dụng định lý Talet trong Tam giác SAH có MM’//SH MM ‘ AM SM   1  1  k  MM ‘  1  k  .SH SH SA SA  VMNPQ.M ‘ N ‘ P ‘ Q ‘  MN .MQ.MM ‘  AD.AB.SH .k 1  k   Vhinh chop .k . 1  k  A. V min khi và chỉ khi k  1  k  k  1 2 Chọn đáp án A. Câu 35: Cho khối tứ diện có thể tích bằng V . Gọi V  là thể tích của khối đa diện có các đỉnh là các V trung điểm của các cạnh của khối tứ diện đã cho, tính tỉ số . V V 1 V 1 V 2 V 5 A.  . B.  . C.  . D.  . V 2 V 4 V 3 V 8 Hướng dẫn giải: A Q P E B F D N M C V V V  V  VA.QEP  VB.QMF  VC .MNE  VD. NPF V V   1  A.QEP  B.QMF  C .MNE  D. NPF V V V V V V 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1  1 . .  . .  . .  . .  . 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 Chọn đáp án A. Ta có HÌNH LĂNG TRỤ File Word liên hệ 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 79 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Hình Học Không Gian A – LÝ THUYẾT TÓM TẮT 1. Thể tích khối lăng trụ: V= B.h h với B là diện tích đáy, h là chiều cao B 2) Thể tích khối hộp chữ nhật: V = a.b.c với a, b, c là ba kích thước 3) Thể tích khối lập phương: V = a3 với a là độ dài cạnh B – BÀI TẬP THỂ TÍCH LĂNG TRỤ ĐỨNG 3 Câu 1: Thể tích (cm ) khối lăng trụ tam giác đều có cạnh đáy và cạnh bên cùng bằng 2 cm là: 6 3 2 A. B. C. 2 D. 2 2 2 Hướng dẫn giải: 6 Dễ dàng tính được V = 2 Chọn đáp án A Câu 2: Thể tích khối lăng trụ tam giác đều có cạnh đáy bằng a và cạnh bên bằng 2a là: a3 2 a3 3 a3 3 a3 3 A. B. C. D. 3 6 2 4 Hướng dẫn giải: a2 3 a3 3 V  S ABC .AA ‘  .2a  nên chọn C. 4 2 Chọn đáp án C. Câu 3: Cho lăng trụ đứng ABC. ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B. AB = 2a, BC = a, AA  2a 3 . Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABC. ABC . 2a 3 3 3 Hướng dẫn giải: A. V  S ABC . AA ‘  B. a3 3 3 C. 4a 3 3 D. 2a 3 3 1 2a.a.2a 3  2a 3 3 2 Chọn đáp án D. File Word liên hệ 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 80 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Hình Học Không Gian Câu 4: Gọi V là thể tích của hình lập phương ABCD. A ‘ B ‘ C ‘ D ‘ . V1 là thể tích của tứ diện A ‘ ABD . Hệ thức nào sau đây là đúng ? A. V  6V1 B. V  4V1 C. V  3V1 D. V  2V1 Hướng dẫn giải: Ta có hình vẽ sau: 1 Ta có V  S ABCD . AA ‘; V1  .S ABD . AA ‘ 3 1 V 2.S ABD . AA ‘ Mà S ABD  S ABCD   6 2 V1 1 S . AA ‘ ABD 3  V  6V1 Chú ý nhiều độc giả tư duy nhanh nên chỉ xét tỉ số giữa diện 1 tích đáy mà quên mất rằng với khối chóp thì còn tích với 3 nữa, và nhanh chóng chọn ý D là sai. Vì thế, nhanh nhưng cần phải chính xác bạn nhé. Chọn đáp án A. Câu 5: Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ có diện tích mặt chéo ACC’A’ bằng 2 2a 2 . Thể tích của khối lập phương ABCD.A’B’C’D’ là: B. 2a 3 C. 2a 3 D. a 3 A. 2 2a3 Hướng dẫn giải: Để tính được thể tích của hình lập phương thì ta cần biết cạnh của hình lập phương đó, từ dữ liệu diện tích mặt chéo A’ACC’ ta sẽ tính được cạnh của hình lập phương Gọi cạnh của hình lập phương là x suy ra A ‘ C ‘  x 2 . Diện tích mặt chéo A’ACC’ là x.x 2  2 2a 2  x  a 2 . Thể tích hình lập phương là V  x3  2 2a 3 Chọn đáp án A. Câu 6: Cho lăng trụ đứng ABCA’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B và AC = 2a biết rằng (A’BC) hợp với đáy (ABC) một góc 45o.Thể tích lăng tru là: a3 2 a3 3 A. B. C. a 3 3 D. a3 2 2 3 Hướng dẫn giải: –  ABC  450 – AC  AB 2  2a  AB 2  AB  BC  AA ‘  a 2 1 – V  AB.BC . AA ‘  a 3 2 2 Chọn đáp án D. File Word liên hệ 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 81 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Hình Học Không Gian Câu 7: Cho khối lăng trụ tam giác đều ABC. A1B1 C1 có tất cả các cạnh bằng a. Gọi M là trung điểm của AA1. Thể tích khối chóp M.BCA1 là: a3 3 a3 3 a3 3 a3 3 A. V  B. V  C. V  D. V  12 24 6 8 Hướng dẫn giải: a2 3 ABC là tam giác đều cạnh a nên có diện tích S ABC  4 AA1 a Ta có AM   2 2 Hai tứ diện MABC và MA1BC có chung đỉnh C, diện tích hai đáy MAB và MA1B bằng nhau nên có thể tích bằng nhau, suy ra 1 a3 3 VM . BCA1  VM . ABC  AM .S ABC  3 24 Chọn đáp án B. Câu 8: Cho lăng trụ tam giác đều ABC.A’B’C’, cạnh đáy bằng a. Gọi N, I lần lượt là trung điểm của AB, BC; góc giữa hai mặt phẳng (C’AI) và (ABC) bằng 60o . Tính theo a thể tích khối chóp NAC’I? a3 3a 3 3a 3 B. A. 32 3a 3 C. D. 32 32 4 Hướng dẫn giải:    60o Ta có   C ‘ AI  ,  ABC    CIC CC ‘ ’  a 3  CC ‘  CI .tan CIC CI 2 2 2 1 1 a 3 a 3 Ta có S ANI  S ABC  .  4 4 4 16 3 1 1 a 3 a 3 a3  VC ‘. NAI  CC ‘.S NAI  . .  3 3 2 2 32 Chọn đáp án B. ’  Mặt khác tan CIC Câu 9: Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác ABC vuông cân tại B, BA  BC  a, A’B tạo với (ABC) một góc 600. Thể tích của khối lăng trụ ABC.A’B’C’ là: 3a 3 3a 3 a3 A. B. C. 3a 3 D. 2 6 4 Hướng dẫn giải: ABA ‘  600 , AA ‘  a 3 Góc giữa A”B và đáy là góc  a3 3 a2 . S ABC  . Vậy thể tích của lăng trụ là : V  S ABC . AA ‘  2 2 Chọn đáp án A. File Word liên hệ 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 82 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Hình Học Không Gian Câu 10: Cho hình lăng trụ đứng ABC. ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh bằng a và  ABC  hợp với mặt đáy ABC một góc 300 . Tính thể tích khối lăng trụ ABC. ABC là a3 3 a3 3 3a 3 a3 5 A. B. C. D. 12 24 24 24 Hướng dẫn giải: Gọi M là trung điểm của cạnh BC. Ta có SA   ABC   AM là hình chiếu vuông góc của AM trên  ABC  , nên  ABC  ,  ABC  bằng góc  AMA  300 Xét AMA vuông tại A . Ta có a 3 a AA  AM .tan  AMA  .tan 300  2 2 2 1 a 3 a 3 S . .a  2 2 4 1 1 a 2 3 a a3 3 Vậy VA. ABC  .S ABC . AA  . .  3 3 4 2 24 Chọn đáp án B. Câu 11: Cho lăng trụ đứng ABC. A ‘ B ‘ C ‘ có đáy là tam giác đều cạnh a . Mặt phẳng  AB ‘ C ‘ tạo với mặt đáy góc 600 . Tính theo a thể tích lăng trụ ABC. A ‘ B ‘ C ‘ . a3 3 3a 3 3 a3 3 A. V  . B. V  . C. V  . 2 4 8 Hướng dẫn giải: Vì ABC.A’B ‘C ‘ là lăng trụ đứng nên AA’   ABC  . Gọi M là trung điểm B ‘C ‘ , do tam giác A’ B ‘C ‘ đều Nên suy ra A’M  B ‘C ‘ . Khi đó 600   AB ‘C ‘ ,  A’ B’C ‘    AM , A’M   AMA’ . Tam giác AA ‘ M , có a 3 3a A’ M  ; AA ‘  A ‘ M .tan  AMA ‘  . 2 2 a2 3 Diện tích tam giác đều S A ‘ B ‘ C ‘  . 4 3a 3 3 Vậy V  SABC . AA ‘  (đvtt). 8 Chọn đáp án D. D. V  3a 3 3 . 8 C A B C’ A’ M B’ Câu 12: Cho lăng trụ đứng ABC. A/B/C/ có đáy ABC là tam giác vuông tại B, AB=3a, BC= a 2 , mặt bên (A/BC) hợp với mặt đáy (ABC) một góc 600 . Tính thể tích khối lăng trụ. 7 6a 3 a3 6 9 6a3 a3 6 A. B. C. D. 2 2 2 6 Hướng dẫn giải: File Word liên hệ 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 83 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Hình Học Không Gian 1 1 3a 2 2 S ABC  AB.BC  .3a.a 2  2 2 2 / o Đường cao AA  AB tan 60  3a 3 3a 2 2 9a 3 6 Vậy V  S ABC .AA  .3a 3  . 2 2 Chọn đáp án C. / Câu 13: Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông tại A, AC  a, ACB  600 . Đường chéo BC’ của mặt bên (BB’C’C) tạo với mặt phẳng mp  AA ‘ C ‘ C  một góc 300. Tính thể tích của khối lăng trụ theo a là: 4 6 2 6 6 A. V  a 3 B. V  a3 6 C. V  a 3 D. V  a 3 3 3 3 Hướng dẫn giải: a2 3 ; Góc AC’B = 300 nên AC’ = 3a. Tính được AB = a 3 ; SABC = 2 Pitago cho tam giác vuông ACC’ tính được CC’ = 2a 2 . Từ đó V  a3 6 . Chọn đáp án B. Câu 14: Cho hình lăng trụ đứng ABC. A ‘ B ‘ C ‘ có đáy ABC là tam giác vuông tại A, AC  a,  ACB  600 . Đuòng chéo B’C của mặt bên (BB’C’C) tạo với mặt phẳng (AA’C’C) một góc 300. Tính thể tích của khối lăng trụ theo a. a 3 15 a 3 15 A. B. a3 6 C. 3 12 Hướng dẫn giải:  Vì A’B ‘   ACC ‘  suy ra B ‘ CA’  300 chính là góc tạo bởi đường chéo BC’ của mặt bên (BB’C’C) và mặt phẳng a 3 (AA’C’C). Trong tam giác ABC ta có AB  ABsin 600  2 Mà AB  A’ B ‘  A’B’  a 3 A’ B Trong tam giác vuông A’B’C’ ta có: A’C   3a . tan 300 Trong tam giác vuông A’AC ta có: AA’  D. a 3 15 24 A ‘ C 2  AC 2  2a 2 Vậy VLT  AA ‘.SABC  2a 2. a2 3  a3 6 2 Chọn đáp án B. Câu 15: Hình lập phương ABCD. A’B’C’D’ có độ dài đường chéo bằng a. Khi đó thể tích khối tứ diện AA’B’C’ là. a2 a3 a3 a2 A. B. C. D. 3 3 18 3 6 3 18 3 File Word liên hệ 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 84 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Hình Học Không Gian Hướng dẫn giải: Gọi x là cạnh hình lập phương ta có AA ‘2  A ‘ C ‘2  AC ‘2 x 2  ( x 2) 2  a 2  x  a / 3 1 1 3 a3 V= S A ‘ B ‘ C ‘ AA ‘  x  3 6 18 3 Chọn đáp án B. Câu 16: Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A’B’C’D’ có AB  a, BC  2a, AA ‘  a . Lấy điểm M trên cạnh AD sao cho AM  3MD . Tính thể tích khối chóp M.AB’C. a3 a3 3a3 3a3 B. VM . AB ‘ C  C. VM . AB ‘ C  D. VM . AB ‘ C  A. VM . AB ‘ C  2 4 4 2 Hướng dẫn giải: Thể tích khối chóp M.AB’C bằng thể tích khối chóp B’.AMC 3 3a 2 Ta có : S AMC  SADC  4 4 3a 3 Do đó VM . AB ‘ C  VB ‘. AMC  4 Chọn đáp án C. Câu 17: Khối lập phương ABCD.A’B’C’D’ có thể tích bằng a 3 . Tính độ dài của A’C. A. A ‘ C  a 3 B. A ‘ C  a 2 C. A ‘ C  a D. A ‘ C  2a Hướng dẫn giải: Ta có: A ‘ C  AB 2  AD 2  AA ‘2 Mà AB  AD  AA ‘,V  AB. AD. AA ‘  a 3 AB  a, AD  a, AA ‘  a . Suy ra A ‘ C  a 3 Chọn đáp án A. Câu 18: Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’. Tính thể tích V của hình lập phương biết rằng a khoảng cách từ trung điểm I của AB đến mặt phẳng A’B’CD bằng 2 File Word liên hệ 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 85 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A a3 A. V  B. V  a3 C. V  2a3 3 Hướng dẫn giải: Gọi các điểm như hình vẽ bên trong đó IH  I ‘ J . Đặt cạnh x a   x  a . Vậy V  a3 AB  x suy ra IH  2 2 Chọn đáp án B. Hình Học Không Gian D. V  a3 2 Câu 19: Cho hình hộp đứng ABCD.A’B’C’D’ có đáy là hình vuông cạnh a. Khoảng cách từ điểm A a 3 . Tính thể tích hình hộp theo a. đến mặt phẳng (A’BCD’) bằng 2 a 3 21 a3 3 3 3 A. V  a B. V  C. V  a 3 D. V  7 3 Hướng dẫn giải: Gọi H là hình chiếu của A lên cạnh A’B a 3  AH  A ‘ BCD ‘  AH  2 Gọi AA ‘  x  0 . Áp dụng hệ thức về cạnh và đường cao trong tam giác AA’B: 1 1 1 4 1 1    2  2 2 2 2 2 AH AA ‘ AB 3a x a 2 2  x  3a  x  a 3 VABCD . A ‘ B ‘ C ‘ D ‘  AA ‘. AB. AD  a 3.a.a  a3 3 Chọn đáp án C. Câu 20: Người ta gọt một khối lập phương bằng gỗ để lấy khối tám mặt đều nội tiếp nó ( tức là khối cố các đỉnh là các tâm của các mặt khối lập phương). Biết cạnh của khối lập phương bằng a. Hãy tính thể tích của khối tám mặt đều đó: a3 a3 a3 a3 A. B. C. D. 6 12 4 8 Hướng dẫn giải: a Tính tính được cạnh của hình bát diện đều bằng . 