Chuyên đề vận dụng cao Hình học 12

Giới thiệu Chuyên đề vận dụng cao Hình học 12

Học toán online.vn gửi đến các em học sinh và bạn đọc Chuyên đề vận dụng cao Hình học 12.

Chuyên đề vận dụng cao Hình học 12

Tài liệu môn Toán 12 và hướng dẫn giải chi tiết các đề thi sẽ luôn được cập thường xuyên từ hoctoanonline.vn, các em học sinh và quý bạn đọc truy cập web để nhận những tài liệu Toán hay và mới nhất miễn phí nhé.

Tài liệu Chuyên đề vận dụng cao Hình học 12

Các em học sinh và bạn đọc tìm kiếm thêm tài liệu Toán 12 tại đây

CHUYÊN ĐỀ VẬN DỤNG VÀ VẬN DỤNG CAO CHUYÊN ĐỀ VẬN DỤNG CAO MÔN TOÁN ( HÌNH HỌC ) GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 LỜI NÓI ĐẦU Xin chào toàn thể cộng đồng học sinh 2k2! Đầu tiên, thay mặt toàn thể các Admin group “CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020” chân thành cảm ơn các em đã đồng hành cùng GROUP trong những ngày tháng vừa qua. Cuốn sách các em đang cầm trên tay này là công sức của tập thể đội ngũ Admin Group, chính tay các anh chị đã sưu tầm và biên soạn những câu hỏi hay nhất, khó nhất từ các đề thi của các sở, trường chuyên trên cả nước. Thêm vào đó, là những câu hỏi được chính các anh chị thiết kế ý tưởng riêng. Giúp các bạn có thể ôn tập, rèn luyện tư duy để chinh phục 8+ môn Toán trong kì thi sắp tới. Sách gồm 4 chương của phần Giải tích lớp 12 bao gồm: Hàm số và các bài toán liên quan, Hàm số mũ và Logarit, Nguyên hàm – tích phân và Ứng dụng, Số phức. Đầy đủ từng dạng, rất thuận lợi cho các em trong quá trình ôn tập. Trong quá trình biên soạn, tài liệu không thể tránh được những sai xót, mong bạn đọc và các em 2k2 thông cảm. Chúc các em học tập thật tốt! Tập thể ADMIN. MỤC LỤC LỜI NÓI ĐẦU:…………………………………………………………………………………. 3 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN CHỦ ĐỀ 1: THỂ TÍCH KHỐI CHÓP……………..…………………………………………… 7 CHỦ ĐỀ 2: THỂ TÍCH KHỐI LĂNG TRỤ…………………………………………………… 34 CHỦ ĐỀ 3: BÀI TOÁN ĐỘ DÀI – KHOẢNG CÁCH – THỂ TÍCH………………………… 66 CHỦ ĐỀ 4: CỰC TRỊ TRONG KHÔNG GIAN………………………….…………………… 96 CHỦ ĐỀ 5: TỌA ĐỘ HÓA – TOÁN THỰC TẾ……………….……………………………… 117 CHƯƠNG 2: MẶT NÓN – MẶT TRỤ – MẶT CẦU CHỦ ĐỀ 1: HÌNH NÓN – KHỐI NÓN………………………….…………………………….. 133 CHỦ ĐỀ 2: KHỐI TRỤ…………………………………………………………………………. 157 CHỦ ĐỀ 3: KHỐI CẦU…………………………………………….…………………………… 176 CHƯƠNG 3: HÌNH HỌC OXYZ CHỦ ĐỀ 1: HỆ TRỤ TỌA ĐỘ……………………….………….…………………………….. 214 CHỦ ĐỀ 2: PHƯƠNG TRÌNH MẶT CẦU…………….……….…………………………… 231 CHỦ ĐỀ 3: PHƯƠNG TRÌNH MẶT PHẲNG (LOẠI 1)……….……………………………. 253 CHỦ ĐỀ 4: PHƯƠNG TRÌNH MẶT PHẲNG (LOẠI 2)…………….………………………. 266 CHỦ ĐỀ 5: PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG………….……………………….……….. 275 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN CHỦ ĐỀ 1: THỂ TÍCH KHỐI CHÓP LÝ THUYẾT:  Công thức tính thể tích khối chóp: 1 S  Bh . Trong đó: B là diện tích đa giác đáy 3 h là đường cao của hình chóp  Diện tích xung quanh: Sxq  tổng diện tích các mặt bên.  Diện tích toàn phần: Stp  Sxq  diện tích đáy.  Các khối chóp đặc biệt:   Khối tứ diện đều: tất cả các cạnh bên đều bằng nhau Tất cả các mặt đều là các tam giác đều Khối chóp tứ giác đều: tất cả các cạnh bên đều bằng nhau Đáy là hình vuông tâm O, SO vuông góc với đáy. CÁC VÍ DỤ MINH HỌA: VÍ DỤ 1. Cho hình chóp tam giác S.ABC có SA vuông góc với mặt đáy, tam giác ABC cân tại A . Trên cạnh AB lấy điểm D sao cho AB  3AD . Gọi H là hình chiếu của B trên CD , M là trung 2 điểm đoạn thẳng CH . Tính theo a thể tích khối chóp S.ABM biết SA  AM  a và BM  a . 3 A. 3a3 . 9 B. 3a3 . 12 C. a3 . 9 D. a3 . 18 Lời giải Chọn C  Trong mặt phẳng đáy  ABC  : Kẻ Ax // BC và Ax  CD  K , gọi N là trung điểm của BC .  Khi đó do ABC cân ở A nên AN  BC và tứ giác ANBK là hình chữ nhật.  Suy ra CN  BN  AK ; KB  BC 1 BC 2 (đường trung bình của tam giác BHC . Vậy MI // AK , MI  BK và MI  AK hay tứ giác AMIK là hình bình hành và I là trực tâm của tam giác BMK .  Suy ra IK  BM và AM //IK nên AM  BM . 1  Vậy AMB vuông tại M . Suy ra S ABM  AM .BM . 2 1 1 2  Theo giả thiết ta có: VS . ABM  SA.S ABM  SA. AM .BM ; với SA  AM  a và BM  a . 3 6 3  Gọi I là trung điểm của BH , do M là trung điểm đoạn thẳng CH nên MI //BC và MI  GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 7 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN  Suy ra VS . ABM a3 1 1  SA.S ABM  SA. AM .BM  . 3 6 9 VÍ DỤ 2: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 2a . Tam giác SAB vuông tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi  là góc tạo bởi đường thẳng SD và mặt phẳng  SBC  , với   45 . Tìm giá trị lớn nhất của thể tích khối chóp A. 4a 3 B. 8a 3 3 C. S.ABCD . 4a 3 3 D. 2a 3 3 Lời giải Chọn C S D’ D A H B C  Gọi D là đỉnh thứ tư của hình bình hành SADD .  Khi đó DD//SA mà SA   SBC  (vì SA  SB , SA  BC ) nên D là hình chiếu vuông góc của D lên  SBC  .  Góc giữa SD và  SBC  là   DSD  SDA , do đó SA  AD.tan   2a.tan  .  Đặt tan   x , x   0;1 . 1 1  Gọi H là hình chiếu của S lên AB , theo đề ta có VS . ABC D  .S ABC D .SH  4a 2 .SH . 3 3  Do đó VS . ABCD đạt giá trị lớn nhất khi SH lớn nhất.  Vì tam giác SAB vuông tại S nên :  SH  x2  1  x2 SA.SB SA. AB 2  SA2 2ax 4a 2  4a 2 x 2 a    2ax 1  x 2  2a AB 2 AB 2a 2 . 2 1 4  .a.4a 2  a 3 . 3 3  Từ đó max SH  a khi tan    Suy ra max VS . ABCD GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 8 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN VÍ DỤ 3: Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có cạnh đáy bằng a 3 . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của SB, BC Tính thể tích khối chóp A.BCNM . Biết mặt phẳng  AMN  vuông góc với mặt phẳng  SBC  . a 3 15 A. . 32 3a3 15 B. . 32 3a3 15 C. . 16 3a3 15 D. . 48 Lời giải  Chọn B  CB   SAE   CB  SE .  E là trung điểm BC nên CB  AE , CB  SH   SE vừa là trung tuyến vừa là đường cao nên SBC cân tại S  F là giao điểm của MN với SE   SF  MN , SF  1 SE . 2   AMN    SBC  SF  MN    SF   AMN  AMN  SBC  MN        Giả thiết    SE  AF và SF  1 3a SE nên SAE cân tại A  AE  AS  2 2 2 2 3a a 5 AE  .  a   SH  SA2  AH 2  3 3 2 2 3 2 1 1 3 a 5 a 15  VS . ABC  S ABC .SH  . a 3 . .  3 3 4 2 8 V SM SN 1 a3 15  S . AMN  . .   VS . AMN  VS . ABC SB SC 4 32  AH    Vậy V  VS . ABC  VS . AMN  3a3 15 .  32 VÍ DỤ 4: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi M , N lần lượt là trung điểm của các cạnh AB , BC . Điểm I thuộc đoạn SA . Biết mặt phẳng  MNI  chia khối chóp S.ABCD thành hai phần, phần chứa đỉnh S có thể tích bằng A. 3 . 4 B. 1 . 2 7 IA lần phần còn lại. Tính tỉ số k  ? 13 IS 1 2 C. . D. . 3 3 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 9 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN Lời giải  Chọn D S H I Q J A E D M A E M O P D N B N C B C F F  Dễ thấy thiết diện tạo bởi mặt phẳng  MNI  với hình chóp là hình ngũ giác IMNJH với MN // JI . 1  Ta có MN , AD , IH đồng qui tại E với EA  ED và MN , CD , HJ đồng qui tại F với 3 1 FC  FD , chú ý E , F cố định. 3 ĐỊNH LÍ MENELAUS: Cho 3 điểm thẳng hàng FA DB EC . .  1 với DEF là một đường thẳng cắt ba FB DC EA đường thẳng BC,CA, AB lần lượt tại D,E,F .  Dùng định lí Menelaus với tam giác SAD ta có  Từ đó d  H ,  ABCD   d  S ,  ABCD    HS ED IA HS HS 1 . .3.k  1  . 1   . HD EA SI HD HD 3k HD 3k .  SD 3k  1  Suy ra VHJIAMNCD  VH .DFE  VI . AEM  VJ . NFC .  Đặt V  VS . ABCD và S  S ABCD , h  d  S ,  ABCD   d  I ,  ABCD   IA 1 k    Ta có S AEM  S NFC  S và 8 d  S ,  ABCD   SA k  1 1 21k 2  25k 1 3k 1 k 1 9   Thay vào ta được VHJIAMNCD  . V. h.  S   2. . h. S  . 8  3k  1 k  1 3 3k  1  8  3 k 1 8  Theo giả thiết ta có VHJIAMNCD  13 1 21k 2  25k 13 V nên ta có phương trình .  20 8  3k  1 k  1 20 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 10 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN  Giải phương trình này được k  2 . 3 VÍ DỤ 5. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi M là trung điểm của SA , N là điểm trên đoạn SB sao cho SN  2NB . Mặt phẳng  R  chứa MN cắt đoạn SD tại Q và cắt đoạn SC tại P . Tỉ số A. VS .MNPQ VS . ABCD lớn nhất bằng 2 . 5 B. 1 . 3 C. 1 . 4 D. 3 . 8 Lời giải  Chọn D  SM SP SN SQ SQ 1 2 1  SP 1       x  x x  .  x 0  x  1 . Ta có  Đặt SA SC SB SD SC 2 3 6  SC 6  Mặt khác ABCD là hình bình hành nên có VS . ABCD  2VS . ABC  2VS . ACD VS .MNP SM SN SP 1 VS .MPQ SM SP SQ 1  1  . .  x;  . .  x x   . VS . ABC SA SB SC 3 VS . ACD SA SC SD 2  6 V V V 1 1  1 1 1  Suy ra S .MNPQ  S .MNP  S .MPQ  x  x  x    x 2  x . VS . ABCD 2VS . ABC 2VS . ACD 6 4  6 4 8 1 1 1 1 1 1 1   Xét f  x   x 2  x với  x  1 ; f   x   x   0  x     ;1 6 4 8 2 8 4 6   Bảng biến thiên:   Từ BBT ta có max f  x   1   ;1 6  VS .MNPQ 3 3 . Vậy đạt giá trị lớn nhất bằng . 8 VS . ABCD 8 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 11 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN BÀI TẬP RÈN LUYỆN a 2 , 2 OB  OC  a . Gọi H là hình chiếu của điểm O trên mặt phẳng  ABC  . Tính thể tích khối tứ diện OABH . CÂU 1: Cho tứ diện OABC có ba cạnh OA , OB , OC đôi một vuông góc với nhau, OA  A. a3 2 . 6 B. a3 2 . 12 C. a3 2 . 24 D. a3 2 . 48 CÂU 2 : Cho khối chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với đáy và khoảng cách từ A đến mặt phẳng  SBC  bằng A. V  a3 . 3 a 2 . Tính thể tích V của khối chóp đã cho. 2 3a3 . 9 B. V  C. V  a 3 . D. V  a3 . 2 CÂU 3: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thoi cạnh a, ABC  1200 , SA   ABCD  . Biết góc giữa hai mặt phẳng  SBC  và  SCD  bằng 60 . Tính SA A. a 3 2 B. a 6 . 2 C. a 6 D. a 6 4 CÂU 4: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A , cạnh SA vuông góc với mặt phẳng đáy. Cho biết AB  a , BC  2a . Góc giữa cạnh bên SC và mặt đáy bằng 60 . Tính thể tích V của khối chóp S.ABC . A. V  a3 3 . 2 B. V  3a3 3 . 2 C. V  a 3 . D. V  a3 2 . 3 3a 2 và góc giữa đường thẳng SC 2 và mặt phẳng ABCD bằng 60 . Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên SC . Tính theo a thể tích của khối chóp H .ABCD . CÂU 5: Cho hình chóp S.ABCD có SA   ABCD  , AC  a 2 , S ABCD  A. a3 6 . 2 B. a3 6 . 4 C. a3 6 . 8 D. 3a 3 6 . 4 CÂU 6. Cho khối chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a . Mặt bên SAB là tam giác đều, mặt phẳng ( SAB ) vuông góc với mặt phẳng ( ABCD ) . Tính thể tích V của khối chóp S.ABCD . a3 3 a3 3 a3 3 a3 3 . B. V  . C. V  . D. V  . 12 9 6 4 CÂU 7: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a , hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng  ABCD  trùng với trung điểm của cạnh AD , cạnh SB hợp với đáy một góc 60 . Tính theo a thể tích V của khối chóp S.ABCD . a3 15 a3 15 a3 15 a3 5 A. . B. . C. . D. . 2 6 4 6 3 A. V  CÂU 8: Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác ABC vuông tại B , AB  a , BC  2a . Tam giác SAB cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi G là trọng tâm tam giác ABC , mặt phẳng  SAG  tạo với đáy một góc 60 . Thể tích khối tứ diện ACGS bằng A. V  a3 6 36 B. V  a3 6 18 C. V  a3 3 27 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. D. V  a3 6 12 Trang 12 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN CÂU 9: Cho hình chóp S.ABC có tam giác ABC vuông cân tại B , AC  a 2, mặt phẳng  SAC  vuông góc với mặt đáy  ABC  . Các mặt bên  SAB  ,  SBC  tạo với mặt đáy các góc bằng nhau và bằng 60 . Tính theo a thể tích V của khối chóp S.ABC . 3a3 2 A. V  B. V  3a3 4 C. V  3a3 6 D. V  3a3 12 CÂU 10: chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SAB là tam giác cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy  ABCD  . Biết côsin của góc tạo bởi mặt phẳng  SCD  và  ABCD  bằng 2 17 . Thể tích V của khối chóp S.ABCD là 17 a3 17 a3 13 A. V  . B. V  . 6 6 C. V  a3 17 . 2 D. V  a3 13 . 2 CÂU 11: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, SAB đều cạnh a nằm trong mặt phẳng vuông góc với  ABCD  . Biết  SCD  tạo với  ABCD  một góc bằng 300 . Tính thể tích V của khối chóp S.ABCD. A. V  a3 3 . 8 B. V  a3 3 . 4 C. V  a3 3 . 2 D. V  a3 3 . 3 CÂU 12: Trong không gian Oxyz , cho các điểm A , B , C lần lượt thay đổi trên các trục Ox , Oy , Oz và luôn thỏa mãn điều kiện: tỉ số giữa diện tích của tam giác ABC và thể tích khối tứ diện OABC bằng 3 . 2 Biết rằng mặt phẳng  ABC  luôn tiếp xúc với một mặt cầu cố định, bán kính của mặt cầu đó bằng A. 3. B. 2. C. 4. D. 1. CÂU 13: Cho khối tứ diện ABCD có thể tích 2017 . Gọi M , N , P , Q lần lượt là trọng tâm của các tam giác ABC , ABD , ACD , BCD . Tính theo V thể tích của khối tứ diện MNPQ . A. 2017 . 9 B. 4034 . 81 C. 8068 . 27 D. 2017 . 27 CÂU 14: Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , cạnh bên tạo với đáy một góc 60 . Gọi M là trung điểm của SC . Mặt phẳng đi qua AM và song song với BD cắt SB tại E và cắt SD tại F . Tính thể tích V khối chóp S.AEMF . a3 6 A. V  . 36 a3 6 B. V  . 9 a3 6 C. V  . 6 a3 6 D. V  . 18 CÂU 15: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , SA vuông góc với đáy, SA  a 2 . Gọi B  , D là hình chiếu của A lần lượt lên SB , SD . Mặt phẳng  ABD  cắt SC tại C . Thể tích khối chóp S ABC D là: 2a 3 3 A. V  . 9 2a3 2 B. V  . 3 a3 2 C. V  . 9 2a 3 3 D. V  . 3 CÂU 16: Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng a , cạnh bên hợp với đáy một góc 60 . Gọi M là điểm đối xứng của C qua D , N là trung điểm SC. Mặt phẳng  BMN  chia khối chóp S.ABCD thành hai phần. Tỉ số thể tích giữa hai phần (phần lớn trên phần bé) bằng: 7 1 7 6 A. . B. . C. . D. . 5 7 3 5 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 13 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN CÂU 17: Cho tứ diện ABCD , trên các cạnh BC , BD , AC lần lượt lấy các điểm M , N , P sao cho 3 BC  3BM , BD  BN , AC  2 AP . Mặt phẳng  MNP  chia khối tứ diện ABCD thành hai phần có thể 2 V tích là V1 , V2 . Tính tỉ số 1 . V2 A. V1 26 .  V2 13 B. V1 26 .  V2 19 C. V1 3  . V2 19 D. V1 15  . V2 19 CÂU 18: Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng 1 . Gọi M , N là hai điểm thay đổi lần lượt thuộc cạnh BC , BD sao cho  AMN  luôn vuông góc với mặt phẳng  BCD  . Gọi V1 , V2 lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của thể tích khối tứ diện ABMN . Tính V1  V2 . A. 17 2 . 216 B. 17 2 . 72 C. 17 2 . 144 D. 2 . 12 CÂU 19: Cho hình chóp S.ABCD có thể tích bằng V , đáy ABCD là hình bình hành. Mặt phẳng  P  song song với  ABCD  cắt các đoạn SA , SB , SC , SD tương ứng tại M , N , E , F ( M , N , E , F khác S và không nằm trên  ABCD  ). Các điểm H , K , P , Q tương ứng là hình chiếu vuông góc của M , N , E , F lên  ABCD  . Thể tích lớn nhất của khối đa diện MNEFHKPQ là: A. 2 V. 3 B. 4 V. 27 C. 4 V. 9 D. 2 V. 9 CÂU 20: Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng 1 . Trên các cạnh AB và CD lần lượt lấy các điểm M và N sao cho MA  MB  0 và NC  2 ND . Mặt phẳng  P  chứa MN và song song với AC chia khối tứ diện ABCD thành hai khối đa diện, trong đó khối đa diện chứa đỉnh A có thể tích là V . Tính V . 11 2 7 2 2 2 A. V  . B. V  . C. V  . D. V  . 216 108 216 18 MỘT SỐ CÔNG THỨC GIẢI NHANH THỂ TÍCH KHỐI CHÓP  Công thức 1: Thể tích tứ diện đều cạnh a: VS.ABC = a3 2 . 12  Công thức 2: Với tứ diện ABCD có AB = a; AC = b: AD = c đôi một vuông góc thì V =  Công thức 3: Với tứ diện ABCD có AB = CD = a; BC = AD = b; AC = BD = c V 2 12 a 2    b2  c2 b2  c2  a 2 a 2  c2  b2 1 abc 6   Công thức 4: Khối chóp S.ABC có SA  a;SB  b;SC  c,BSC  ,CSA  ,ASB   V abc 1  2coscoscos  cos 2  cos 2  cos 2  6 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 14 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN GIẢI CHI TIẾT CÂU 1: Chọn D A H C O I B  a 3  AB  AC  Từ giả thiết suy ra: ABC cân tại A có:  2 .   BC  a 2 Gọi I là trung điểm của BC  AI  BC .Giả sử H là trực tâm của tam giác ABC . Ta thấy OA  OBC  . Vì OB   OAC   OB  AC và AC  BH nên: AC   OBH   OH  AC 1 ; BC   OAI   OH  BC  2  1 a 2 BC   OA . 2 2 1 a  AOI vuông cân tại O  H là trung điểm AI và OH  AI  . 2 2 2 1 1 1 1 a 2 a 2 Khi đó: S ABH  S ABI  . . AI .BI  .a. .  2 2 2 4 2 8 1 1 a a 2 2 a3 2 Vậy thể tích khối tứ diện OABH là: V  OH .S ABH  . . .  3 3 2 8 48 Từ 1 và  2  suy ra: OH   ABC  . Có: OI  CÂU 2 : Chọn A  Kẻ AH  SB tại H . Suy ra AH   SBC   d  A;  SBC    AH   Ta có:  1 a3 Thể tích khối chóp: V  S ABCD .SA  . 3 3 a 2 2 1 1 1  2  SA  a 2 AH SA AB 2 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 15 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN CÂU 3: Chọn D S M A D O B C  Ta có ABCD là hình thoi cạnh a có ABC  1200 nên BD  a, AC  a 3 .  Nhận xét BD  SC  kẻ OM  SC   BDM   SC do đó góc giữa hai mặt phẳng  SBC  và  SCD  là BMD  1200 hoặc BMD  600 .  TH1: Nếu BMD  1200 mà tam giác BMD cân tại M n BMO  600  MO  BO.cot 600   Mà tam giác OCM đồng dạng với tam giác SCA nên OM   TH2: Nếu BMD  600 thì tam giác BMD là tam giác đều nên OM  a   OM  OC vô lý vì OMC vuông tại M . a 3 6 SA.CD a 6 .  SA  SC 4 3 . 2 CÂU 4: Chọn A. S 60 A a C 2a B  1 Vì SA   ABC  nên VS . ABC  .S ABC .SA , góc giữa SC và mặt phẳng đáy ABC bằng góc giữa SC 3 và AC bằng góc SCA  60 .  Trong tam giác ABC vuông tại A có: AC  BC 2  AB 2  4a 2  a 2  AC  a 3 .  Khi đó: S ABC   Trong tam giác SAC vuông tại A có: SA  AC.tan SCA  a 3.tan 60  SA  3a .  Do vậy VS . ABC 1 1 a2 3 AB. AC  .a.a 3  2 2 2 1 a2 3 a3 3 .  . .3a  3 2 2 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 16 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN CÂU 5: Chọn C  Ta có SA   ABCD   Góc toạ bởi SC và mặt phẳng  ABCD  là SCA  60 .  Lại có SA  AC tan 60  a 6 , SC  SA2  AC 2  6a 2  2a 2  2a 2 .  CH AC 2 2a 2 1    . Do đó AC  CH .SC  SC SC 2 8a 2 4  2 d  H ,  ABCD   d  H ,  ABCD    SH 3 a 6 .   d  H ,  ABCD    SC 4 4 1 a 6 3a 2 a3 6 Thể tích của khối chóp H .ABCD là V  . . .  3 4 2 8 CÂU 6. Chọn B     SAB    ABCD   SH   ABCD  . Gọi H là trung điểm AB , ta có  SH  AB   1 1 a 3 a3 3 Ta có: VS . ABCD  S ABCD .SH  a 2 . .  3 3 6 2 CÂU 7: Chọn B  S 60 A B H D C   Gọi H là trung điểm của cạnh AD . Do H là hình chiếu của S lên mặt phẳng ABCD nên SH   ABCD  .  Cạnh SB hợp với đáy một góc 60 , do đó: SBH  60 . 2   a 5 a Xét tam giác AHB vuông tại A : HB  AH  AB  a     . 2 2 Xét tam giác SBH vuông tại H : 2 2 2 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 17 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN    SH a 5 a 15  SH  BH .tan SBH  SH  . tan 60  BH 2 2 Diện tích đáy ABCD là: S ABCD  a2 . tan SBH  Thể tích khối chóp S.ABCD là: VS . ABCD 1 1 2 a 15 a3 15 .  .S ABCD .SH  a  3 3 2 6 CÂU 8: Chọn A S K A C I G H N B  1 1 a2 Ta có: S ABC  . AB.BC  a 2  SACG  SABC  . 2 3 3 Gọi H là trung điểm của AB  SH   ABC  .   Gọi N là trung điểm của BC , I là trung điểm của AN và K là trung điểm của AI . Ta có AB  BN  a  BI  AN  HK  AN .  Do AG   SHK  nên góc giữa  SAG  và đáy là SKH  60 .  Ta có: BI    1 1 a 2 a 2 a 6 , SH  SK .tan 60  .  HK  BI  AN  2 2 2 4 4 Vậy V  VACGS  VS .ACG 1 a3 6 .  .SH .SACG  3 36 CÂU 9: Chọn D  Ta có:  SAC    ABC  và  SAC    ABC   AC .  Trong mặt phẳng  SAC  , kẻ SH  AC thì SH   ABC  .  Gọi I , K lần lượt là hình chiếu vuông góc của H lên cạnh AB và AC thì   SAB  ,  ABC   SIH và  SAC  ,  ABC   SKH . GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 18 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN  Mà SIH  SKH  60 nên HI  HK  tứ giác BIHK là hình vuông  H là trung điểm cạnh AC .  Khi đó tứ giác BIHK là hình vuông cạnh 1 1 a Vậy VSABC  SABC .SH  VSABC  . 3 3 2 CÂU 10: Chọn A  a a 3 và SH  HI .tan 60  . 2 2 3 a 2  . 2 4  a3 3 . 12 Gọi H là trung điểm AB  SH   ABCD  , K là trung điểm CD  CD  SK Ta có   SCD  ,  ABCD     SK , HK   SKH . cos SKH  SK  SH  HK  SK  a 17 2 1 1 a 13 2 a3 13 a 13 .a  . Vậy V  .SH .S ABCD  . . 3 6 3 2 2 CÂU 11: Chọn B a 3 , SE   ABCD  Gọi G là trung điểm của CD . 