2 3  a    2 a3 a 2  Thể tích hình bát diện đều có cạnh là V   3 6 2 nên Nhận xét: Ta có công thức tính thể tích của hình bát diện đều x3 2 cạnh x là V  3 Chọn đáp án A. File Word liên hệ 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 86 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Hình Học Không Gian Câu 21: Đường chéo của một hình hộp chữ nhật bằng d, góc giữa đường chéo và mặt đáy là  , góc nhọn giữa hai đường chéo của đáy bằng  . Thể tích của hình hộp đó là: 1 1 A. d 3cos 2 sin  sin  B. d 3cos 2 sin  sin  2 3 1 C. d 3 sin 2 cos sin  D. d 3 sin 2 cos sin  2 Hướng dẫn giải: 1 Tính được: BD  d cos   OD= d cos  và DD’  d sin  2 1   Tính được : HD  d cos  sin  CD  d cos  sin 2 2 2  Tính được: BC  BD 2  CD 2  d cos cos … 2 Chọn đáp án A. Câu 22: Cho khối lăng trụ tam giác đều ABC. A ‘ B ‘ C ‘ có cạnh đáy là a và khoảng cách từ A đến mặt a phẳng ( A ‘ BC ) bằng . Tính thể tích của khối lăng trụ ABC. A ‘ B ‘ C ‘ . 2 3 2a 3a 3 2 3 2a 3 3a 3 2 B. C. D. A. 16 48 12 16 Hướng dẫn giải: HS tự vẽ hình Đặt chiều cao của lăng trụ là h và gọi M là trung điểm của BC thì ta có hệ thức 1 1 1 1 4 4 8 a 6 a 2 3 a 6 3a 3 2        h   V  S . h  .  d 2  A, A ‘ BC  h 2 AM 2 h 2 a 2 3a 2 3a 2 4 4 4 16 Chọn đáp án D. Câu 23: Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ có cạnh bằng a , một mặt phẳng (  ) cắt các cạnh 1 2 AA’; BB’;CC’; DD’ lần lượt tại M, N,P,Q. Biết AM= a , CP = a . Thể tích khối đa diện 3 5 ABCD.MNPQ là: a3 2a 3 11 3 11 3 A. a B. C. D. a 30 15 3 3 Hướng dẫn giải: Tứ giác MNPQ là hình bình hành có tâm là I thuộc đoạn OO’. AM  CP 11 a Ta có: OI   a B 2 30 2 C Gọi O1 là điểm đối xứng O qua I thì : O 11 OO1=2OI = a < a. Vậy O1 nằm trong đoạn OO’. A D 15 N Vẽ mặt phẳng qua O1 song song với (ABCD) cắt I các cạnh AA’; BB’;CC’; DD’ lần lượt tại M P A1, B1,C1, D1. Khi đó I là tâm của hình hộp . B’ . . O1 . O’ A’ File Word liên hệ 0978064165 - Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Q C’ D’ Trang 87 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Hình Học Không Gian ABCD.A B1C1D1. Vậy V(ABCD. MNPQ)=V( MNPQ.A1 B1C1D1) = 1 1 11 V ( ABCD. A1 B1C1 D1 )  a 2OO1  a 3 2 2 30 Chọn đáp án A.   600 và SA vuông góc với Câu 24: Cho hình chóp S .ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a , D a3  ABCD  . Biết thể tích của khối chóp S .ABCD bằng . Tính khoảng cách k từ A đến mặt phẳng 2  SBC  . A. k  3a 5 Hướng dẫn giải: Diện tích đáy S ABCD B. k  a 3 5 C. k  2a 5 D. k  a 2 3 a2 3  2 a3 3. 1 1 V  B.h  B.SA  SA  2 2  a 3 3 3 a 3 2 BC  AM    BC   SAM  1 BC  SA  BC   SBC   2 Từ 1 và  2    SAM    SBC   SAM    SBC   SM . Kẻ AH  SM  AH  d  A,  SBC   Xét SAM vuông tại A . Ta có 3a 2 3 1 1 1 1 4 5 2  AH  k  a  2  2  2  2  AH  2 2 5 5 AH SA AM 3a 3a 3a Chọn đáp án B. Câu 25: Cho hình lăng trụ đứng ABC.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh bàng a . Mặt bên ABBA có diện tích bằng a 2 3 . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của AB , AC . Tính tỉ số thể tích của hai khối chóp A.AMN và A.ABC . 1 1 V 1 V 1 V V A. A. AMN  C. A. AMN  D. A. AMN  B. A. AMN  VA. ABC 2 VA. ABC 3 VA. ABC 4 VA. ABC 5 Hướng dẫn giải: V AM AN Ta có : A. AMN  . VA. ABC AB AC AM 1 M là trung điểm của AB   AB 2 AN 1 N là trung điểm của AC   AC 2 VA. AMN 1 1 1  .  VA. ABC 2 2 4 File Word liên hệ 0978064165 - Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 88 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Hình Học Không Gian Chọn đáp án C. Câu 26: Cho lăng trụ tam giác đều ABCD. A ' B ' C ' có tất cả các cạnh bằng a. M là trung điểm cạnh AB. Mặt phẳng (P) đi qua M và vuông góc với CB’, cắt các cạnh BC, CC’, AA’ lần lượt tại N, E, F. Xác định N, E, F và tính thể tích khối chóp C.MNEF . 7 a3 7a3 7 3a 3 21 3a 3 A. B. C. D. 128 128 128 128 3 Hướng dẫn giải: Xác định N , E , D. Gọi I, J lần lượt là trung điểm BC, CC’. Khi đó mp ( AIJ )  B ' C . Suy ra mp (P) qua M và song song mặt phẳng mp(AIJ). Do đó MN  AI , NE  IJ;EF  AJ Tính thể tích khối chóp C.MNEF. Thấy ngay ENC là góc giữa mặt phẳng (P) và mp(ABC). Tứ giác MNCA là hình chiếu vuông góc của tứ giác MNEF trên mp(ABC). dt (MNCA) Suy ra dt ( MNEF )  cos ENC  a2 3 Ta có ENC  , dt ( ABC )  4 4 Suy ra: a2 3 a2 3  dt ( ABC )  dt ( BMN ) 7 6a 2 4 32 dt ( MNEF )    1  32 cos 4 2 3 a 3 2a Mặt khác d (C , mp( MNFEF ))  .  4 2 8 1 7 6a 2 3 2a 7 3a 3 Gọi V là thể tích khối chóp C.MNEF, ta có: V  . .  3 32 8 128 Chọn đáp án B. Câu 27: Cho hình hộp đứng ABCD. A’B’C’D’ có đáy là hình thoi diện tích S1, các tứ giác ACC’A’ và BDD’B’ có diện tích lần lượt là S2, S3. Thể tích khối hộp ABCD. A’B’C’D’ tính theo S1, S2, S3 là ? S1S2 S3 S1S2 S3 2 S1S2 S3 S1S2 S3 A. B. C. D. 2 3 2 3 Hướng dẫn giải: Gọi đáy của hình hộp có độ dài 2 đường chéo là AC  a, BD  b và đường cao hình hộp là AA’  BB’  c a 2b 2 c 2 1 Suy ra được S1  ab ; S 2  AC .AA'  ac ; S3  BD.BB '  bc  S1S2 S3  2 2 2 2 2 1 1 abc S1S2 S3 Thể tích khối hộp là: V  S1.c  abc   2 2 2 2 Chọn đáp án A. Câu 28: Cho khối lăng trụ đứng ABCD.A’B’C’D’ có đáy là hình vuông có thể tích là V. Để diện tích toàn phần của lăng trụ nhỏ nhất thì cạnh đáy của lăng trụ bằng: File Word liên hệ 0978064165 - Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 89 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A V 2 Hướng dẫn giải: A. 3 B. 3 V 2 C. 3 V Hình Học Không Gian D. V Gọi x, h lần lượt là cạnh đáy và chiều cao của lăng trụ. Có V  x 2 h  h  V x2 V V V V V   2  x 2     2.3 3 x 2 . .  6 3 V 2 x x x x x  V Dấu “=” xảy ra  x 2   x  3 V x Chọn đáp án C. Câu 29: Cho hình lập phương ABCD. A’B’C’D’ . Mặt phẳng (BDC’) chia khối lập phương thành 2 phần có tỉ lệ thể tích phần nhỏ so với phần lớn là : 1 1 1 2 A. B. C. D. 3 6 4 10 Hướng dẫn giải: Nhìn vào hình vẽ ta có thể thấy 2 phần của hình lập phương ABCD. A’B’C’D’ chia bởi mặt phẳng (BDC’) gồm hình chóp BCC’D và phần còn lại VBCC ' D Tỉ lệ cần tính sẽ là T  VABCD. A ' B ' C ' D '  VBCC ' D Giả sử hình lập phương có cạnh là 1  VABCD. A ' B ' C ' D '  13  1 Hình chóp BCC’D có đáy là tam giác vuông cân DCC’, đỉnh B, đường cao BC 1 1 1 1  VBCC ' D  .BC.S DCC '  .1.1.1.  , 3 3 2 6 1 1 2 T 6   1 5 10 1 6 Chọn đáp án D. Câu 30: Cho hình lập phương ABCD. A ' B ' C ' D ' . I là trung điểm BB’. Mặt phẳng (DIC’) chia khối lập phương thành 2 phần có tỉ số thể tích phần bé chia phần lớn bằng: A. 1:3 B. 7:17 C. 4:14 D. 1:2 Hướng dẫn giải: Coi như khối lập phương có cạnh bằng 1. Để giải bài toán này, ta phải xác định đúng thiết diện cắt bởi mặt phẳng  DIC '  Lấy M là trung điểm AB thì IM là đường trung bình tam giác ABB’ nên IM / / AB '/ / DC ' Suy ra bốn điểm I , M , C ' D cùng thuộc một mặt phẳng  C ' ID  Stp  2 x 2  4 xh  2 x 2  4 Thiết diện cắt bởi mặt phẳng  DIC '  là tứ giác C ' DMI Phần có thể tích nhỏ hơn là khối đa diện C ' IBMDC Để thuận tiện tính toán ta chia khối trên thành 2 phần là tứ diện IMBD và hình chóp DIBCC’. File Word liên hệ 0978064165 - Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 90 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Hình Học Không Gian 1 1 1 1 1 1 1 VIMBD  .IB.S BDM  . .IB.DA.MB  . .1.  3 3 2 6 2 2 24 1 1 1 1 1 1  1 VD.IBCC '  .DC.S IBCC '  .DC . .  IB  CC ' .BC  .1. .  1 .1. 3 3 2 2 2 2  4 1 1 7 Suy ra thể tích khối có thể tích nhỏ hơn là Vn  VIMBD  VDIBCC '    24 4 24 7 17  Thể tích phần lớn hơn là Vl  VABCDA ' B ' C ' D '  Vn  1  24 24 Vậy tỉ lệ cần tìm là Vn : Vl  7 :17 Nhận xét: Đây là một bài toán khá khó đòi hỏi khả năng dựng hình và xác định điểm phù hợp của thí sinh. Có một số bạn xác định đúng thiết diện nhưng gặp khó khăn trong việc tính thể tích các phần vì chưa chia được khối thể tích thành các hình nhỏ hơn để tính cho phù hợp. Chọn đáp án D. Câu 31: Cho hình lập phương ABCD.A’B’CD’ cạnh a. Trên cạnh AA’ kéo dài về phía A’ lấy điểm M trên cạnh BC kéo dài về phía C lấy điểm N sao cho MN cắt cạnh C’D’ . Tính giá trị nhỏ nhất của MN? A. 3a B. 2a 2 C. 3a 3 D. 2a 3 Hướng dẫn giải: Đây là một bài toán sử dụng phương pháp tọa độ hóa. Đối với việc tọa độ hóa. Đối với việc tọa độ hóa này việc quan trọng nhất đó là sự cẩn thận và chính xác. Trọn hệ trục tọa độ Axyz với A(0;0;0); B(a;0;0); A'(0;0;a); D(0; a;0). Gọi M (0;0;m) và N (a; n;0) . Ta có ( ADD ' A') / /(BCC 'C ')  MD ' NC  cắt  ADD ' A' theo giao tuyến MD ' và cắt (BCC ' B ') theo giao tuyến CN do đó MD '/ /CN   Lại có MD '  (0; a; a  m ); NC '  (0; a  n; a ) a am an  m Suy ra an a na 2 2 2 Có MN  AB  BN  AM 2  a 2  m 2  n 2 2 2  n2  an  a 2   an  2 2  MN    n  a     na na   2 2 n  an  a  MN  na n 2  an  a 2 Xét hàm số f (n)  trên  0;  na Ta được MN đạt giá trị nhỏ nhất bằng 3a khi n  2a Chọn đáp án A. Câu 32: Người ta muốn xây một bồn chứa nước dạng khối hộp chữ nhật trong một phòng tắm. Biết chiều dài, chiều rộng, chiều cao của khối hộp đó lần lượt là 5 m, 1m, 2m (hình vẽ bên). Biết mỗi viên gạch có chiều dài 20 cm, chiều rộng 10 cm, chiều cao 5 cm. Hỏi người ta sử dụng ít nhất bao nhiêu viên gạch để xây bồn đó và thể tích thực của bồn chứa bao nhiêu lít nước? (Giả sử lượng xi măng và cát không đáng kể ) 2 File Word liên hệ 0978064165 - Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 91 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Hình Học Không Gian A. 1182 viên; 8800 lít B. 1180 viên; 8820 lít C. 1180 viên; 8800 lít D. 1182 viên; 8820 lít Hướng dẫn giải: Gọi V là thể tích của hình hộp chữ nhật, có V  5.1.2  10m3 Ta có VH  0,1.4,9.2  0,98 m 3 và VH '  0,1.1.2  0, 2m3 Do đó VH  VH '  0,98  0, 2  1,18m 3 . Mà thể tích của một viên gạch là VG  0,2.0,1.0,05  0,001m 3 . Nên số viên gạch cần sử dụng là: VH  VH ' 1,18   1180 viên gạch. VG 0,001 Thể tích thực của bồn là VB  10  1,18  8,82 m3  VB  8820 dm 3  8820l . Chọn đáp án B. Câu 33: Một người thợ nhôm kính nhận được đơn đặt hàng làm một bể cá cảnh bằng kính dạng hình hộp chữ nhật không có nắp có thể tích 3,2 m3 ; tỉ số giữa chiều cao của bể cá và chiều rộng của đáy bể bằng 2 (hình dưới). Biết giá một mét vuông kính để làm thành và đáy của bể cá là 800 nghìn đồng. Hỏi người thợ đó cần tối thiểu bao nhiêu tiền để mua đủ số mét vuông kính làm bể cá theo yêu cầu (coi độ dày của kính là không đáng kể so với kích thước của bể cá). A. 9,6 triệu đồng Hướng dẫn giải: B. 10,8 triệu đồng C. 8,4 triệu đồng Theo hình vẽ ta có xyh  3,2 và h  2 x  x 2 y  1,6  y  D. 7,2 triệu đồng 1,6 x2 Tổng diện tích 5 mặt của bể cá là 1,6 6,4 8 4 4 S  xy  2 xh  2 yh   4x2   4 x 2   4 x 2    12 x x x x x Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x  1 . Vậy tổng diện tích tối thiểu là 12 m2, suy ra số tiền tối thiểu cần là 9,6 triệu. Chọn đáp án A. Câu 34: Cho một tấm nhôm hình chữ nhật ABCD có AD  60cm . Ta gấp tấm nhôm theo 2 cạnh MN và PQ vào phía trong đến khi AB và DC trùng nhau như hình vẽ dưới đây để được một hình lăng trụ khuyết 2 đáy. Tìm x để thể tích khối lăng trụ lớn nhất? A. x  20 B. x  15 C. x  25 D. x  30 File Word liên hệ 0978064165 - Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 92 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Hình Học Không Gian Hướng dẫn giải: Ta có PN  60  2 x , gọi H là trung điểm của PN suy ra AH  60 x  900 1 S ANP  .  