2  Gọi E là trung điểm AB , SE   SCD ,  ABCD  SGE  30 , EG  SE.cot 30   SABCD  AB.CD  a 0 0  a 3 3a 3a . 3   AD  BC  2 2 2 3a 3a 2 1 1 a 3 3a 2 a 3 3  .  V  .SE.SABCD  . .  2 2 3 3 2 2 4 CÂU 12: Chọn B. z C O B y A x GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 19 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN S ABC S ABC 3   VOABC 1 S .d O, ABC    d  O,  ABC    ABC 3 S ABC 3 Mà  nên d  O,  ABC    2 . VOABC 2 Ta có Vậy mặt phẳng  ABC  luôn tiếp xúc mặt cầu tâm O , bán kính R  2 . CÂU 13: Chọn D  1 VAEFG SEFG 1    VAEFG  VABCD 4 VABCD S BCD 4   . 8 8 1 2 VAMNP SM SN SP 8  VAMNP  VAEFG  . VABCD  VABCD  . .  27 27 4 27 VAEFG SE SE SG 27  Do mặt phẳng  MNP  //  BCD  nên  1 2 1 2017 VQMNP  . VABCD  VABCD  . 2 27 27 27 VQMNP VAMNP  1 1  VQMNP  VAMNP 2 2 CÂU 14: Chọn D S M F I E D A O B C  Trong mặt phẳng  SBD  : EF  SO  I . Suy ra A, M , I thẳng hàng.  Trong tam giác SAC hai trung tuyến AM , SO cắt nhau tại I suy ra  Lại có EF // BD  SI 2  . SO 3 SE SF SI 2    . SB SD SO 3 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 20 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN   VS . AEM SE SM 1 VS . AFM SF SM 1      .  . VSABC SB SC 3 VSADC SD SC 3 V  VS. AFM 1 VS. AEMF 1 Vậy S . AEM    . VS . ABC  VS. ADC 3 VS. ABCD 3 Ta có:  Góc giữa cạnh bên và đáy của S.ABCD bằng góc SBO  60 suy ra SO  BO 3   1 a3 6 Thể tích hình chóp S.ABCD bằng VS . ABCD  SO.S ABCD  . 3 6 a3 6 Vậy VS . AEMF  . 18   a 6 . 2 CÂU 15: Chọn C S C’ D’ B’ D A O B C 3  1 a 2 Ta có: VS . ABCD  .a 2 .a 2  . 3 3 Vì B  , D là hình chiếu của A lần lượt lên SB , SD nên ta có SC   ABD  .  Gọi C là hình chiếu của A lên SC suy ra SC  AC  mà AC    ABD   A nên AC    ABD   hay C   SC   ABD  .    Tam giác S AC vuông cân tại A nên C  là trung điểm của SC . SB SA2 2a 2 2  .   Trong tam giác vuông S AB ta có SB SB 2 3a 2 3 VSABCD VSABC  VSACD 1  SB SC  SD SC   SB SC  2 1 1 a3 2  .  . Vậy VSAB C D   .      9 2  SB SC SD SC  SB SC 3 2 3 VS . ABCD VS . ABCD CÂU 16: Chọn A S N E H D C O B M F A GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 21 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN  Giả sử các điểm như hình vẽ.  E  SD  MN  E là trọng tâm tam giác SCM , DF // BC  F là trung điểm BM .  Ta có: SD,  ABCD   SDO  60  SO    d  O,  SAD    OH  h    a 6 a 7 , SF  SO 2  OF 2  2 2 a 6 1 a2 7 V ME MF MD 1  MEFD  ; SSAD  SF . AD     VMNBC MN MB MC 6 2 4 2 7 5 5 1 1 5 1 5a3 6  VMNBC    d  M ,  SAD    SSBC   4h  SSAD  6 6 3 2 18 2 72   VBFDCNE  1 a3 6 7a3 6 VS . ABCD  SO.S ABCD   VSABFEN  VS . ABCD  VBFDCNE   3 6 36 VSABFEN 7   VBFDCNE 5 CÂU 17: Chọn B  Suy ra: A Q P I D N B M C  Gọi VABCD  V , I  MN  CD , Q  IP  AD ta có Q  AD   MNP  .  Thiết diện của tứ diện ABCD được cắt bởi mặt phẳng  MNP  là tứ giác MNQP .  Áp dụng định lí Menelaus trong các tam giác BCD và ACD ta có: NB ID MC ID 1 ID PC QA QA . . 1   và . . 1   4. ND IC MB IC 4 IC PA QD QD    Áp dụng bài toán tỉ số thể tích của hai khối chóp tam giác, ta có: VANPQ AP AQ 2 2 1 2 1 2   VANPQ  VANCD  V . Suy ra VN . PQDC  V  V  V .  . 5 3 15 15 5 VANCD AC AD 5  và  Suy ra V2  VN .PQDC  VCMNP  1 2 VCMNP CM CP 1  .   VCMNP  VCBNA  V . CB CA 3 3 9 VCBNA 19 26 V 26 V . Do đó V1  V  V2  V . Vậy 1  . 45 45 V2 19 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 22 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN CÂU 18: Chọn A      Gọi H là tâm tam giác BCD , ta có AH   BCD  , mà  AMN    BCD  nên AH   AMN  hay MN luôn đi qua H . 1 6 3 Ta có BH  .  AH  AB2  BH 2  1   3 3 3 1 1 6 1 2 Thể tích khối chóp ABMN là V  . AH .S BMN  . . BM .BN .sin 60  BM .BN . 3 3 3 2 12 Do MN luôn đi qua H và M chạy trên BC nên BM .BN lớn nhất khi M  C hoặc N  D khi đó 2 . V1  24 2 17 2 2 . Vậy V1  V2  . BM .BN nhỏ nhất khi MN //CD khi BM  BN   V2  3 216 27 CÂU 19: Chọn C SM SM . Ta có: MNEF và ABCD đồng dạng với tỉ số k  SA SA  Đặt k   Do đó SMNEF  k 2 S ABCD . GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020.  0  k  1 . Trang 23 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN MH MA SA  SM    1 k SI SA SA  Gọi SI là đường cao của S.ABCD . Ta có:  . VMNEFHKPQ  SMNEF .MH  S ABCD .k 2 .(1  k ).SI  3V .k 2 .(1  k )  3V 3V  k  k  2  2k  4  .k .k .(2  2k )  .   V. 2 2  3  9  Vậy thể tích lớn nhất của khối đa diện MNEFHKPQ là 3 4 2 V khi k  2  2k  k  . 9 3 CÂU 20: Chọn B A M P D B N Q C  Từ N kẻ NP//AC , N  AD . Từ M kẻ MQ //AC , Q  BC . Mặt phẳng  P  là MPNQ  Ta có VABCD     1 2 ; V  VACMPNQ  VAMPC  VMQNC  VMPNC AH .S ABCD  3 12 1 2 AM AP 1 . .VABCD  . VABCD  VABCD Ta có VAMPC  2 3 AB AD 3 11 2 1 1 1 CQ CN . VABCD  VABCD VMQNC  VAQNC  . .VABCD  22 3 2 2 2 CB CD 2 11 2 1 AM 2 2 1 1 VMPNC  VMPCD  . VMACD  . VABCD  VABCD .VABCD  . 3 32 3 3 AB 3 3 3 9 11 11 2 1 1 1  Vậy V     VABCD  V  VABCD  . 18 216 3 6 9 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 24 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN CÁC DẠNG HÌNH KHÔNG GIAN THƯỜNG XUẤT HIỆN TRONG ĐỀ THI CÂU 1: Xét tứ diện O.ABC có OA, OB, OC đôi một vuông góc. Gọi , ,  lần lượt là góc giữa các đường thẳng OA, OB, OC với mặt phẳng (ABC). Khi đó, tính giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau M   3  cot 2  3  cot 2  3  cot 2   A. Số khác B. 48 3 C. 48 D. 125 CÂU 2 : Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác ABC đều, đường cao SH với H nằm trong ABC và 2SH  BC,  SBC  tạo với mặt phẳng (ABC) một góc 600. Biết có một điểm O nằm trên đường cao SH sao cho d  O; AB  d  O; AC   d  O; SBC    1. Tính thể tích khối cầu ngoại tiếp hình chóp đã cho. 256 125 500 343 B. C. D. . . . . 81 162 81 48 CÂU 3: Xét khối tứ diện SABC có cạnh SA, BC thỏa mãn: SA2  BC2  18 và các cạnh còn lại đều bằng 5. x y Biết thể tích khối tứ diện SABC đạt giá trị lớn nhất có dạng: Vmax  ; x, y  *;  x, y   1. Khi đó: x, 4 y thỏa mãn bất đẳng thức nào dưới đây? A. x  y 2  xy  4550. B. xy  2xy  2550. C. x 2  xy  y 2  5240. D. x 3  y  19602. A. CÂU 4: Trong mặt phẳng P cho tam giác OAB cân tại O, OA  OB  2a, AOB  120 . Trên đường thẳng vuông góc với mặt phẳng P tại O lấy hai điểm C, D , nằm về hai phía của mặt phẳng P sao cho tam giác ABC vuông tại C và tam giác ABD đều. Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD. 3a 2 5a 2 5a 2 a 2 A. B. C. D. 3 2 2 3 CÂU 5: Cho hình chóp S. ABCD có đáy là hình vuông cạnh 2a, tam giác SAB đều, góc giữa  SCD  và  ABCD  bằng 60 . Gọi M là trung điểm của cạnh AB. Biết hình chiếu vuông góc của đỉnh S trên mặt phẳng  ABCD  nằm trong hình vuông ABCD . Tính theo a khoảng cách giữa hai đường thẳng SM và AC 5a 3 2a 5 a 5 2a 15 B. C. D. 5 5 3 3 CÂU 6: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật tâm O, AB  a, BC  a 3. Tam giác SAO cân tại S, mặt phẳng  SAD  vuông góc với mặt phẳng  ABCD  , góc giữa đường thẳng SD và mặt phẳng A.  ABCD  bằng 60. Tính khoảng cách giữa 2 đường thẳng SB và AC a 3 3a 3a a B. C. D. 2 2 2 4 CÂU 7 : Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a và BAD  60. Hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng  ABCD  trùng với trọng tâm của tam giác ABC. Góc giữa mặt phẳng  SAB  và A.  ABCD  bằng 60. Khoẳng cách từ điểm B đến mặt phẳng  SCD  bằng 21a 21a 3 7a 3 7a B. C. D. 14 7 14 7 CÂU 8 : Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B, BC  a . Cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng (ABC). Gọi H, K lần lượt là hình chiếu vuông góc của A lên SB và SC. Tính thể tích của khối cầu tạo bởi mặt cầu ngoại tiếp hình chóp A.HKB.  a3  a3 2 a 3 A. 2 a 3 . B. C. D. . . . 3 6 2 A. GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 25 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN CÂU 9: Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật AB  a, AD  a 2 . Góc giữa hai mặt phẳng  SAC  và  ABCD  bằng 600 . Gọi H là trung điểm của AB . Biết rằng tam giác SAB cân tại H và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Tính theo a bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.HAC 9 2a 62a 62a 31a A. B. C. D. 32 16 8 8 CÂU 10:Cho khối chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với mặt phẳng đáy và khoảng a 2 cách từ A đến mặt phẳng  SBC  bằng . Gọi M là điểm thuộc cạnh SD sao cho SM  3MD. Mặt phẳng 2  ABM  cắt cạnh SC tại điểm N. Thể tích khối đa diện MNABCD bằng 15a 3 17a 3 11a 3 7a 3 B. C. D. 32 96 32 32 CÂU 11 Xét khối chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A, SA vuông góc với đáy, khoảng cách từ A đến mặt phẳng  SBC  bằng 3. Gọi  là góc giữa hai mặt phẳng  SBC  và  ABC  , tính cos khi thể tích khối chóp S.ABC nhỏ nhất. 2 3 1 2 A. cos   B. cos   C. cos   D. cos   2 3 3 3 CÂU 12: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thang vuông tại A và B. Hình chiếu vuông góc của S trên mặt đáy (ABCD) trùng với trung điểm AB. Biết AB  a, BC  2a, BD  a 10. Góc giữa hai mặt phẳng (SBD) và mặt phẳng đáy là 600. Tính thể tích V của khối chóp S.ABCD theo a. 3 30a 3 30a 3 30a 3 30a 3 A. V  B. V  C. V  D. V  12 8 8 4 CÂU 13: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B, AB  BC  a, AD  2a, SA vuông góc với mặt đáy (ABCD, SA  a. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của SB, CD. Tính cosin của góc giữa đường thẳng MN và (SAC). 1 2 3 5 55 A. B. C. D. . . . . 10 10 5 5 CÂU 14: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB  2a, BC  a. Hình chiếu vuông góc A. H của đỉnh S trên mặt phẳng đáy là trung điểm của cạnh AB, góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng đáy bằng 60 . Tính cosin góc giữa hai đường thẳng SB và AC. A. 2 35 B. 2 7 C. 2 5 D. 2 7 CÂU 15: Cho hình chóp S.ABCD có đáy hình chữ nhật, AB  a; AD  2a. Tam giác SAB cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng  ABCD  bằng 450 . Gọi M là trung điểm của SD. Tính theo a khoảng cách d từ điểm M đến mặt phẳng (SAC) A. d  a 1315 89 B. d  2a 1315 89 C. d  GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. 2a 1513 89 D. d  a 1513 89 Trang 26 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN GIẢI CHI TIẾT CÂU 1: Đáp án D  Gọi H là hình chiếu của O lên  ABC   H là trực tâm ABC  Ta có OA;  ABC    OA; AH   OAH   ; tương tự OBH  ;OCH    Lại có  x, y, z  0 1 Đặt x  sin 2 , y  sin 2 , z  sin 2     1  x  y  z  33 xyz  xyz  27 x  y  z  1  1  1  1   1  1  1  Khi đó M   2  2   2  2  2  2    2    2    2   sin    sin   sin    x  y  z    1 1 1  1 1 2  1  8  4     2      x y z   xy yz xz  xyz 36 18 1 36 18 1  8    8    125 1 x  y  z xy  yz  zx xyz 1 1 3 27 1 1 1 1 OH 2 OH 2 OH 2        1  sin 2   sin 2   sin 2   1 OH 2 OA 2 OB2 OC 2 OA 2 OB2 OC 2 Vậy M min  125. CÂU 2 : Đáp án D.  Dựng hình như hình bên với  HE  AB; HF  AC; HM  BC.  Ta có: OE  OF=OK=1;SMH  600   Đặt BC  2a  SH  a; HSM  300 a 2a ;SM  Ta có: HM tan 300  SH  HM  3 3. 0 SOsin30  OK  1  SO  2  OH  a  2   HE  12   a  2  ; AH  a 3    2 a 2a  3 3 1   a  2 1 HE Lại có: sin EAH    2a 2 AH 3 2 3  3a 2  1   a 2  4a  4   a  . 2 Trên AM lấy điểm P sao cho BPC  1200  ABPC nội tiếp. SA.AP.SM SA 2 7 4 343    V C   R 3  .  Khi đó R S.ABC  R SAP  3 48 2.AP.SH 2SH 4 CÂU 3: Đáp án A. BI  SA  Gọi I, H lần lượt là trung điểm của SA, BC. Ta có   SA   BIC  và VS.IBC  VA.IBC . CI  SA  Đặt SA  a, BC  b, theo giả thiết ta được a 2  b2  18.   Lại có BI  SB2  SI2  25   Và IH  IB2  BH2  a2 100  a 2  . 4 2 100  a 2 b2 100  a 2  b2   . 4 4 2 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 27 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN 1 y 100  a 2  b 2 . Diện tích tam giác IBC là SIBC  .IH.BC  2 4 1 a b ab 100  a 2  b 2 .  Suy ra VS.IBC  VA.IBC  . . 100  a 2  b 2  3 2 4 24 ab 100  a 2  b 2 .  Khi đó, thể tích khối chóp S.ABC là VS.ABC  2VS.IBC  12 2 2 2 2 x  4 a b a b 18 3 82 x y  Ta có ab  V 100  a 2  b 2  . 100  18    . 2 24 24 4 4  y  82  Vậy x  y 2  xy  4  822  4.82  6400  4550. CÂU 4: Đáp án A   Gọi M là trung điểm của CD khi đó MC  MD; MA  MB  Ta có AB  OA2  OB 2  2OA.OB cos A  2a 3; OI  a  CI  AB AB 3  a 3; DI   3a  CO  a 2; DO  2a 2 2 2  Khi đó OC.OD  OB 2  BCD vuông tại B. Suy ra MC  MD  MB  Vậy M là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD . Khi đó R  CD OC  DO 3a 2   2 2 2 CÂU 5: Đáp án A GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 28 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN  Ta có: SM 2   2a   a 2  3a 2 và SM 2  MN 2  SN 2  2MN .SN cos 60 2 1 2 2  3a 2   2a   SN 2  2.2aSN .  SN 2  2aSN  a 2  0   SN  a   0  SN  a 2 a a a a 3  SH  SN sin 60  ; MP  a 2  a 2  a 2 ; HN  SN cos 60   HO  a   2 2 2 3 2 OM a 2  Ta có   nên d  O;  SMP    d  h;  SMP   3 HM 3a 3 2 KH MH  PN  a 2  a 2  a 2 . Mà  PN MN MH 2 2a 2 1 1 1 1 1 3a 5   KH  .PN  a 2      IH  2 2 2 2 2 MN 2a 4 IH HS HK 10  a 3   3a 2       2   4  CÂU 6: Đáp án D Gọi H là hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng (ABCD) Ta có SA  SO  SHA  SHO  c  g  c   HA  HO   a 2a HAO  30  HA   HD   HAO cân tại H, có  3 3  OA  a Xác định góc SD;  ABCD   SDH  60  SH  2a Qua B kẻ đường thẳng d / /AC, K là hình chiếu của H trên d  AC / / SBK   d SB;AC   d  AC; SBK    d  A; SBK   Mặt khác d  H;d  4 3   d  A; SBK    d  H; SBK   d  A;d  3 4 Vậy d  A; SBK    3 SH.HK 3a 3a   d SB; AC   4 SH2  HK 2 4 4 CÂU 7 : Đáp án C  Gọi I là trọng tâm của tam giác ABC, H là hình chiếu vuông góc của I trên    SAB  ;  ABCD   SH; HI  SHI  60  1 1a 3 a 3 a 3 a Mà IH  d  C;  AB     SI  tan 60.  3 3 2 6 6 2 Kẻ IK  CD; IE  SK  IE  SCD   d  I; SCD    IE  2 2a 3 a 3 SI.IK a 7 Mà IK  d  B;  CD      IE   2 2 3 3 2 3 7 SI  IK 3 3a 7  Vậy d  B; SCD    d I; SCD    2 14 CÂU 8 : Đáp án D  Theo giả thiết, ta có ABC  90 và ABC  90 (1).   AH  SB  Do   AH   SBC   AH  HC (2).   BC  AH  BC   SAB    Từ (1), (2)  ba điểm B, H, K cùng nhìn xuống AC dưới một góc 90.  Nên hình chóp A.HKCB nội tiếp mặt cầu tâm I là trung điểm AC. AC AB 2 a 2  R .   2 2 2 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020.  Trang 29 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN 4 2 a3 Vậy thể tích khối cầu V   R3  . 3 3 CÂU 9: Đáp án C   Kẻ HK  AC  AC   SHK    SAC  ;  ABCD   SKH  600  Tam giác HAC có AH   Bán kính đường tròn ngoại tiếp HAC là RHAC  a 3a và AC  a 3 , HC  2 2 HC 2.sin HAC 3a 6 8 1 1 AB.BC a 6 d  B; AC   .  2 2 2 2 AB  BC 2  Và HK  d  H ; AC    Tam giác SHK vuông tại H , có SH  tan SKH x HK   Vậy R  R 2 2 HAC  a 2 2 2  3a 6  1  a 2  SH 2 62a      .    4 8  8  4  2  CÂU 10:Đáp án D    Kẻ AH  SB  d  A, SBC    AH  a 2  SAB vuông cân tại A  SA  a 2 1 1 a3 SM SN 3  VS.ABCD  .SA.SABCD  .a.a 2  . Kẻ MN / /CD    SD SC 4 3 3 3 1 Ta có: VS.ABD  VS.BCD  VS.ABCD 2 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 30 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN  VS.AMNB VS.ABM  VS.BMN 1  VS.ABM VS.BMN  1  SM SM SN  1  3 3 3  21      .      .  VS.ABCD 2VS.ABD 2  VS.ABD VS.ABD  2  SD SD SC  2  4 4 4  32 V 11 11 a 3 11a 3  MNABCD  VS.ABCD  .  VS.ABCD 32 32 3 96  Vậy VMNABCD  11 11 a 3 11a 3 VS.ABCD  .  32 32 3 96 CÂU 11: Đáp án B BC  AM Gọi M là trung điểm của BC ta có:   BC  SAM  BC  SA Trong  SAM  kẻ AH  SM  AH  BC  AH  SBC   AH  3   SBC    ABC   BC     SBC  ;  ABC     AM;SM   SMA   AM  BC SM  BC    SABC  AH 3 6   BC  2AM  sin  sin  sin  1 1 3 6 9  AM.BC  . .  2 2 sin  sin  sin 2   AM  Trong tam giác vuông SAM có: SM   SA  SM 2  AM 2    AM 3  sin  sin  cos 8 9 3 1  cos 2  3    2 2 2 sin  cos  sin  sin  cos cos 1 1 3 9 9  VS.ABC  SA.SABC  . . 2  3 3 cos sin  1  cos 2   cos Đặt t  cos  0  t  1  f  t   9 1  t 2  t  1  243  3  27 3  2   2  243 f  ;f  ;f      18 2;f    8 2 3  3  10  3   2    3  min f  t   f   x 0;1  3  CÂU 12: Đáp án D.  Dựng HK  BD, do SH  BD nên ta có:  SKH   BD  Góc giữa hai mặt phẳng (SBD) và mặt phẳng đáy là SKH  600. GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 31 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN  Lại có: AD  BD 2  AB2  3a, HK   Do đó SH  HK tan 600  1 AB.AD 3a 1  . d  A; BD   2 2 BD 2 10 3a 3 1 AD  BC a 3 30 .AB.SH  . . Vậy V  3 2 8 2 10 CÂU 13: Đáp án B.   Dễ thấy CD  SAC   cos  MN; SAC    sin  MN;CD  . Gọi H là trung điểm của AB  MH   ABCD  a 10 . 2 a 6  Tam giác MHC vuông tại H, có MC  MH 2  HC2  . 2 MN2  NC2  MC2 3 5  Tam giác MNC, có cosMNC   . 2.MN.NC 10 55  Vậy cos  MN; SAC    sin MNC  1  cos 2 MNC  . 10 CÂU 14: Đáp án A  Tam giác MHN vuông tại H, có MN  MH2  HN2   Cách giải: HC  BH2  BC2  a 2  a 2  a 2  Ta có SC;  ABCD    SC; HC   SHC  60 Xét tam giác vuông SHC có SH  HC.tan 60  a 2. 3  a 6  Ta có: AC  AB2  BC2  4a 2  a 2  a 5 SB  SH 2  HB2  6a 2  a 2  a 7   SB.AC  SH  HB .AC  SH.AC  HB.AC  HB.AC  Ta có:  Lại có SB.AC  SB.AC.cos SB; AC   cos SB; AC   0 SB.AC  HB.AC.cos  HB; AC   HB.AC.cos BAC  HB.AC. AB  a.2a  2a 2 AC SB.AC 2a 2 2   SB.AC a 7.a 5 35 CÂU 15: Đáp án D  Ta có SC;  ABCD    SC; HC   SCH  450 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 32 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN a 17 2  => SHC vuông cân tại H  SH  HC  BC2  BH 2   d  M;  SAC     Trong  ABD  kẻ HI  AC ,trong  SHI  kẻ HK  SI ta có:  AC  HI  AC  SHI   AC  HK  HK  SAC   d  H; SAC    HK  AC  SH  Ta có  AHI a HI AH 2 a ACB  g.g     HI  BC AC a 5 5   1 1 d  D;  SAC    d  B;  SAC    d  H;  SAC   2 2 2a. 1 1 1 1 1 89 a 17 a 1513   2   2   HK   2 2 2 2 17a a HK SH HI 17a 89 89 4 5 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 33 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN CHỦ ĐỀ 2: THỂ TÍCH KHỐI LĂNG TRỤ VÍ DỤ 1: Cho hình lăng trụ đứng ABC.ABC có đáy ABC là tam giác vuông, AB  BC  a . Biết rằng góc giữa hai mặt phẳng  ACC   và  ABC   bằng 60 . Tính thể tích khối chóp B.ACCA . A. a3 . 3 B. a3 . 6 C. a3 . 2 D. a3 3 . 3 Lời giải Chọn A B A C K B’ A’ M C’ Gọi M là trung điểm của AC . Do tam giác ABC vuông cân tại B  nên 1 BM  AC  MB   AAC C  . Thể tích khối chóp B.ACCA là VB. AAC C  BM . AA. AC . 3 a 2 Ta có BM  , AC  a 2 . Do MB   AAC C   MB  AC . Kẻ 2 MK  AC  BK  AC . Vậy góc giữa hai mặt phẳng  ACC  và  ABC   là MKB  MKB  60 . Trong tam giác vuông MKB ta có tan 60  MB MB a 6 .   MK  MK tan 60 6 MK MK  Trong tam giác vuông MKC ta có tan MC K   KC MC 2  MK 2 Mặt khác trong tam giác vuông AAC ta có AA  AC .tan MC K  a 6 2 6 .  2 2a 2 6a 2  4 36 2 a 2  a. 2 1 a3 1 a 2 Vậy VB. AAC C  BM . AA. AC  a. .a 2  . 3 3 3 2 VÍ DỤ 2. Cho khối lăng trụ đứng ABC.ABC có đáy ABC là tam giác cân với AB  AC  a , BAC  120 , mặt phẳng  ABC   tạo với đáy một góc 60 . Tính thể tích V của khối lăng trụ đã cho. A. V  3a 3 . 8 B. V  9a 3 . 8 C. V  a3 3 . 8 D. V  3 3a3 . 8 Lời giải Chọn C GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 34 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN Gọi M , I , I  lần lượt là trung điểm của AC , BC , BC . D là điểm đối xứng với A qua I , D là điểm đối xứng với A qua I  . Khi đó mặt phẳng  ABC     ABDC   . góc giữa mặt phẳng A BC với đáy là góc giữa mặt phẳng  ABDC   với đáy. Ta có tứ giác ABDC là hình thoi Vì BAC   120 nên tam giác ACD là tam giác đều cạnh bằng a  DM  AC . Mà AC  DD Nên AC  DM Vậy góc giữa mặt phẳng  ABDC   với đáy là góc DMD  60  a 3  C I   DM  2  C B  a 3 Xét tam giác ACD , có:   AI   a  2 Xét tam giác MDD vuông tại D có DMD  60  DMD là nửa tam giác đều có đường cao DD 3a  DD  DM . 3  . 2 1 1 a a2 3 . S ABC  AI .BC   . .a 3  2 2 2 4 1 1 a 2 3 3a a3 3 . VABC . ABC  S ABC .DD  . .  3 3 4 2 8 VÍ DỤ 3. Cho khối trụ đứng ABC.ABC có đáy là tam giác đều. Mặt phẳng  ABC  tạo với đáy một góc 30 và tam giác ABC có diện tích bằng 8a 2 . Tính thể tích V của khối lăng trụ đã cho. A. V  8 3a 3 . B. V  2 3a 3 . C. V  64 3a 3 . D. V  16 3a3 . Lời giải Chọn A GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 35 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN C A B A C 30 o H B Gọi H là trung điểm BC  AH  BC . Ta lại có: AA   ABC     BC  AA BC   ABC    góc giữa  ABC  và  ABC  là 30 .   AH  x 3 Gọi BC  2x , theo đề ta có:   AH  AA2  AH 2  2x .   AA  AH .tan  30   x 1 1 SABC  8a 2  BC. AH  8a 2  .2 x.2 x  8a 2  x  2a . 2 2  3 2 3 Vậy thể tích cần tìm: V  SABC . AA    4a  .  .2a  8 3a . 4   VÍ DỤ 4: Cho hình lăng trụ đứng ABC.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A , AC  a , ACB  60 . Đường thẳng BC tạo với  ACC A  một góc 30 . Tính thể tích V của khối trụ ABC.ABC . A. V  a 3 6 . B. V  a3 3 . 3 C. V  3a 3 . D. V  a 3 3 . Lời giải Chọn A. Xét tam giác ABC vuông tại A ta có: GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 36 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN AB 1 a2 3  AB  a 3 . Khi đó SABC  AB. AC  . AC 2 2 Ta có hình chiếu vuông góc của cạnh BC trên mặt phẳng tan 60o   ACC A là AC . Khi đó góc BC A  30 . Xét tam giác ABC vuông tại A ta có: AB tan 30   AC   3a . AC  Khi đó: CC   AC 2  AC 2  2a 2 . Vậy VABC . ABC  CC .SABC  a3 6 . VÍ DỤ 5: Cho hình lăng trụ đứng ABC.ABC có đáy ABC là tam giác cân, với AB  AC  a và góc BAC  120 , cạnh bên AA  a . Gọi I là trung điểm của CC . Cosin của góc tạo bởi hai mặt phẳng  ABC  và  ABI  bằng A. 11 . 11 B. 33 . 11 C. 10 . 10 D. 30 . 10 Lời giải Chọn D B’ a 3 A’ a C’ I C B a A  1 Ta có BC 2  AB 2  AC 2  2 AB. AC.cos BAC  a 2  a 2  2.a.a.     3a 2  BC  a 3 .  2 Xét tam giác vuông BAB có AB  BB2  AB2  a 2  a 2  a 2 . Xét tam giác vuông IAC có IA  IC 2  AC 2  a 2  a2 a 5 .  2 4 Xét tam giác vuông IBC có BI  BC 2  C I 2  3a 2  Xét tam giác IBA có BA2  IA2  2a 2   S IBA  a 2 a 13 .  2 4 5a 2 13a 2   BI 2  IBA vuông tại A 4 4 1 1 a 5 a 2 10 AB. AI  .a 2. .  2 2 2 4 1 1 3 a2 3 AB. AC.sin BAC  a.a. .  2 2 2 4 Gọi góc tạo bởi hai mặt phẳng  ABC  và  ABI  là  . Lại có S ABC  Ta có ABC là hình chiếu vuông góc của ABI trên mặt phẳng  ABC  . Do đó S ABC  S IBA .cos   a 2 3 a 2 10 30 .  .cos   cos   4 4 10 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 37 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN BÀI TẬP RÈN LUYỆN CÂU 1: Cho lăng trụ đứng ABC.ABC đáy là tam giác vuông cân tại B , AC  a 2 , biết góc giữa  ABC  và đáy bằng 60 . Tính thể tích V của khối lăng trụ. A. V  a3 3 . 2 B. V  a3 3 . 3 C. V  a3 3 . 6 D. V  a3 6 . 6 CÂU 2: Cho lăng trụ đứng ABC. A ‘ B ‘ C ‘ có đáy là tam giác ABC vuông cân tại A , cạnh BC  a 6 . Góc giữa mặt phẳng  AB ‘ C   BCC ‘ B ‘ và mặt phẳng bằng 600 . Tính thể tích V của khối lăng trụ ABC.A ‘ B ‘ C ‘ ? 2a 3 3 A. V  . 3 a3 3 B. V  . 2 3a3 3 C. V  . 4 3a3 3 D. V  . 2 CÂU 3: Cho hình lập phương cạnh 2a. Tâm các mặt của hình lập phương là đỉnh của một hình bát diện đều. Tính tổng diện tích tất cả các mặt của hình bát diện đều đó. A. B. 8 3a 2 . 3a 2 . C. 2 3a 2 . D. 4 3a 2 . CÂU 4: Cho khối lăng trụ đứng ABC.ABC có đáy là tam giác cân ABC với AB  AC  2x , BAC  120 , mặt phẳng  ABC   tạo với đáy một góc 30 . Tính thể tích V của khối lăng trụ đã cho. A. V  4 x3 . 3 C. V  B. V  x3 . 3×3 . 16 D. V  9 x3 . 8 CÂU 5. Cho khối lăng trụ tam giác ABC.ABC . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của BB và CC . Mặt phẳng  AMN  chia khối lăng trụ thành hai khối đa diện. Gọi V1 là thể tích của khối đa diện chứa đỉnh B và V2 là thể tích khối đa diện còn lại. Tính tỉ số A. V1 7  . V2 2 B. V1 . V2 V1  2. V2 C. V1  3. V2 D. V1 5  . V2 2 CÂU 6: Cho lăng trụ đứng tam giác có độ dài các cạnh đáy là 37cm ; 3cm ; 30cm và biết tổng diện tích các mặt bên là 480cm 2 . Tính thể tích V của lăng trụ đó. A. V  2160cm3 . B. V  360cm3 . C. 720cm 3 . D. V  1080cm3 . CÂU 7:Cho lăng trụ đứng ABC.A ‘ B ‘ C ‘ có cạnh BC  2a, góc giữa hai mặt phẳng  A ‘ BC  bằng  ABC  và 600. Biết diện tích của tam giác A ‘ BC bằng 2a 2 . Tính thể tích V của khối lăng trụ ABC.A ‘ B ‘ C ‘ A. V  3a . 3 B. V  a 3 3. 2a 3 . C. V  3 D. V  a3 3 . 3 CÂU 8: Cho hình lăng trụ đứng ABC.ABC có AB  1 , AC  2 , BAC  120o . Giả sử D là trung điểm của cạnh CC và BDA  90o .Thể tích của khối lăng trụ ABC.ABC bằng A. 2 15 . B. 15 . C. 15 . 2 D. 3 15 . Cho hình lăng trụ đứng ABC.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại C , ABC  60 , cạnh BC  a , đường chéo AB của mặt bên  ABBA tạo với mặt phẳng  BCC B  một góc 30 . Tính thể tích CÂU 9: khối lăng trụ ABC.ABC . GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 38 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN A. a3 6 . 3 B. a 3 6 . C. a3 3 . 3 D. a 3 3 . CÂU 10: Cho lăng trụ đứng ABC.ABC có đáy là tam giác vuông tại A , AC  a , ACB  60 . Đường chéo BC của mặt bên  BCCB  tạo với mặt phẳng  AACC  một góc 30 . Tính thể tích của khối lăng trụ theo a . A. a3 6 . 2 B. 2 6a 3 . 3 C. a3 6 . 3 D. a 3 6 . CÂU 11. Cho hình lăng trụ đứng ABC.ABC có đáy là tam giác vuông cân đỉnh A , mặt bên là BCC B hình vuông, khoảng cách giữa AB và CC bằng a . Thể tích của khối lăng trụ ABC.ABC là: A. a3 2 . 3 B. a3 2 . 6 C. a3 2 . 2 D. a 3 . CÂU 12: Cho hình hộp đứng ABCD.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a , góc giữa mặt phẳng  DAB  và mặt phẳng  ABCD  bằng 30 . Thể tích khối hộp ABCD.ABCD bằng A. a3 3 . 18 B. a 3 3 . C. a3 3 . 3 D. a3 3 . 9 CÂU 13: Cho lăng trụ đứng tam giác ABC.ABC có tất cả các cạnh đều bằng a . Một mặt phẳng đi qua AB và trọng tâm tam giác ABC , cắt AC và BC lần lượt tại E và F . Thể tích V của khối C.ABFE là : 5a3 3 5a3 3 5a3 3 a3 3 A. V  . B. V  . C. V  . D. V  . 18 54 27 27 CÂU 14: Một nhà kho có dạng khối hộp chữ nhật đứng ABCD.ABCD , nền là hình chữ nhật ABCD có AB  3m , BC  6 m , chiều cao AA  3 m , chắp thêm một lăng trụ tam giác đều mà một mặt bên là ABCD và AB là một cạnh đáy của lăng trụ. Tính thể tích của nhà kho ?  9 12  3 A. 2 m . 3 B. 27 3 3 m . 2 C. 54 m3 .  27 4  3 D. 2 m . 3 CÂU 15: Cho khối lăng trụ đứng có đáy ABC là tam giác vuông tại B , AB  BC  2a , AA  a 3 . Tính thể tích V của khối chóp A.BCCB theo a . 4a 3 3 2a 3 3 3 A. V  . B. V  a 3 . C. V  . D. V  2a3 3 . 3 3 CÂU 16: Cho lăng trụ đứng ABC. ABC có đáy là tam giác vuông tại A , AC  a , ACB  60 . Đường chéo BC ‘ của mặt bên  BCCB  tạo với mặt phẳng  AAC C  một góc 30 . Tính thể tích của khối lăng trụ theo a . a3 6 A. . 2 2 6a 3 B. . 3 a3 6 C. . 3 D. a3 6 . ABC. ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A , AC  a, ACB  60 . Đường thẳng BC ‘ tạo với  ACC A  một góc 30 0 . Tính thể tích V của khối trụ CÂU 17. Cho hình lăng trụ đứng ABC. ABC . A. V  a3 6 . B. V  a3 3 . 3 C. V  3a3 . GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. D. V  a3 3 . Trang 39 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN CÂU 18. Cho hình lăng trụ đứng ABC. ABC có đáy là tam giác vuông cân đỉnh A , mặt bên là BCCB là hình vuông, khoảng cách giữa AB và CC  bằng a . Thể tích của khối lăng trụ ABC. ABC là A. 2a 3 . 3 B. 3 2a . C. 2a 3 . 2 D. a 3 . CÂU 19: Cho hình lăng trụ đứng ABC.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại C với CA  CB  a . Trên đường chéo CA lấy hai điểm M , N . Trên đường chéo AB lấy được hai điểm P , Q sao cho MNPQ là tứ diện đều. Tính thể tích khối lăng trụ ABC.ABC . a3 A. . 6 3 B. a . a3 C. . 2 D. 2a 3 . CÂU 20: Cho lăng trụ đứng ABC.ABC có thể tích V . Điểm M là trung điểm cạnh AA . Tính theo V thể tích khối chóp M .BCCB . V V 3V 2V A. . B. . C. . D. . 3 2 3 4 CÂU 21: Cho hình lăng trụ đứng ABC.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a . Khoảng cách từ tâm a O của tam giác ABC đến mặt phẳng  ABC  bằng . Thể tích khối lăng trụ bằng 6 3 3 3a 2 3a 2 3a 3 2 3a 3 2 A. B. C. D. 16 28 8 4 CÂU 22: Cho hình hộp đứng ABCD.ABCD có AB  AD  a , AA ‘  lượt là trung điểm AD , AB . Tính thể tích của khối đa diện ABDMN . 3a 3 9a 3 3 3a3 A. . B. . C. . 16 16 8 a 3 , BAD  60 . Gọi M , N lần 2 D. 3a3 . 8 CÂU 23: Cho lăng trụ đứng ABC.ABC có AB  a , BC  a 3 , AC  2a và góc giữa CB và  ABC  bằng 60 o . Mặt phẳng  P  qua trọng tâm tứ diện CABC , song song với mặt đáy lăng trụ và cắt các cạnh AA , BB , CC lần lượt tại E , F , Q . Tỉ số thể tích của khối tứ diện CEFQ và khối lăng trụ đã cho gần số nào sau đây nhất? A. 0, 07 . B. 0, 06 . C. 0, 25 . D. 0, 09 . CÂU 24: Cho lăng trụ đứng ABC.ABC có AB  a , BC  a 3 , AC  2a và góc giữa CB và  ABC  bằng 60 o . Mặt phẳng  P  qua trọng tâm tứ diện CABC , song song với mặt đáy lăng trụ và cắt các cạnh AA , BB , CC lần lượt tại E , F , Q . Tỉ số thể tích của khối tứ diện CEFQ và khối lăng trụ đã cho gần số nào sau đây nhất? A. 0, 07 . B. 0, 06 . C. 0, 25 . D. 0, 09 . CÂU 25: Cho lăng trụ đứng ABC.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A , AB  2a, AC  3a . Mặt phẳng  ABC  hợp với mặt phẳng  ABC   một góc 60 . Tính thể tích khối lăng trụ đã cho. A. 6a3 39 . 13 B. 18a3 39 . 13 C. 9a3 39 . 26 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. D. 3a3 39 . 26 Trang 40 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN GIẢI CHI TIẾT CÂU 1: Chọn A Tam giác ABC vuông cân tại B , AC  a 2  AB  BC  a . a2 S ABC  . 2 Góc giữa  ABC  và đáy là góc ABA  60 . AA  AB.tan 60  a 3 . VABC. ABC  SABC . AA  a2 a3 3 .a 3  . 2 2 CÂU 2: Chọn D Z B’ A’ C’ B A y C x Vì tam giác ABC vuông cân tại A , cạnh BC  a 6 nên AB  AC  a 3 .       Chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho A  0;0;0  , C a 3;0;0 , B 0; a 3;0 , A  0;0; z   z  0  .      B 0; a 3; z ; BC  a 3; a 3;0 , BB   0; 0; z  . VTPT của  BCC B  là: n1     1  BC , BB  1;1;0  . za 3   AC  a 3;0;0 , AB  0; a 3; z .  VTPT của mặt phẳng  BAC  là: n2  1  AC , AB  0;  z; a 3 . a 3 Vì góc giữa mặt phẳng  AB ‘ C  và mặt phẳng  BCC ‘ B ‘ bằng 600 nên: GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 41 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN   cos 60  cos n1 , n2  z  2 z 2  3a 2   1  za 3. 2 Vậy thể tích của khối lăng trụ ABC. A ‘ B ‘ C ‘ là: V  1 3a3 3 . AC. AB. AA  2 2 CÂU 3: Chọn A B’ A’ D’ C’ O2 B A O1 C D Xét hình lập phương ABCDABCD cạnh 2a , gọi O1 , O2 tương ứng là tâm của ABCD và 1 1 BC  2a 2  a 2 và O1 , O2 là cạnh của bát diện đều có đỉnh là tâm 2 2 của hình lập phương ABCDABCD . Suy ra hình bát diện đều có tổng diện tích các mặt là: ABBA suy ra: O1O2  a 2  S  8. 4 2 3  4 3a 2 (đvdt). CÂU 4: Chọn B Gọi I là trung điểm BC . Ta có  ABC ,  ABC  AIA  30 , VABC . ABC   AI  AB.tan 60  x , AA  AI .tan 30  x . 3 x 1 . .2 x.2 x.sin120  x3 . 3 2 CÂU 5. Chọn B GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 42 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN C’ A’ B’ N M C A B Đặt thể tích của khối lăng trụ ABC.ABC là V , khi đó ta có thể tích khối chóp A.ABC là V  3 2V . 3 Mặt khác thể tích khối chóp A.BCNM bằng thể tích khối chóp A.BCNM nên thể tích khối V chóp A.BCNM bằng . 3 2V V V Vậy V1  , V2   1  2 . 3 3 V2 thể tích khối chóp A.BCC B  CÂU 6: Chọn D. Nửa chu vi đáy: p  37  13  30  40 . 2 Diện tích đáy là: S  40.(40  37).(40  13).(40  30)  180cm2 Gọi x là độ dài chiều cao của lăng trụ. Vì các mặt bên của hình lăng trụ đứng là hình chữ nhật nên ta có: Sxq  13.x  37.x  30.x  480  x  6 Vậy thể tích của lăng trụ là: V  6.180  1080cm3 CÂU 7: Chọn B Gọi H là hình chiếu của A trên BC  AH  BC. Ta có AA ‘  ( ABC )  AA ‘  BC và AH  BC  BC  ( A ‘ AH )  (( ABC );( A ‘ BC ))  A ‘ HA  600. GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 43 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN Diện tích A ‘ BC là SA ‘ BC sin A ‘ HA  2.SA ‘ BC 4a 2 1  . A ‘ H .BC  A ‘ H    2a. 2 BC 2a AA ‘  AA ‘  sin 600.2a  a 3 , A’ H  AH  A ‘ H 2  A ‘ A2  4a 2  a 3  2 1  a  SABC  . AH .BC  a 2 . 2 Vậy thể tích lăng trụ là VABC . A ‘ B ‘C ‘  AA ‘.SABC  a 3.a 2  a3 3. CÂU 8: Chọn B. BC 2  AB 2  AC 2  2 AB. AC.cos BAC  7  BC  7 . Đặt AA  h  BD 2  h2 h2  7, AB 2  h 2  1, AD 2   4 . 4 4 Do tam giác BDA vuông tại D nên AB2  BD2  AD2  h  2 5 . Suy ra V  15 . CÂU 9: Chọn B Tam giác ABC vuông tại C có ABC  60 ; BC  a . suy ra AC  BC tan 600  a 3 . Khi đó : SABC  1 a2 3 . AC.BC  2 2 Mặt khác: AC   BCC B  suy ra góc giữa AB ‘ và mặt phẳng  BCC B  là ABC  30 . Tam giác ABC vuông tại C có ABC  30 ; BC  a suy ra BC  AC  3a . tan 30o Tam giác BBC vuông tại B có BC  a ; BC  3a  BB  2 2a . Vậy VABC . ABC   SABC .BB  a3 6 . GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 44 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN CÂU 10: Chọn D 1 a2 3 Ta có ABC vuông tại A, AC  a  AB  a 3  SABC  .a.a 3  2 2 BC tạo với mặt phẳng  AACC  góc 30  BC A  30. Lại có ABC vuông tại A , suy ra AC  3a . Từ đó AA   AC     AC   Vậy VABC . ABC   AA.SABC  2 2a. 2 2   AC   2  AC 2  2 2a . a2 3  a3 6 . 2 CÂU 11. Chọn C B’ A’ C’ B A C Ta có: AC  AB (giả thiết), AC  AA ( vì ABC.ABC là lăng trụ đứng)  AC   AABB  . Ta có: CC / / BB  CC / /  AABB   d  CC, AB   d  CC,  AABB    d  C ,  AABB    AC  a . Vì tam giác ABC vuông cân tại A nên BC  AC 2  a 2 . Mặt khác BCC B hình vuông nên BB  BC  a 2 . Thể tích khối lăng trụ ABC.ABC là: V  S ABC .BB  a2 a3 2 . a 2 2 2 CÂU 12: Chọn B GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 45 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN Ta có  ADDA    AB  nên góc giữa mặt phẳng  DAB  và mặt phẳng  ABCD  là góc AD và AA hay AAD  30 . Suy ra AA  AD  a 3 . Vậy thể tích hộp VABCD. ABC D  a3 3 . tan 30 CÂU 13: Chọn A Trong mặt phẳng  ABC  qua G kẻ đường thẳng song song với AB cắt CA , CB lần lượt tại E , F. Ta chia khối C.ABFE thành hai khối A.BCF và A.CEF . a 3 Kẻ AH   BC  AH    BCCB  . AH   . 2 1 1 1 a 3 2a a 3 3    Ta có VA.BCF  A H . B B.CF  . .a.  3 2 6 2 3 18 2 S 4 4 a2 3  CF   Ta lại có CEF   .  S  S   CEF ABC S ABC  CB  9 9 9 1 1 a 2 3 a3 3  .  VA.CEF  A A.SCEF  a.  3 3 9 27 a3 3 a3 3 5a3 3 Vậy VC . ABFE  VA .B CF  VA CEF .    . 18 27 54 CÂU 14: Chọn D GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 46 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN J I C’ B’ A’ D’ 3m 6m B C 3m A D Ta có : Vkho  VABCD. ABC D  VABJ .DC I VABCD. ABC D  AB. AD. AA  3.3.6  54m 3 .  3 27 3 3 VABJ .DC I  SABJ . AD   32. m .  .6   4 2    Vkho   27 4  3 2 m 3 CÂU 15: Chọn A Ta có: VA.BCCB  1 1 1 4 3 3 AB.SBCCB  . AB.BC.BB  .2a.2a.a 3  a . 3 3 3 3 CÂU 16: Chọn D  C A là hình chiếu của BC  lên mặt phẳng  ACCA  . Ta có BC   ACC A   Vậy góc  BC,  ACCA   BCA  30 . ABC vuông tại A có AB  AC.tan 60  a 3 . ABC ‘ vuông tại A có AC ‘  AB.cot 30  3a . ACC ‘ vuông tại C có CC ‘  VABC . A ‘ B ‘ C ‘  S ABC .CC  AC ‘2  AC 2  2a 2 . 1 AB. AC.CC  a3 6 . 2 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 47 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN CÂU 17. Chọn A  C A là hình chiếu của BC  lên mặt phẳng Ta có BA   ACC A    ACCA . Vậy góc  BC,  ACCA  BCA  30 . ABC vuông tại A có AB  AC.tan 60  a 3 . ABC vuông tại A có AC  AB.cot 30  3a . ACC vuông tại C có CC   AC 2  AC 2  2a 2 . 1 VABC . ABC  S ABC .CC  AB. AC.CC  a3 6 . 2 CÂU 18.Chọn C Tam giác ABC vuông tại A  AC  AB . Và ABC. ABC là lăng trụ đứng  AA   ABC   AA  AC .   Suy ra AC   ABBA   d C ,  ABBA   AC .   Mặt khác CC//  ABBA   d  AB, CC   d CC,  ABBA   AC .  AB  AC  a  BC  a 2  AA ‘  BB ‘  a 2 . Vậy thể tích khối lăng trụ ABC. ABC là 1 a3 2 . VABC. ABC  AA.SABC  a 2. a 2  2 2 CÂU 19: Chọn C GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 48 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN A’ B’ C’ Q N P A M B C Do MNPQ là tứ diện đều suy ra AB  AC . Đặt AA  x .   Ta có AB. AC  0  AC  CB  BB .AC  0  x. a 2  x 2 . Vậy VABC . ABC  a  x. a 2  x 2 . a x 1 2 a3  a. a  . 2 2 2 2 x 0  x a. a  x2 2 CÂU 20: Chọn A A’ C’ B’ M A C B Gọi: V  VABC . ABC  AA.SABC . 1 1 1 1  VM . ABC  VM . ABC   .MA.S ABC  . . AA.S ABC  V . 6 3 2 3 1 1 2V Ta có: VM .BCC B  V  VM . ABC  VM . ABC   V  V  V  . 6 6 3 CÂU 21: Chọn D A’ C’ B’ H C A O M B Gọi M là trung điểm của BC và H là hình chiếu của A trên A ‘ M . GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 49 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN BC  AM    BC   AAM   BC  AH (1) BC  AA  Mà AH  AM  2  Ta có Từ (1) và (2)  d  A,  ABC    AH . Ta có d  O,  ABC   d  A,  ABC    MO 1  (do tính chất trọng tâm). MA 3  d  A,  ABC    3d  O,  ABC    a a  AH  . 2 2 1 1 1 1 4 4 a 3   Xét tam giác vuông A ‘ AM : .   2  2  AA  2 2 2 2 AH AA AM AA a 3a 2 2 Suy ra thể tích lăng trụ ABC.A ‘ BC là: V  AA.SABC a 3 a 2 3 3 2a 3 .  .  16 2 2 4 CÂU 22: Chọn A . Gọi S  BN  AA . Suy ra: S , M , D thẳng hàng. SM AM 1   . Suy ra M là trung điểm của SD . Có: SD AD 2 3 SSMN SM SN 1  .   S MNBD  S SBD . 4 SSBD SD SB 4 Tam giác ABD có AB  AD  a , BAD  60 nên tam giác ABD là tam giác đều. 1 1 3 3 VA. BDMN  d  A,  BDMN   .S BDMN  d  A,  SBD   . S SBD  VS . ABD . 3 3 4 4 2 3 31 1 a 3 3a .  SA.SABD  a 3.  43 4 4 16 CÂU 23:Chọn C GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 50 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN . Gọi M , N lần lượt là trung điểm AB , CC ; G là trung điểm MN . Suy ra G là trọng tâm tứ diện CABC . 3  P  qua G và cắt các cạnh AA , BB , CC lần lượt tại E , F , Q thì AE  BF  CQ  AA . 4 Thể tích khối lăng trụ là V  AA.S ABC . VCEFQ 1 1 1 3 1   0, 25 . Thể tích tứ diện CEFQ là: VCEFQ  CQ.S EFQ  . AA.S ABC  V  3 3 4 4 V 4 CÂU 24: Chọn C . Gọi M , N lần lượt là trung điểm AB , CC ; G là trung điểm MN . Suy ra G là trọng tâm tứ diện CABC . 3  P  qua G và cắt các cạnh AA , BB , CC lần lượt tại E , F , Q thì AE  BF  CQ  AA . 4 Thể tích khối lăng trụ là V  AA.S ABC . VCEFQ 1 1 1 3 1   0, 25 . Thể tích tứ diện CEFQ là: VCEFQ  CQ.S EFQ  . AA.S ABC  V  3 3 4 4 V 4 CÂU 25: Chọn B . GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 51 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN  A   ABC    ABC   Ta có  BC //BC   ABC    ABC    Ad //BC //BC  .  BC   ABC  ; BC  ABC      Dựng AH  BC   AH  A d . Dựng AK  BC  AK  Ad . Góc mặt phẳng  ABC  với mặt phẳng  ABC   là KAH  KAH  60 . Ta có AH  AB2 . AC2 6 13  a. 2 2 AB  AC 13 Ta có BB  HK  tan 60. AH  Vậy VABC .A B C   BB .SABC  6 39 a. 13 1 1 6 39 18 39 3 AB.A C.BB   2a.3a a  a . 2 2 13 13 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 52 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN DẠNG CÂU HỎI THƯỜNG XUẤT HIỆN TRONG ĐỀ THI CÂU 1: Một hộp nữ trang (xem hình vẽ) có mặt bên ABCDE với ABCE là hình chữ nhật, cạnh cong CDE là một cung của đường tròn có tâm là trung điểm M của đoạn thẳng AB . Biết AB  12 3 cm , BC  6 cm và BQ  18 cm . Hãy tính thể tích của hộp nữ trang. S T E D P Q C 18 6 A  C. 261 3 M 12 3  3  4  cm . A. 216 4  3 3 cm . R B  D. 216 3 .  3  4  cm . B. 261 4  3 3 cm3 . 3 3 3 CÂU 2: Cho lăng trụ tam giác đều ABC.ABC cạnh đáy bằng a , chiều cao bằng 2a . Mặt phẳng  P  qua B  và vuông góc với AC chia lăng trụ thành hai khối. Biết thể tích của hai khối là V1 và V2 với V1  V2 . Tỉ V số 1 bằng V2 1 1 1 1 A. B. C. D. 11 47 23 7 CÂU 3: Cho lăng trụ ABC.ABC có đáy là tam giác đều cạnh a. Hình chiếu vuông góc của mặt phẳng  ABC  trùng với trọng tâm của tam giác ABC. Biết thể tích của khối lăng trụ là hai đường thẳng AB và BC là: 2a A. . 3 B. 4a . 3 C. 3a . 4 a3 3 . Khoảng cách giữa 4 D. 3a . 2 CÂU 4: Cho hình lập phương ABCD.ABCD có cạnh bằng a , một mặt phẳng   cắt các cạnh AA , 2 1 BB , CC , DD lần lượt tại M , N , P , Q . Biết AM  a , CP  a . Thể tích khối đa diện 5 3 ABCD.MNPQ là: 11 3 11 3 2a 3 a3 a . a . A. B. . C. . D. 30 15 3 3 CÂU 5: Cho khối chóp S.ABC có SA vuông góc với đáy, tam giác 5 và giá trị nhỏ ABC vuông tại B . Biết rằng thể tích của khối chóp là 24 nhất diện tích toàn phần chóp S.ABC là p 5  q trong đó p, q  . Tính giá trị biểu thức: p 2  q 2  ? 37 37 A. p 2  q 2  B. p 2  q 2  36 9 25 25 C. p 2  q 2  D. p 2  q 2  4 16 S a C A c b B GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 53 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN CÂU 6: Một hình hộp chữ nhật có kích thước a (cm)  b (cm)  c (cm) , trong đó a, b, c là các số nguyên và 1  a  b  c . Gọi V (cm3 ) và S (cm 2 ) lần lượt là thể tích và diện tích toàn phần của hình hộp. Biết V  S , tìm số các bộ ba số  a, b, c  ? A. 4 B. 10 C. 12 D. 21 CÂU 7: Cho hình hộp ABCD.