60  2 x  60 x  900   60  2 x  15 x  225  f  x  , do chiều cao của khối lăng trụ 2 không đổi nên thể tích khối lăng trụ max khi f(x) max. 45  x  20  f ' x   0  x  20, f  20   100 3, f 15   0 15 x  225 max f  x   100 3 khi x  20 Chọn đáp án A.   Câu 35: Cần phải xây dựng một hố ga, dạng hình hộp chữ nhật có thể tích V  m3  , hệ số k cho trước (k- tỉ số giữa chiều cao của hố và chiều rộng của đáy). Gọi x, y, h  0 lần lượt là chiều rộng, chiều dài và chiều cao của hố ga. Hãy xác định x, y, h  0 xây tiết kiệm nguyên vật liệu nhất. x,y,h lần lượt là A. x  2 3 B. x  3 C. x  3 D. x  3  2k  1V ; y  4k 2  2k  1V ; y  4k 2 2kV 3 2kV 3  2k  1  2k  1V ; y  2 3  2k  1V ; y  6 3 4k 4k 2 2  2k  1 2 2 ;h  3 4 ;h  23 2kV  2k  1 ;h  3 2 ;h  3 2 2kV  2k  1 k  2k  1V k  2k  1V 4 k  2k  1V 4 k  2k  1V 4 Hướng dẫn giải: Gọi x, y , h  x, y, h  0  lần lượt là chiều rộng, chiều dài và chiều cao của hố ga. h V V  h  kx và V  xyh  y   2. xh kx x Nên diện tích toàn phần của hố ga là:  2k  1V  2kx 2 S  xy  2 yh  2xh  kx  2k  1V Áp dụng đạo hàm ta có S nhỏ nhất khi x  3 4k 2 Ta có: k  Khi đó y  2 3 2kV  2k  1 2 ,h  3 k  2k  1V 4 Chọn đáp án C. File Word liên hệ 0978064165 - Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 93 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Hình Học Không Gian THỂ TÍCH LĂNG TRỤ XIÊN Câu 1: Cho khối lăng trụ tam giác ABC. A ' B ' C ' có thể tích bằng 30 (đơn vị thể tích). Thể tích của khối tứ diện AB ' C ' C là: A. 12,5 (đơn vị thể tích) B. 10 (đơn vị thể tích) C. 7,5 (đơn vị thể tích) D. 5 (đơn vị thể tích) Hướng dẫn giải: Khi đó ta có thể so sánh trực tiếp cũng được, tuy nhiên ở đây ta có thể suy luận nhanh như sau: Khối B'ABC có chung đường cao kẻ từ đỉnh B’ đến đáy (ABC) và chung đáy ABC với hình lăng trụ ABC. A'B'C'. Do vậy VB ' ABC 1  VABCA ' B ' C ' 3 V 1 Tương tự ta có AA ' B ' C '  , khi đó VABCA ' B ' C ' 3 1 30  VAB ' C ' C  VABCA ' B ' C '  VAB ' C 'C   10 3 3 Chọn đáp án B. Câu 2: Một khối lăng trụ tam giác có các cạnh đáy bằng 13, 14, 15, cạnh bên tạo với mặt phẳng đáy một góc 300 và có chiều dài bằng 8. Khi đó thể tích khối lăng trụ là A. 340 B. 336 C. 274 3 D. 124 3 Hướng dẫn giải: Ta có : SABC  21(21  13)(21  14)(21  15)  84 Gọi O là hình chiếu của A’ trên (ABC) A ' AO vuông tại O cho ta : 0 A ' O  AA '.sin 30  4 Vậy : VABC . A ' B ' C '  84.4  336 Chọn đáp án B. Câu 3: Cho hình lăng trụ ABC.A'B'C' có đáy ABC là tam giác đều cạnh bằng a. Hình chiếu vuông góc của A’ xuống mặt phẳng (ABC) là trung điểm của AB. Mặt bên  AA ' C ' C  tạo với đáy một góc bằng 450. Thể tích khối lăng trụ bằng: 3a 3 3a 3 3a 3 3a 3 A. VABC . A ' B ' C '  B. VABC . A ' B ' C '  C. VABC . A ' B ' C '  D. VABC . A ' B ' C '  32 16 4 8 Hướng dẫn giải: Gọi H là trung điểm AB  A’H   ABC  Vẽ HK  AC tại K  góc A’KH = 45° AB a a 3 a 3 AH   ; HK  AH .sin60   A ' H  HK  2 2 4 4 File Word liên hệ 0978064165 - Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 94 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A VABC . A ' B ' C '  A ' H .S ABC Hình Học Không Gian a 3 a 2 3 3a 3  .  4 4 16 Chọn đáp án B. Câu 4: Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’, đáy ABC có AC  a 3; BC  3a,  ACB  300 . Cạnh bên hợp với mặt phẳng đáy góc 600 và mặt phẳng (A’BC) vuông góc với mặt phẳng (ABC). Điểm H trên cạnh BC sao cho BC=3BH và mặt phẳng (A’AH) vuông góc với mặt phẳng (ABC). Thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ bằng: 4a 3 19a 3 9a 3 4a 3 A. B. C. D. 9 4 4 19 Hướng dẫn giải: Từ giả thiết, áp dụng định lí cosin trong tam giác AHC ta tính được AH=a ( A ' BC )  ( ABC ) Do   AH  ( ABC )   A ' AH  600 ( A ' AH )  ( ABC ) Do AA ' H vuông tại H => A ‘ H  d ( A ‘;( ABC ))  AH .tan 60 0  a 3 1 9a 3  VABC . A ‘ B ‘ C ‘  S ABC .d ( A ‘,( ABC ))  .3a.a 3 sin 300.a 3  2 4 Chọn đáp án C. Câu 5: Cho hình lăng trụ ABC. A ‘ B ‘ C ‘ có A ‘ ABC là hình chóp tam giác đều cạnh đáy AB  a . Biết a 3 độ dài đoạn vuông góc chung của AA’ và BC là . Tính thể tích khối chóp A ‘.BB ‘.C ‘ C 4 a3 5 a3 3 a3 a 3 15 A. B. C. D. 18 18 18 18 Hướng dẫn giải: Gọi O là tâm của đáy ABC và M là trung điểm cạnh BC. Hạ MN  A ‘ A . Do BC  ( A ‘ AM ) nên MN là đoạn vuông góc chung của A’A và BC  MN  a 3 4 a 3 2 a 3 3a ; AO  AM  ; AN  AM 2  MN 2  2 3 3 4 Hai tam giác A’OA và MNA đồng dạng nên A ‘ O AO MN .AO a   A ‘O   MN AN AN 3 VA ‘. BB ‘.C ‘ C  VA ‘ B ‘ C ‘. ABC  VA ‘. ABC  A ‘ O.S ABC Ta có AM  2 2 a a 2 3 a3 3  A ‘ O.S ABC  . .  3 3 3 4 18 Chọn đáp án B. File Word liên hệ 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 95 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Hình Học Không Gian Câu 6: Cho hình lăng trụ ABCA ‘ B ‘ C ‘ có thể tích bằng 48cm3. M, N, P theo thứ tự là trung điểm các cạnh CC’, BC và B’C’, khi đó thể tích của khối chóp A ‘ MNP là 16 A. 24cm3 B. cm3 3 C. 16 cm3 D. 8 cm3 Hướng dẫn giải: 1 1 Ta có VA ‘ ABC  VABCA ‘ B ‘ C ‘  .48  16 cm3 3 3  VA ‘ BCC ‘ B ‘  VABCA ‘ B ‘ C ‘  VA ‘ ABC  48  16  32cm 3 Mặt khác 1 1 1 S MNP  S BCC ‘ B ‘  VA ‘ MNP  VA ‘ BCC ‘ B ‘  .32  8cm3 4 4 4 Chọn đáp án D. Câu 7: Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, hình chiếu của C’ trên (ABC) là trung điểm I của BC. Góc giữa AA’ và BC là 30o. Thể tích của khối lăng trụ ABC.A’B’C’ : a3 a3 3a 3 a3 A. B. C. D. 4 2 8 8 Hướng dẫn giải: Do AA ‘ song song với CC ‘ nên góc giữa AA ‘ và BC cũng là góc giữa CC ‘ và BC . Nên a 3 a2 3 a3 a a 3 .  C ‘ I  .tan 300  . Vậy: V  6 4 8 2 6 Chọn đáp án D. Câu 8: Cho hình lăng trụ ABC. A ‘ B ‘ C ‘ có đáy ABC là tam giác đều cạnh bằng a. Hình chiếu vuông góc của A’ xuống mặt phẳng (ABC) là trung điểm của AB. Mặt bên (AA’C’C) tạo với đáy một góc bằng 450. Thể tích của khối lăng trụ ABC. A ‘ B ‘ C ‘ bằng: a3 3a 3 3a 3 3a 3 A. B. C. D. 2 4 8 2 Hướng dẫn giải: Gọi H, M, I lần lượt là trung điểm các đoạn AB, AC, AM Theo giả thiết, A ‘ H   ABC  , BM  AC . Do IH là đường trung bình tam giác ABM nên IH / / BM  IH  AC Ta có: AC  IH , AC  A ‘ H  AC  IA ‘  Suy ra góc giữa (ABC) và (ACC’A’) là A ‘IH  450 A ‘ H  IH .tan 450  IH  1 a 3 MB  2 4 Thể tích lăng trụ là: File Word liên hệ 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 96 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Hình Học Không Gian 1 1 a 3 a 3 3a 3 V  B.h  BM . AC .A ‘ H  . .a.  2 2 2 2 8 Chọn đáp án C. Câu 9: Cho lăng trụ tam giác ABC. A’B’C’, đáy ABC là tam giác đều cạnh a, hình chiếu vuông góc H của A’ trên mặt phẳng (ABC) trùng với trực tâm của tam giác ABC. Tất cả các cạnh bên đều tạo với mặt phẳng đáy góc 600 . Thể tích của khối lăng trụ ABC.A’B’C’ là: a3 3 a3 3 a3 3 a3 2 A. B. C. D. 4 6 2 2 Hướng dẫn giải: Gọi I là giao điểm của AH và BC. Theo giả thiết H là trực tâm của tam giác đề ABC nên AH là đường cao và H cũng lả trọng tâm của tam giác đều ABC 2 2a 3 a 3  Nên AH  AI  3 3 2 3 Do AH ‘  ( ABC ) nên  A ‘ AH  600 và A ‘ H  AH Trong tam giác vuông HA’A có a 3 . 3a AH ‘  AH .tan 600  3 Thể tích của khối chóp 1 a 3 1 VABC . A ‘ B ‘ C ‘  S ABC .A’H  a a  a3 3 . 2 2 4 Chọn đáp án A. Câu 10: Cho lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, cạnh bên tạo với mặt phẳng bằng 450. Hình chiếu của a trên mặt phẳng (A’B’C’) trùng với trung điểm của A’B’. Tính thê tích V của khối lăng trụ theo a. a3 3 a3 3 a3 3 a3 3 A. V  B. V  C. V  D. V  2 8 16 24 Hướng dẫn giải: Gọi H là trung điểm của A’B, theo đề ta suy ra : AH   A ‘ B ‘ C ‘  AA ‘ H  450 khi đó AH  A ‘ H .tan 450  a 2 a3 3 Vậy V  8 Chọn đáp án D.   1200 và AA ‘  7 a . Câu 11: Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’ có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, BCD 2 Hình chiếu vuông góc của A’ lên mặt phẳng (ABCD) trùng với giao điểm của AC và BD. Tính theo a thể tích khối hộp ABCD.A’B’C’D’. File Word liên hệ 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 97 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A A. V  12a 3 B. V  3a 3 Hướng dẫn giải: Gọi O  AC  BD Từ giả thuyết suy ra A ‘ O   ABCD  C. V  9a 3 Hình Học Không Gian D. V  6a3 a2 3 S ABCD  BC.CD.sin120  2 0   Vì BCD  120 nên ABC  600  ABC đều 0  AC  a  A ‘ O  A ‘ A2  AO 2  49a 2 a 2   2 3a 4 4 Suy ra VABCD. A ‘ B ‘ C ‘ D ‘  3a 3 Chọn đáp án B. Câu 12: Cho hình lăng trụ ABCD. A’B’C’D’ có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng a , tam giác A’AC là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông với đáy. Tính thể tích V của khối lăng trụ ABCD. A’B’C’D’. a3 6 a3 6 a3 6 a3 6 A. V  B. V  C. V  D. V  3 4 6 2 Hướng dẫn giải: + Gọi H là trung điểm của AC . Do AAC là tam giác đều nên AH  AC . + Mặt khác,  AAC    ABCD  theo giao tuyến AC nên AH   ABCD  hay AH là đường cao của lăng trụ. a 6 + Ta có AC  a 2  AH  . 2 a3 6 . + Vậy V  AH .S ABCD  2 Chọn đáp án D. Câu 13: Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác đều cạnh a, đỉnh A’ cách đều các điểm A, B, C. Mặt phẳng (P) chứa BC và vuông góc với AA’ cắt lăng trụ theo một thiết diện có diện tích a2 3 . Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ 8 a3 3 a3 3 a3 3 a3 3 A. B. C. D. 4 16 12 8 Hướng dẫn giải: Do A’A = A’B = A’C nên hình chiếu vuông góc của A’ lên (ABC) trùng với trọng tâm O của tam giác ABC. Gọi H là hình chiếu vuông góc của B lên AA’, Khi đó (P) (BCH). Gọi M là trung điểm của BC thì MH  AA’ và góc A ‘ AM nhọn, H nằm giữa AA’. Thiết diện của lăng trụ khi cắt bởi (P) là tam giác BCH. bằng File Word liên hệ 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 98 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A ABC đều cạnh a nên AM  a 3 2 a 3 , AO  AM  2 3 3 Hình Học Không Gian C’ A’ ’ Theo bài ra B’ 2 2 a 3 1 a 3 a 3 S BCH   HM .BC   HM  H 8 2 8 4 3a 2 3a 2 3a AH  AM 2  HM 2    A C 4 16 4 A ‘ O HM O M Do hai tam giác A’AO và MAH đồng dạng nên  AO AH B AO.HM a 3 a 3 4 a . suy ra A ‘ O    AH 3 4 3a 3 1 1aa 3 a3 3 Thể tích khối lăng trụ: V  A ‘ O.S ABC  A ‘ O. AM .BC  a 2 23 2 12 Chọn đáp án C. Câu 14: Cho lăng trụ ABCD.A1 B1C1D1 có đáy ABCD là hình chữ nhật. AB = a, AD = a 3 . Hình chiếu vuông góc của điểm A1 trên mặt phẳng (ABCD) trùng với giao điểm AC và BD. Góc giữa hai mặt phẳng (ADD1 A1) và (ABCD) bằng 600. Thể tích lăng trụ ABCD.A1B1C1D1 theo a là: a3 3 a3 3 3a 3 a3 A. B. C. D. 2 3 2 6 Hướng dẫn giải: Ta có V  Bh + Diện tích đáy B = 3 a2 + Ta có h = A1O ( O là giao điểm AC và BD) + Góc giữa hai mặt phẳng (ADD1 A1) và (ABCD) là góc OIA1 bằng 600 trong đó I là trung điểm AD 3a 3 a a 3 0  + Ta có A1OI , A1OI  90 , OI  , A1O  . Vậy V = 2 2 2 Chọn đáp án C. Câu 15: Cho lăng trụ tam giác ABC . A1 B1C1 có tất cả các cạnh bằng a, góc tại bởi cạnh bên và mặt phẳng đáy bằng 300 . Hình chiếu H của điểm A trên mặt phẳng  A1B1C1  thuộc đường thẳng B1C1 . Thể tích khối lăng trụ ABC . A1 B1C1 bằng: a3 3 a3 3 a3 3 A. B. C. 8 4 2 Hướng dẫn giải: Do AH   A1B1C1  nên góc AA1 H là góc giữa AA1 và  A1B1C1  , theo giả thiết thì góc a3 3 D. 16 AA1 H bằng 300 . Xét tam giác vuông AHA1 có AA1 =a, góc a AA1 H  300  AH  2 a a 2 3 a3 3 VABCA1 B1C1  AH .S A1 B1C  .  2 4 8 Chọn đáp án A. File Word liên hệ 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 99 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Hình Học Không Gian Câu 16: Cho một hình hộp với 6 mặt đều là các hình thoi cạnh a , góc nhọn bằng 600 . Khi đó thể tích khối hộp là: a3 3 a3 2 a3 3 a3 2 A. V  B. V  C. V  D. V  3 3 2 2 Hướng dẫn giải:  Giả sử khối hộp cps C ‘ D ‘ D  1200 ;  A ‘ D ‘ D  1200 và  ADC  600 Khi đó AD ‘  CD ‘  DD ‘  a suy ra D ‘ ACD là tứ diện đều. Gọi H là trọng tâm tam giác ACD khi đó a 3 2 DH   D ‘ H  DD ‘2  DH 2  a 3 3 2 3 a 3 2 a 2 .a  Vậy V  S ABCD .D ‘ H  . 2 3 2 Chọn đáp án D. Câu 17: Cho lăng trụ ABC. A ‘ B ‘ C ‘ có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B, AC  2a . Hình chiếu vuông góc của A ‘ lên mặt phẳng  ABC  là trung điểm H của cạnh AC , đường thẳng A ‘ B tạo với mặt phẳng  ABC  một góc 450 . Cho các phát biểu sau: (1) VABC . A ‘ B ‘ C ‘  a 3 ,  2  A ‘ B  B ‘ C ,  3 BB ‘  a 3, Số phát biểu đúng là: A. 1 B. 2 C. 3 Hướng dẫn giải: Gọi H là trung điểm của AC  A ‘ H   ABC   4 AB  a 2; D. 4 AC 2a  a 2 2 2 2 1 1  S ABC . AB.BC  . a 2  a 2 2 2 AC  a và HB là hình chiếu vuông góc của Có HB  2 A ‘ B lên  ABC  Có AB  BC    Suy ra A ‘ BH  45  A ‘ H  HB.tan 45  a Do đó: VABC . A ‘ B ‘ C ‘  S ABC . A ‘ H  a 2 .a  a 3  Chứng minh A ‘ B  B ‘ C (chỉ ra A ‘ B   P  và  P  chứa B ‘ C Ta có: BB  AA ‘  AH 2  HA2  A 2 Suy ra ABB ‘ A ‘ là hình thoi  A ‘ B  AB ‘ 1  AC  A ‘ H Và   AC   A ‘ BH   AC  A ‘ B  2   AC  BH Kết luận: Từ (1) và (2) suy ra A ‘ B   AB ‘ C   A ‘ B  B ‘ C  dpcm  Chọn đáp án C. File Word liên hệ 0978064165 – Email: [email protected] 100 Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Hình Học Không Gian Câu 18: Cho khối lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’. Gọi M, N lần lượt thuộc các cạnh bên AA’, CC’ sao cho MA  MA ‘ và NC  4 NC ‘ . Gọi G là trọng tâm tam giác ABC. Trong bốn khối tứ diện GA’B’C’, BB’MN, ABB’C’ và A’BCN, khối tứ diện nào có thể tích nhỏ nhất? A. Khối A’BCN B. Khối GA’B’C’ C. Khối ABB’C’ D. Khối BB’MN Hướng dẫn giải: + Nhận thấy khoảng cách từ G và A xuống mặt phẳng (A’B’C’) là bằng nhau ( do G,A thuộc mặt phẳng (ABC)//(A’B’C’) VGA ‘ B ‘ C ‘  VA. A ‘ B ‘ C ‘ Mà VA. A ‘ B ‘ C ‘  VABB ‘ C ‘ (Do 2 hình chóp này có 2 đáy AA’B’ và ABB’ diện tích bằng nhau;chung đường cao hạ từ C’)  VGA ‘ B ‘ C ‘  VABB ‘ C ‘ => Không thế khối chóp GA’B’C’hoặc ABB’C’ thể thích nhỏ nhất → Loại B,C + So sánh Khối A’BCN và Khối BB’MN Nhận thấy khoảng cách từ M và A’ xuống mặt BBCC’ là bằng nhau → Khối A’BCN và Khối BB’MN có đường cao hạ từ M và A’ bằng nhau. Mặt khác Diện tích đáy BNB’ > Diện tích đáy BCN => Khối A’BCN < Khối BB’MN. => Khối A’BCN có diện tích nhỏ hơn. Chọn đáp án A. Câu 19: Cho hình lăng trụ có tất cả các cạnh đều bằng a , đáy là lục giác đều, góc tạo bởi cạnh bên và mặt đáy là 60 . Tính thể tích khối lăng trụ 3 3 27 3 3 9 a . B. V  a . C. V  a 3 . D. a 3 . A. V  8 4 2 4 Hướng dẫn giải: Ta có ABCDEF là lục giác đều nên góc ở đỉnh bằng 120 . A’ F’ ABC là tam giác cân tại B , DEF là tam giác cân tại E . 1 a2 3 B’ S ABC  S DEF  a.a.sin120  E’ 2 4 AC  AB 2  BC 2  2. AB.BC.cos B C’  1  a  a  2.a.a.    a 3  2 2 2 S ACDF  AC.AF  a 3.a  a 2 F 3 a2 3 a 2 3 3a 2 3 2 S ABCDEF  S ABC  S ACDF  S DEF  a 3  4 4 2 a 3  B ‘ BH  60  B ‘ H  BB ‘.sin 60  2 V  BH ‘.SABCDEF  a 3. D’ A B E H C D 3a2 3 9 3  a 4 4 Chọn đáp án D. File Word liên hệ 0978064165 – Email: [email protected] 101 Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Hình Học Không Gian KHOẢNG CÁCH A- LÝ THUYẾT TÓM TẮT 1. Khoảng cách từ một điểm đến một đường thẳng + Khoảng cách từ một điểm đến một đường thẳng a d(M, ) = MH, , trong đó H là hình chiếu của M trên  2. Khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng + Khoảng cách từ một điểm đến đến một mặt phẳng () d(O, ( ))  OH , trong đó H là hình chiếu của O trên () Cách 1. Tính trực tiếp. Xác định hình chiếu H của O trên () và tính OH – Dựng mặt phẳng (P) chứa O và vuông góc với () – Tìm giao tuyến  của (P) và () – Kẻ OH   ( H ). Khi đó d(O, ( ))  OH . Cách 2. Sử dụng công thức thể tích 1 3V Thể tích của khối chóp V  S.h  h  . Theo cách này, để tính khoảng cách từ đỉnh của 3 S hình chóp đến mặt đáy, ta đi tính V và S Cách 3. Sử dụng phép trượt đỉnh Kết quả 1. Nếu đường thẳng  song song với mặt phẳng () và M, N   thì d(M;( ))  d(N; ( )) Kết quả 2. Nếu đường thẳng  cắt mặt phẳng () tại điểm I và M, N   (M, N không trùng với I) thì d(M; ( )) MI  d(N; ()) NI 1 Đặc biệt: + nếu M là trung điểm của NI thì d(M; ())  d(N; ()) 2 + nếu I là trung điểm của MN thì d(M;())  d(N; ()) Cách 4. Sử dụng tính chất của tứ diện vuông Cơ sở của phương pháp này là tính chất sau: Giả sử OABC là tứ diện vuông tại O ( OA  OB, OB  OC, OC  OA ) và H là hình chiếu của O trên mặt phẳng (ABC). 1 1 1 1    2 2 2 OH OA OB OC 2 Cách 5. Sử dụng phương pháp tọa độ Cơ sở của phương pháp này là ta cần chọn hệ tọa độ thích hợp sau đó sử dụng các công thức sau: Ax 0  By0  Cz 0  D + d(M;())  với M(x 0 ; y 0 ; z 0 ) , ( ) : Ax  By  Cz  D  0 A 2  B2  C 2   MA  u  + d(M,  )   với  là đường thẳng đi qua A và có vectơ chỉ phương u u    u  u ‘.AA ‘  + d(,  ‘)    với  ‘ là đường thẳng đi qua A’ và có vtcp u ‘ uu’ 3. Khoảng cách từ một đường thẳng đến một mặt phẳng song song với nó + d(, ()) = d(M, ()), trong đó M là điểm bất kì nằm trên . + Việc tính khoảng cách từ đường thẳng  đến mặt phẳng () được quy về việc tính khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng. File Word liên hệ 0978064165 – Email: [email protected] 102 Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Hình Học Không Gian 4. Khoảng cách giữa hai mặt phẳng song song + d((), () ) = d(M, () ), trong đó M là điểm bất kì nằm trên () + Việc tính khoảng cách giữa hai mặt phẳng song song được quy về việc tính khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng. 5. Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau + Đường thẳng  cắt cả a, b và cùng vuông góc với a, b gọi là đường vuông góc chung của a, b. + Nếu  cắt a, b tại I, J thì IJ được gọi là đoạn vuông góc chung của a, b. + Độ dài đoạn IJ được gọi là khoảng cách giữa a, b. + Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau bằng khoảng cách giữa một trong hai đường thẳng đó với mặt phẳng chứa đường thẳng kia và song song với nó. + Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau bằng khoảng cách giữa hai mặt phẳng song song lần lượt chứa hai đường thẳng đó. * Đặc biệt + Nếu a  b thì ta tìm mặt phẳng (P) chứa a và vuông góc với b, tiếp theo ta tìm giao điểm I của (P) với b. Trong mp(P), hạ đường cao IH. Khi đó d(a, b)  IH + Nếu tứ diện ABCD có AC = BD, AD = BC thì đoạn thẳng nối hai trung điểm của AB và CD là đoạn vuông góc chung của AB và CD. B – BÀI TẬP I – KHOẢNG CÁCH TỪ MỘT ĐIỂM ĐẾN MẶT PHẲNG Câu 1: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật, AB  a, AD  2a ; cạnh bên SA  a và vuông góc với đáy. Khoảng cách từ điểm A tới mặt phẳng  SBD  là: a 2a a A. B. C. 3 3 2 Hướng dẫn giải: Áp dụng công thức đường cao của tứ diện vuông SABD vuông tại A, ta có d  A;  SBD    AH với D. a 1 1 1 1 2a     AH  2 2 2 2 AH AS AB AD 3 Chọn đáp án B. Câu 2: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, cạnh bên SA vuông góc với đáy. Biết hình chóp S.ABC có thể tích bằng a 3 . Tính khoảng cách d từ điểm A đến mặt phẳng (SBC). 6a 195 4a 195 4a 195 8a 195 A. d  B. d  C. d  D. d  65 195 65 195 Hướng dẫn giải: Gọi các điểm như hình vẽ Ta có AI  BC , SA  BC suy ra BC  AK  AK  d A,  SBC  Ta có: V  a 3 , S ABC  a2 3 a 3  SA  4a 3 . Mà AI  4 2 File Word liên hệ 0978064165 – Email: [email protected] 103 Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Trong tam giác vuông SAI ta có Hình Học Không Gian AS 2 . AI 2 4a 195  2 2 AS  AI 65 1 1 1   2 . Vậy d  AK  2 2 AK AS AI Chọn đáp án C. Câu 3: Khối chóp S.ABC có đáy tam giác vuông cân tại B và AB  a. SA   ABC  . Góc giữa cạnh bên SB và mặt phẳng (ABC) bằng 600. Khi đó khoảng cách từ A đến (SBC) là: a 2 a 3 a 3 C. A. 3a B. D. 2 3 2 Hướng dẫn giải: 1 a 3 d  A,  SBC    AH   1 1 2  2 2 a a 3   Chọn đáp án D. Câu 4: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác cân,   1200 , SA = 3a và SA vuông góc với mặt phẳng đáy. Tính khoảng cách d từ AB = BC = 2a , ABC điểm A đến mặt phẳng (SBC). a 3a a 3a B. d  C. d  D. d  A. d  2 4 4 2 Hướng dẫn giải: 1 1 + S   AB.BC.sin1200  a 2 3 ; VS . ABC  SA.SABC  a 3 3 2 3 + Mặt khác, SB  SA2  AB 2  a 13 AC 2  AB 2  BC 2  2 AB.BC.cos1200  12a 2  CS  SA2  AC 2  a 21 + Áp dụng công thức hê-rông ta c 1 S SBC   SB  BC  CS   SB  BC  CS  SB  BC  CS  SB  BC  CS  4  2a 2 3 (Chú ý: Nhập vào máy tính biểu thức và ấn = ta có kết quả 1 13  2  21  13  2  21 13  2  21 13  2  21  2 3 ) 4 3.VS . ABC 3a3 3 3a + Vậy, khoảng cách từ A đến mặt phẳng  SBC  là d   2  . S SBC 2a 3 2 Chọn đáp án D.      Câu 5: Cho hình chóp S.ABC có cạnh bên SA vuông góc với mặt đá; BC  9m, AB  10m, AC  17m . Biết thể tích khối chóp S.ABC bằng 73m3. Tính khoảng cách d từ điểm A đến mặt phẳng (SBC). File Word liên hệ 0978064165 – Email: [email protected] 104 Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A A. d  21 2 B. d  3 4 C. d  1 4 Hình Học Không Gian D. d  24 5 Hướng dẫn giải: Áp dụng công thức He-rong ta tính được diện tích tam giác ABC bằng AB  BC  CA p  p  AB  p  AC  p  BC   36 với p  2 1 V  .SA.S ABC  SA  6 3 Kẻ AH  BC , AI  SH khi đó ta có d A,  SBC   AI Đặt BH  x ta có AB 2  BH 2  AC 2  CH 2  AH thay các dữ liệu bài toán đã cho vào ta tính 2 được  102  x 2  17 2   9  x   x  6 suy ra AH  8 Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có 1 1 1 25 24  2   AI  2 2 AI SA AH 576 5 Chọn đáp án D. Câu 6: Cho hình chóp S .ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, cạnh bên SA vuông góc với đáy. 6a . Khoảng cách từ C đến mặt phẳng (SBD) bằng: Biết khoảng cách từ A đến (SBD) bằng 7 6a 3a 3a 8a A. B. C. D. 7 7 7 14 Hướng dẫn giải: Với bài toán này ta thấy A và C đối xứng nhau qua tâm O. Ta nhớ đến hệ quả sau: Cho mặt phẳng (P) và đoạn thẳng MN. Với MN   P   I thì d  M ; P d  N ; P   IM IN Khi đó áp dụng vào bài toán ta thấy AC   SBD   O do vậy áp dụng hệ quả trên ta được :  d  C ;  SBD    d  A;  SBD   d  C ;  SBD    OA 1 OC 6a 7 Chọn đáp án A. Câu 7: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a 3 . SA vuông góc với đáy và SC = 3a. Khoảng cách từ điểm A đến mp(SCD) là: a 2 a 6 a 2 a 2 A. B. C. D. 2 12 2 6 Hướng dẫn giải: Gọi H là hình chiếu của A lên SD. File Word liên hệ 0978064165 – Email: [email protected] 105 Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Hình Học Không Gian SA   ABCD   SA  CD , CD  AD  CD   SAD    SAD    SCD  mà  SAD    SCD   SD nên AH   SCD  , do đó d  A,  SCD    AH . Hình vuông ABCD cạnh a 3 có đường chéo AC  a 3. 2  a 6 Tam giác SAC vuông tại A theo định lí Pytago ta tính được SA  a 3 Tam giác SAD vuông tại A có AH là đường cao nên 1 1 1 1 1 1 2 a 6  2 hay  2  2  2  AH  2 2 2 AH SA AD AH 3a 3a 3a 2 Chọn đáp án C. Câu 8: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A , AB  a, AC  a 3 . Tam giác SBC đều và nằm trong mặt phẳng vuông với đáy. Tính khoảng cách từ B đến mặt phẳng  SAC  . A. a 39 . 13 B. a. C. 2a 39 . 13 D. V  a 3 . 2 Hướng dẫn giải: Gọi H là trung điểm của BC , suy ra SH  BC  SH   ABC  . Gọi K là trung điểm AC , suy ra HK  AC . Kẻ HE  SK  E  SK  . Khi đó d  B,  SAC    2d  H ,  SAC   SH .HK 2a 39  2 HE  2.  . 2 2 13 SH  HK Chọn đáp án C.   600 và SA vuông góc với Câu 9: Cho hình chóp S .ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a , D a3  ABCD  . Biết thể tích của khối chóp S .ABCD bằng . Tính khoảng cách k từ A đến mặt phẳng 2  SBC  . A. k  3a 5 Hướng dẫn giải: B. k  a 3 5 C. k  2a 5 D. k  a File Word liên hệ 0978064165 – Email: [email protected] 106 Facebook: https://www.facebook.com/dongpay 2 3 Trang Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Diện tích đáy S ABCD Hình học 12 a2 3  2 a3 1 1 V  B.h  B.SA  SA  2 2  a 3 3 3 a 3 2 BC  AM    BC   SAM  1 BC  SA  3. BC   SBC   2  , Từ 1  2   SAM    SBC  và SAM   SBC   SM Kẻ AH  SM  AH  d  A,  SBC   . Xét SAM vuông tại A . Ta có 3a 2 3 1 1 1 1 4 5 2  AH   AH  k  a      2 2 2 2 2 2 5 5 AH SA AM 3a 3a 3a Chọn đáp án B. Câu 10: Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD, đáy có tất cả các cạnh bằng a và có tâm là O gọi M là trung điểm của OA. Tính khoảng cách d từ điểm M đến mặt phẳng (SCD). a 6 a 6 a 6 A. d  B. d  C. d  D. d  a 6 6 4 2 Hướng dẫn giải: Kẻ OH  CD  H  CD  , kẻ OK  SH  K  SH  . Ta chứng minh được rằng OK   SCD  MO 3 3 3   d M ,  SCD    dO ,  SCD    OK MC 2 2 2 OH 2 .OS 2 a 6 Trong tam giác SOH ta có: OK   2 2 OH  OS 6 3 a 6 Vậy d M ,  SCD    OK  2 4 Chọn đáp án B. Vì Câu 11: Cho lăng trụ ABCD. A ‘ B ‘ C ‘ D ‘ có đáy ABCD là hình chữ nhật. AB  a, AD  a 3 . Hình chiếu vuông góc của điểm A’ trên mặt phẳng (ABCD) trùng với giao điểm AC và BD. Tính khoảng cách từ điểm B’ đến mặt phẳng (A’BD) theo a là: a 3 a 3 a 3 a 3 A. B. C. D. 3 4 2 6 Hướng dẫn giải: Gọi H là hình chiếu của A’ lên mặt phẳng (ABCD). Ta có: B ‘ D ‘/ / BD   A ‘ BD   d  B ‘,  A ‘ BD    d  D ‘,  A ‘ BD   Mặt khác, xét hình chữ nhật A’D’DA thì D’A cắt A’D tại trung điểm A’D File Word liên hệ 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 107 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Hình học 12  d  D ‘,  A ‘ BD    d  A,  A ‘ BD   Gọi G là hình chiếu của A lên BD thì A ‘ H  AK  BD  AK   A ‘ BD   d  A,  A ‘ BD    AK 1 1 1 a 3    AK  . 2 2 2 AK AD AB 2 Chọn đáp án C. Tính Câu 12: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A,  ABC  300 , tam giác SBC là tam giác đều cạnh a và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy. Tính khoảng cách h từ điểm C đến mặt phẳng (SAB). 2a 39 a 39 a 39 a 39 B. h  C. h  D. h  A. h  13 13 26 52 Hướng dẫn giải: a 3 Trong (SBC), dựng SH  BC . Vì SBC đều cạnh a nên H là trung điểm của BC và SH  2   SBC    ABC   Ta có:  SBC    ABC   BC   SH   ABC   SBC   SH  BC  Vì H là trung điểm của BC nên d  C ,  SAB    2d  H ,  SAB   Trong (ABC), dựng HI  AB và trong (SHI), dựng HK  SI . AB  HI    AB   SHI    SAB    SHI  AB  SH  Ta có   SHI    SAB    SHI    SAB   SI   HK   SAB   d  H ,  SAB    HK  SHI   HK  SI  HI   a .sin 30 0  a  HI  HB.sin HBI HB 2 4 Tam giác SHI vuông tại H, HK  SI nên:  Tam giác HBI vuông tại I nên sin HBI 2  a 3   a 2   .  2  4 1 1 1 SH 2 .HI 2 3a 2 a 39  2    HK     HK  2 2 2 2 2 2 2 HK SH HI SH  HI 52 26 a 3 a      2  4 Vậy d  C ,  SAB    2 HK  a 39 13 File Word liên hệ 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 108 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Hình học 12 Chọn đáp án B. Câu 13: Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a. Hình chiếu của S lên mặt phẳng (ABCD) trùng với trọng tâm của tam giác ABD. Mặt bên SAB tạo với đáy một góc 600. Tính theo a khoảng cách từ B đến mặt phẳng (SAD)? a 3 a 3 a 3 a 3 A. d  B. d  C. d  D. d  2 3 2 2 Hướng dẫn giải: Gọi G là trọng tâm tam giác ABD, E là hình chiếu của G lên AB   600  SG  GE .tan 600 Ta có: AB   SGE   SAG 1 Mà GE  BC nên tính được SG. 3 Hạ GN  AD và GH  SN  d  B,  SAB    3d  G ,  SAB    3GH 3 GN .GS GN 2  GS 2 Chọn đáp án A.  a 3 2 Câu 14: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông BD  2a, SAC vuông tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy, SC  a 3 . Khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (SAD) là: A. a 30 5 2a 21 7 B. C. 2a D. a 3 Hướng dẫn giải: BD  AC  2a, CD  BD  a 2, SA  AC 2  SC 2  a 2 SA.SC a.a 3 a 3 SH    AC 2a 2 3a 2 a AH  SA2  SH 2  a 2   4 2 Gọi O là tâm của hình vuông ABCD. Ta có d  B,  SAD    2d  O,  SAD    4d  H ,  SAD   1 a 2 Kẻ HI / / BD  I  BD  , HI  CD  . Kẻ HK  SI 4 4 tại K  HK   SAD   d  B,  SAD    4 HK  4. SH .HI SH 2  HI 2 a 3a 2 2a 21 4  4. 2  7 3a 2 2a 2  4 16 Chọn đáp án B. File Word liên hệ 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 109 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Hình học 12 Câu 15: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A, AB  1, AC  3 . Tam giác SBC đều và nằm trong mặt phẳng vuông với đáy. Tính khoảng cách từ B đến mặt phẳng (SAC). 39 2 39 3 B. 1 C. D. A. 13 13 2 Hướng dẫn giải: Gọi H là trung điểm BC, suy ra SH  BC  SH   ABC  Gọi K là trung điểm AC, suy ra HK  AC Kẻ HE  SK  E  SK  Khi đó d  B,  SAC    2d  H ,  SAC    2 HE  2 SH .H K 2 SH  HK Chọn đáp án C. 2  2 39 13 Câu 16: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật ABCD với AB  2a, BC  a . Các cạnh bên của hình chóp bằng nhau và bằng a 2 . Khoảng cách từ A đến mp (SCD) là: a 21 a 3 A. 2a B. C. a 2 D. 2 7 Hướng dẫn giải: SO  AC Ta có   SO   ABCD  SO  BD AB 2  BC 2 a 5  2 2 5a 2 a 3 2 2 2 SO  SA  AO  2a   4 2 CD  OH Gọi H là trung điểm CD    CD   SOH  CD  SO AO  AC  2 Kẻ OK  SH tại K:  OK   SCD   d  A,  SCD    2d  O,  SCD    2OK  2 SO.OH SO 2  OH 2 a 3 a . 2 2 a 3  2. 2 2 3a a2  4 4 Chọn đáp án D. File Word liên hệ 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 110 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Hình học 12 Câu 17: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B biết BC  a 3 , BA  a . Hình chiếu vuông góc H của đỉnh S trên mặt phẳng đáy là trung điểm của cạnh AC và biết thể tích khối chóp a3 6 S.ABC bằng . Khoảng cách h từ C đến mặt phẳng (SAB) là. 6 2a 66 a 30 a 66 a 30 A. h  . B. h  . C. h  . D. h  . 11 10 11 5 Hướng dẫn giải: 3 1 1  a 6 Đặt SH  x .suy ra V  x. a.a 3   3 2 6  a3 6 6 . a 2 6 a2 3 Ta có d  C ,  SAB    2d  H,  SAB    2 HK x 1 1 4 a 66  2  2  HK  2 HK 2a 3a 11 2a 66 d  C ,  SAB    . 11 Chọn đáp án A. mà Câu 18: Hình chóp S .ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B, BA = 3a, BC=4a SBC   ABC  .  Biết SB  2a 3, SBC  300 . Tính khoảng cách từ B đến mp SAC  6a 7 7 Hướng dẫn giải: A. B. 3a 7 7 C. 5a 7 7 D. 4a 7 7 1 1 1 SH  SB sin 30o  2a 3.  a 3 ; S ABC  AB.BC  .3a.4a  6a 2 2 2 2 1 Suy ra VS . ABC  .6a 2 .a 3  2a 3 3 .Càn tính: S SAC ? 3 Do tam giác SBA vuông tại B nên SA  (2a 3)2  9a 2  a 21 AC  9a 2  16a 2  5a Dùng định lí côsin SC 2  SB 2  BC 2  2 SB.BC.cos30o 3  4a 2  SC  2a 2 p ( p  a )( p  b)( p  c ) , với = 12a 2  16a 2  2.2a 3.4a. Dùng công thức Hêrông: S  abc p 2 Ta có: p 7 a  a 21  2 7 a  a 21 a 21  3a  5a  2 2 7 a  a 21 a 21  3a  2a   p  2a  2 2 p  5a  File Word liên hệ 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 111 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A 7a  a 21 a 2 1 4 S ABC  28a 2 .12a 2  a 2 4 4 3 3V 3.2a 3 Vậy h  S . ABC  2  SSAC a 21 Chọn đáp án A.  p  a 21  21  Hình học 12 7a  a 21 2 7.3  a 2 21 6a 7  6a 7 . 