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a 3 , BD  3a , hình chiếu vuông góc của B trên mặt phẳng  ABCD  trùng với trung điểm của AC . Gọi  là góc tạo bởi hai mặt phẳng  ABCD  và  CDDC   , cos   A. 3a 3 . 4 B. 21 . Thể tích khối hộp ABCD.ABCD bằng 7 9a 3 3 . 4 C. 9a 3 . 4 D. 3a 3 3 . 4 7a . Hình 2 chiếu vuông góc của A lên mặt phẳng  ABCD  trùng với giao điểm của AC và BD . Tính theo a thể tích CÂU 8: Cho hình hộp ABCD.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a , BCD  120 và AA  khối hộp ABCD.ABCD . A. V  3a 3 . B. V  12a 3 . D. V  9a 3 . C. V  6a 3 . CÂU 9: Cho hình hộp MNPQ.M N PQ có các cạnh đều bằng 2a , với a  0; a  . Biết QMN  60 , M MQ  M MN  120 . Tính thể tích V của khối hộp MNPQ.M N PQ theo a . B. V  4 2.a3 . A. V  2.a3 . D. V  2 2.a3 . C. V  8.a 3 . CÂU 10: Để làm một máng xối nước, từ một tấm tôn kích thước 0, 9m  3m người ta gấp tấm tôn đó như hình vẽ dưới biết mặt cắt của máng xối (bởi mặt phẳng song song với hai mặt đáy) là một hình thang cân và máng xối là một hình lăng trụ có chiều cao bằng chiều dài của tấm tôn. Hỏi x  m  bằng bao nhiêu thì thể tích máng xối lớn nhất? 3m x 0, 3 m xm x 0, 3 m 0, 9 m 3m (a) Tấm tôn A. x  0, 6m . 0, 3 m (b) Máng xối B. x  0, 65m . C. x  0, 4m . 0, 3 m (c) Mặt cắt . D. x  0,5m . CÂU 11. Cho khối lăng trụ ABC.ABC có thể tích V  36 cm 3 . Mặt phẳng  ABC   và  ABC  chia khối lăng trụ thành 4 khối đa diện. Tính thể tích khối đa diện có chứa một mặt là hình bình hành BCCB . A. 18 cm3 . B. 15 cm3 . C. 9 cm3 . D. 12 cm3 . CÂU 12: Cho khối lăng trụ ABC.ABC có thể tích bằng 2018. Gọi M là trung điểm AA ; N , P lần lượt là các điểm nằm trên các cạnh BB , CC sao cho BN  2BN , CP  3CP . Tính thể tích khối đa diện ABC.MNP . 32288 40360 4036 23207 A. . B. . C. . D. . 27 27 3 18 CÂU 13: Cho khối lăng trụ ABC.ABC . Gọi M là trung điểm của BB , N là điểm trên cạnh CC sao GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 54 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN cho CN  3NC . Mặt phẳng ( AMN ) chia khối lăng trụ thành hai phần có thể tích V1 và V2 như hình vẽ. Tính tỉ số V1 . V2 A. V1 5  . V2 3 B. V1 3  . V2 2 C. V1 4  . V2 3 D. V1 7  . V2 5 CÂU 14: Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC.ABC có tất cả các cạnh bằng a . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của các cạnh AB và BC . Mặt phẳng  AMN  cắt cạnh BC tại P .Tính thể tích V khối đa diện MBP.ABN . A. V  3a3 . 32 B. 7 3a3 . 96 C. 7 3a3 . 48 D. 7 3a3 . 32 CÂU 15: Cho khối lăng trụ tam giác ABC.ABC . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của BB và CC . Mặt phẳng  AMN  chia khối lăng trụ thành hai phần. Gọi V1 là thể tích của khối đa diện chứa đỉnh B  và V2 là thể tích khối đa diện còn lại. Tính tỉ số A. V1 7  . V2 2 B. V1 . V2 V1  2. V2 C. V1 1  . V2 3 D. V1 5  . V2 2 CÂU 16: Cho hình lăng trụ ABC.ABC có thể tích bằng 6a 3 . Các điểm M , N , P lần lượt thuộc các AM 1 BN CP 2   ,  . Tính thể tích V  của đa diện ABC.MNP cạnh AA , BB , CC sao cho AA 2 BB CC  3 11 11 3 11 9 a . A. V   B. V   a 3 . C. V   a 3 . D. V   a 3 . 16 18 27 3 CÂU 17: Cho hình lập phương ABCD.ABCD cạnh 2a , gọi M là trung điểm của BB và P thuộc cạnh 1 DD sao cho DP  DD . Mặt phẳng  AMP  cắt CC tại N . Thể tích khối đa diện AMNPBCD bằng 4 A D C B P M D’ A’ B’ C’ 9a 3 A. V  2a . B. V  3a . C. V  . 4 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. 3 3 11a 3 D. V  . 3 Trang 55 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN CÂU 18: Cho hình lăng trụ ABC.ABC có thể tích bằng V . Các điểm M , N , P lần lượt thuộc các cạnh AM 1 BN CP 2 AA , BB , CC sao cho   ,  . Thể tích khối đa diện ABC.MNP bằng. AA 2 BB CC  3 11 20 9 2 V. A. V . B. C. V . D. V . 18 16 27 3 CÂU 19: Cho hình lăng trụ VABC.ABC . Gọi M , N , P lần lượt là các điểm thuộc các cạnh AA , BB , CC sao cho AM  2MA , ũNB  2NB , PC  PC . Gọi V1 , V2 lần lượt là thể tích của hai khối đa diện V V tỉ số 1 . ABCMNP và ABCMNP . Tính V2 ă n V V 1 V V 2 A. 1  2 . B. 1  . C. 1  1 . D. 1  . V2 V2 2 V2 V2 3 B ắ c GIẢI CHI TIẾT CÂU 1: Chọn D  Ta có V  BQ.S ABCDE .  Trong đó    .122.120 1   6.12 3    .6.12 3   12 3 3  4 . 2  360   S ABCDE  S ABCE  SCDE  S ABCE   SMCDE  SMCE  .   Thể tích hộp nữ trang là V  18.12  3 3  4   216  3  3  4 cm3 . CÂU 2: Chọn A Gọi H là trung điểm của AC , giác ABC đều nên BH  AC . Trong  AC CA , kẻ HE  AC , HE  AA  I .  BH  AC Ta có:   AC   BHI    P    BHI  .  HI  AC AEH #ACC  AIH #ACC  S BHI  AE AC  AC . AH a 5   AE  .  AH AC AC 10 IH AC AC . AH a 5   IH  .  AH C C C C 4 1 1 a 2 15 1 a 2 15 a 5 a3 3 BH .HI  . V1  .S BHI . AE  . . .  2 3 16 3 16 10 96 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 56 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN VABC . ABC   S ABC . AA  47 3 V 1 a2 3 a3 3 a 3 do đó 1  . V2  . .2a  96 V2 47 4 2 Suy ra A ‘ H   ABC  . Qua A kẻ đường thẳng Ax song song với BC. Ta có Ax / / BC 3  d  A ‘ A, BC   d  BC ,  A ‘ Ax    d  M ,  A ‘ Ax    d  H ,  A ‘ Ax   2  BC  AM  BC   A ‘ AM   BC  HK Kẻ HK  AA ‘ ta có  BC  A ‘ H  Mà HK  AA ‘  HK   A ‘ Ax   HK  Ta có a 3 6 a2 3 a3 3 1 1 1 a mà . S   V  A ‘ H . S     HA ‘  ABC ABC HK 2 HA2 HA ‘2 3 4 12 CÂU 3: Chọn C  . Gọi F là trọng tâm tam giác ABC. Suy ra AF là đường cao của hình lăng trụ  1 3 2 SABC  a.a.sin 600  a .Suy ra AF  a . 2 4 AA song song với mặt phẳng  BCC B  nên khoảng cách giữa AA và BC chính là khoảng cách giữa AA và  BCC B  và cũng bằng khoảng cách từ A đến mặt phẳng này.  BC vuông góc với  FOE  . Dựng FK vuông góc với OE nên EF  d  F ,  BCC ‘  .  Tính AA   2 3 a  OE . 3 Xét hình bình hành AOEA : d  A,  ABCD    khoảng cách hình chiếu của A lên OE .  AF    AF  2 S AOEA  AO. A ‘ F  OE.d  2  3 a. 4 CÂU 4: Chọn A B C O A D N M I P Q O1 B’ C’ O’ A’ D’ GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 57 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN  Tứ giác MNPQ là hình bình hành có tâm là I thuộc đoạn OO .  Ta có: OI   AM  CP 11 a  a  . Gọi O1 là điểm đối xứng 2 30 2 11 OO1  2OI  a  a . Vậy O1 nằm trong đoạn OO . 15 O qua I thì:  Vẽ mặt phẳng qua O1 song song với  ABCD  cắt các cạnh AA; BB; CC ; DD lần lượt  tại A1 , B1 , C1 , D1 . Khi đó I là tâm của hình hộp ABCD. A B1C1D1  Vậy VABCD.MNPQ  VMNPQ. A1B1C1D1 = VABCD. A1B1C1D1  a 2OO1  1 2 1 2 11 3 a . 30 CÂU 5: Cho khối chóp S.ABC có SA vuông góc với đáy, tam giác 5 và giá trị nhỏ ABC vuông tại B . Biết rằng thể tích của khối chóp là 24 nhất diện tích toàn phần chóp S.ABC là p 5  q trong đó p, q  . Tính giá trị biểu thức: p 2  q 2  ? 37 37 A. p 2  q 2  B. p 2  q 2  36 9 25 25 C. p 2  q 2  D. p 2  q 2  16 4 S a C A c b B CÂU 6: Chọn.B  V  a.b.c . S  2  ab  bc  ca   Ta có V  S suy ra 2  ab  bc  ca   a.b.c   1 1 1 1 1 1 1 3 1          a  6 (do 1  a  b  c ). 2 a b c a a a a 2 1 1 1 1 1 1       2 a 6. a b c 2 a 2 1 1 1 Với a  3 ta có     b  6  c  6   36 . b c 6   1 1 1 1    a b c 2  Suy ra  b, c   7;42  , 8;24  ,  9;18 , 10;15 , 12;12   có 5 cách chọn thỏa mãn.  Với a  4 ta có  Suy ra  b, c   5;20  ,  6;12  , 8;8  có 3 cách chọn thỏa mãn. 1 1 1     b  4  c  4   16 . b c 4 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 58 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN     b  6 1 1 3 3 2 20 b  5   ,  15 Với a  5 ta có      b  . b c 10 10 b 3 c  10 c    2 Suy ra có 1 cách chọn thỏa mãn. 1 1 1 Với a  6 ta có    b  c  6 . Suy ra có 1 cách chọn. b c 3 Vậy tổng cộng có 10 cách chọn. CÂU 7: Chọn C  Do  DCC D  //  ABBA  và  ABCD  //  ABC D  nên góc giữa hai mặt phẳng  ABCD  và  CDDC   ABBA cũng bằng góc giữa hai mặt phẳng nên góc giữa hai mặt phẳng  ABCD  và và bằng góc OHB với H là hình chiếu của O lên AB . 9a 2 3a 2 a 3  AC   a 3 .   OA  4 4 2  Trong ABD có OA2  AD2  OD2  3a 2   a 3 3a . 2 2  3a . Ta có OH.AB  OA.OB  OH  4 a 3  cos    BO  BH 2  OH 2   Vậy V  OH 21 7 3a a 21 .   BH  .  BH 7 4 21 4 1 1 3a 2 3 21a 2 9a 2 a 3 . S ABCD  AC.BD  a 3.3a  .   2 2 2 16 16 2 3a 2 3 a 3 9a3 . .  2 2 4 CÂU 8: ChọnA A’ D’ C’ B’ A D O B C GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. . Trang 59 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN  Gọi O  AC  BD . Từ giả thiết suy ra AO   ABCD  .  Cũng từ giả thiết, suy ra ABC là tam giác đều nên: S   AC  Đường cao khối hộp: AO  AA  AO  AA     2a 3 .  2   Vậy VABCD. ABCD  S  2SABC  ABCD a2 3 . 2 2 2 ABCD 2 2 .AO  3a3 (đvtt). CÂU 9: Chọn B N M P M Q P’ N’ N Q’ M’ M’ O Q .  Do hình chóp M .NQM  có 3 cạnh bên cùng bằng 2a nên chân đường cao của hình chóp M .NQM  là tâm O của đường tròn ngoại tiếp mặt đáy NQM  .  Như thế VMNPQ.M N PQ  6.VM . NQM   2S NQM  .OM .Từ giả thiết ta có  MNQ đều, suy ra NQ  2a .  Dùng định lý côsin cho  M MN và  M MQ ta tính được. M N  M Q  2a 3 .  Dùng Hêrông cho  NQM  ta tính được S NPM   a 2 11. .  Từ đó bán kính đường tròn ngoại tiếp  NQM  là ON   Xét tam giác OMN , ta có OM  MN 2  ON 2   Vậy VMNPQ.M N PQ  2.a 2 11. NQ.QM .NM  6a .  4S NQM  11 2a 22 . 11 2a 22  4a 3 2 . 11 CÂU 10: Chọn A  Vì chiều cao lăng trụ bằng chiều dài tấm tôn nên thể tích máng xối lớn nhất khi diện tích hình h thang cân (mặt cắt) lớn nhất. Ta có S   x  0,3 . 2  x  0,3 BC  h 2  0,3 2  x  0,3  4 2  x  0,3 . S  2 B  0,3 2  x  0,3  4 2 . C h 0.3m 0.3m A GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. . Trang 60 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN 1 2 2  x  0,3 4.  0,3   x  0,3 . 4  S  Xét hàm số f  x    x  0,3 4.  0,3   x  0,3 .   f   x   4.  0,3   x  0,3   x  0,3 2 2  2  x  0,3 2 4.  0,3   x  0,3   x  0,3 x  0,3 2  2 2 4.  0,3   x  0,3 2 2  4.  0,3   x  0,3 2 0,36  2 x  x  0,3  4.  0,3   x  0,3  2   x  0,3 . f   x   0   x 2  0,3x  0,18  0    x  0,6 Dựa vào bảng biến thiên ta thấy f  x  lớn nhất khi x  0, 6 .  Vậy thể tích máng xối lớn nhất khi x  0, 6m .  2 2 . . CÂU 11. Chọn B A’ C’ B’ J I C A B  Gọi I  AB  AB , J  AC  AC .Ta có VIJBB ‘C ‘C  VA.BB ‘C ‘C  VA.BCIJ .  2 2 Mặt khác VA. ABC   VA.BCC B  VABC . ABC  VA. BCC B  VABC . ABC   V  24 . 3 3 1 V AI AJ 1 1 1 Ta lại có A.IJA  .   VA.IJA  . .36  3 . VA. IJBC  VA. ABC  VA. IJA  .36  3  9 . 3 VA. ABC AB AC  4 4 3   Vậy VIJBB ‘C ‘C  24  9  15  cm  . 3 CÂU 12: Chọn D GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 61 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN VABC .MNP 1  AM BN CP  23 23207      . Vậy VABC .MNP  .  18 VABC . ABC  3  AA BB CC   36 CÂU 13: Chọn D Ta có      Gọi M  là trung điểm của CC , ta có: 1 1 1 5 dt BCM M  dt BCC B , dtM MN  dt BCM M  dt BCC B  dt BMNC  dtBCC B 8 4 2 8 1 d  A,  BCBC    .dt BCNM 5 V2 3  .   1 VA.BCBC  d  A,  BCBC    .dt BCBC  8 3 1 d  A;  ABC    .dt ABC  VA. ABC V 5 2 5 1 V2 2 3  .  .   A.BCC B    3 d  A;  ABC    .dt ABC  VABC . ABC VABC . ABC  8 3 12 VABC . ABC  3 Do VABC . ABC   V1  V2  V1 7  V2 5 CÂU 14: Chọn B  Gọi S là giao điểm của các đường AM ; NP và BB . Có M ; B ; P lần lượt là trung điểm của các cạnh SA ; SB và SN . a2 3  Vì ABC đều cạnh a nên S ABC  . 4 V SB SM SP 1 1 1 1 1 7  S .BMP  . .  . .   VS .BMP  VS . ABN  VMBP. ABN  VS . ABN . VS . ABN SB SA SN 2 2 2 8 8 8  Vì B là trung điểm của SB nên VS . ABN  2.VB. ABN . Vì N là trung điểm của BC nên 1 1 1 1 a 2 3 a3 3 a3 3 . VB. ABN  VB. ABC  . .BB.S ABC  .a.   VS . ABN  2 2 3 6 4 24 12 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 62 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN 7 7 a3 3 7 3a3  Từ và ta có VMBP. ABN  VS . ABN  . .  8 8 12 96 CÂU 15: Chọn B A C B K M N A’ C’ B’  Gọi K là trung điểm của AA và V , VABC .KMN , VA.MNK lần lượt là thể tích khối lăng trụ  ABC.ABC khối lăng trụ ABC.KMN và thể tích khối chóp A.MNK . Khi đó V2  VABC .KMN  VA.MNK .   1 1 1 1 1 1 Lại có VABC .KMN  V ; VA.MNK  VABC . KMN  V suy ra V2  V  V  V 2 3 6 2 3 6 1 2 V từ đó ta có V1  V  V  V . Vậy 1  2 . 3 3 V2 CÂU 16: Chọn C  Lấy điểm Q  AA sao cho PQ //AC . Ta có MQ  AQ  AM   2 1 Dễ thấy VABC .MNP  .VABC . ABC  , VM .QNP  .VABC . ABC  . 3 12 11 11 Vậy V   VABC .MNP  VM .QNP  V  a 3 . 3 18  1 AA . 6 CÂU 17: Chọn B A D O P C B K M D’ A’ O’ B’ N C’ GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 63 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN  Thể tích khối lập phương ABCD.ABCD là V   2a   8a3 .  Gọi O , O lần lượt là tâm hai hình vuông ABCD và ABCD , gọi K  OO  MP , khi đó N  AK  CC . 1 3a 1 a  3a Ta có OK   DP  BM    a    . Do đó CN  2OK  . Diện tích hình thang 2 2 2 2 4 BMNC là 1 1 3a  5a 2 S BMNC   BM  CN  .BC   a   .2a  .Thể tích khối chóp A.BMNC là 2 2 2  2       3 1 1 5a 2 5a 3 VA.BMNC  .S BMNC . AB  . .2a  .Diện tích hình thang DPNC là 3 3 2 3 1 1  a 3a  S DPNC   DP  CN  .CD     .2a  2a 2 . 2 2 2 2  1 1 4a 3 Thể tích khối chóp A.DPNC là VA. DPNC  .S DPNC . AD  .2a 2 .2a  . 3 3 3 5a 3 4 a 3   3a 3 . Thể tích khối đa diện AMNPBCD bằng V  VA.BMNC  VA.DPNC  3 3 CÂU 18: ChọnA 2 Có VA.BC CB  V  VM .BC CB . 3 1  Đặt: V1  VM . NPCB  d  M ,  CC BB   .S NPCB . 3 1 2 2 1 2 2 2 4  d  M ,  CC BB   . SCC ‘ B ‘ B  . d  M ,  CC BB   .SCCBB  VM .CCBB   V  V .  3 3 3 3 3 3 3 9 1 1 1 1 V2  VM . ABC  d  M ,  ABC   .S ABC  . d  A,  ABC   .S ABC  V .  3 3 2 6 4 1 11  Vậy VABC .MNP  V1  V2  V  V  V . 9 6 18 CÂU 19: Chọn C  A’ M C’ B’ P C A N B  Gọi V là thể tích khối lăng trụ ABC.ABC . Ta có V1  VM . ABC  VM .BCPN .  1 1 2 2 VM . ABC  S ABC .d  M ,  ABC    . S ABC .d  A,  ABC    V . 3 3 3 9 1 1 1 1 VM . ABC   S ABC  .d  M ,  ABC     . S ABC .d  M ,  ABC     V . 3 3 3 9   Do BCCB là hình bình hành và NB  2NB , PC  PC nên S BC PN  GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. 7 S BCPN . 5 Trang 64 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN    7 Suy ra VM . BC PN  VM . BCPN , Từ đó V  VM . ABC  VM .BCPN  VM . ABC  VM . BCPN 5 2 1 7 5  V  V  VM .BCPN  V  VM .BCPN  VM .BCPN  V . 9 9 5 18 2 5 1 1 V Như vậy V1  V  V  V  V2  V . Bởi vậy: 1  1 . 9 18 2 2 V2 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 65 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN CHỦ ĐỀ 3: TÍNH TOÁN ĐỘ DÀI – KHOẢNG CÁCH – THỂ TÍCH VÍ DỤ 1. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh 2a , tam giác SAB đều, góc giữa  SCD  và  ABCD  bằng 60 . Gọi M là trung điểm của cạnh AB . Biết hình chiếu vuông góc của đỉnh S trên mặt phẳng  ABCD  nằm trong hình vuông ABCD . Tính theo a khoảng cách giữa đường thẳng SM và AC . A. a 5 . 5 B. 2a 15 . 3 5a 3 . 3 C. D. 2a 5 . 5 Lời giải Chọn A S 2a K A D 60° M O B H E N C I  Gọi N , E lần lượt là trung điểm của CD, BC .  Ta có: SAB đều nên SM  AB mà AB / /CD SM  CD và MN  CD do đó SN  CD hay góc giữa hai mặt phẳng  SCD  và  ABCD  là SNM  60 .  Trong mặt phẳng  SNM  từ S kẻ SH  MN , H  MN ta có SH  CD nên SH   ABCD  .  Trong mặt phẳng  ABCD  từ H kẻ HI  ME , I  ME , từ H kẻ HK  SI , K  SI  ta có SH   ABCD   SH  ME nên ME   SIH   ME  HK mà HK  SI do đó HK   SIH  hay d  H ,  SME    HK . Xét SAB đều cạnh 2a nên SM  a 3 .  Xét SMN có SM 2  MN 2  SN 2  2.SN .MN .cos SNM  3a 2  4a 2  SN 2  2a.SN .  a a 3 và SH  SN .sin SNM  . 2 2 3a MO 2 d  H ,  SME    d  H ,  SME   Do đó: MH  và MO  a nên d  O,  SME    2 MH 3 2 Lại có: ME / / AC nên AC / /  SME   d  SM , AC   d  AC ,  SME    d  O,  SME    HK . 3     SN 2  2a.SN  a 2  0  SN  a  HN  SN .cos SNM  Xét MHI MI  HI   vuông tại I có HMI  45 nên MHI vuông cân tại I do đó MH 3a 2 .  4 2 1 1 1   Xét SHI có  HK  2 2 HK HI SH 2 3a 2 a 3 . 2  3a 5 .  4 10 9a 2 3a 2 HI 2  SH 2  8 4 HI .SH GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 66 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN  2 a 5 Vậy  d  SM , AC   d  O ,  SME    HK  . 3 5 VÍ DỤ 2. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O cạnh AB  2a 3 , góc BAD  120 . Hai mặt phẳng  SAB  và  SAD  cùng vuông góc với đáy. Góc giữa mặt phẳng  SBC  và  ABCD  bằng 45 . Tính khoảng cách từ O đến mặt phẳng  SBC  . A. h  a 2 . 3 B. h  3a . C. h  3a 2 . 4 D. h  a 3 . 2 Lời giải Chọn C S H 2a 3 A B 45° E O D C  Trong mặt phẳng  ABCD  từ A kẻ AE  BC , E  BC (*).  Lại có hai mặt phẳng  SAB  và  SAD  cùng vuông góc với đáy nên SA   ABCD  do đó SA  BC (**).  Từ (*) và (**) ta có:  SAE   BC , trong mặt phẳng  SAE  từ A kẻ AH  SE , H  SE mà  SAE   BC   nên AH  BC do đó AH   SBC   d  A,  SBC    AH . Ta lại có: d  O,  SBC    1 1 d  A,  SBC    AH . 2 2 1 1 Xét tam giác ABC có S ABC  . AB.BC.sin ABC  AE.BC  AE  AB sin ABC  3a . 2 2  Mặt khác góc giữa mặt phẳng  SA  AE.tan SEA  3a . Xét tam giác SAE có:   SBC  và  ABCD  bằng 45 nên SEA  45 . Khi đó: 1 1 1 9a 2 3a 2 1 3a 2 SA. AE   .  d  O,  SBC    AH     AH  2 2 2 AH SA AE 2 4 2 SA2  AE 2 3a 2 VÍ DỤ 3. Cho hình chóp S. ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh 2a , cạnh bên bằng SA vuông góc với đáy , SA  a . Tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng  SBC  ? A. d  a 3 . 2 B. d  a 2 . 2 C. d  a 6 . 2 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. D. d  a 6 . 3 Trang 67 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN . Lời giải Chọn A S a C 2a A 2a E 2a B Ta có SB  SC  a 5;SE  5a 2  a 2  2a. Diện tích tam giác ABC là S   2a  2 3  3a 2 . 4 1 1 Diện tích của tam giác SBC là S ‘  SE.BC  .2a.2a  2a 2 . 2 2 1 3 3 Thể tích hình chóp S.ABC là V  a. 3a 2  a. 3 3 3 3 1 3a3 3a Mặt khác V  a  d  A;  SBC   .S ‘  d  A;  SBC     . 2 3 3 2a 2 VÍ DỤ 4: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật. Tam giác SAB vuông cân tại A và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy và SB  4 2 . Gọi M là trung điểm của cạnh SD . Tính khoảng cách l từ điểm M đến mặt phẳng  SBC  . A. l  2 B. l  2 2 C. l  2 D. l  2 2 Lời giải Chọn B S K H M N 4 2 D A B C    SAB    ABCD  ,  SAB    ABCD   AB  SA   ABCD  . Theo giả thiết, ta có  SA  AB    Gọi N , H , K lần lượt là trung điểm các cạnh SA, SB và đoạn SH . GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 68 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN   BC  SA Ta có   BC   SAB   BC  AH .  BC  AB  Mà AH  SB ( ABC cân tại A có AH là trung tuyến).  Suy ra AH   SBC  , do đó KN   SBC  (vì KN || AH , đường trung bình).  Mặt khác MN || BC  MN ||  SBC  .  Nên d  M ,  SBC    d  N ,  SBC    NK  1 AH  2 2 . 2 VÍ DỤ 5: Cho hình chóp S. ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a , hình chiếu vuông góc của đỉnh S trên mặt phẳng  ABC  là trung điểm H của cạnh BC . Góc giữa đường thẳng SA và mặt phẳng  ABC  bằng 600 . Gọi G là trọng tâm tam giác SAC , R là bán kính mặt cầu có tâm G và tiếp xúc với mặt phẳng  SAB  . Đẳng thức nào sau đây sai? A. R  d G,  SAB  . B. 3 13R  2SH . C. R2  SABC 4 3 . 39 D. R  13. a Lời giải Chọn D a 3 . 2  Ta có 600  SA,  ABC   SA, HA  SAH . Tam giác ABC đều cạnh a nên AH   Trong tam giác vuông SHA , ta có SH  AH .tan SAH   Vì mặt cầu có tâm G và tiếp xúc với  SAB  nên bán kính mặt cầu R  d G,  SAB  .  Ta có d G,  SAB   d C ,  SAB   d  H ,  SAB  . 3 3  Gọi M , E lần lượt là trung điểm AB và MB . 1 3a . 2 2 CM  AB  HE  AB    Suy ra  a 3 và  1 a 3. CM  HE  CM    2 2 4    Gọi K là hình chiếu vuông góc của H trên SE , suy ra HK  SE . 1 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 69 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN  HE  AB  AB   SHE   AB  HK .  2   AB  SH  Ta có   Từ 1 và  2  , suy ra HK   SAB  nên d  H ,  SAB    HK .  Trong tam giác vuông SHE , ta có HK   Vậy R  SH .HE SH  HE 2 2  3a . 2 13 2 a . Chọn D. HK  3 13 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 70 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN BÀI TẬP RÈN LUYỆN CÂU 1: Cho hình chóp đều S.ABC có thể tích bằng khoảng cách từ A đến mặt phẳng  SBC  bằng a3 3 , mặt bên tạo với đáy một góc 60 .Khi đó 24 3a a 3 a 2 . B. . C. a 3 . D. . 