7 Câu 19: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a. Góc BAC  600 , hình chiếu của đỉnh S trên mặt phẳng (ABCD) trùng với trọng tâm tam giác ABC, góc tạo bởi hai mặt phẳng (SAC) và (ABCD) là 600 . Tính khoảng cách từ B đến mặt phẳng (SCD) theo a. a 3a 3a 9a D. B. C. A. 2 7 7 2 7 2 7 Hướng dẫn giải: Trong mặt phẳng (SBD) kẻ OE song song SH và cắt SD tại E. Khi đó ta có tứ diện OECD vuông tại O và a a 3 3a OC  ; OD  ; OE  2 2 8 1 1 1 1    2 2 2 d  O;  SCD   OC OD OE 2  d  O;  SCD    3a 4 7 Mà d  B;  SCD    2d  O;  SCD    3a 2 7 Chọn đáp án B. Câu 20: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật cạnh AB = 2a, AD = a. Hình chiếu của S lên mặt phẳng (ABCD) là trung điểm H của AB, SC tạo với đáy một góc 450 . Khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SCD) là: a 3 a 6 a 6 a 3 B. C. D. A. 3 4 3 6 Hướng dẫn giải: + Khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SCD) là độ dài đoạn HK + Tính được SH  HC  a 2 1 1 1 3 + Dùng công thức:    2 2 2 2 HK HM HS 2a a 6 + Suy được : HK  3 Chọn đáp án C. Câu 21: Cho hình chóp tứ giác đều có độ dài cạnh bên và cạnh đáy cùng bằng a. Khi đó, khoảng cách h giữa đường thẳng AD và mặt phẳng (SBC) là: File Word liên hệ 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 112 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Hình học 12 a 6 a 2 2a 5 a B. h  C. h  D. h  2 3 2 5 Hướng dẫn giải: d  AD,  SBC    d  A,  SBC    2d  O,  SBC   với O là tâm hình vuông ABCD. A. h   BC  OI Gọi I là trung điểm BC    BC   SOI    SBC    SOI   BC  SO Ta có  SBC    SOI   SI , kẻ OH  SI tại H  OH   SBC   d  O,  SBC    OH AC a 2 a 2  , SO  SA2  AO 2  2 2 2 a 2 a . SO.OI 2 2 a 6 OH   6 SO 2  OI 2 2a 2 a 2  4 4 a 6 d  AD,  SBC    2OH  3 Chọn đáp án B. AO  Câu 22: Cho lăng trụ đứng ABCD.A’B’C’D’, đáy ABCD là hình chữ nhật có AB  a, AD  a 3 . Biết góc giữa đường thẳng A’C và mặt phẳng (ABCD) bằng 600 . Khoảng cách giữa đường thẳng B’C và C’D theo  là: a 51 4a 51 2a 51 8a 51 A. B. C. D. 17 17 17 17 Hướng dẫn giải: C ‘ D ‘/ / AB ‘  C ‘ D / /( AB ‘C)  d (C ‘ D, B ‘C)  d (C ‘ D,( AB ‘C))  d (C ‘,( AB ‘C))  d (B,( AB ‘C)) Do BC’ giao với mp(AB’C) tại trung điểm của BC’ (vì BCC’B’ là hình chữ nhật) Kẻ BM  AC  AC  (BB ‘ M )  ( AB ‘C)  (BB ‘ M ) theo goao tuyến B’M Kẻ BH  B ‘ M  BH  ( AB ‘C)  d (B,( AB ‘C))  BH 1 1 1 1 1 1 17 Có      2 2 2 2 2 2 BH B ‘B BM B ‘B BC AB 12a 2 2a 51 2a 51  BH  . Vậy: d(C’D,B’C)= 17 17 Chọn đáp án C.   300 . Cạnh bên hợp Câu 23: Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’, đáy ABC có AC  a 3; BC  3a, ACB với mặt phẳng đáy góc 600 và mặt phẳng (A’BC) vuông góc với mặt phẳng (ABC). Điểm H trên cạnh BC sao cho BC=3BH và mặt phẳng (A’AH) vuông góc với mặt phẳng (ABC). Khoảng cách từ B đến mặt phẳng (A’AC) là: 3a 3 3a 3 3a 3 7a 3 A. B. C. D. 8 4 2 4 File Word liên hệ 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 113 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Hình học 12 Hướng dẫn giải:  HD  AC Kẻ   AC  ( A ‘ HD)  ( A ‘ AC )  ( A ‘ HD )  A ‘ D  AC  A ‘ H Ta có: HD  CH .sin 300  a . Kẻ HK  A ‘ D  HK  ( A ‘ AC )  HK  d ( H ;(A’AC)) 1 1 1 a 3    HK  2 2 2 HK HD A’H 2 d ( B;( A ‘ AC )) BC 3 3 a 3 3a 3 Ta lại có:    d ( B;(A’AC))  .  d ( H ;( A ‘ AC )) HC 2 2 2 4 Xét tam giác A’HD vuông tại H có: Vậy VABC . A ‘ B ‘ C ‘  9a3 3a 3 ; d ( B, ( A ‘ AC ))  4 4 Chọn đáp án B. Câu 24: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, SA vuông góc với mặt phẳng (ABC), góc giữa SB và mặt phẳng (ABC) bằng 60 độ. Tính theo a khoảng cách từ B đến mặt phẳng (SMN), với M, N lần lượt là trung điểm của AB và AC. a3 a3 a3 a3 A. V  B. V  C. V  D. V  3 3 4 4 Hướng dẫn giải: SA   ABC  suy ra AB là hình chiếu vuông góc của SB lên (ABC)   600 . Góc giữa SB và (ABC) là góc SBA SA  AB tan 600  a 3 Kẻ AI  MN . Suy ra I là trung điểm MN, kẻ AH  SI tại H MN  SA, MN  AI  MN  AH S H N A I C M AH   SMN  . B Vậy AH là khoảng cách từ A đến (SMN), 3 K AI  a , 4 1 1 1 1 16 a 51   2  2  2  AH  2 2 AH AS AI 3a 3a 17 d  A,  SMN   MA 51 Mà   1  d  B ,  SMN    d  A,  SMN    a d  B,  SMN   MB 17 Chọn đáp án B. Câu 25: Cho hàm số S.ABC có ASB  BSC  CSA  600 , SA  3, SB  4, SC  5 . Tính khoảng cách từ C đến mặt phẳng (SAB). 5 2 3 5 6 A. 5 2 B. C. D. 3 3 3 Hướng dẫn giải: Bài toán này có công thức tính nhtôi, nhưng tôi không trình bầy ở đây . Tôi sẽ trình bầy cách tư duy để làm ra bài toán này nhé ! File Word liên hệ 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 114 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Hình học 12 Đề bài cho các góc ASC  ASB  BSC  600 và các cạnh SA  3, SB  4, SC  5 áp dụng công thức c 2  a 2  b 2  2ab cos  a, b  ta tính được độ dài các cạnh AB, BC, CA của tam giác ABC lần lượt là 13, 21, 19 . Ta tính được cos SAB  1 13 Gọi H là chân đường cao từ C xuống mặt phẳng (SAB), Kẻ HK  SA, HI  AB (như hình vẽ). Đặt CH  x . Quan sát hình vẽ ta thấy : tính được độ dài các đoạn thẳng CK, CI, sau đó ta biểu diễn được HK, HI theo CH, và ta tìm được mối quan hệ giữa HK, HI 1 2. SC.SA.sin 600 2 SCSA 5 3 1 75 Tính CK: CK   2   AK  , HK 2   x2 SA SA 2 2 4 17 39 121 867 Tương tự ta tính được CI  , AI 2  , HI 2   x2 26 52 52 28 Ta lại có IK 2  AK 2  AI 2  2 AK . AI .cosSAB  13 5 6 Mà IK 2  HK 2  HI 2  2 HK .HI .cos 1800  SAB   x  3 Chọn đáp án D. Câu 26: Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh bằng 2a . Tam giác SAD cân tại S 4 và mặt bên (SAD) vuông góc với mặt phẳng đáy. Biết thể tích khối chóp S.ABCD bằng a 3 . Khoảng 3 cách h từ B đến mặt phẳng (SCD) là: 2 4 8 3 A. h = a B. h = a C. h = a D. h = a 3 3 3 4 Hướng dẫn giải: 1 4 – Đặt SH  x  V  .x.(a 2) 2  a 3  x  2a 3 3 -Ta có d ( B;( SCD ))  d ( A;( SCD ))  2d ( H ;( SCD )) a 2 4a 2  2 HK  2.  3 a2 4a 2  2 Chọn đáp án B. 2a. Câu 27: Cho lăng trụ ABCD. A1 B1C1D1 có đáy ABCD là hình chữ nhật. AB = a, AD = a 3 . Hình chiếu vuông góc của điểm A1 trên mặt phẳng (ABCD) trùng với giao điểm AC và BD. Góc giữa hai mặt phẳng (ADD1 A1) và (ABCD) bằng 600. Tính khoảng cách từ điểm B1 đến mặt phẳng (A1BD) theo a. a 3 a 3 a 3 a 3 A. B. C. D. 2 3 4 6 File Word liên hệ 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 115 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Hình học 12 Hướng dẫn giải: Sd  a2 3 , h d ( B1;( A1BD ))  a 3 2 3VB A BD 1 1 S A BD 1 V=  3a 3 V a3 1 a2 3 suy ra VB A BD    S A BD .d ( B1;( A1BD )) , S A BD  6 4 3 2 2 1 1 1 1 a 3 2 Chọn đáp án A. File Word liên hệ 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 116 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Hình học 12 II – KHOẢNG CÁCH GIỮA ĐƯỜNG THẲNG, MẶT PHẲNG Câu 1: Lăng trụ đứng ABCA ‘ B ‘ C ‘ đáy tam giác vuông cân tại B, cạnh bên CC ‘  a 3 . Biết thể tích khối trụ bằng 2 3a 3 . Khoảng cách hai đường thẳng AB và CC’ bằng A. a 2 B. 2a C. 3a Hướng dẫn giải: Ta có BC  AB, BC  CC ‘ nên d  AB; CC ‘  BC D. 2 3a Vì ABC vuông cân ở B nên 1 1 2 3a 3  VABCA ‘ B ‘ C ‘  AB.BC .CC ‘  BC 2 .a 3 2 2  BC 2  4a 2  BC  2a  d  AB; CC ‘   2a Chọn đáp án B. Câu 2: Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông tại B với AB  4a, BC  3a, AC  5a , cạnh bên BB ‘  9a . Gọi M là điểm thuộc BB’ sao cho BB’ = 3B’M. Khoảng cách giữa B’C và AM là 12a 6a 10a B. C. A. 7 7 7 Hướng dẫn giải: Trong mặt phẳng BCB’, vẽ MN / / B’C ( N thuộc BC)  B’C / /  AMN   d  B’C , AM   d  B’C ,  AMN   1 1 d  B,  AMN   = h 2 2 Để đơn giản ta coi a=1 1 1 1 1 1 1    2  ( 2  2 )  h  2 2 2 h AB BN 4 2 6 D. a 7  d  B’,  AMN     d  B’C , AM   1 12  1 1 1 7  2 2 2 4 2 6 6 a 7 Chọn đáp án B. Câu 3: Cho hình chóp S.ABC có AS, AB, AC đôi một vuông góc với nhau, AB  a, AC  a 2 . Tính khoảng cách d từ đường thẳng SA đến BC. a 2 a 6 A. d  B. d  a C. d  a 2 D. d  3 2 Hướng dẫn giải: Trong tam giác ABC kẻ AH  BC , H  BC Dễ dàng chứng minh được AH  SA Vậy d SA, BC   AH  AB 2 . AC 2 a 6  2 2 AB  AC 3 Chọn đáp án D. File Word liên hệ 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 117 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Hình học 12 Câu 4: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD), góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng (ABCD) bằng 450. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SB, AC. a a 2 a 3 a 2 A. B. C. D. 5 5 5 7 Hướng dẫn giải: (SBC) chứa SC và song song với AD. Đường thẳng qua O vuông góc với BC cắt BC, AD lần lượt tại E, F. Vì O là trung điểm của È nên ta có: d(AD,SC) = d(F, (SBC)) = 2d(O, (SBC)). Kẻ OH vuông góc với SE tại H (1) BC  EF , BC  SO  BC   SEF   BC  OH  2 Từ (1) (2) và BC cắt SE  OH  ( SBC ) . Tam giác SOE vuông tại O nên ta có: 1 1 1 1 1 1 20       2 2 2 2 2 2 2 OH OS OE OS OB OC 3a a 15 a 15  OH   d  AD; SC   . Gọi M sao cho ABMC là hình bình hành 10 5 Vẽ AH vuông góc với BM tại H, AK vuông góc SH tại K. Suy ra, AK vuông góc (SBM) 1 1 1 1 4 5 Ta có:  2  2 2  2 2 2 AK SA AH 2a 2a 2a a 2 Vì AC song song (SMB) suy ra: d  AC , SB   d  A;  SBM    AK  5 Chọn đáp án B. Câu 5: Cho lăng trụ tam giác ABC . A1 B1C1 có tất cả các cạnh bằng a, góc tại bởi cạnh bên và mặt phẳng đáy bằng 300 . Hình chiếu H của điểm A trên mặt phẳng  A1B1C1  thuộc đường thẳng B1C1 . Khoảng cách giữa hai đường thẳng AA1 và B1C1 theo a bằng: a 3 2 Hướng dẫn giải: A. B. a 3 6 C. a 3 4 D. a 3 a 3 Xét tam giác vuông AHA1 có AA1  a,  AA1 H  300  A1 H  . Do tam giác A1 B1C là tam giác đều 2 a 3 cạnh a, H thuộc B1C1 và A1 H  nên A1 H vuông góc với B1C1 . Mặt khác AH  B1C1 nên 2 B1C1   AA1H  . Kẻ đường cao HK của tam giác AA1 H thì HK chính là khoảng cách giữa AA1 và B1C1 File Word liên hệ 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 118 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Ta có AA1.HK  A1 H .AH  HK  Hình học 12 A1 H . AH a 3  AA1 4 Chọn đáp án C. Câu 6: Cho lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác đều cạnh a . Hình chiếu vuông góc của điểm A’ a3 3 lên mặt phẳng (ABC) trùng với trọng tâm tam giác ABC. Biết thể tích của khối lăng trụ là . Tính 4 khoảng cách giữa hai đường thẳng AA’ và BC. 3a 4a 3a 2a A. B. C. D. 2 3 4 3 Hướng dẫn giải: Gọi M là trung điểm của BC , dựng MN  AA ‘ tại N (1) Gọi O là trọng tâm của ABC  O là hình chiếu của A’ lên (ABC)  A ‘O  BC Mặt khác AM  BC vì ABC đều  BC   A ‘MA   BC  MN  2  . Từ (1) và (2) => MN là đường vuông chung OP AO 2 Kẻ OP // MN    MN AM 3 V 3a 2 SABC   OA ‘  ABCA ‘B’C’  a 4 SABC 1 1 1 a 3a Xét A ‘OA vuông tai O, đường cao OP:    OP   MN  2 2 2 OP OA OA ‘ 2 4 Chọn đáp án C.   1200 và Câu 7: Cho hình lăng trụ đứng ABCD.A’B’C’D’ có đáy là hình thoi cạnh a, BAD AC ‘  a 5 . Khoảng cách giữa hai đường thẳng AB’ và BD là: 10a 8a 6a 2a A. B. C. D. 17 17 17 17 Hướng dẫn giải: Tứ giác AB’C’D là hình bình hành  AB’//C’D  AB’//(BC’D)  d  AB’, BD   d  AB’,  BC’D    d  A,  BC’D    d  C ,  BC’D   Vì BD  AC, BD  CC’  BD  (OCC’)  (BC’D)  (OCC’) Trong (OCC’),kẻ CH  OC’(H thuộc OC’) => CH  (BC’D)  d  C ,  BC’D    CH OCC ‘ vuông tại C  Vậy d(AB’,BD)= 1 1 1 4 1 2a    2  2  CH  2 2 2 CH CO CC ‘ a 4a 17 2a 17 Chọn đáp án D. Câu 8: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, SA  a và vuông góc với đáy. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và SC a 2 a 2 a 2 A. d AB, SC   a 2 B. d AB , SC   C. d AB , SC   D. d AB , SC   2 3 4 File Word liên hệ 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 119 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Hình học 12 Hướng dẫn giải: Vì AB / /CD   SCD   AB / /  SCD  Mà SC   SCD   d AB ,SC   d AB,  SCD   d A,  SCD  Gọi I là trung điểm của SD  AI  SD , mà AI  CD a 2 Suy ra AI   SCD  , vậy d AB,SC  d  A,  SCD   AI  2 Chọn đáp án B. ABC  1200 và cạnh bên Câu 9: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh bằng a 3;  SA vuông góc với mặt phẳng đáy. Biết rằng số đo của góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABCD) bằng 600. Khoảng cách giữa hai đường thẳng BD và SC bằng: a 14 a 39 3a 29 3a 29 A. B. C. D. 26 26 13 6 Hướng dẫn giải: Kẻ CM / / BD, AN  BC , AH  SC suy ra AC  CM và d  A,  SCM    AH . Gọi ID DC 1   IA AM 2 Theo bài ra ta có góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABCD) là góc SNA nên 3a 3 SNA  600  SA  AN tan 600  2 Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác SAC vuông taị A ta có 1 1 1 13 3a 39  2   AH  2 2 2 AH SA AC 27 a 13 1 Ta có: d  BD, SC   d  BD,  SCM    d  D,  SCM    d  A,  SCM   2 3a 39 Suy ra d  BD,SC   26 Chọn đáp án A. I   AD  CM  Câu 10: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a. Hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng (ABCD) trùng với trung điểm H của cạnh AB. Góc tạo bởi SC và (ABCD) bằng 450. Tính theo a tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SD và AB. 2a 5 a 5 a 5 a 15 A. d  B. d  C. d  D. d  3 13 3 3 Hướng dẫn giải: Xác định được đúng góc giữa SC và (ABCD) là SCH  450 a 5 a 5 Tính được HC   SH  2 2 Vì AB / /  SCD  , H  AB nên d  AB; SD   d  AB,  SCD    d  H ,  SCD   Gọi I là trung điểm của CD. Trong (SHI), dựng HK  SI tại K File Word liên hệ 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 120 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Hình học 12 Chứng minh được HK   SCD   d  H ;  SCD    HK Xét tam giác SHI vuông tại H, HK đường cao: 1 1 1 4 1 9 a 5   2  2  2  2  HK  2 2 HK SH HI 5a a 5a 3 a 5 Vậy d  AB; SD   HK  3 Chọn đáp án C. Câu 11: Cho hình chóp S .ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O , cạnh a . Cạnh bên SA vuông   600 . Tính theo a khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và SO . góc với đáy, góc SBD a 3 a 6 a 2 a 5 A. . B. . C. . D. . 3 4 2 5 Hướng dẫn giải: Ta có SAB  SAD  c  g  c  , suy ra SB  SD .   600 , suy ra SBD đều cạnh Lại có SBD SB  SD  BD  a 2 . Trong tam giác vuông SAB , ta có SA  SB 2  AB 2  a . Gọi E là trung điểm AD , suy ra OE  AB và AE  OE . Do đó d  AB, SO   d  AB ,  SOE    d  A,  SOE   . Kẻ AK  SE . Khi đó d  A,  SOE    AK  SA. AE 2 SA  AE 2  a 5 . 5 Chọn đáp án D. Câu 12: Chóp tứ giác đều S .ABCD cạnh đáy bằng a, mặt bên tạo với mặt đáy góc 450 . Ta có khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và SC bằng: a a a a D. A. B. C. 2 4 2 2 2 Hướng dẫn giải: Ta có : d ( AB; SC )  d ( AB;( SCD))  2d ( H ;( SCD))  2 HK Mặt khác tam giác SHM uông cân tại H, nên ta có 1 1 1 a a 2 HK  SM  HM 2  . 2 2 2 2 2 4 a 2 Vậy d ( AB; SC )  2 HK  . 2 Chọn đáp án A. File Word liên hệ 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 121 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Hình học 12 a 17 hình chiếu vuông góc H 2 của S lên mặt (ABCD) là trung điểm của đoạn AB. Gọi K là trung điểm của AD. Tính khoảng cách giữa hai đường SD và HK theo a? a 3 a 21 3a 3a A. . B. . C. . D. . 5 7 5 5 Hướng dẫn giải: – Dựng HI  BD và HJ  SI – Vì HK // BD  HK // (SBD) – Chứng minh được BD   SHI  và HJ   SBD  Câu 13: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, SD  Ta có d HK,SD   d HK ,  SBD   d H ,  SBD   HJ 17a 2 5a 2 12a 2   a 3 4 4 4 1 1 1 1 8 25    2 2  2 2 2 2 HJ SH HI 3a a 3a a 3  HJ  5 Chọn đáp án D. SH  SD 2  DH 2  Câu 14: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A, mặt bên SAB là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng (ABC), gọi M là điểm thuộc cạnh SC sao cho MC  2 MS . Biết AB  3, BC  3 3 , tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và BM. 3 21 2 21 21 B. C. 7 7 7 Hướng dẫn giải: Từ M kẻ đường thẳng song song với AC cắt SA tại N  AC || MN  AC ||  BMN  A. D. 21 7 AC  AB, AC  SH  AC   SAB  AC || MN  MN   SAB   MN   SAB    BMN    SAB  theo giao tuyến BN. Ta có: AC ||  BMN   d  AC, BM   d  AC,  BMN    d  A,  BMN    AK với K là hình chiếu của A trên BN. NA MC 2 2 2 32 3 3 3    S ABN  S SAB   (đvdt) và SA SC 3 3 3 4 2 2 AN  SA  2 3 BN  2S AN 2  AB 2  2 AN . AB.cos 600  7  AK  ABN  BN Vậy d  AC , BM   2. 3 3 2  3 21 7 7 3 21 (đvđd) 7 File Word liên hệ 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 122 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Hình học 12 Chọn đáp án A. Câu 15: Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có ABC là tam giác vuông, AB  BC  1, AA ‘  2 . M là trung điểm của cạnh BC. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AM; B’C 1 2 1 A. d  B. d  C. d  7 D. d  7 7 7 Hướng dẫn giải: Gọi E là trung điểm của BB’. Khi đó  AME  / / B ‘ C nên ta có: d B,  AME    d  B ‘ C ,  AME    d  B ‘ C; AM  Ta có: d B; AME    h Tứ diện BEAM có các cạnh BE, BM, BA đôi một vuông góc nên là bài toán quen thuộc. 1 1 1 1 1  2    7h 2 2 2 h BE BA BM 7 Chọn đáp án A. Câu 16: Cho lăng trụ tam giác ABC . A1 B1C1 có tất cả các cạnh bằng a, góc tạo bởi cạnh bên và mặt phẳng đáy bằng 300. Hình chiếu H của điểm A lên mặt phẳng  A1 B1C1  thuộc đường thẳng B1C1. Khoảng cách giữa hai đường thẳng AA1 và BC1 theo a là: 2a 4a a 3 a 3 B. C. D. A. 2 4 3 3 Hướng dẫn giải:. Do AH   A1B1C1  nên góc AA1 H là góc giữa AA1 và  A1B1C1  theo giả thiết thì góc AA1H bằng 300. Xét tam giác vuông AHA1 có AA1  a, AA1H  300  AH  a 2 a 3 2 a 3 Do A1B1C1 đều cạnh a, H thuộc B1C1 và A1 H  2 Suy ra A1H vuông góc B1C1, AH  B1C1 nên B1C1   AA1H  Xét AHA1 có AA1  a góc AA1 H  300  A1 H  HK chính là khoảng cách giữa AA1 và B1C1 . Ta có AA1.HK  A1 H .AH  HK  A1 H . AH a 3  AA1 4 Chọn đáp án A. Câu 17: Cho hình lăng trụ đứng ABC. A ‘ B ‘ C ‘ có đáy ABC là tam giác đều cạnh a. Góc giữa CA ‘ và mặt ( AA ‘ B ‘ B ) bằng 30 . Gọi d(AI’,AC) là khoảng cách giữa A ‘ I và AC, kết quả tính d(AI’,AC) theo a với I là trung điểm AB là File Word liên hệ 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 123 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A a 210 a 210 2a 210 . B. . C. . 70 35 35 Hướng dẫn giải: CI  AB  Ta có : CI  AA ‘ ( AA ‘  ( ABC ))  CI  ( AA ‘ B ‘ B ) Trong ( AA ‘ B ‘ B ) : AB  AA ‘  A    A. Hình học 12 D. 3a 210 . 35 Suy ra góc giữa CA’ và ( AA ‘ B ‘ B ) chính là góc  giữa CA’ và IA’ và bằng góc CA ‘ I  30 Do đó A ‘ I  IC 3a AB 3 a 3   ; với IC   2 2 tan CA ‘ I 2 9a 2 a 2  a 2 4 4 Kẻ Ix  AC . Khi đó d ( AC , A ‘ I )  d ( AC ,( A ‘ I , Ix ))  d ( A,( A ‘ I , Ix)) Suy ra: AA ‘  A ‘ I 2  AI 2  Kẻ AE  Ix tại E và AF  A ‘ E tại F. Ta chứng minh được: d  A,( A ‘ I , Ix)   AF   a .sin 60  a 3 và Ta có: AE  AI .sin AIE 2 4 1 1 1 1 16 35 a 210    2  2  2  AF  2 2 2 AF A’ A AE 2a 3a 6a 35 a 210 Vậy: d  AC , A ‘ I   AF  . 35 Chọn đáp án B. Câu 18: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A , mặt bên SAB là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng (ABC). Gọi M là điểm thuộc SC sao cho MC=2MS. Biết AB=3, BC= 3 3 . Khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và BM là: 3 21 3 21 6 21 3 21 B. C. D. 7 14 7 28 Hướng dẫn giải: Từ M kẻ đường thẳng song song với AC cắt SA tại N  AC / / MN  AC / /  BMN  AC  AB, AC  SH  AC  (SAB), AC/ / MN  MN  (SAB)  (BMN )  (SAB) theo giao tuyến BN Ta có: AC / /(BMN )  d ( AC; BM )  d ( AC;(BMN ))  d ( A;(BMN ))  AK với là hình chiếu của A trên BN NA MC 2 2 2 32 3 3 3 2    S ABN  S SAB  .  (đvdt) và AN  SA  2 3 SA SC 3 3 3 4 2 3 3 2. 2 S 2  3 21 BN  AN 2  AB 2  2 AN . AB.cos600  7  AK  ABN  BN 7 7 A. Vậy d(AC,BM)= 3 21 7 Chọn đáp án A. File Word liên hệ 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 124 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Hình học 12 Câu 19: Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC.A’B’C’ có cạnh AB=a, góc giữa hai mặt phẳng (A’BC) và (ABC) bằng 60o. Tính theo a thể tích tứ diện B’ABC và khoảng cách từ B đến mặt phẳng (AB’C). a3 3 a a3 3 3a A. VB ‘ ABC  ;d  B. VB ‘ ABC  ;d  8 4 8 4 3 3 a 3 a a 3 a 3 C. VB’ABC  ;d  D. VB’ABC  ;d  4 4 4 8 Hướng dẫn giải: Theo như đề bài dữ kiện thì ta có thể dễ dàng tính được thể tích của khối lăng trụ tam giác đều ban đầu, từ đó suy ra thể tích của khối tứ diện AB’BC. Để tính được khoảng cách từ B đến (AB’C) thực chất là tìm chiều cao của tứ diện, đến đây bài toán sẽ được giải quyết nếu quý độc giả tìm được diện tích tam giác AB’C. Vì đề bài cho dữ kiện ((A’BC), (ABC))=60o, nên ta sẽ đi xác định góc này bằng cách gọi H là trung điểm của BC. Tam giác ABC đều nên AH  BC (1). A’A  (ABC) ⟹A’A  BC (2) Từ (1) và (2) ⟹BC  A’H ⟹((A’BC), (ABC)) = A’HA = 60o 3a ⟹A’A = AH.tan 60o= . Khi đó 2 3a a 2 3 3a 3 3 VABC . A ‘ B ‘ C ‘  A ‘ A.S ABC  .  2 4 8 3 1 a 3 lúc này ta có thể loại C và D. Và VB ‘ ABC  V  3 8 Dễ thấy diện tích tam giác AB’C có thể được do B’AC cân tại B’ có 2 a 13  3a  B’A  B’C  a 2     ; AC  a 2  2 Dễ tính được chiều cao kẻ từ B’ của tam giác có độ dài là a 3 3VBABC 3a a2 3  SACB’   d(B;(AB’C))   2 SAB’C 4 Chọn đáp án B. Câu 20: Cho lăng trụ đứng ABCA’B’C’có AC = a, BC= 2a,  ACB  120o . Đường thẳng A’C tạo với 0 mặt phẳng (ABB’A’) góc 30 . Gọi M là trung điểm của BB’. Tính thể tích khối lăng trụ ABCA’B’C’ và khoảng cách giữa hai đường thẳng AM và CC’ theo a. A. a 3 21 B. a 7 3 C. a 3 7 D. a 3 7 Hướng dẫn giải: + Kẻ đường cao CH của tam giác ABC . Có CH  AB ;CH  AA’ suy ra CH  (ABB’A’),Do đó góc  giữa A’C và mp(ABB’A’) là góc CA ‘ H  300 1 a2 3 + Ta có S ABC  CA.CB.sin1200  2 2 a A C H File Word liên hệ 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay B 0 120 2a Trang 125 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Trong tam giác ABC : Hình học 12 AB 2  AC 2  BC 2  2 AC.BC.cos1200  7 a 2  AB  a 7 + SABC  a2 3 1 3  AB.CH  CH  a 2 2 7 + Vậy : d(CC’ ;AM)=d(CC’ ;(ABB’A’))=d(C;(ABB’A’))=CH= a 3 7 Chọn đáp án D. Câu 21: Cho lăng trụ ABC.A’B’C’ các mặt đều là hình vuông cạnh a. Gọi D là trung điểm của cạnh BC. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng A’B’ và DC’ theo a a 2 a 3 a 2 a 3 B. C. D. A. 6 4 4 6 Hướng dẫn giải: Có 2 cách để tiếp cận một bài toán hình học không gian thông thường là kẻ thêm hình và tọa độ hóa. Ở bài toán này, phương pháp tọa độ có nhiều ưu điểm hơn hẳn. Gọi D ‘ là trung điểm B ‘C ‘ ta có DD ‘; DC; DA đôi một vuông góc với nhau Ghép hệ tọa độ như hình vẽ với D là gốc tọa độ.  a  a   a 3  Ta có D (0;0;0), B   ;0;0  , C ‘  ;0; a  , A ‘  0; ;a  2  2  2    Gọi    là mặt phẳng qua DC ‘ và    / / A ‘ B suy ra phương trình    : x  z  0   d ( A ‘ B, DC ‘)  d ( B,())  a 2 a 2  4 2 Chọn đáp án C. File Word liên hệ 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 126 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Hình học 12 GÓC A – LÝ THUYẾT TÓM TẮT 1) Góc giữa hai đường thẳng: b    a a//a’, b//b’   a, ‘, b ‘ b   900 Chú ý: 00   a, 2) Góc giữa đường thẳng với mặt phẳng:  (P)  = 900.  