4 2 2 CÂU 2: Cho hình thoi ABCD tâm O cạnh a và AC  a . Từ trung điểm H của AB , dựng SH   ABCD  với SH  a . Khoảng cách từ A đến mặt phẳng  SBC  bằng A. A. 8a 3 . 15 B. 2a 57 . 19 C. 2a 66 . 23 D. 10a 5 . 27 CÂU 3: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông với AB  AC  a ; tam giác SAB cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi E , F là hai điểm lần lượt nằm trên các đoạn thẳng BC EC 1 CF 1  ;  . Góc giữa hai mặt phẳng  SBC  và  ABC  bằng 60 . Tính thể tích khối và AC sao cho EB 3 CA 2 chóp S.ABEF và khoảng cách d giữa SA và EF . . 7 6a 3 a 6 7 3a3 a 6 A. V  . B. V  . ;d  ;d  192 8 192 3 C. V  7 6a 3 a 6 . ;d  192 3 D. V  7 3a3 a 6 . ;d  192 8 CÂU 4: 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 45o . Tính theo a tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SD và AB . a 15 a 5 a 5 2a 5 A. d  . B. d  . C. d  . D. d  . 13 3 3 3 CÂU 5: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh bằng 2a 3 . Biết BAD  120 và hai mặt phẳng  SAB  và  SAD  cùng vuông góc với đáy. Góc giữa mặt phẳng  SBC  và  ABCD  bằng 45 . Tính khoảng cách h từ A đến mặt phẳng  SBC  . A. h  a 3 . B. h  2a 2 . 3 C. h  2a 2 . D. h  3a 2 . 2 CÂU 6: Hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B , BA  3a; BC  4a,  SBC    ABC  . Biết SB  6a; SBC  60. Tính khoảng cách từ B đến  SAC  . A. 19a 57 . 57 B. 6a 57 . 19 C. 17a 57 . 57 D. 16a 57 . 57 CÂU 7: Cho hình lăng trụ ABC.ABC có đáy là tam giác đều cạnh a . Hình chiếu vuông góc của điểm A lên a3 3 ABC mặt phẳng  . Khoảng cách  trùng với trọng tâm của tam giác ABC . Biết thể tích của khối lăng trụ là 4 giữa hai đường thẳng AA và BC là. 4a 3a 3a 2a A. . B. . C. . D. . 3 4 2 3 CÂU 8: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a , mặt bên  SAB  là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Khoảng cách từ A đến mặt phẳng  SCD  là. GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 71 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN A. a 21 . 7 B. a 21 . 14 C. a 21 . 21 D. a 21 . 3 a 17 . Hình chiếu vuông góc H của 2 S lên mặt  ABCD  là trung điểm của đoạn AB. Gọi K là trung điểm của AD .Tính khoảng cách giữa hai CÂU 9: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a , SD  đường SD và HK theo a . 3a A. . 5 B. a 3 . 5 C. a 21 . 5 D. a 3 . 7 a 17 , hình chiếu vuông góc H 2 của S lên mặt  ABCD  là trung điểm của đoạn AB . Tính chiều cao của khối chóp H .SBD theo a . CÂU 10: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a , SD  A. a 3 . 7 B. 3a . 5 C. a 21 5 . D. a 3 . 5 CÂU 11: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a , SA  7a và SA vuông góc với mặt phẳng đáy. Gọi G , I , J thứ tự là trọng tâm các tam giác SAB , SAD và trung điểm của CD . Diện tích thiết diện của hình chóp khi cắt bởi mặt phẳng  GIJ  bằng A. 93a 2 40 B. 23a 2 60 C. 31 33a 2 45 D. 3 33a 2 8 CÂU 12: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh 2a . Biết các mặt bên của hình chóp cùng tạo 4 3a3 với đáy các góc bằng nhau và thể tích của khối chóp bằng . Tính khoảng cách giữa SA và CD . 3 A. 5a B. 2a C. 3a D. 3 2a CÂU 13: Cho lăng trụ ABC.ABC có AABC là tứ diện đều. Biết rằng diện tích tứ giác BCCB bằng 2a 2 . Tính chiều cao của hình lăng trụ. A. h  a 6 6 B. h  2a 3 3 C. h  3a 4 D. h  a CÂU 14: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông với AB  AC  a ; tam giác SAB cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi E , F là hai điểm lần lượt nằm trên các đoạn thẳng BC EC 1 CF 1  ;  . Góc giữa hai mặt phẳng  SBC  và  ABC  bằng 60 . Tính thể tích khối và AC sao cho EB 3 CA 2 chóp S.ABEF và khoảng cách d giữa SA và EF . 7 6a 3 a 6 7 3a3 a 6 A. V  . B. V  . ;d  ;d  192 8 192 3 C. V  7 6a 3 a 6 . ;d  192 3 D. V  7 3a3 a 6 . ;d  192 8 CÂU 15. Cho tứ diện ABCD có AB  a , AC  a 2 , AD  a 3 , các tam giác ABC , ACD , ABD là các tam giác vuông tại đỉnh A . Tính khoảng cách d từ điểm A đến mặt phẳng  BCD  . A. d  a 66 . 11 B. d  a 6 . 3 C. d  a 30 . 5 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. D. d  a 3 . 2 Trang 72 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN GIẢI CHI TIẾT CÂU 1: Chọn D S I A C H M B Gọi H là trọng tâm tam giác ABC , ta có SH   ABC  . Gọi M là trung điểm của BC , ta có BC   SAM  . Do đó, ta có góc giữa mặt phẳng  SBC  và mặt đáy bằng SMH  60 . x x 3 ; SH  HM tan 60  . Vậy thể tích khối chóp S.ABC bằng 2 6 2 3 3 3 1x 3 x x 3 x 3 a 3 V     xa. 3 4 2 24 24 24 a2 a2 3a Kẻ AI  SM  I  SM   AI   SBC   AI  d  A,  SBC   ; SM  .   12 4 3 SH . AH 3a AI   . SM 4 CÂU 2: Chọn B Đặt AB  x  HM  S K A D H B M C Dựng HM  BC  M  BC  ; SH  BC   SHM    SBC  ;  SHM    SBC   SM . Trong mặt phẳng  SHM  , dựng HK  SM  K  SM   HK   SBC   HK  d  H ,  SBC   . Ta có: d  A,  SBC    2d  H ,  SBC   . a 3 1 1 1 1 16 19 57a ; .    2  2  2  HK  2 2 2 4 HK SH HM a 3a 3a 19 a 57a Vậy khoảng cách từ A đến mặt phẳng  SBC  bằng 2 HK  . 19 HM  BH sin 60  CÂU 3: Chọn A GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 73 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN Dễ thấy KB  a 2 2  EF  BC  S EFC a2 7a 2   S BAFE  lại có 16 16 a 6 7a 3 6 . SH   VSABEF  4 192 Gọi M là trung điểm của BC .  AM / / EF  d  SA, EF   d  EF ,  SAM    d  F ,  SAM     H ,  SAM    HJ Với H là chân fđường cao của hình chóp S.ABC . Ta có HJ  a 6 . 8 CÂU 4: Chọn B Xác định được đúng góc giữa SC và  ABCD  là SCH  45 . a 5 a 5 .  SH  2 2 Vì AB / /  SCD  , H  AB nên d  AB; SD   d  AB,  SCD    d  H ,  SCD   . Tính được HC  Gọi I là trung điểm của CD. Trong  SHI  , dựng HK  SI tại K . 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 CÂU 5: ChọnD Dựng AH  BC và AK  SH . Ta có AK  d  A;  SBC   . Vì BAD  120o nên ΔACB đều,. 2a 3 3 Suy ra AH   3a . 2 Mặt khác, vì góc giữa  SBC  và  ABCD  bằng 45o nên SAH  45o nên AK  3a 2 . 2 CÂU 6: Chọn B GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 74 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN S L C K G A H B . Gọi H là hình chiếu của S lên BC . Gọi K ; G lần lượt là hình chiếu của B; H lên CA . Gọi L là hình chiếu của H lên SG . Lúc đó SH   ABC  . d  B,  SAC   d  H ,  SAC    BC BC  d  B,  SAC    HL . HC HC SH .HG SH .HG .  SG SH 2  HG 2 BC.BA 4a.3a 12a Xét ABC vuông tại B , ta có: BK  .   2 2 2 2 5 BC  BA 16a  9a Xét SHB vuông tại H , ta có. Xét SHG vuông tại H , ta có: HL  BH 1 SH 3  BH  6a.  3a và sin 60   SH  6a  3 3a . SB 2 SB 2 HG CH 12a a 3   HG   a. Khi đó CH  BC  BH  a ; BK CB 5 4a 5 3a 3 3a. BC SH .HG 4a 6 57 5 .  .  a. Vậy d  B,  SAC    2 2 HC SH  HG a 19 9 2 2 27a  a 25 cos 60  CÂU 7: Chọn B . G là trọng tâm tam giác ABC . Gọi K là trung điểm BC . Ta có BC  AK    BC  AA ‘ K . BC  A ‘ G    GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020.  Trang 75 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN   Dựng KH  AA , vì KH  AAK  BC  KH  BC . Vậy khoảng cách giữa hai đường thẳng AA và BC là KH . Vì thể tích khối lăng trụ V  V a3 3 nên AG  S ABC 4 a3 3  4  a. a2 3 4 2 Tam giác AAG vuông tại G nên AA  a 3 2 3   AG 2  AG 2  a 2   a.  3  3   a 3 AG. AK 2  3a .  Trong tam giác AAK ta có AG. AK  KH . AA  KH  AA 4 2 3 a 3 a. CÂU 8: ChọnA . 3 a là đường cao hình chóp. 2 Gọi I là hình chiếu vuông góc của H lên SM suy ra HI  ( SCD ) . Gọi H , M lần lượt là trung điểm AB, CD . Ta có: SH  Vì AB / /  SCD   d  A,  SCD    d  H ,  SCD    HI . 1 1 1 4 1 7 21a .    2  2  2  HI  2 2 2 HI SH HM 3a a 3a 7 CÂU 9: Chọn B S N A H B K D M C . GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 76 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN Ta có SH  SD2  HD2  SD2  HA2  AD 2  a 3 ; AO  HK //BD  KH //  SBD   d  HK ,  SBD    d  H ,  SBD   AC a 2 AC a 2 .  HM    2 2 2 4 Kẻ HM  BD , HN  SM tại M . Khi đó d  H ,  SBD    HN . Mà 1 1 1 a 3 a 3 .    HN   d  HK , SD   2 2 2 HN SH NH 5 5 CÂU 10: Chọn D S K B C E O H A D + Gọi H là trung điểm AB , ta có SH   ABCD  . + Gọi O  AC  BD , E là trung điểm BO ;khi đó HE  BO . + Lại có SH  BO  SH   ABCD   nên BO   SHE    SHE    SBD  . Hạ HK  SE  HK   SBD   d  H ,  SBD    HK . + Xét AHD : HD  AH 2  AD 2  a 5 . 2 + Xét SHD : SH  SD 2  HD 2  a 3 . HK  1 a 2 . AO  2 4 + Xét SHK : HK  HE.HS HE  HS 2 2  a 3 . 5 a 3 . 5 Vậy chiều cao của khối chóp H .SBD bằng CÂU 11: Chọn A S D’ M B’ L D A O B E N I G K T F J C GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 77 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN Ta có GI // BD nên GI // BD . Suy ra  GIJ  cắt  ABCD  theo giao tuyến là đường thẳng d đi qua J và song song với BD . Trong  ABCD  có d cắt BC tại K , cắt AD tại F , cắt AB tại E . EB FD 1   . Do J là trung điểm của CD nên K là trung điểm của BC và EA FA 3 Trong  SAB  : đường thẳng EG cắt SA tại M , cắt SB tại L . LB 2  . Định lí mê nê la uyt cho tam giác BAB và cát tuyến G, L, E ta được LB 3 MS 4  . Định lí mê nê la uyt cho tam giác BAS và cát tuyến G, L, M ta được MA 3 DN 1  . Tương tự ta có FI đi qua M và cắt SD tại N thỏa mãn DS 5 MN 8  . Định lí mê nê la uyt cho tam giác MAF và cát tuyến D, N , S ta được NF 7 Thiết diện cần tìm là MNJKL . S FN FJ 7 7 Gọi S  S MEF . Ta có FNJ     SFNJ  S . SFME FM FE 45 45 7 31 S . Do đó S MNJKL  S. Tương tự suy ra S ELK  45 45 9a 3 3 2a Gọi T  AC  KJ  AT  AC  . Suy ra MT  AM 2  AT 2  . 4 4 2 2 1 1 9a 3a 2 27a 2 Suy ra SMEF  MT .EF   .   2 2 2 2 2 8 93 2 a . Vậy diện tích thiết diện bằng 40 CÂU 12: Chọn C S H D A M B O C Do các mặt bên tạo với đáy các góc bằng nhau nên hình chiếu của S trên mặt đáy cách đều 4 cạnh của hình vuông ABCD . Suy ra SO vuông góc với đáy ( O là tâm ABCD ). 3V Suy ra SO  S . ABCD  3a . S ABCD Ta có CD // AB  CD //  SAB   d  CD; SA  d  CD;  SAB    d C;  SAB    2d  O;  SAB   . Kẻ OM vuông góc AB tại M và OH  SM tại H . 1 1 1 a 3 Suy ra OH  d  O;  SAB   . Lại có .    OH  2 2 2 OH OS OM 2 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 78 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN Vậy d  SA; BC   a 3 . CÂU 13: Chọn B A’ C’ B’ I C A H M B Gọi cạnh của tam giác ABC là x , chiều cao của hình lăng trụ là h . Gọi I là giao điểm của BC và BC . Ta có: AB  AC  AB  AC  BB  CC  BC  BC  x nên AI  BC ; AI  BC   AI   BCC B  do đó tứ giác BCCB là hình vuông nên x.x  2a2  x  a 2 Trong tam giác ABC có AM  x 2  x2 x 3 2 x 3 .   AH  AM  4 2 3 3 Do đó: h  AH  AA2  AH 2  x 2  x 2 x 6 2a 3   3 3 3 CÂU 14: Chọn A Dễ thấy KB  a 2 2  EF  BC  S EFC  a2 7a 2  S BAFE  lại có 16 16 a 6 7a 3 6 . SH   VSABEF  4 192 Gọi M là trung điểm của BC .  AM / / EF  d  SA, EF   d  EF ,  SAM    d  F ,  SAM     H ,  SAM    HJ Với H là chân đường cao của hình chóp S.ABC . Ta có HJ  a 6 . 8 CÂU 15. Chọn A D C A B GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 79 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN Do các tam giác ABC , ACD , ABD vuông tại A nên nếu D là đỉnh hình chóp thì AD là đường cao của hình chóp. Khi đó thể tích khối chóp D.ABC là: VD. ABC 1 1 1 a3 6 .  .DA.S ABC  .a 3. .a 2.a  3 3 2 6 1 3V Ta lại có VABCD  VD. ABC  .d  A,  BCD   .S BCD  d  A,  BCD    ABCD . 3 S BCD Ta có AB  a , AC  a 2 , AD  a 3 nên BC  a 3 , BC  2a , CD  a 5 . Theo công thức Hê rông, ta có S BCD  Vâỵ d  A,  BCD    3. 11 2 a . 2 a3 6 6  a 66 . 11 11 2 a 2 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 80 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN CÁC DẠNG THƯỜNG XUẤT HIỆN TRONG ĐỀ THI CÂU 1: Cho tứ diện OABC có OA , OB , OC đôi một vuông góc. Biết OA  a , OB  2a , OC  a 3 . Tính khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng  ABC  . A. a 3 . 2 B. a . 19 C. a 17 . 19 D. 2a 3 . 19 CÂU 2: Cho hình lập phương ABCD.ABCD có cạnh bằng a . Gọi K là trung điểm của DD . Khoảng cách giữa hai đường thẳng CK và AD bằng A. a 3 3 B. a 3 2 C. 2a 3 3 D. a 3 CÂU 3: Cho hình chóp tứ giác đều có độ dài cạnh bên và cạnh đáy cùng bằng a . Khoảng cách giữa đường thẳng AD và mặt phẳng  SBC  là A. a 6 . 6 B. a 6 . 3 C. a 2 . 2 D. a 3 . 2 CÂU 4: Cho hình chóp tứ giác S . ABCD có đáy là hình vuông cạnh bằng a 2 . Tam giác SAD cân tại S 4 và mặt bên  SAD  vuông góc với mặt phẳng đáy. Biết thể tích của khối chóp S . ABCD bằng a 3 . Tính 3 khoảng cách h từ điểm B đến mặt phẳng  SCD  . A. h  3 a. 4 B. h  2 a. 3 C. h  4 a. 3 8 D. h  a . 3 CÂU 5: Cho tứ diện ABCD có AB  CD  4 , AC  BD  5 , AD  BC  6 . Tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng  BCD  . A. 3 6 . 7 B. 3 2 . 5 C. 3 42 . 7 D. 7 . 2 Câu 6 : Cho lăng trụ ABC.ABC có đáy là tam giác đều cạnh a . Hình chiếu vuông góc của điểm A lên mặt phẳng  ABC  trùng với trọng tâm tam giác ABC . Biết thể tích của khối lăng trụ là cách giữa hai đường thẳng AA và BC . 2a 4a A. . B. . 3 3 C. 3a . 4 D. a3 3 . Tính khoảng 4 3a . 2 a 17 , hình chiếu vuông góc H của S lên 2 mặt phẳng  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  A. a 3 . 5 B. a 3 . 7 C. a 21 . 5 D. 3a . 5 CÂU 8: Cho hình lăng trụ đứng ABC. A1 B1C1 có AB  a , AC  2a , AA1  2a 5 và BAC  120. Gọi K , I lần lượt là trung điểm của các cạnh CC1 , BB1 . Tính khoảng cách từ điểm I đến mặt phẳng  A1BK  . A. a 5 . 3 B. a 15 . C. a 5 . 6 D. a 15 . 3 CÂU 9: Cho khối chóp S.ABCD có thể tích bằng a 3 . Mặt bên SAB là tam giác đều cạnh a và đáy ABCD là hình bình hành. Tính theo a khoảng cách giữa SA và CD . GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 81 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN A. 2 3a . B. a 3 . C. 2a . 3 D. a . 2 CÂU 10: Cho khối đa diện đều n mặt có thể tích V và diện tích mỗi mặt của nó bằng S. Khi đó, tổng các khoảng cách từ một điểm bất kì bên trong khối đa diện đó đến các mặt của nó bằng 3V nV V V . . . . A. B. C. D. 3S nS S S CÂU 11: Lăng trụ ABC.ABC  có đáy là tam giác vuông cân tại A , AB  a , biết thể tích của lăng trụ 4a 3 .Tính khoảng cách h giữa AB và BC . 3 8a 3a 2a A. h  . B. h  . C. h  . 8 3 3 ABC.ABC  là V  D. h  a . 3 CÂU 12: Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy là hình thoi, BAD  60 , cạnh đáy bằng a , thể tích bằng a3 2 . Biết hình chiếu của đỉnh S lên mặt phẳng đáy trùng với giao điểm hai đường chéo của hình thoi 4 (tham khảo hình vẽ). Khoảng cách từ C đến mặt phẳng  SAB  bằng A. a . 4 B. a 6 . 3 C. a . 3 D. a 6 . 2 CÂU 13 : Cho khối lăng trụ ABCD.ABCD có đáy ABCD là hình vuông. Hình chiếu vuông góc của A trên mặt phẳng  ABCD  là trung điểm của AB , góc giữa mặt phẳng  ACD  và mặt phẳng  ABCD  là 60 . Thể tích của khối chóp B.ABCD là A. 2 2a . 3 3 8 3a3 . Tính độ dài đoạn thẳng AC theo a . 3 B. 2 2a . C. 2a . D. 2a . 3 3 CÂU 14: Cho hình lăng trụ đứng ABC.ABC có đáy ABC là tam giác cân đỉnh C , đường thẳng BC tạo với mặt phẳng  ABBA  một góc 60 và AB  AA  a . Gọi M , N , P lần lượt là trung điểm BB, CC , BC . Khoảng cách giữa hai đường thẳng AM và NP bằng. A. a 15 . 5 B. a 5 . 5 C. a 3 . 5 D. a 5 . 15 CÂU 15: Cho lăng trụ ABCD. A1B1C1D1 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 60 o . Tính khoảng cách từ điểm B1 đến mặt phẳng  A1 BD  theo a . GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 82 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN A. a 3 2 . B. a 3 6 . C. a 3 . 4 D. a 3 . 3 CÂU 16: Cho hình chóp S.ABCD với đáy là hình chữ nhật có AB  a , BC  a 2 , SA   ABCD  và SA  a 3 . Gọi M là trung điểm SD và  P  là mặt phẳng đi qua B, M sao cho  P  cắt mặt phẳng  SAC  theo một đường thẳng vuông góc với BM . Khoảng cách từ điểm S đến  P  bằng A. 2a 2 3 B. a 2 9 C. a 2 3 D. 4a 2 9 CÂU 17: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông, SA vuông góc với đáy, mặt bên  SCD  hợp với đáy một góc bằng 60 , M là trung điểm của BC . Biết thể tích khối chóp S.ABCD bằng Khoảng cách từ M đến mặt phẳng  SCD  bằng: A. a 3 . 6 B. a 3 . 4 C. a 3 . 2 a3 3 . 3 D. a 3 . CÂU 18: Cho hình chóp S.ABC có ASB  CSB  600 , ASC  900 , SA  SB  SC  a . Tính khoảng cách d từ điểm A đến mặt phẳng  SBC  . A. d  2a 6 . B. d  a 6 . 3 C. d  a 6 . D. d  2a 6 . 3 CÂU 19: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh bằng 2a 3 , góc BAD bằng 1200. Hai mặt phẳng  SAB  và  SAD  cùng vuông góc với đáy. Góc gữa mặt phẳng  SBC  và  ABCD  bằng 450. Tính khoảng cách h từ A đến mặt phẳng  SBC  . A. h  2a 2. B. h  2a 2 . 3 C. h  3a 2 . 2 D. h  a 3. a 17 , hình chiếu vuông góc H của S 2 lên mặt  ABCD  là trung điểm của đoạn AB . Tính chiều cao của khối chóp H .SBD theo a . CÂU 20: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a , SD  A. 3a . 5 B. a 3 . 7 C. a 21 . 5 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. D. 3a . 5 Trang 83 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN GIẢI CHI TIẾT CÂU 1: Chọn D A O C B VOABC 1 a3 3 .  OA.OB.OC  6 3 Tính được AB  OA2  OB 2  a 5 , AC  OA2  OC 2  2a , BC  OB 2  OC 2  a 7 . S ABC  p  p  AB  p  AC  p  BC   AB  AC  BC 19 (với p  ) 2 2 1 3V 2 3 Gọi h  d  O;  ABC   . Ta có VOABC  h.S ABC  h  OABC  . 3 S ABC 19 CÂU 2: Chọn D H D C B A K C’ D’ A’ Từ D kẻ DH // CK  H  CC   . B’ Khi đó d  CK , AD   d  CK ,  ADH    d  C ,  ADH    Ta có VACDH  3VCAHD . S ADH 1 a3 AD.S DHC  . 3 12 a 17 a 5 , AH  . 2 2 3 AD 2  AH 2  DH 2 5    sin DAH  A DH  Xét tam giác có cos DA H  2 AD. AH 34 34 Mà AD  a , DH   S ADH  1 3a 2 AD. AH  . 2 4 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 84 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN 3a 3 a Vậy d C ,  ADH    122  . 3a 3 4 CÂU 3: S H A D d  AD,  SBC    d  A,  SBC    B E O C 3VS . ABC SSBC Gọi O là tâm của mặt đáy, ta có SO  SA2  AO 2   VS . ABC a 2 2 1 1 1 2 a 2 a3 2  VS . ABCD    a   2 2 3 2 12 Ngoài ra, SSBC  a 6 a2 3  d  AD,  SBC    3 4 Cách 2: Gọi O  AC  BD, E là trung điểm BC và OH  SE tại H  SE thì OH   SBC  Do đó d  AD, ( SBC )   2d  O, ( SBC )   2OH  2 Cũng tính được SO  SO.OE SE SO.OE a 6 a 2 , thay vào tính được d  AD, (SBC )   2  SE 3 2 CÂU 4: Chọn C Ta có chiều cao của khối chóp S . ABCD là SI với I là trung điểm của AD . 4 1 4 Suy ra thể tích của khối chóp S . ABCD bằng a 3  2a 2 .SI  a 3  SI  2a . 3 3 3 Xét tam giác SCD vuông tại D có: SD  SI 2  ID 2  3a 2 1 1 3a 2 3a 2 nên SSCD  SD.CD  . . .a 2  2 2 2 2 2 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 85 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN Thấy ngay VS . ABCD  2VS .BCD  2VB.SCD  4 3 1 4 a  2. S SCD .h  h  a . 3 3 3 CÂU 5: Chọn C A B D C Thể tích khối tứ diện gần đều: VABCD  Diện tích tam giác BCD : S BCD  2 12 a 2  b2  c 2  b2  c 2  a 2  a 2  c 2  b 2   p  p  a  p  b  p  c   15 6 . 4 15 7 . 4 Ta có d  A,  BCD    3VABCD 3 42  . S BCD 7 ADMIN sẽ xây dựng bài toán tổng quát: N n A m h a B M I b D c C Từ giả thiết ta có: MNDC là hình thoi; các tam giác CAN , DAM là các tam giác cân, suy ra: AI  NC , AI  DM  AI  (CDMN ) 1 1 1 1 Ta có: VABCD  VA.MNDC  .4VA. IMN  2VA. IMN  IA.IM .IN  h.m.n 2 2 3 3 2 2 2  2 a  b  c m  2 h 2  m 2  c 2  2 2  a  b  c2  Từ h 2  n 2  b 2  n 2  2 m 2  n 2  a 2  2   2 a  b2  c2 h  2  1 a 2  b 2  c 2  a 2  b 2  c 2  a 2  b 2  c 2  Suy ra: VABCD   6 2 1 15 6  42  52  62  42  52  62  42  52  62   .  4 6 2 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 86 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN BC  CD  DB 4  5  6 15   2 2 2 15 7  SBCD  p  p  4  p  5 p  6   4 15 6 3VA.BCD 3. 4 3 42 Ta có d  A,  BCD    .   SBCD 7 15 7 4 Ta có p  Câu 6 : Chọn C C A B I K C A M H B Gọi H là trọng tâm của ABC , M là trung điểm BC . Kẻ MI  AA tại I . Kẻ HK  AA tại K . Ta có AH   ABC   AH  BC mà BC  AM  BC   AAM   BC  MI . Suy ra MI là đoạn vuông góc chung của AA và BC . S ABC  V a2 3  AH  ABC . ABC  a 4 S ABC 2 a 3 1 1 1 3 1 4 a     2  2  2  HK  AM  2 2 2 HK AH AH a a a 2 3 3 3 3a d  AA, BC   MI  HK  . 2 4 AH  Câu 7: Chọn A S B C H A D GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 87 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN B C I H D A 2  a 17   2  a 2  Ta có SHD vuông tại H  SH  SD  HD   .  2   a   2    a 3       2 Cách 1. VS . ABCD 2 1 3 3 1 1 a3 3  SH .S ABCD  a  VH .SBD  VA.SBD  VS . ABCD  . 3 3 2 4 12 Tam giác SHB vuông tại H  SB  SH 2  HB 2  Tam giác SBD có SB   d  H ,  SBD    a 13 . 2 a 13 a 17 5a 2 , BD  a 2, SD   SSBD  . 2 2 4 3VS .HBD a 3 .  S SBD 5 1 a 2 Cách 2. Ta có d  H , BD   d  A, BD   . 2 4 Chiều cao của chóp H .SBD là a 2 4 a 3. d  H ,  SBD     2 5 a2 SH 2   d  H , BD   3a 2  8 Cách 3. Gọi I là trung điểm BD . Chọn hệ trục Oxyz với O  H , Ox  HI , Oy  HB, Oz  HS . z S SH .d  H , BD  a 3. y C B O H I x A D a   a  Ta có H  0;0;0  , B  0; ;0  , S 0;0; a 3 , I  ;0;0  . 2   2  Vì  SBD    SBI     SBD  :  2x 2 y z 3    1  2x  2 y  za  0. a a a 3 3 Suy ra d  H ,  SBD    2.0  2.0  3 .0  a 3 44 1 3  a 3 . 5 CÂU 8: Chọn C GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 88 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN Ta có IK  B1C1  BC  AB 2  AC 2  2 AB. AC.cos1200  a 7 Kẻ AH  B1C1 khi đó AH là đường cao của tứ diện A1 BIK 0 Vì A1H .B1C1  A1B1. AC 1 1.sin120  A1 H  a 21 7 1 1 1 IK .KB  a 2 35  VA1 .IBK  a 3 15(dvtt ) 2 2 6 Mặt khác áp dụng định lý Pitago và công thức Hê-rông ta tính đc S A1BK  3a 3  dvdt  S IKB  Do đó d  I ,  A1BK    3VA1IBK SA1BK  a 5 . 6 CÂU 9: Chọn A S A D a B C 1 a3 Vì đáy ABCD là hình bình hành  VSABD  VSBCD  VS . ABCD  . 2 2 Ta có:Vì tam giác SAB đều cạnh a  SSAB  Vì CD AB  CD a2 3 4  SAB  nên d  CD, SA  d  CD,  SAB    d  D,  SAB    3VSABD S SBD a3 3.  2 2  2 3a. a 3 4 CÂU 10: Chọn C S C A H B Xét trong trường hợp khối tứ diện đều. Các trường hợp khác hoàn toàn tương tự. GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 89 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN 1 1 1 1 VH . ABC  h1.S ; VH .SBC  h2 .S ; VH .SAB  h3 .S ; VH .SAC  h4 .S 3 3 3 3 3V3 3V1 3V2 3V4 h1  ; h2  ; h3  ; h4  S S S S 3 V1  V2  V3  V4  3V  h1  h2  h3  h4   S S CÂU 11: Chọn A C B A h C’ B’ a a A’ Ta có AB SABC   ABC   d  AB, BC   d  AB,  ABC    d  B,  ABC   . a2 . 2 V  S ABC .h  h  V SABC 4a 3 8a .  32  3 a 2 CÂU 12: Chọn B GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 90 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN S ABCD  2S ABD  AB. AD sin A  a 2 3 2 . Độ dài đường cao SH  3V S ABCD a3 2 a 6  34  2 a 3 2 3. Gọi M là trung điểm AB , K là trung điểm của BM DM a 3 a 3 , HK // DM và HK  .  2 2 4 Ta có AB   SHK    SAB    SHK  ,  SAB    SHK   SK Ta có DM  AB  DM  Vẽ HN  SK tại N  HN   SAB   d  H ,  SAB    HN . HN  HK .HS HK  HS 2 2  a 6 a 6 , d  C ,  SAB    2d  H ,  SAB    2 HN  . 6 3 CÂU 13 : Chọn B . Đặt AB  x . Dựng HK  CD . Vì AH   ABCD   AH  CD  CD   AHK   AK  CD .      ACD  ;  ABCD    KA; KH  AKH 1 . Vì AHK vuông tại H nên AH  x.tan 60  x 3 . Nhận thấy V  3.VB. ABCD  AH .S ABCD  3. 8 3a3 8 3a3  x 3.x 2  3.  x  2a . 3 3 Vì ABCD là hình vuông nên AC  x 2  2a 2 . CÂU 14: ChọnA Ta có: KC    AABB  , BK  VLT a 5 a 15 a 2 15 .  KC   SABC  2 2 4 a3 15 .  4 C C’ A A’ K B B’ . CÂU 15: ChọnA GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 91 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN Gọi H là giao điểm của AC và BD và là trung điểm của đoạn thẳng AD . Góc giữa hai mặt phẳng  ADD1 A1  và  ABCD  là góc A1MH , suy ra A1MH  60 . a 3 . 2 1 1 a3 VA1B1BD  VABCD. A1B1C1D1  A1 H .S ABCD  . 6 6 2 3a3 3VA1B1BD 3a . d  B1;  A1BD     22  S A1BD 2 a 3 A1H  MH .tan A1MH  CÂU 16: Chọn A Dễ thấy:  BD  AC  a 3 ; SB  2a ; SD  a 5  BM  2 2  BD2  SB 2   SD 2 4  3a 2 3 1 a 6  VS . ABCD  .S ABCD .SA  3 3 Kẻ BH  AC thì AH .AC  BA.BC  BH  AH 2 BA.BC a 2    AO 3 AC 3  H là trọng tâm tam giác ABD Gọi G là trọng tâm tam giác SBD thì GH // SA và NP // AC vì BM  NP Ta có: SG 2 SN SP 2 2 2a 3  và   ; NP  AC   . SO 3 SA SC 3 3 3 V V 4 2  S .BNP  và S .MNP  . VS .BAC 9 VS .DAC 9 1  VS .BNMP  VS . ABCD . 3 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 92 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN 1 3V Mặt khác: VS .BNMP  S BNMP .d  S ,  P    d  S ,  P    S .BNMP . 3 S BNMP Mà S BNMP  1 3V 2a 2 a2 3 BM .NP  S BNMP  .  d  S ,  P    S .BNMP 2 S BNMP 3 2 CÂU 17: Chọn B Đặt AD  x  x  0  . CD  AD  CD   SAD     SCD  ,  ABCD    SDA  60 . Ta có  CD  SA Trong SAD , có SA  x tan 60  x 3 .Theo giả thiết VS . ABCD  a3 3 . 3 x3 . 3 a3 . 3  x  a.  3 3 1 1 Ta có d  M ;  SCD    d  B;  SCD    d  A;  SCD   (1) 2 2 Vẽ AH  SD . Ta có CD  AH ( vì CD   SAD  )  Do đó AH   SCD   AH  d  A;  SCD   . Từ (1) và (2) suy ra d  M ;  SCD    Trong SAD có 1 AH 2 1 1 1 1 1 4 a 3  2  2  2  2  AH  2 2 AH SA AD 3a a 3a 2 Vậy d  M ;  SCD    a 3 . 4 CÂU 18: Chọn B S B A H C + Ta có: SAB , SBC là các đều cạnh a nên AB  BC  a GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 93 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN + Ta có: SAC vuông cân tại S nên AC  a 2 + Ta có: AC 2  AB 2  BC 2 nên ABC vuông tại B có S ABC  a2 2 + Gọi H là trung điểm của AC . Ta có: HA  HB  HC và SA  SB  SC nên SH   ABC  và SH  AC a 2 .  2 2 a 2 a2 . 2 2 a 6  2 3 a 3 4 3V SH .S ABC + Vậy d  A;  SBC    S . ABC  S SBC SSBC CÂU 19: Chọn C S I D A B C H Gọi H là chân đường cao hạ từ A của tam giác ABC. Xét tam giác ABH : sin B  cos B  AH  AH  2a 3.sin 600  3a. AB BH  BH  2a 3.cos 600  a 3. AB Xét tam giác SAH vuông tại A : tan SHA  SA  SA  3a tan 450  3a. AH Trong tam giác SAH vuông tại A , kẻ AI  SH tại I . Ta có AI   SBC  nên AI là khoảng cách từ A đến mặt phẳng  SBC  . Xét tam giác SAH , ta có:  d  A,  SBC    AI  1 1 1 1 1 2  2    2. 2 2 2 2 AI SA AH  3a   3a  9a 3a 2 . 2 CÂU 20: Chọn A S B C H A D GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 94 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN Ta có SHD vuông tại H B C 2  a 17   2  a 2  H  SH  SD  HD      a      a 3 . 2   2   2 2 I A 1 a 2 . d  A, BD   2 4 cao của chóp a 2 a 3. SH .d  H , BD  a 2 6.2 2 a 3 4    . 2 4.5a 5 a2 2 SH 2   d  H , BD   3a  8 D Cách 1. Ta có d  H , BD   Chiều là d  H ,  SBD    H .SBD 1 1 1 1 3 3 3 3 Cách 2. S . ABCD  SH .S ABCD  a  VH .SBD  VA.SBD  VS . ABC  VS . ABCD  a . 2 3 2 4 3 12 a 2 a 13 .  4 2 5a 2 a 13 a 17 Tam giác SBD có SB  .  S SBD  ; BD  a 2; SD  4 2 2 3V a 3  d  H ,  SBD    S .HBD  . SSBD 5 Tam giác SHB vuông tại H  SB  SH 2  HB 2  3a 2  GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 95 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN CHỦ ĐỀ 4: CỰC TRỊ HÌNH HỌC KHÔNG GIAN VÍ DỤ 1: Xét khối tứ diện ABCD có cạnh AB  x và các cạnh còn lại đều bằng 2 . Tìm x để thể tích khối tứ diện ABCD đạt giá trị lớn nhất. A. x  2 3 . B. x  6 . C. x  2 . D. x  3 . Lời giải A x H D B I  Chọn B C CH  AB  Cách 1. Gọi H là trung điểm AB   (do ABC , ABD cân đáy AB )  DH  AB   AB   CDH  .  Mặt khác CDH cân tại H , HC 2  HD 2  4  x2 . 4 x2 12  x 2  Gọi I là trung điểm CD  HI  HC  CI  4   1  . 4 2 1 1 12  x 2  Suy ra S CDH  HI .CD  2 2 1 1 1 1  Vậy VABCD  AB.S CDH   x  12  x 2  x 12  x 2 . 3 3 2 6 2   Cách 2: Xét f  x   x 12  x 2 , x  0; 2 3   x2 f   x   12  x 2   12  2 x2 12  x 2 12  x 2 f   x   0  x  6 do x  0;2 3 .   Bảng biến thiên: x 2   , x  0; 2 3   0 2 3 6 f  x –  0 1 f  x 0 0 Vậy Vmax  2 khi x  6 . VÍ DỤ 2: Cho hình chóp S.ABC có độ dài các cạnh SA  BC  x , SB  AC  y , SC  AB  z thỏa mãn x 2  y 2  z 2  9 . Tính giá trị lớn nhất của thể tích khối chóp S.ABC . A. 3 6 . 8 B. 3 6 . 4 C. 6 . 4 D. 2 6 . 5 Lời giải GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 96 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN Chọn C S x z y A C H K B Thể tích khối tứ diện V  2 12 Mà x 2  y 2  z 2  9 nên V  y 2 12  z 2  x 2  z 2  x 2  y 2  x 2  y 2  z 2  . 2 9  2x 9  2 y 9  2z  . 2 2 2 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 3 số dương  9  2x 2  ,  9  2y 2  ,  9  2z 2  ta có  9  2 x2   9  2 y 2   9  2 z 2       9  2 x 2  9  2 y 2  9  2 z 2  3   3  27   9  2 x2  9  2 y 2  9  2 z 2   V  Vậy Vmax  2 6 . . 27  V  12 4 6 , đạt được khi x  y  z  3 tức là tứ diện đã cho là tứ diện đều cạnh 4 3. 3a , AC 4a , AD 5a . Gọi M , N , P lần lượt là trọng tâm các tam giác DAB , DBC , DCA . Tính thể tích V của tứ diện DMNP khi thể tích tứ diện ABCD đạt giá trị lớn nhất. VÍ DỤ 3: Cho tứ diện ABCD có AB A. V 10a3 . 4 B. V 80a3 . 7 C. V 20a3 . 27 D. V 120a3 . 27 Lời giải Chọn C GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 97 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN Ta có: VD.MNP VD.HIK DM DN DP . . DH DI DK 2 3 3 8 VD.HIK 27 VD.MNP 1 1 1 . . AB. AC.sin A.DE .S ABC .SH 3 2 3 ( DE là đường cao của hình chóp D.ABC ) 1 AB. AC.DE 6 Ta có: VD. ABC Dấu bằng xảy ra khi: DA DE và BAC 90 1 1 1 . . AB. AC.DA .3a.4a.5a Suy ra: VD. ABC max 3 2 6 2 20 3 .10a 3 a Vây: VD.MNP 27 27 8 1 . .VD. ABC 27 4 2 .VD. ABC 27 1 AB. AC.DE 6 10a 3 VÍ DỤ 4: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , cạnh bên SA  y  y  0 và vuông góc với mặt đáy  ABCD  . Trên cạnh AD lấy điểm M và đặt AM  x  0  x  a  . Tính thể tích lớn nhất Vmax của khối chóp S . ABCM , biết x 2  y 2  a 2 . A. Vmax  a3 3 .. 3 B. Vmax  a3 3 . 8 C. Vmax  a3 6 12 D. Vmax  a3 2 2 Lời giải Chọn B S x y A a a M D B C  BC  AM  ax Từ x 2  y 2  a 2  y  a 2  x 2 . Diện tích mặt đáy S ABCM    . AB    a. 2    2  1 1 ax  2 a Thể tích khối chóp VS . ABCM  S ABCM .SA  .  .a  a  x 2   a  x  a 2  x 2 . 3 3 2 6  2  a  3 3a Xét hàm f  x    a  x  a 2  x 2 trên  0; a  , ta được max f  x   f    .  0;a  4 2 Suy ra Vmax a3 3 .  8 VÍ DỤ 5: Xét khối chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông cân tại A , SA vuông góc với đáy, khoảng cách từ A đến mặt phẳng  SBC  bằng 3 . Gọi  là góc giữa mặt phẳng  SBC  và  ABC  , tính cos  khi thể tích khối chóp S.ABC nhỏ nhất. 1 2 A. cos   . B. cos   . 3 2 C. cos   3 . 3 D. cos   2 . 3 Lời giải Chọn C GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 98 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN . Gọi M là trung điểm BC , H là giao điểm của đường thẳng qua A và vuông góc với SM . 1 3 3 ; SA  Ta được: Góc giữa mặt phẳng  SBC  và  ABC  là SMA . AM ; AM  BC . . sin  cos  2 1 9 Suy ra VS . ABC  . AM 2 .SA  . 3 sin 2  .cos  Thể tích khối chóp nhỏ nhất khi sin 2  .cos  lớn nhất.  Xét hàm số f  x   sin 2 x.cos x  cos x  cos3 x với 0  x  . 2 sin x  0 f   x    sin x  3cos x.sin x , f ( x)  0   . cos x   3  3 3 Suy ra sin 2  .cos  lớn nhất khi cos   . 3 1 Cách 2. Đặt AB  AC  x; SA  y . Khi đó VS . ABC  x 2 y. 6 Vì AB, AC , AS đôi một vuông góc nên Suy ra x 2 y  81 3  VSABC  1 1 1 1 1 1  2  2  2  2  33 4 2 . 9 d  A,  SBC  x x y x y 1 2 27 3 x y . 6 2 Dấu ”  ” xảy ra khi và chỉ khi x  y  3 3   cos   3 .. 3 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 99 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN BÀI TẬP RÈN LUYỆN CÂU 1 : Xét khối tứ diện ABCD , AB  x , các cạnh còn lại bằng 2 3 . Tìm x để thể tích khối tứ diện ABCD lớn nhất. A. x  6 . B. x  2 2 . C. x  14 . D. x  3 2 . CÂU 2: Cho khối chóp S.ABC có SA  a , SB  a 2 , SC  a 3 . Thể tích lớn nhất của khối chóp là A. a 3 a3 6 C. . 3 a3 6 B. . 2 6. a3 6 D. . 6 CÂU 3: Cho x , y là các số thực dương thay đổi. Xét hình chóp S.ABC có SA  x , BC  y , các cạnh còn lại đều bằng 1 . Khi thể tích khối chóp S.ABC đạt giá trị lớn nhất thì tích x. y bằng : A. 3 . 4 B. 4 3 . 3 C. 2 3 . D. 1 . 3 CÂU 4 : Cho hình chóp S.ABC có SA  a , SB  a 2 , SC  a 3 . Tính thể tích lớn nhất Vmax của khối chóp đã cho. A. Vmax  a3 6 . B. Vmax  a3 6 . 2 a3 6 . 3 C. Vmax  D. Vmax  a3 6 . 6 CÂU 5 : Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB  4 , cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy  ABCD  và SC  6 . Tính thể tích lớn nhất Vmax của khối chóp đã cho. A. Vmax  40 . 3 B. Vmax  80 . 3 20 . 3 C. Vmax  D. Vmax  24 . CÂU 6: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều và có SA  SB  SC  1 . Tính thể tích lớn nhất Vmax của khối chóp đã cho. A. Vmax  1 . 6 B. Vmax  2 . 12 3 . 12 C. Vmax  D. Vmax  1 . 12 CÂU 7: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AD  4 . Các cạnh bên bằng nhau và bằng 6 . Tìm thể tích lớn nhất Vmax của khối chóp đã cho. A. Vmax  130 . 3 B. Vmax  128 . 3 C. Vmax  125 . 3 D. Vmax  250 . 3 CÂU 8 : Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành với AD  4a . Các cạnh bên của hình chóp bằng nhau và bằng a 6 . Tính thể tích lớn nhất Vmax của khối chóp đã cho. A. Vmax  8a 3 . 3 B. Vmax  4 6 3 a . 3 C. Vmax  8a3 . D. Vmax  4 6 a3 . CÂU 9: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại C , cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy  ABC  . Biết SC  1, tính thể tích lớn nhất Vmax của khối chóp đã cho. A. Vmax  3 . 12 B. Vmax  2 . 12 C. Vmax  2 3 . 27 D. Vmax  3 . 27 CÂU 10: Cho tứ diện SABC có SA, AB, AC đôi một vuông góc với nhau, độ dài các cạnh BC  a, SB  b, SC  c . Tính thể tích lớn nhất Vmax khối tứ diện đã cho. GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 100 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN A. Vmax  abc 2 . 4 B. Vmax  abc 2 . 8 abc 2 . 12 C. Vmax  . D. Vmax  abc 2 . 24 . CÂU 11: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vuông cạnh a, cạnh bên SA  a và vuông góc với mặt đáy  ABCD  . Trên SB, SD lần lượt lấy hai điểm M , N sao cho SM SN  n  0. Tính thể  m  0, SD SB tích lớn nhất Vmax của khối chóp S.AMN biết 2m 2  3n 2  1. A. Vmax a3  . 6 B. Vmax a3 6 .  72 C. ABCD . D. Vmax a3  . 48 CÂU 12 : Cho hình lăng trụ đứng có thể tích V và có đáy là tam giác đều. Khi diện tích toàn phần của hình lăng trụ nhỏ nhất thì độ dài cạnh đáy bằng bao nhiêu? A. 3 B. 3 V . 4V . C.  3 2V . D. 3 6V .  CÂU 13: Cho hình chóp S.ABCD có SA  x 0  x  3 , tất cả các cạnh còn lại bằng nhau và bằng 1 . Với giá trị nào của x thì thể tích khối chóp S.ABCD lớn nhất? A. x  3 . 3 B. x  2 . 2 C. x  6 . 2 D. x  3 . 2 CÂU 14: Cho khối chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông cân tại B. Khoảng cách từ A đến mặt phẳng  SBC  bằng a 2, SAB  SCB  900. Xác định độ dài cạnh AB để khối chóp S.ABC có thể tích nhỏ nhất. a 10 . B. AB  a 3 . C. AB  2a . D. AB  3a 5. 2 CÂU 15: Cho hình hộp chữ nhật có ba kích thước là a, b, c . Dựng một hình lập phương có cạnh bằng tổng A. AB  ba kích thước của hình hộp chữ nhật trên. Biết rằng thể tích hình lập phương luôn gấp 32 lần thể tích hình hộp chữ nhật. Gọi S là tỉ số giữa diện tích toàn phần hình lập phương và diện tích toàn phần hình hộp chữ nhật. Tìm giá trị lớn nhất Smax của S. 32 48 16 1 . B. S max  . C. S max  . D. S max  . 5 10 5 5 CÂU 16: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành, thể tích là V . Gọi M là trung điểm của cạnh SA, N là điểm nằm trên cạnh SB sao cho SN  2 NB; mặt phẳng   di động qua các điểm A. S max  M , N và cắt các cạnh SC , SD lần lượt tại hai điểm phân biệt K , Q . Tính thể tích lớn nhất Vmax của khối chóp S .MNKQ . A. Vmax  V . 2 B. Vmax  V . 3 C. Vmax  3V . 4 D. Vmax  2V . 3 CÂU 17: Cho một tấm nhôm hình chữ nhật có kích thước 80cm  50cm . Người ta cắt ở bốn góc của tâm nhôm đó bốn hình vuông bằng nhau, mỗi hình vuông có cạnh bằng x  cm  , rồi gập tấm nhôm lại thì được một cái thùng không nắp dạng hình hộp. Tính thể tích lớn nhất Vmax của hộp tạo thành. GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 101 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN A. Vmax  18000cm3 . B. Vmax  28000cm3 . C. Vmax  38000cm3 . D. Vmax  8000cm3 . CÂU 18: Cho hình chóp S.ABCD có ABCD là hình thoi cạnh a , SA  SB  SC  a . Thể tích lớn nhất của khối chóp S.ABCD là A. 3a 3 . 8 B. a3 . 2 C.  a3 . 8 D. a3 . 4  CÂU 19: Cho hình chóp S.ABCD có SC  x 0  x  3 , các cạnh còn lại đều bằng 1 (tham khảo hình vẽ). Biết rằng thể tích khối chóp S.ABCD lớn nhất khi và chỉ khi x  đây đúng? A. a 2  2b  30 . B. a 2  8b  20 . a b  a, b   . Mệnh đề nào dưới C. b 2  a  2 .  D. 2a  3b 2  1 . CÂU 20: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Hai điểm M , N lần lượt thuộc các AB AD 2  4 . Kí hiệu V , V1 lần lượt là đoạn thẳng AB và AD ( M và N không trùng với A ) sao cho AM AN V thể tích của các khối chóp S.ABCD và S.MBCDN . Tìm giá trị lớn nhất của tỉ số 1 . V A. 3 . 4 B. 17 . 14 C. 1 . 6 D. 2 . 3 CÂU 21: Xét tứ diện ABCD có các cạnh AB  BC  CD  DA  1 và AC , BD thay đổi. Giá trị lớn nhất của thể tích khối tứ diện ABCD bằng A. 2 3 . 27 B. 4 3 . 27 C. 2 3 . 9 D. 4 3 . 9 CÂU 22:Cho khối chóp S.ABC có SA vuông góc với đáy, tam giác ABC vuông tại B . Biết rằng thể tích 5 của khối chóp là và giá trị nhỏ nhất diện tích toàn phần chóp S.ABC là p 5  q trong đó p, q  . 24 Tính giá trị biểu thức: p 2  q 2  ? 37 37 25 25 A. p 2  q 2  B. p 2  q 2  C. p 2  q 2  D. p 2  q 2  16 36 9 4 CÂU 23: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O , cạnh bằng 1; SO vuông góc với mặt phẳng đáy  ABCD  và SC  1. Tính thể tích lớn nhất Vmax của khối chóp đã cho. 2 3 2 3 2 3 . B. Vmax  . C. Vmax  . 9 3 27 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. A. Vmax  D. Vmax  4 3 . 27 Trang 102 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN CÂU 24: Cho tứ diện ABCD . Hai điểm M , N lần lượt di động trên hai đoạn thẳng BC và BD sao cho BC BD 3  10 . Gọi V1 , V2 lần lượt là thể tích của các khối tứ diện ABMN và ABCD . Tìm giá trị nhỏ BM BN V nhất của 1 . V2 2 3 A. . 8 5 B. . 8 C. 2 . 7 D. 6 . 25 CÂU 25: Cho khối chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông cân tại B. Khoảng cách từ A đến mặt phẳng  SBC  bằng a 2, SAB  SCB  900. Xác định độ dài cạnh AB để khối chóp S.ABC có thể tích nhỏ nhất. A. AB  3a 5. B. AB  a 3. C. AB  2a. GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. D. AB  a 10 . 2 Trang 103 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN GIẢI CHI TIẾT CÂU 1 : Chọn D A M x 2 D B H 2 3 C TỰ LUẬN : Gọi M , H lần lượt là trung điểm của AB và CD . CM  AB Ta có tam giác ABC , ABD cân lần lượt tại C và D . Suy ra   AB   CDM  .  DM  AB Ta có: CAB  DAB  c.c.c  suy ra MC  MD . Ta được MH  CD . Tứ diện BMCH có đường cao BM , đáy là tam giác MHC vuông tại H . x Có BM  ; BH  BC 2  CH 2  12  3  3 2 HC  3 ; HM  BH 2  BM 2  9  1 1 x2 x2 . Suy ra SMHC  .MH .HC  . 9  . 3 . 2 2 4 4 1 x 3 x2 VABCD  2VBMCD  2.2VBMHC  4. . . . 9  3 2 2 4  x 3 x2 2 3 x x2 2 3 1  x2 x2  3 3 . 9  . . 9  . .  9    3 4 3 2 4 3 4  4 4 2 Vậy giá trị lớn nhất của thể tích khối tứ diện bằng 3 3 , 2 đạt khi x2 x2  9   x 2  18  x  3 2 . 4 4 CASIO : Thực hiện như phương pháp tự luận để có được V  x 3 x2 9  . Nhập hàm số bên vào máy 3 4 tính. CALC 6 , được V  3.872 . CALC 2 2 , được V  4.320 . CALC 14 , được V  5.066 .CALC 3 2 , được V  5.196 . CÂU 2: Chọn D A a a 3 C S H a 2 B GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 104 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN Gọi H là hình chiếu của A lên ( SBC )  V  1 AH .S SBC . 3 Ta có AH  SA ; dấu “=” xảy ra khi AS   SBC  . 1 1 SB.SC.sin SBC  SB.SC , dấu “=” xảy ra khi SB  SC . 2 2 1 1 1 1 Khi đó, V  AH .S SBC  AS  SB  SC  SA  SB  SC . 3 3 2 6 Dấu “=” xảy ra khi SA, SB, SC đôi một vuông góc với nhau. S SBC  1 a3 6 Suy ra thể tích lớn nhất của khối chóp là V  SA.SB.SC  . 6 6 CÂU 3: Chọn A – Do SB  SC  AB  AC  1 nên các tam giác SBC và ABC cân tại S và A . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của BC và SA , ta có: SM  BC  BC   SAM  . Hạ SH  AM tại H thì SH   ABC  .   AM  BC – Ta có: AM  1  1 1 y2 y2  S ABC  AM .BC  y 1  . 2 2 4 4 Mặt khác: vì SM  AM nên tam giác MSA cân tại M  MN  MA2  AN 2  1  Lại có: SH .AM  MN.SA  SH   VS . ABC MN .SA  AM y 2 x2  . 4 4 y2 x2  2 2 4 4  x 4 x  y y2 4  y2 1 4 x. 1  1 x 4  x2  y 2 1 y2 1 1  xy 4  x 2  y 2  .SH .S ABC  . . .y 1 2 3 3 2 4 12 4 y 3 1  x2  y 2  4  x2  y 2  1 2 3  x2 y 2  4  x2  y 2   .    12 12  3 27  Vậy Vmax  2 4 2 3  x2  y 2  4  x2  y 2  x  y  , do đó x. y  . 