Nếu d  (P) thì  d,  ’ với d là hình chiếu của d trên (P). (P)  =  d,d  Nếu d  (P) thì  d,  (P)   900 Chú ý: 00   d, a  (P)  b    (P), (Q)    a,  b  (Q)  a  (P), a  c  b  (Q)    a,  Giả sử (P)  (Q) = c. Từ I  c, dựng    (P), b  (Q), b  c  2) Góc giữa hai mặt phẳng Chú ý:  00   (P), (Q)   900 3) Diện tích hình chiếu của một đa giác Gọi S là diện tích của đa giác (H) trong (P), S là diện tích của hình chiếu (H) của (H) trên (Q),   (Q)  . Khi đó: =  (P), S = S.cos B – BÀI TẬP Câu 1: Cho tứ diện ABCD có AB = CD = 2a. Gọi E, F lần lượt là trung điểm của BC và AD, biết EF  a 3 . Góc giữa hai đường thẳng AB và CD là : A. 600 Hướng dẫn giải: B. 450 C. 300 D. 900   Gọi M là trung điểm BD, AB,CD  MF , ME Áp dụng định lý cosin trong tam giác EMF tính được    1  EMF   1200  ( cos EMF AB,CD )  600 2 Chọn đáp án A. Câu 2: Cho hình chóp đều S. ABC . Người ta tăng cạnh đáy lên gấp 2 lần. Để thể tích giữ nguyên thì tan của góc tạo bởi cạnh bên và mặt đáy phải giảm đi số lần là : A. 8 B. 2 C. 3 D. 4 Hướng dẫn giải: Gọi S là đỉnh hìnhchóp, O làtrọng tâm tam giác ABC;  là góc tạo bởi cạnh bên vàmp(ABC). 1 Chứng minh được thể tích của khối chóp là V  a 3 tan  12 File Word liên hệ 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 127 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Khi cạnh bên tăng lên 2 lần thì thể tích là V  tan  ‘  Hình học 12 1 (2a )3 tan  ‘ . Để thể tích giữ nguyên thì 12 tan  , tức là tan góc tạo bởi cạnh bên và mặt đáy phải giảm đi 8 lần 8 Chọn đáp án A. Câu 3: Cho khối chóp tứ giác đều S .ABCD có tất cả các cạnh bằng a. Khi đó côsin góc giữa mặt bên và mặt đáy là: 1 C. 60O D. A. 30O B. 3 3 Hướng dẫn giải: Cho khối chóp tứ giác đều S .ABCD có tất cả các cạnh bằng a. Khi đó côsin góc giữa mặt bên và mặt đáy là:   Ta có   SBC  ,  ABCD    SIH Khi đó: cos   a 2 HI 1   SI a 3 3 2 Chọn đáp án D. Câu 4: Cho hình chóp S.ABC có đường cao SA bằng 2a, tam giác ABC vuông ở C có AB  2a,   300 . Gọi H là hình chiếu vuông của A trên SC. Tính theo a thể tích của khối chóp H.ABC. Tính CAB cô-sin của góc giữa hai mặt phẳng  SAB  ,  SBC  . 7 7 3 7 7 B. C. D. 7 14 14 9 Hướng dẫn giải: Gọi K là hình chiếu vuông góc của A lên SB. Ta có AH  SC,AH  CB(Do CB  (SAC))  AH  (SBC)  AH  SB  Lại có: SB  AK  SB  (AHK). Vậy góc giữa giữa hai mặt phẳng  SAB  ,  SBC  là HKA A. 1 1 1 1 1 7 a.2 3  2  2 2  AH  2 2 2 AH SA AC 4a 3a 12a 7 1 1 1 1 1 1  2  2  2  2  AK  a 2 2 2 AK SA AB 4a 4a 2a Tam giác HKA vuông tại H (vì AH  (SBC),(SBC)  HK) a.2 3 7  6  cos HKA   AH   7 sin HKA AK 7 a 2 7 Chọn đáp án A. File Word liên hệ 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 128 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Hình học 12 Câu 5: Cho hình chóp S.ABCD đáy ABCD là hình vuông cạnh a,  SAB    ABCD  . H là trung điểm của AB, SH  HC , SA  AB . Gọi  là góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng (ABCD). Giá trị của tan  là: 1 2 1 A. B. C. D. 2 2 3 3 Hướng dẫn giải: 1 a Ta có AH  AB  , SA  AB  a , 2 2 a 5 SH  HC  BH 2  BC 2  2 Có 5a 2 2 2 SA  AH   AH 2  SAH  SA  AB  SA   ABCD  4 và AC  hc  SC ;  ABCD   Ta có:  SC ;  ABCD    SCA, tan SCA  1 2 Chọn đáp án A. Câu 6: Cho khối chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, tam giác SAB cân tại S và nằm a 3 15 trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Biết thể tích của hình chóp S.ABCD là . Góc giữa đường 6 thẳng SC và mặt phẳng đáy (ABCD) là: A. 300 B. 450 C. 600 D. 1200 Hướng dẫn giải: Gọi H là trung điểm AB Ta có 1 a3 15 a 15 S ABCD  a 2 ,VS . ABCD  .SH .a 2   SH  3 6 2 2 a a 5 HC  AC 2  AH 2  a 2   4 2    SC ,  ABCD   SC , HC  SCH      SH : CH  tan SCH  a 15 a 5   600 :  a 3  SCH 2 2 Chọn đáp án C. Câu 7: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a. Mặt phẳng (SAB) vuông góc với đáy (ABCD). Gọi H là trung điểm của AB, SH  HC , SA  AB . Gọi  là góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng (ABCD). Giá trị của tan  là: 1 2 1 A. B. C. D. 2 2 3 3 Hướng dẫn giải: 1 a Ta có AH  AB  2 2 SA  AB  a File Word liên hệ 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 129 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A SH  HC  BH 2  BC 2  Có AH 2  SA2  Hình học 12 a 5 2 5a 2  SH 2  SAH vuông tại A 4 nên SA  AB   Do đó SA   ABCD  nên SC ,  ABCD   SCA  Trong tam giác vuông SAC, có tan SCA SA 1  AC 2 Chọn đáp án A. Câu 8: Cho hình chóp tam giác S.ABC có đáy là tam giác đều cạnh 2a, có SA vuông góc với (ABC), a3 3 tam giác SBC cân tại S. Để thể tích của khối chóp S.ABC là thì góc giữa hai mặt phẳng (SBC) 2 và (ABC) là: A. 600 B. 300 C. 450 D. Đáp án khác. Hướng dẫn giải: Do tam giác SBC cân tại S nên gọi I là trung điểm của BC thì SI  BC; AI  BC  SIA    SBC  ;  ABC   Do đáy ABC là tam giác đều nên 1 2a 3 S ABC  .2a.  a 2 3 . Thể tích khối chóp được tính bằng 2 2 1 a3 3 3a 3 3 1 3a V  .SA.S ABC   SA  . 2  SA  3 2 2 2 a 3 Khi đó tan SIA  SA 3a 2a 3 3 3  :   SIA  atc tan AI 2 2 2 2 Chọn đáp án D. Câu 9: Cho hình lập phương ABCD. A’B’C’D’ có cạnh bằng a. Tính số đo góc giữa (BA’C) và (DA’C) A. 300 B. 1200 C. 600 D. 900 Hướng dẫn giải: Kẻ BH  A ‘ C 1  BD  AC Mặt khác, ta có   AA ‘  BD  AA ‘   ABCD   BD   ACA ‘  BD  A ‘ C 2 Từ (1), (2) suy ra A ‘ C   BDH   A ‘ C  DH  Do đó  BA ‘ C , DA ‘ C  HB ; HD     Xét tam giác vuông BCA ‘ có: 1 1 1    BH  DH  2 2 BH BC BA2  a 2 3 File Word liên hệ 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 130 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Hình học 12 2 BH 2  BD 2 1    1200 . Vậy góc cần tìm là 600 Ta có cos BHD     BHD 2 2 BH 2 Chọn đáp án C. Câu 10: Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác cân với AB  AC  a, góc  ABC  1200 , cạnh bên BB’ = a. Gọi I là trung điểm của CC’. Tính cosin của góc giữa hai mặt phẳng (ABC) và (AB’I)? 3 7 1 3 B. cosα= C. cosα= D. cosα = 5 10 10 2 Hướng dẫn giải: Ta có: BC = a 3 . Áp dụng định lý Pytago trong tam giác vuông ACI, ABB’, B’C’I: 5 13 a , AB’ = 2a , B’I = a Suy ra AI = 2 2 Do đó AI2 + AB’2 = B’I2 Vậy tam giác AB’I vuông tại A 1 10 2 3 S AB’ I  AI . AB ‘  a , S ABC  a 2 4 4 Gọi  là góc giữa hai mặt phẳng (ABC) và (AB’I). Tam giác ABC là hình chiếu vuông góc của tam giác AB’I. 10 3 3 .cos    cos   Suy ra : S AB’ I .cos   S ABC  4 4 10 Chọn đáp án B. Câu 11: Cho lăng trụ đứng ABC. A ‘ B ‘ C ‘ có ABC là tam giác vuông, AB  BC  1, AA ‘  2 . M là trung điểm của cạnh BC. Khoảng cách giữa hai đường thẳng AM và B’C là: 1 2 1 A. d  B. d  C. d  7 D. d  7 7 7 Hướng dẫn giải: Gọi E là trung điểm của BB’. Khi đó  AME  / / B ‘C nên ta có: A. cosα = Gọi E là trung điểm của BB’. d  B ‘C; AM   d (B ‘C;( AME))  d(B ‘;( AME))  d(B;( AME)) Ta có: d (B; ( AME))  h Tứ diện BEAM có các cạnh BE, BM, BA đôi một vuông góc nên là bài toán quen thuộc. Ta có 1 1 1 1 1    7h 2 2 2 2 h BE BA BM 7 Chọn đáp án A. File Word liên hệ 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 131 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Hình học 12 Câu 12: Cho hình chóp S.ABC có mặt bên SAC là tam giác cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy, đáy là tam giác ABC vuông cân tại B, AB  a 2 . Biết góc tạo bởi SC và (ABC) bằng 450 . Khoảng cách từ SB đến SC bằng: a 3 a 2 a 5 A. B. a 2 C. D. 2 2 2 Hướng dẫn giải: 1 Hướng dẫn: Gọi H là trung điểm của AC. Tính được AC  2 HC  2a;BH  AC  a 2   450  SH  a CM được SH   ABC   SC ,  ABC   SCH    tam giác SHB vuông cân tại H  SB  a 2 Trong (SHB): Dựng HI  SB tại I (1) CM được AC   SHB   AC  HI tại H (2) Từ (1) và (2)  d  SB, AC   HI  1 a 2 SB  2 2 Chọn đáp án C. Câu 13: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB = 2a, BC = a .Hình chiếu vuông góc H của đỉnh S trên mặt phẳng đáy là trung điểm của cạnh AB; Góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng đáy bằng 600 . Góc giữa hai đường thẳng SB và AC có giá trị gần với giá trị nào nhất sau đây: A. 60 0 B. 80 0 C. 70 0 D. 90 0 Hướng dẫn giải:          AC  a 5; SB  a 7; SB. AC  ( SH .HB ) AC  HB. AC  AH . AC  2a 2   | SB. AC | 2 cos=     700 SB. AC 35 Chọn đáp án C. Câu 14: Cho hình vuông ABCD cạnh 4a. Lấy H, K lần lượt trên AB, AD sao cho BH=3HA, AK=3KD . Trên đường thẳng vuông góc với mặt phẳng (ABCD) tại H lấy S sao cho góc SBH = 30 . Gọi E là giao điểm của CH và BK. Tính cosin góc giữa SE và BC. 18 9 36 28 A. B. C. D. 5 39 5 39 5 39 5 39 Hướng dẫn giải: Ta có:     SE.BC cos( SE; BC )  SE.BC        9   9   SE .BC  ( SH  HE ).BC  HE.BC  HC.BC  CH .CB 25 25 2 9   9 .CH .CB. CB  9 .CB 2  144a  CH .CB.cos HCB 25 25 CH 25 25 File Word liên hệ 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 132 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Hình học 12 Ta chứng minh được HK  CH tại E HE HE.HC HB 2 9 9 9 9a     HE  .HC  HB 2  BC 2  2 2 2 HC HC HB  BC 25 25 25 5   144a 81a 2 2a 39 5 18 SE  SH 2  HE 2  3a 2    cos( SE ; BC )  .  25 5 25 2a 39.4a 5 39 Chọn đáp án A. Câu 15: Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng a, tâm của đáy là O. Gọi M và N lần lượt là trung điểm của SA và BC. Biết rằng góc giữa MN và (ABCD) bằng 60 0 , cosin góc giữa MN và mặt phẳng (SBD) bằng : 3 2 5 10 B. D. A. C. 5 5 4 5 Hướng dẫn giải: Gọi P là trung điểm AO; Q là giao điểm của MC và SO, từ Q kẽ tia song song với MN trong mp(MBC) cắt BC tại R, trong mặt phẳng đáy từ R kẽ tia song song với AC cắt BD tại S.   600 MP//SO nên MP   ABCD  , suy ra MNP Ta tính PN bằng cách vẽ thêm hình phụ như bên, theo định lí Ta-lét PT  3 3a AB  4 4 a 10 a , theo định lý Pytago ta tính được PN  . 4 4 NP a 10 Tam giác MPN vuông tại P có MN    2 cosMNP CQ 2 Dễ thấy Q là trọng tâm tam giác SAC nên  MC 3 QR CQ CR 2 2 a 10 Vì QR//MN nên theo định lý Ta-lét ta suy ra     QR  MN  MN MC NC 3 3 3 a 2 Hình vuông ABCD cạnh a có đường chéo AC  a 2  OC  2 Dễ thấy TN  File Word liên hệ 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 133 Giáo viên: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Hình học 12 SR BR 2 2 a 2    SR  OC  OC BC 3 3 3 CA   SBD  , SR / / CA  SR   SBD  , mặt khác QR//MN do đó góc giữa MN với (SBD) là góc Vì SR//AC nên theo định lý Ta-lét ta suy ra giữa QR với (SBD) là góc SQR.   SR  a 2 : a 10  5 Tam giác SQR vuông tại S có cosSQR QR 3 3 5 Chọn đáp án C. File Word liên hệ 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 134