3 27 3 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 105 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN CÂU 4 : Chọn D  AH   SBC  . Gọi H là hình chiếu của A trên mặt phẳng  SBC   Ta có  AH  AS ; Dấu ”  ” xảy ra khi AS   SBC  . 1 1 SB.SC.sin BSC  SB.SC . Dấu ”  ” xảy ra khi SB  SC . 2 2 1 1 1 1  Khi đó V  SSBC . AH   SB  SC  AS  SA.SB.SC 3 3 2 6  Dấu ”  ” xảy ra khi SA, SB, SC đôi một vuông góc với nhau.  S SBC  1 a3 6 Vậy thể tích lớn nhất của khối chóp là Vmax  SA.SB.SC  . 6 6 CÂU 5 : Chọn A S 6 4 A B x C D Đặt cạnh BC  x  0. Tam giác vuông ABC , có AC 2  16  x 2 . Tam giác vuông SAC , có SA  SC 2  AC 2  20  x 2 . Diện tích hình chữ nhật S ABCD  AB.BC  4 x. 1 4 Thể tích khối chóp VS . ABCD  S ABCD .SA  x 20  x 2 . 3 3 Áp dụng BĐT Côsi, ta có x2   20  x 2  2 4 40  10 .Suy ra VS . ABCD  .10  . 3 3 2 40 Dấu ”  ” xảy ra  x  20  x 2  x  10 . Vậy Vmax  . 3 4 Cách 2. Xét hàm số f  x   x 20  x 2 trên 0; 2 5 . 3 NOTE: Hiểu rõ bản chất rồi mới dùng cách trắc nghiệm nhé. Đừng phụ thuộc vào máy tính quá nhiều!! x. 20  x 2    GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 106 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN CÂU 6: Chọn A Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác đều ABC. Vì S.ABC là hình chóp đều  SO   ABC  . Đặt AB  x  0. Diện tích tam giác đều SABC  Gọi M là trung điểm BC  AM  x2 3 . 4 x 3 2 x 3  OA  AM  . 2 3 3 Tam giác vuông SOA, có SO  SA2  OA2  1  x2 . 3 1 1 x2 3 3  x2 1 Khi đó VS . ABC  SABC .SO  . .  .x 2 3  x 2 . 3 3 4 12 3 1 Xét hàm f  x   .x 2 3  x 2 trên 0; 3 , ta được max f  x   f 12  0; 3     2   16 . CÂU 7: Chọn B S 6 x B A 4 O C D Gọi O  AC  BD. Vì SA  SB  SC  SD suy ra hình chiếu của S trên mặt đáy trùng với tâm đường tròn ngoại tiếp đa giác đáy  SO   ABCD  . Đặt AB  x  0. Tam giác vuông ABC , có AC  AB 2  BC 2  x 2  16. Tam giác vuông SOA, có SO  SA2  AO2  SA2  AC 2 128  x 2  4 2   1 128 1 1 128  x 2 1  . 2 x 128  x 2  .  x 2  128  x 2   . Khi đó VS . ABCD  S ABCD .SO  .4 x. 3 3 3 3 3 2 128 Dấu ”  ” xảy ra x  128  x 2  x  8. Suy ra VS . ABCD  . 3 CÂU 8 : Chọn A GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 107 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN S D A H C B Do SA  SB  SC  SD  a 6 nên hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng  ABCD  trùng với tâm đường tròn ngoại tiếp đáy, do đó tứ giác ABCD là hình chữ nhật. Gọi H  AC  BD , suy ra SH   ABCD  . Đặt AB  x  0. Ta có AC  AD2  AB 2  x 2  16a 2 . Tam giác vuông SHA, có SH  SA2  AC 2 8a 2  x 2  . 4 2 1 1 Khi đó VS . ABCD  S ABCD .SH  AB. AD.SH 3 3   1 8a 2  x 2 a a 2 8a3 2 2 2 2  .x.4a.  2 x 8a  x   x  8a  x   . 3 2 3 3 3 CÂU 9: Chọn D S 1 A B x x C Cách 1 Giả sử CA  CB  x  0. Suy ra SA  SC 2  AC 2  1  x 2 . 1 1 Diện tích tam giác S ABC  CA.CB  x 2 . 2 2 1 1 Khi đó VS . ABC  S ABC .SA  x 2 1  x 2 . 3 6 Xét hàm f  x    2 1 2 3 x 1  x 2 trên  0;1 , ta được max f  x   f   .    0;1   6  3  27 3 Cách 2. Ta có x 2 1 1  x2  x2  2  2 x2  2 3 . 1 x  x 2 .x 2 .  2  2 x 2      3 9 2 2   2 CÂU 10: Chọn D S c z b y A x C a B GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 108 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN  x2  y 2  a2  Đặt AB  x, AC  y, AS  z. Ta có  x 2  z 2  b 2 .  y 2  z 2  c2  Khi đó V  x  2  2 xy  2 yz  2 zx  xyz  V 2  6 288  y 2  y 2  z 2  z 2  x 2  a 2b 2 c 2 abc 2  V  . 288 288 24  a  b  c. . Dấu ”  ” xảy ra khi x  y  z   CÂU 11: Chọn B S M N B A C D Thể tích khối chóp S.ABD là VS . ABD Ta có a3  . 6 mna 3 VS . AMN SM SN VS . AMN  mnV . S . ABD  .  .  mn  6 VS . ABD SB SD Mặt khác mn  2.m. 3.n 2m2  3n2 1   . 6 2 6 2 6  1 1 a3 6  2m  3n  m  ; n  . Dấu ”  ” xảy ra   2 Suy ra . V  S . AMN 2 2 72 6  2m  3n  1 CÂU 12 : Chọn A Gọi h  0 là chiều cao lăng trụ; a  0 là độ dài cạnh đáy. a2 3 4V Theo giả thiết ta có V  Sday .h  . .h  h  2 4 a 3 Diện tích toàn phần của lăng trụ: Stp  S2 day  S xung quanh  Áp dụng BĐT Côsi, ta có Stoan phan   a2 3 4V .  3a. 2 2 a 3 a 2 3 4 3V  2 a a 2 3 2 3V 2 3V a 2 2 2 3V 2 3V    33 . .  3 3 6 2V 2 2 a a 2 a a Dấu ”  ” xảy ra khi  a 2 3 2 3V 2 3V    a  3 4V . . 2 a a CÂU 13: Chọn C Gọi O là tâm của hình thoi ABCD  OA  OC . 1 Theo bài ra, ta có SBD  CBD  OS  OC.  2  GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 109 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN Từ 1 và  2  , ta có OS  OA  OC  Suy ra OA  1 AC  SAC vuông tại S  AC  x 2  1 . 2 x2  1 3  x2 . và OB  AB 2  OA2  2 2 S A B H O D C Diện tích hình thoi S ABCD  2.OA.OB  x 2  1 3  x 2  . 2 Ta có SB  SC  SD  1 , suy ra hình chiếu vuông góc H của đỉnh S trên mặt đáy là tâm đường  H  AC. tròn ngoại tiếp tam giác BCD  SA.SC x Trong tam giác vuông SAC , ta có SH   . SA2  SC 2 x2  1 Khi đó VS . ABCD 1  3 x 2  1 3  x 2  2 1 1  x2  3  x2  1 2 .  x 3  x  .  . 6  2 x2  1 6  4 x 1 6 Suy ra VS . ABCD  . Dấu ”  ” xảy ra  x  3  x 2  x  .. 4 2 CÂU 14: Chọn B S H C D A B Gọi D là điểm sao cho ABCD là hình vuông.   AB  AD Ta có    AB   SAD    AB  SD . 0   SAB  90  AB  SA Tương tự, ta cũng có BC  SD . Từ đó suy ra SD   ABDC  .  DH   SBC  . Kẻ DH  SC  H  SC   Khi đó d  A,  SBC   d  D,  SBC   DH . Đặt AB  x  0. 1 1 1 1 Trong tam giác vuông SDC , có    2 2 2 DH SD DC a 2  GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020.  2  1 1  2. 2 SD x Trang 110 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN ax 2 Suy ra SD  x 2  2a 2 . Thể tích khối chóp VS . ABC 1 1 ax3 2 a 2 x3  VS . ABCD  .  . . 2 6 x 2  2a 2 6 x 2  2a 2  x3    trên a 2;  , ta được min f  x   f a 3  3 3a 2 . .  a 2; x  2a Xét hàm f  x   2 2 CÂU 15: Chọn D Theo giả thiết ta có cạnh của hình lập phương bằng a  b  c . ● Hình hộp chữ nhật có: V  abc và Stp  2  ab  ac  bc  . ● Hình lập phương có: V ‘   a  b  c  và S ‘tp  6  a  b  c  . 3 2 a  b  c . S Suy ra S  1  3. S2 ab  bc  ca 2 Ta có  a  b  c  3 a  b  c  32abc  a3 3 3  32 bc b c  b c     1  32  .  . 2 a a a  a a b 3  a  x x  y  1  3 Đặt     x  y  1  32 xy  xy  . c 32  y  a Khi đó  x  y  1 S  3. 2 x  y  xy  x  y  1  3. 3 x  y  1  x y 2 t  x  y 11   S  96. t2 . t 3  32t  32 32 Ta có  x  y  1  32 xy  8  x  y  3 2   t 3  8  t  1   t 3  8t 2  16t  8  0  2  t  3 5 . 2 Xét hàm f  t   t2 1 trên đoạn 2;3  5  , ta được max f  t   f  4   . . 3 2;3 5  t  32t  32 10   CÂU 16: Chọn B Gọi a  SK SC  0  a  1 . Vì mặt phẳng   di động đi qua các điểm M , N và cắt các cạnh SC , SD lần lượt tại hai điểm phân biệt K , Q nên ta có đẳng thức SA SC SB SD 1 3 SD SQ 2a     2      . SM SK SN SQ a 2 SQ SD 2  a S N M Q P D A B C 1  SM SN SK SM SK SQ  1  4a 2  2a 1   . .  . .  .     VS . ABCD 2  SA SB SC SA SC SD  2  3 a  2  3 a  2 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Ta có VS .MNKQ Trang 111 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN Xét hàm f  a   2a 1 1  . trên đoạn  0;1 , ta được max f  a   f 1  . . 0;1 3 a2 3 CÂU 17: Chọn A Hình hộp được tạo thành có kích thước: chiều dài 80  2 x  cm  , chiều rộng 50  2 x  cm  , chiều cao x  cm  . Suy ra thể tích thùng tạo thành V  x 80  2 x  50  2 x   4 x3  260 x 2  4000 x . Khảo sát f  x   4 x3  260 x 2  4000 x trên  0; 25 , được max f  x   f 10   18000cm 3. .  0;25  CÂU 18: Chọn D S a a a a A B H a D O C Kẻ SH   ABCD  tại H  H là tâm đường tròn ngoại tiếp ABC .Mà ABC cân tại B và AC  BD  H  BD . Gọi O là giao điểm AC và BD . Ta có: OB2  AB2  OA2  a 2   SA2  SO2   SO2  SO  OB  OD  SBD vuông tại S . 1 1 1 1 1  SH .BD  SB.SD  V  SH .S ABCD  SH . AC.BD  SB.SD. AC  a. AC.SD 3 3 2 6 6 Lại có SD  BD 2  SB 2  BD 2  a 2 . Mà AC  2OA  2 AB2  OB2  2 a 2  BD2  4a 2  BD2 . 4 2 2 2 2 1 a  4a  BD    BD  a  a3 2 2 2 2  V  a. 4a  BD . BD  a  .  . 6 6 2 4 CÂU 19: Chọn B Gọi H là hình chiếu của S lên mặt phẳng  ABCD  , vì SA  SB  SD nên H  AO với O là trung điểm của BD Ta xét hai tam giác SBD và ABD có cạnh BD chung, SB  AB , SD  AD nên SBD  ABD suy ra AO  SO  OC do đó SAC vuông tại S . GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 112 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN 1 1 3  x2 1  x 2  BO   S ABCD  Ta có AO  AC  2 2 2 SA.SC x Mặt khác SH   1  x2 SA2  SC 2 Vậy VS . ABCD 1  SH .S ABCD  3 x2 3  x2  6  1  x  3  x  2 2 2 0  x  3  1 . 4 Thể tích khối chóp S.ABCD lớn nhất khi và chỉ khi x 2  3  x 2  x  a  6 Vậy  . Suy ra a 2  8b  20 . b  2 6 . 2 CÂU 20: Chọn A Đặt AD AB  y , theo giả thiết ta có x  2 y  4 .  x; AM AN 1 AM . AN .sin DAB VS . AMN S AMN 1 AM AN 1  2  . .  Ta có . VS . ABCD S ABCD 2 AB AD 2 yx AB. AD.sin DAB Theo đầu bài AB AD 2  4  x  2y  4  x  4  2y . AM AN VS . AMN 1  ; 0 y  2. VS . ABCD 2 y  4  2 y  V V1 1  1  S . AMN  1  ; 0 y  2. V VS . ABCD 2y 4  2y  2y  4  2y  Theo BĐT Côsi ta có 2 y (4  2 y)     4. 2   2 Nên V1 V 3 1 3  1    max 1  . V 4 4 V 4 CÂU 21: Chọn A GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 113 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN Gọi M , N lần lượt là trung điểm của BD, AC . Đặt BD  2 x, AC  2 y  x, y  0 . Ta có CM  BD, AM  BD  BD   AMC  . Ta có MA  MC  1  x 2 , MN  1  x 2  y 2 , S AMN  VABCD 1 1 MN . AC  y. 1  x 2  y 2 . 2 2 2 2 2 1 1 2 x . y . 1  x 2  y 2    .DB.S AMC  .2 x. y 1  x 2  y 2  3 3 3 3  VABCD  x 2  y 2  1  x2  y 2  3 27 2 3 . 27 CÂU 22:Chọn D Đặt SA  a, AB  b, BC  c , ta có: abc  5 . 4 Diện tích toàn phần: 2S  ab  bc  a b2  c 2  c a 2  b2 . 2   2 5 2  2 5  2 2 2 Theo bất đẳng thức Bunyakovsky ta có:   b  c  .   1   b  c      5   5     Như vậy: 3 5 2 2 2 5 b c  bc  5 5 2 5 b2  c 2  b  c . 3 3 2 5  2 5  5 2 5 10 2 5 5 c   c  b  a   b  a  c   ac  b ac  Do đó: 2S  ab  bc  a  b  3  3 3  3 3 3 3 4b 3 10 5 5 5 5 5 5 5  5 5  1 5 5 5 5  2S  b   b   S .   b  b    3 4b 6b 3 6b  6   b 2 4 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 114 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: b  1, a  c  5 25 5 . Vậy p  , q  0  p 2  q 2  4 16 2 CÂU 23: Chọn D S 1 A B x O C 1 D Đặt OA  OC  x .Tam giác vuông AOD , có OD  AD 2  OA2  1  x 2 . Suy ra BD  2 1  x 2 .Diện tích hình thoi S ABCD  OA.BD  2 x 1  x 2 . Tam giác vuông SOC , có SO  SC 2  OC 2  1  x 2 . 1 1 2 Thể tích khối chóp VS . ABCD  S ABCD .SO  .2 x 1  x 2 . 1  x 2  x 1  x 2  . 3 3 3 4 3 2  1  Xét hàm f  x   x 1  x 2  trên  0;1 , ta được max f  x   f  . . Suy ra Vmax    0;1 27  3 3 3 Cách 2. Áp dụng BDT Côsi, ta có 2 x 1  x 2  3  2 2 x 2 1  x 2 1  x 2  3 3 2  2 x2  1  x2  1  x2  4 3  ..    3  3 27  CÂU 24: Chọn D 1 d A; BMN   .SBMN S V1 3     BMN . Ta có V2 1 d A; BCD .S    BCD SBCD  3 Gọi H là hình chiếu của M lên BD và K là hình chiếu của C lên BD , khi đó ta có SBMN MH .BN BM BN   . SBCD CK .BD BC BD BC BD BC BD BC BD 25 BM BN 6 3  6. .  .   .  . BC BD 25 BM BN BM BN BM BN 6 6 S V 6 Suy ra BMN  .Vậy 1 nhỏ nhất bằng . 25 SBCD 25 V2 10  2 CÂU 25: Chọn B S H a 2 C D x A x B GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 115 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN Gọi D là đỉnh thứ tư của hình vuông ABCD .  BC  DC  BA  DA Ta có   BC  SD ;   BA  SD . Suy ra SD   ABCD  .  BC  SC  BA  SA Kẻ DH vuông góc cắt SC tại H  d  A,  SBC    d  D,  SBC    DH  a 2. 1 1 1 1 1 1     2  2  SD  2 2 2 2 DH SD DC SD 2a x V  VS . ABC  1 6 Đặt f  x   2ax3 x 2  2a 2 x3 x 2  2a 2 x  a 2 V   f  x  2ax x  2a 2 2 2a x3 . 6 x 2  2a 2 3x 2  x 2  2a 2   x 4 x 2  2a 2  . x 2  2a 2  x 2 x 2  6a 2 2  2a 2  . x 2  2a 2 f   x   0  x  a 3. Vậy maxV  3a3 khi AB  x  a 3. 2 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 116 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN CHỦ ĐỀ 5: TỌA ĐỘ HÓA – TOÁN THỰC TẾ VÍ DỤ 1: Cho tứ diện OABC có OA , OB , OC đôi một vuông góc với nhau và OA  OB  OC  a . Gọi M là trung điểm BC . Khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và OM bằng 2a a a a A. . B. . C. . D. . 2 3 3 2 Lời giải Chọn C a a  Chọn hệ trục tọa độ sao cho O  0;0;0  , A  0;0; a  , B  a;0;0  , C  0; a;0  , M  ; ;0  . 2 2  AB   a;0;  a   AB có một vtcp u  1;0; 1 . a a  OM   ; ;0   OM có một vtcp v  1;1;0  , OA   0;0; a  . 2 2  u , v .OA a  . u , v   1; 1;1  d  OM , BC   3 u , v  VÍ DỤ 2: Cho hình chóp S.ABCD , đáy ABCD là hình vuông cạnh a , SA vuông góc với mặt phẳng  ABCD  ; M , N hai điểm nằm trên hai cạnh BC , CD . Đặt BM  x , DN  y  0  x, y  a  . Hệ thức liên hệ giữa x và y để hai mặt phẳng  SAM  và  SMN  vuông góc với nhau là: A. x 2  a 2  a  x  2 y  . B. x 2  a 2  a  x  y  . C. x 2  2a 2  a  x  y  . D. 2x 2  a 2  a  x  y  . Lời giải Chọn B S A D N B M C GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 117 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN Tọa độ hóa với O  A , Ox  AD , Oy  AB , Oz  AS . Đặt SA  z  0 , ta có S  0;0; z  , M  x; a;0  , N  a; y;0  .   AS   0;0; z  Do đó    AS ; AM    az; xz;0  .   AM   x; a;0    SM   x; a;  z     SM ; SN    yz  az; xz  az; xy  a 2  .    SN   a; y;  z  Mặt phẳng  SAM  nhận  AS ; AM    az; xz;0  là một VTPT. Mặt phẳng  SMN  nhận  SM ; SN    yz  az; xz  az; xy  a 2  là một VTPT. Ta có  SAM    SMN    AS ; AM  .  SM ; SN   0  az  az  yz   xz  xz  az   0  a  a  y   x  x  a   0  x 2  a 2  a  x  y  . VÍ DỤ 3: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác cân tại A , góc BAC  120o . Gọi H , M lần lượt là trung điểm cạnh BC và SC . SH vuông góc với  ABC  ; SA  2a và tạo với mặt đáy một góc 60O . Khoảng cách giữa hai đường thẳng AM và BC là. a a 21 a 2 A. . B. . C. . 7 3 7 D. a 21 . 7 Lời giải Chọn D S M A C H B . Ta có  SA,  ABC    SAH  600 ; SH  2a.sin 600  a 3, AH = SA2  SH 2  a. . BH = a.tan 600  a 3, BC =2a 3. .   Ta chọn hệ trục Oxyz sao cho: H  O  0;0;0 , S  Oz  S 0;0; a 3 . .     A  Ox  A  a;0;0  ; B  Oy  B 0; a 3;0 ; C  Oy  C 0; a 3;0 . .  a 3 a 3 Tọa độ M là trung điểm của SC nên M  0; ; . 2 2    a 3 a 3 AM  a; ;  ; BC 0; 2a 3;0 . 2 2   Vectơ pháp tuyến của mặt phẳng chứa AM và song song với BC . n   AM ;BC  3a;0; 2 3a .  P  : 3a  x  a   2 3az  0  3ax  2 3az  3a 2  0 .   d  AM , BC   d  C ,  P      3a 2 9a 2  12a 2  3a a 21 .  7 21 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 118 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN VÍ DỤ 4: Cho hình lập phương ABCD.ABCD cạnh bằng a . Lấy điểm M thuộc đoạn AD , điểm N  a 2 thuộc đoạn BD sao cho AM  DN  x ,  0  x   . Tìm x theo a để đoạn MN ngắn nhất. 2   A. x  a 2 . 3 B. x  a 2 . 4 C. x  a . 3 D. x  a . 2 Lời giải Chọn A A B N D C M B’ A’ D’ C’ Chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho O  A , AD  Ox , AB  Oy , AA  Oz . A  0;0;0  , D  a;0;0  , B  0; a;0  , A  0;0; a  , D  a;0; a  , B  0; a; a  , C   a; a;0  , C  a; a; a  . a 2x x  x  a 2x M  ;0; ; ; a  .  , N  2 2  2    2  MN 2    2 2x  a   x2 x2 2 2a 2  a 2   3x 2  2 2ax  a 2  3  x 2  2 ax   . 2 2 3 9  3  2  2a  a 2 a 2 .  MN  3  x    . Vậy MN ngắn nhất  x  3  3 3  2 VÍ DỤ 5: Cho hình lập phương ABCD.ABCD có cạnh bằng a . Một đường thẳng d đi qua đỉnh D và tâm I của mặt bên BCC B  . Hai điểm M, N thay đổi lần lượt thuộc các mặt phẳng  BCC B  và  ABCD  sao cho trung điểm K của MN thuộc đường thẳng d . Giá trị bé nhất của độ dài đoạn thẳng MN A. 3a . 2 B. 3 5.a . 10 C. 2 5.a . 5 D. 2 3.a . 5 Lời giải Chọn D Cho a  1 . Chọn hệ trục Oxyz như hình vẽ. GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 119 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN A  0;0;0  , D 1;0;1 , B  0;1;0  , C  1;1;1 1 1 1 1  1 I là trung điểm BC  I  ;1;   DI    ;1;     1; 2;1 . 2 2 2 2  2 Đường thẳng DI đi qua D 1;0;1 , có một VTCP là u  1; 2;1 có phương trình là: x  1 t   y  2t  t  z  1 t   . Mặt phẳng  ABCD  : z  0 . Mặt phẳng  BCC B  : y  1 M   BCC B   M  m;1; n  , K  DI  K 1  t; 2t;1  t  K là trung điểm MN  N  2t  m  2; 4t  1; 2t  n  2  . N   ABCD   z N  0  2t  n  2  0  t  n2  N  n  m;3  2n;0  . 2 MN   n  2m; 2  2n; n   MN 2   n  2m    2  2n   n2   n  2m   5n2  8n  4 2 2 2 4  b  4 4 4 2 5 2   5. . Dấu bằng xảy ra     n  2m   5  n      MN  5 5 5 5   a  2  5 2 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 120 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN BÀI TẬP RÈN LUYỆN CÂU 1: Cho hình lập phương ABCD.A B C D có cạnh bằng 2. Tính khoảng cách giữa hai mặt phẳng AB D và BC D . . A. 3. B. 3 . 2 C. 3 . 3 D. 2 3. CÂU 2: Cho hình lập phương ABCD.ABCD có độ dài cạnh bằng 1 . Gọi M , N , P , Q lần lượt là trung điểm của các cạnh AB , BC , CD và DD . Tính thể tích khối tứ diện MNPQ . 1 3 1 1 A. . B. . C. . D. . 12 24 8 8 CÂU 3: Cho hình chóp S.ABC có SA vuông góc với mặt phẳng đáy. Gọi M là trung điểm của BC và H là trung điểm của AM . Biết HB  HC , HBC  30 ; góc giữa mặt phẳng  SHC  và mặt phẳng  HBC  bằng 60 . Tính côsin của góc giữa đường thẳng BC và mặt phẳng  SHC  ? A. 1 . 2 B. 3 . 2 C. 13 . 4 D. 3 . 4 CÂU 4: Trong không gian với hệ tọa độ Oxy , cho hình hộp chữ nhật ABCD. ABCD có A trùng với gốc tọa độ O , các đỉnh B(m;0;0) , D(0; m;0) , A(0;0; n) với m, n  0 và m  n  4 . Gọi M là trung điểm của cạnh CC  . Khi đó thể tích tứ diện BDAM đạt giá trị lớn nhất bằng A. 245 . 108 B. 9 . 4 C. 64 . 27 D. 75 . 32 CÂU 5: Cho lăng trụ tam giác đều ABC.ABC có tất cả các cạnh bằng a . M là một điển thỏa mãn 1 CM   AA . Cô sin của góc giữa hai mặt phẳng  AMB  và  ABC  bằng 2 A. 30 . 8 B. 30 . 16 C. 30 . 10 D. 1 . 4 CÂU 6: Cho hình lập phương ABCD.A B C D có cạnh bằng 2. Tính khoảng cách giữa hai mặt phẳng AB D và BC D . . A. 3. B. 3 . 2 C. 3 . 3 D. 2 3. CÂU 7: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , mặt bên SAB là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng  ABCD  . Gọi G là trọng tâm của tam giác SAB và M , N lần lượt là trung điểm của SC , SD (tham khảo hình vẽ bên). Tính côsin của góc giữa hai mặt phẳng  GMN  và  ABCD  . GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 121 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN A. 2 39 . 39 B. 3 . 6 C. 2 39 . 13 D. 13 . 13 CÂU 8: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A , ABC  60o , BC  2a . Gọi D là điểm thỏa mãn 3SB  2SD . Hình chiếu của S trên mặt phẳng  ABC  là điểm H thuộc đoạn BC sao cho BC  4BH . Biết SA tạo với đáy một góc 60 o . Góc giữa hai đường thẳng AD và SC bằng A. 60 o . B. 45o . C. 90 o . D. 30 o . CÂU 9: Một người muốn xây một cái bể chứa nước, dạng một khối hộp chữ nhật không nắp có thể tích 256 bằng m 3 , đáy bể là hình chữ nhật có chiều dài gấp đôi chiều rộng. Giá thuê nhân công để xây bể là 3 500000 đồng/ m 3 . Nếu người đó biết xác định các kích thước của bể hợp lí thì chi phí thuê nhân công sẽ thấp nhất. Hỏi người đó trả chi phí thấp nhất để thuê nhân công xây dựng bể đó là bao nhiêu? A. 48 triệu đồng. B. 47 triệu đồng. C. 96 triệu đồng. D. 46 triệu đồng. CÂU 10: Một hộp không nắp được làm từ một mảnh các tông theo hình vẽ. Hộp có đáy là một hình vuông cạnh x  cm  , chiều cao là h  cm  và thể tích là 500cm3 . Tìm độ dài cạnh hình vuông x sao cho chiếc hộp làm ra tốn ít bìa các tông nhất. A. x  2cm . B. x  3cm . C. x  5cm . D. x  10cm . CÂU 11: Một người đã cắt tấm bìa các tông và đặt kích thước như hình vẽ. Sau đó bạn ấy gấp theo đường nét đứt thành cái hộp hình hộp chữ nhật. Hình hộp có đáy là hình vuông cạnh a  cm  , chiều cao h  cm  và diện tích toàn phần bằng 6m 2 . Tổng  a  h  bằng bao nhiêu để thể tích hộp là lớn nhất. A. a  h  2cm . B. a  h  3cm . C. a  h  4cm . D. a  h  6cm . CÂU 12: Một xưởng sản xuất những thùng bằng nhôm hình hộp chữ nhật không nắp và có các kích thước x, y, z  dm  . Biết tỉ số hai cạnh đáy là x : y  1: 3 , thể tích khối hộp bằng 18dm3 . Để tốn ít vật liệu nhất thì tổng x  y  z bằng: A. 10dm . B. 19 dm . 2 C. 26dm . D. 26 dm . 3 CÂU 13: Để thiết kế một chiếc bể cá hình hộp chữ nhật không nắp có chiều cao là 60cm, thể tích 96000cm 3 . Người thợ dùng loại kính để sử dụng làm mặt bên có giá thành 70.000 đồng/m2 và loại kính để làm mặt đáy có giá thành 100.000 đồng/m2. Tính chi phí thấp nhất để hoàn thành bể cá. A. 320.000 đồng. B. 32.000 đồng. C. 83.200 đồng. D. 68.800 đồng. CÂU 14: Người ta cắt một tờ giấy hình vuông cạnh bằng 1 để gấp thành một hình chóp tứ giác đều sao cho bốn đỉnh của hình vuông dán lại thành đỉnh của hình chóp như hình vẽ. Để thể tích khối chóp lớn nhất thì cạnh đáy x của hình chóp bằng: GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 122 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN A. x  2 . 5 B. x  2 2 . 5 C. x  2 2 . D. x  2 . 5 CÂU 15: Một người xây nhà xưởng hình hộp chữ nhật có diện tích mặt sàn là 1152m 2 và chiều cao cố định. Người đó xây các bức tường xung quanh và bên trong để ngăn nhà xưởng thành ba phòng hình chữ nhật có kích thước như nhau (không kể trần nhà). Vậy cần phải xây các phòng theo kích thước nào để tiết kiệm chi phí nhất (bỏ qua độ dày các bức tường). A. 16m  24m . B. 8m  48m . C. 12m  32m . D. 24m  32m . CÂU 16: Một màn ảnh hình chữ nhật cao 1, 4m và đặt ở độ cao 1, 4m so với tầm mắt (tính từ đầu mép dưới của màn hình). Để nhìn rõ nhất phải xác định vị trí đứng sao cho góc nhìn lớn nhất. Hãy xác định vị trí đó? Biết rằng góc BOC nhọn. A. AO 2, 4m . B. AO C. AO 2m . 2, 6m . D. AO 3m . CÂU 17: Ông An muốn xây một cái bể chứa nước lớn dạng một khối hộp chữ nhật không nắp có thể tích bằng 288 m3 . Đáy bể là hình chữ nhật có chiều dài gấp đôi chiều rộng, giá thuê nhân công để xây bể là 500000 đồng/ m 2 . Nếu ông An biết xác định các kích thước của bể hợp lí thì chi phí thuê nhân công sẽ thấp nhất. Hỏi ông An trả chi phí thấp nhất để xây dựng bể đó là bao nhiêu? A. 108 triệu đồng. B. 54 triệu đồng. C. 168 triệu đồng. D. 90 triệu đồng. GIẢI CHI TIẾT CÂU 1: Chọn C Ta chọn hệ trục tọa độ sao cho các đỉnh của hình lập phương có tọa độ như sau: A 0; 0; 0 B 1; 0; 0 C 1;1; 0 D 0;1; 0 A 0; 0;1 B 1; 0;1 C 1;1;1 D 0;1;1 AB BD 1; 0;1 , AD 1;1; 0 , BC * Mặt phẳng AB D 0;1;1 , 0;1;1 . . qua A 0; 0; 0 và nhận véctơ n tuyến. Phương trình AB D là : x y z AB ; AD 1;1; 1 làm véctơ pháp BD; BC 1;1; 1 làm véctơ pháp 0. . * Mặt phẳng BC D qua B 1; 0; 0 và nhận véctơ m tuyến. Phương trình AB D là : x y z 1 0. . GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 123 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN Suy ra hai mặt phẳng AB D và BC D song song với nhau nên khoảng cách giữa hai mặt phẳng chính là khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng BC D : d A, BC D 1 3 .. 3 3 CÂU 2: Chọn D  D  O Ox  DA Chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho:  Oy  DC   Oz  DD Khi đó: A 1;0;1 , B 1;1;1 , C  0;1;1 , D  0;0;1 , A 1;0;0  , B 1;1;0  , C  0;1;0  1  1   1  1   M 1; ;1 , N  ;1;1 , P  0; ;0  , Q  0;0;  . 2  2   2  2   1 1    1 1   1 1  Ta có: MN  ; ;0  , MP  1; ;  , MQ  1; ;  2 2 2 2    2 2  1 1 1 1 1 1  MN , MP  .MQ      VMNPQ  .  MN , MP  .MQ  .     6 24 4 8 8 4 CÂU 3: Chọn C Từ M là trung điểm của BC và H là trung điểm của AM , HB  HC suy ra AM  BC , hay tam giác ABC cân đỉnh A . a a 3 a 3 . Do HBC  30 suy ra HM  . Đặt SA  b .  AM  2 6 3 Đặt hệ trục tọa độ như hình vẽ: Đặt BC  a  BM  z S A C H x M y B GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 124 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN  a a 3  a a 3   a 3  Ta có A  0;0;0  , B  ; ;0  , S  0;0; b  . ;0  , C   ; ;0  ; H  0; 6  2 3 2 3      a a 3   a 3  Ta có HC    ; ; b  . ;0  ; SH   0; 6  2 6     ab 3 ab a 2 3  Nên  HC , SH     ; ;  . 6 2 12     Suy ra  SHC  có một véc-tơ pháp tuyến là n1  2b 3;6b; a 3 . Mặt phẳng  HBC  có một véc-tơ pháp tuyến là k   0;0;1 . Góc giữa mặt phẳng  SHC  và mặt phẳng  HBC  bằng 60 nên cos   SHC  ,  HBC    n1.k  cos 60  n1 . k  12b2  36b2  3a 2  2 a 3  b  a 3 12b2  36b2  3a 2 a 3 . 4  3a 3a 3  Khi đó n1   ; ; a 3  , đường thẳng BC có véc-tơ chỉ phương i  1;0;0  . 2  2  Gọi  là góc giữa đường thẳng BC và mặt phẳng  SHC  , ta có sin   n1.i n1 . i  3a 2 2  3 3 13  .Do đó cos   1  sin 2   1   .    2 2 4 4  4 9a 27 a 2    3a 4 4 CÂU 4: Chọn C   n 2 Tọa độ điểm C (m; m;0), C(m; m;; n), M  m; m;  n  BA   m;0; n  , BD   m; m;0  , BM   0; m;  2   BA, BD    mn; mn; m2  VBDAM  1 m2 n  BA, BD  .BM  6 4 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 125 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN 256 64  m  m  2n  512  m2n  Ta có m.m.(2n)    VBDAM    3 27 27   27 3 CÂU 5: Chọn C Xét hình lăng trụ tam giác đều ABC.ABC có tất cả các cạnh bằng a . Gắn hệ trục như hình vẽ quy ước a  1 ( đơn vị ). Gọi D là giao điểm của AM và AC . Vì tam giác ABC là tam giác cân cạnh bằng a nên ta suy ra độ dài các đường trung tuyến là a 3 . Suy ra tọa độ các điểm như hình vẽ. 2 AD 1  2  DA  2 DC Theo giả thiết ta có CM   AA vậy  ADA CDM  CD 2  2  Vậy tọa độ của điểm D là: D  0; ;1  3  Ta có mặt phẳng ABC có phương trình z  1  n ABC    0;0;1 Mặt khác mặt phẳng  AMB  là mặt phẳng đi qua ba điểm A , D và B . 1 3  3  3 1   2  ; ;1  n  ABM    AD , AB    ; ; Ta có: AD   0; ;1 và AB     3  6 2 3   2 2  Vậy  cô sin góc tạo bởi hai mặt phẳng  AMB  và  ABC  là:     cos  A ‘ BM  ,  ABC   cos n ABM  , n ABC  .   3 3 1 3 1   . 1 36 4 3  3 30 .  10 10 CÂU 6: Chọn C Ta chọn hệ trục tọa độ sao cho các đỉnh của hình lập phương có tọa độ như sau: A 0; 0; 0 B 1; 0; 0 C 1;1; 0 D 0;1; 0 A 0; 0;1 B 1; 0;1 C 1;1;1 D 0;1;1 . GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 126 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN AB BD 1; 0;1 , AD 1;1; 0 , BC * Mặt phẳng AB D 0;1;1 , 0;1;1 . qua A 0; 0; 0 và nhận véctơ n tuyến. Phương trình AB D là : x y z AB ; AD 1;1; 1 làm véctơ pháp BD; BC 1;1; 1 làm véctơ pháp 0. . * Mặt phẳng BC D qua B 1; 0; 0 và nhận véctơ m tuyến. Phương trình AB D là : x Suy ra hai mặt phẳng AB D y và z 1 0. . BC D song song với nhau nên khoảng cách giữa hai mặt phẳng chính là khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng BC D : d A, BC D 1 3 3 .. 3 CÂU 7: Chọn C Chọn hệ trục tọa độ Oxyz như hình vẽ. Khi đó  3  a   a a   a  S  0;0;  ; A  ;0;0  ; B  ;0;0  ; C  ; a;0  ; D  ; a;0  2   2   2 2   2    a a a 3  a a a 3 a 3 suy ra G  0;0;  ; M  ; ;  ; N   ; ;  6   4 2 4   4 2 4  Ta có mặt phẳng  ABCD  có vectơ pháp tuyến là k   0;0;1 , mặt phẳng  GMN  có vectơ pháp  a 3 a ;  tuyến là n  GM ; GN    0;  24 4   1 2 39  4  Gọi  là góc giữa hai mặt phẳng  GMN  và  ABCD  , ta có cos  . 13 39 n.k 24 n.k CÂU 8: Chọn C GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 127 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN Ta có AH 2  BH 2  BA2  2.BH .BA.cos 60o  tan 60o  a2 a 1 3a 2 a 3  a 2  2. .a.  .  AH  4 2 2 4 2 3a SH  SH  AH . 3  . 2 AH  3  3  3  Chuẩn hóa và chọn hệ trục tọa độ sao cho H  0;0;0  , C  ;0;0  , A  0; ;0  , S  0;0;  , 2  2   2  3 3 9  1  3  1  3  B   ;0;0  , SB    ;0;    SD    ;0;    D   ;0;   . 2 4 4  2  4  2  4  3 3 3 Ta có DA   ; ;   u  3; 2; 3 là một vtcp của AD . 4 2 4 3 3 SC   ;0;    v  1;0; 1 là một vtcp của SC . Ta có u.v  0  AD  SC 2 2 Vậy góc giữa hai đường thẳng AD và SC bằng 90 o .   CÂU 9: Chọn A Gọi x  m  là chiều rộng của đáy bể, khi đó chiều dài của đáy bể là 2 x  m  và h  m  là chiều cao bể. 256 3 256 128 m  2 x2h   h 2 . 3 3 3x 128 256  2×2 . Diện tích cần xây là: S  2  xh  2 xh   2 x 2  6 x 2  2 x 2  3x x 256 256  2 x2 ,  x  0  S   x    2  4 x  0  x  4 . Xét hàm S  x   x x Bể có thể tích bằng Lập bảng biến thiên suy ra Smin  S  4   96 . Chi phí thuê nhân công thấp nhất khi diện tích xây dựng là nhỏ nhất và bằng Smin  96 . Vậy giá thuê nhân công thấp nhất là 96.500000  48000000 đồng. Chú ý: Có thể sử dụng BĐT Cô si để tìm min, cụ thể GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 128 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN S 128 128 128 256   2x 2  x  4 .  2 x2   2x 2  3 3 1282.2  S  96  Smin  96 khi x x x x CÂU 10: Chọn D 500 . x2 Để chiếc hộp làm ra ít tốn bìa các tông nhất khi và chỉ khi diện tích toàn phần của hộp là nhỏ nhất. Thể tích khối hộp V  x.x.h  x 2 h  500  h  Diện tích toàn phần của hộp (không nắp) Stp  Sday  Sxung quanh  x.x  4.hx  x 2  4hx 500 2000 1000 1000 Cosi 3 2 2  x   x    3 1000 2 . x2 x x x 1000 1000   x 3  1000  x  10. Dấu ”  ” xảy ra  x 2  x x Chọn D. 2000 Cách 2. Xét hàm f  x   x 2  với x  0 . x x 2  4 x. CÂU 11: Chọn A 6  2a 2 . Diện tích toàn phần S tp  4ah  2a  6  h  4a 2 Thể tích khối hộp chữ nhật: V  a.a.h  a 2 . 6  2a 2 6a  2a 3  . 4a 4 6a  2a 3 trên 0; 3 , ta được f  a  lớn nhất tại a  1. 4  a  h  2cm. Chọn. Với a  1  h  1  A. Khảo sát hàm f  a     CÂU 12: Chọn A Ta có x : y  1: 3  y  3 x. 6 . x2 Tổng diện tích vật liệu (nhôm) cần dùng là: Stp  Sday  Sxungquanh (do hộp không nắp) Theo giả thiết, ta có xyz  18  z  6 48  6  xy  2  xz  yz   x.3x  2  x. 2  3x. 2   3x 2  . x  x  x 48 Xét hàm f  x   3 x 2  trên  0;   , ta được f  x  nhỏ nhất khi x  2. x GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 129 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN Khi x  2  y  6, z  3 19   x  y  z  dm. Chọn A. 2 2 48 8 8 8 8   3  x 2     3.3 3 x 2 . .  36. x x x x x  8 8 Dấu ”  ” xảy ra  x 2    x  2. . x x Cách 2. BĐT Côsi 3x 2  CÂU 13: Chọn C Gọi x  m  , y  m   x  0, y  0  là chiều dài và chiều rộng của đáy bể. Theo giả thiết, ta có: 0, 6 xy  0, 096  y  Diện tích mặt đáy: Sday  xy  x. 0,16 . x 0,16  0,16 x   giá tiền 0,16 100.000  16.000 đồng. 0,16   Diện tích xung quanh: Sxungquanh  2 x.0, 6  2 y.0, 6  1, 2  x   x   0,16  0,16      giá tiền 1, 2  x   .70000  84000  x   đồng. x  x    0,16   Suy ra tổng chi phí f  x   84000  x    16000 x   Cosi  84000.2 x. 0,16  16000  83.200 đồng. Chọn C. x CÂU 14: Chọn B Ta có BM  BO  MO  1 2 x AB  MO   . 2 2 2 2  2 x   x 2 1 x 2 Chiều cao của hình chóp: h  BM  MO   .  2  2    2   2   2 2 1 1  x 2 1 x 4  x5 2  . Suy ra thể tích của khối chóp: V  x 2 3 2 3 2 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 130 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN  2 2 2 Khảo sát hàm f  x   x 4  x 5 2 trên  0; .  , ta được f  x  lớn nhất khi x  5  2  Chọn B.  2 Cách làm trắc nghiệm. Đầu tiên ta loại đáp án C do x  2 2   0;  . Thay ba đáp án còn lại  2  vào hàm số f  x   x 4  x 5 2 . So sánh kết quả nào lớn nhất ta chọn. Nếu đề bài hỏi giá trị lớn nhất của thể tích khối chóp thì ta không làm theo cách này được. CÂU 15: Chọn A Đặt x, y , h lần lượt là chiều dài, chiều rộng và chiều cao mỗi phòng. 384 . x Để tiết kiệm chi phí nhất khi diện tích toàn phần nhỏ nhất. 384 576   Ta có Stp  4 xh  6 yh  3xy  4 xh  6. h  1152  4h  x    1152 . x x   y Theo giả thiết, ta có x.3 y  1152  Vì h không đổi nên Stp nhỏ nhất khi f  x   x  Khảo sát f  x   x  576 (với x  0 ) nhỏ nhất. x 576 với x  0 , ta được f  x  nhỏ nhất khi x  24   y  16 . x Chọn A. Cách 2. BĐT Côsi x  576 576 576  x  24.  2 x.  48. Dấu ”  ” xảy ra  x  x x x CÂU 16: Chọn A Đặt độ dài cạnh AO x m , x 0 Suy ra BO x 2 ,CO 10,24 3,24 x2 Ta sử dụng định lí cosin trong tam giác OBC ta có: cos BOC OB 2 5, 76 3,24 OC 2 BC 2 2OB.OC 3,24 x2 2 3,24 10,24 x2 x 2 10,24 1, 96 x2 x2 x 2 10,24 x2 5, 76 Vì góc BOC nên bài toán trở thành tìm x để F x 3,24 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. x 2 x2 10,24 x 2 đạt giá trị nhỏ nhất. Trang 131 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN 63 25 t t 7 t Đặt 3,24 x2 3,24 . Suy ra F t t, t 25t 63 25 t t 7 Ta đi tìm t để F(t) đạt giá trị nhỏ nhất. 25 t t F’ t 25t 63 25 t t 2 7t 1 50 t 25 2t t 7 1 25 25t 63 2t 7 t t Thay vào đặt ta có: 3,24 Vậy để nhìn rõ nhất thì AO 25t 7 t t 7 7 x2 9 2t 63 2 t t 7 7 1 49t 25 2t t 7 x2 7 144 25 441 t t x 7 F’ t 0 t 9 2, 4 m 2, 4m CÂU 17: Chọn A. Theo bài ra ta có để chi phí thuê nhân công là thấp nhất thì ta phải xây dựng bể sao cho tổng diện tích xung quanh và diện tích đáy là nhỏ nhất. Gọi ba kích thước của bể là a , 2a , c .  a  m   0, c  m   0  Ta có diện tích cách mặt cần xây là S  2a 2  4ac  2ac  2a 2  6ac . 144 Thể tích bể V  a.2a.c  2a 2c  288  c  2 . a Vậy S  2a 2  6a. 144 864 432 432 432 432  2a 2   2a 2    3. 3 2 a 2. .  216 . 2 a a a a a a Vậy Smin  216 m2 Chi phí thấp nhất là 216  500000  108 triệu đồng. GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 132 CHƯƠNG 2: MẶT TRỤ – MẶT NÓN – MẶT CẦU CHỦ ĐỀ 1: HÌNH NÓN – KHỐI NÓN VÍ DỤ 1:Cho hình nón đỉnh S , đường cao SO . Gọi A và B là hai điểm thuộc đường tròn đáy của hình nón sao cho khoảng cách từ O đến AB bằng a và SAO  30 , SAB  60 . Diện tích xung quanh của hình nón bằng 2 a 2 3  a2 3 A. S xq  . B. S xq  . C. S xq  2 a 2 3 . D. S xq   a 2 3 . 3 3 Lời giải Chọn D 2x . 3 x 2x  AH  Do góc SAB  60 nên tam giác SAB đều  AB  SA  . 3 3 Ta có OH  a . Đặt OA  x thì OA  SA.cos30  SA  x2 a 6 Do AH  OH  OA   a 2  x 2  x  . 3 2 a 6 a 6 Vậy OA  ; SA  a 2 nên diện tích xung quanh là S xq   . .a 2   a 2 3 . 2 2 2 2 2 VÍ DỤ 2 : Cho đoạn thẳng AB có độ dài bằng 2a ,vẽ tia Ax về phía điểm B sao cho điểm B luôn cách tia Ax một đoạn bằng a . Gọi H là hình chiếu của B lên tia, khi tam giác AHB quay quanh trục AB thì đường gấp khúc AHB vẽ thành mặt tròn xoay có diện tích xung quanh bằng A. (2  2) a 2 2 B. (3  3) a 2 2 C. (1  3) a 2 2 D. 3 2 a 2 2 Lời giải Chọn B GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 133 CHƯƠNG 2: MẶT TRỤ – MẶT NÓN – MẶT CẦU Khi quay quanh tam giác AHB thì đường gấp khúc AHB vẽ lên một mặt tròn xoay. Diện tích mặt tròn xoay này bằng tổng diện tích xung quanh hai hình nón đường sinh AH và BH . Ta có AH  AB 2  BH 2  a 3 HK  AH .BH a 3.a a 3   AB 2a 2 Diện tích xung quanh hình nón có đường sinh AH là S1   a 3 3a 2 .a 3  2 2 Diện tích xung quanh hình nón có đường sinh BH là S2   a 3 3a 2 .a  2 2 Diện tích mặt tròn xoay cần tìm là S  S1  S2  (3  3)a 2 . 2 VÍ DỤ 3: Cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn tâm O , bán kính R có BAC  75, ACB  60. Kẻ BH  AC. Quay ABC quanh AC thì BHC tạo thành hình nón xoay  N  . Tính diện tích xung quanh của hình nón tròn xoay  N  theo R. . 3 A.  R . 3 1 4 2 B. 3 3 2 2  R2 . 2 C.  R . 2 1 4 2 D. 3 2 3  R2 . 2 Lời giải Chọn B B O 60° 75° A H C .  Hình nón  N  có đường sinh là đoạn l  BC , đường cao h  CH và bán kính r  BH .  Trong ABC ta có BC  2R sin 75 .  Trong BHC ta có BH  BC.sin 60  3 BC . 2  Diện tích xung quanh hình nón (N): S xq   rl   .BC.BH   3 3 2 3 2 BC 2   R . 2 2 VÍ DỤ 4: Cho hình nón có góc ở đỉnh bằng 60, diện tích xung quanh bằng 6 a 2 . Tính thể tích V của khối nón đã cho. 3 a3 2  a3 2 A. V  . B. V  . C. V  3 a 3 . D. V   a 3 . 4 4 Lời giải Chọn C GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 134 CHƯƠNG 2: MẶT TRỤ – MẶT NÓN – MẶT CẦU S A O O B 1 1 Thể tích V   R 2 h   .OA2 .SO. 3 3 Ta có ASB  60  ASO  30  tan 30  OA 1   SO  OA 3. SO 3 Lại có S xq   Rl   .OA.SA   .OA OA2  SO 2  6 a 2 1  OA OA2  3OA2  6a 2  2OA2  6a 2  OA  a 3  SO  3a  V   .3a 2 .3a  3 a 3 . 3 VÍ DỤ 5: Một hình nón có đỉnh S có bán kính đáý bằng 2a 3 , góc ở đỉnh là 120 . Thiết diện qua đỉnh của hình nón là 1 tam giác. Diện tích lớn nhất Smax của tam giác là bao nhiêu? A. Smax  8a 2 B. Smax  4a 2 2 C. Smax  4a 2 D. Smax  16a2 Lời giải Chọn A Cách 1: Gọi thiết diện của hình chóp là SCD , I là trung điểm của CD . OB  2a . Ta có SO  tan 60 Đặt OI  x suy ra IC  OC 2  OI 2  12a 2  x 2 SI  SO2  OI 2  4a 2  x 2 . 1 S SCD  CD.SI  SI .IC   4a 2  x 2 12a 2  x 2  . 2   S SCD  2   x 4  8a 2 x 2  48a 4 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 135 CHƯƠNG 2: MẶT TRỤ – MẶT NÓN – MẶT CẦU Xét hàm số f  x    x 4  8a 2 x 2  48a 4 với 0  x  2 3a . f   x   4 x3  16a 2 x x  0 f  x  0    x  2a Bảng biến thiên Nhìn vào bảng biến thiên ta thấy  Smax   64a 4  Smax  8a 2 . 2 Cách 2: Gọi thiết diện của hình chóp là SCD . Vì SOB vuông tại O , có OB  r  2a 3 , OSB  60o nên l  SB  Khi đó, S SCD  r  4a . sin 60o 1 1 SC.SD.sin CSD  SC.SD  8a 2 (vì sin CSD  1 ). 2 2 Vậy Diện tích lớn nhất Smax của thiết diện đó là 8a 2 khi CSD  90o . BÀI TẬP RÈN LUYỆN CÂU 1: Cho một hình phẳng gồm nửa đường tròn đường kính AB  2 , hai cạnh BC , DA của hình vuông ABCD và hai cạnh ED , EC của tam giác đều DCE (như hình vẽ bên). Tính diện tích S của mặt tròn xoay tạo thành khi quay hình phẳng trên quanh trục đối xứng của nó.  20  3  B. S    . 6   A. S  8 .  3 D. S   6   . 2   C. S  6 . CÂU 2: Thiết diện qua trục của một hình nón  N  là một tam giác vuông cân, có cạnh góc vuông bằng a , diện tích toàn phần của hình nón  N  bằng: A.  2a 2 2    1  2 a2 . B. 2    1  3 a2 . C. 2 . D.  a2 2 . CÂU 3: Một bình đựng nước dạng hình nón (không đáy) đựng đầy nước. Biết rằng chiều cao của bình gấp 3 lần bán kính đáy của nó. Người ta thả vào đó một khối trụ và đo dược thể tích nước tràn ra ngoài là GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 136 CHƯƠNG 2: MẶT TRỤ – MẶT NÓN – MẶT CẦU 16 dm 3 . Biết rằng một mặt của khối trụ nằm trên mặt trên của hình nón, các điểm trên đường tròn đáy còn 9 lại đều thuộc các đường sinh của hình nón (như hình vẽ) và khối trụ có chiều cao bằng đường kính đáy của hình nón. Diện tích xung quanh S xq của bình nước là: A. S xq  9 10 dm2 . 2 B. S xq  4 10 dm 2 . C. S xq  4 dm2 . D. S xq  3 dm 2 2 CÂU 4: Cho tam giác ABC vuông tại A, BC  a, AC  b, AB  c, b  c. Khi quay tam giác vuông ABC một vòng quanh cạnh BC , quanh cạnh AC , quanh cạnh AB , ta được các hình có diện tích toàn phần theo thứ tự bằng S a , S b , S c . Khẳng định nào sau đây đúng? A. Sb  Sc  Sa . B. Sb  Sa  Sc . C. Sc  Sa  Sb . D. Sa  Sc  Sb . CÂU 5: Hình nón  N  có đỉnh S , tâm đường tròn đáy là O , góc ở đỉnh bằng 120 . Một mặt phẳng qua S cắt hình nón N theo thiết diện là tam giác vuông SAB . Biết rằng khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và SO bằng 3 . Tính diện tích xung quanh S xq của hình nón  N  A. S xq  36 3 . B. S xq  27 3 . C. S xq  18 3 . D. S xq  9 3 . CÂU 6: Cho hình nón đỉnh S và đường tròn đáy có tâm là O . điểm A thuộc đường tròn đáy. Tỉ số giữa diện tích xung quanh và diện tích đáy là 2 . Số đo của góc SAO là? A. 450 . B. 30 0 . C. 120 0 . D. 60 0 . CÂU 7: Một hình nón đỉnh S , đáy hình tròn tâm O và SO  h . Một mặt phẳng  P  qua đỉnh S cắt đường tròn  O  theo dây cung AB sao cho góc AOB  90 , biết khoảng cách từ O đến  P  bằng tích xung quanh hình nón bằng.  h 2 10 A. . 6 B.  h 2 10 3 . C.  h 2 10 3 3 . D. h . Khi đó diện 2 2 h2 10 . 3 CÂU 8 : Cho hình lập phương ABCD.ABCD cạnh a . Tính diện tích xung quanh của khối nón có đỉnh là tâm O của hình vuông ABCD và đáy là hình tròn nội tiếp hình vuông ABCD .  a2 5  a2 5  a2 5  a2 5 A. S xq  . B. S xq  . C. S xq  . D. S xq  . 8 16 4 2 CÂU 9: Đường cao của một hình nón bằng a  a  0  . Thiết diện qua trục của nó là một tam giác cân có góc ở đỉnh bằng 120 0 . Diện tích toàn phần của hình nón là: A.  a 2 3  2 3 . B.  a 2 2  3 .         D.  a 2 3  3 3 . C.  a 2 3  3 . CÂU 10: Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng a , cạnh bên hợp với đáy một góc 60 . Hinh nón có đỉnh là S , đáy là đường tròn nội tiếp tứ giác ABCD có diện tích xung quanh là: 3 A. S   a 2 2 B. S   a 2 C. S   a2   7 1 4 D. S   a2 7 4 CÂU 11: Cho khối nón đỉnh O , trục OI . Măt phẳng trung trực của OI chia khối chóp thành hai phần. Tỉ số thể tích của hai phần là: 1 1 1 1 A. . B. . C. . D. . 2 7 4 8 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 137 CHƯƠNG 2: MẶT TRỤ – MẶT NÓN – MẶT CẦU CÂU 12: Hình chữ nhật ABCD có AB  6 , AD  4 . Gọi M , N , P , Q lần lượt là trung điểm bốn cạnh AB , BC , CD , DA . Cho hình chữ nhật ABCD quay quanh QN , tứ giác MNPQ tạo thành vật tròn xoay có thể tích bằng: A. V  8 . B. V  2 . C. V  6 . D. V  4 CÂU 13: Cho hình nón N có đường sinh tạo với đáy góc 60 0 . Mặt phẳng qua trục của N cắt N được thiết diện là một tam giác có bán kính đường tròn nội tiếp bằng 1. Tính thể tích V của khối nón giới hạn bởi N . A. V 3 . B. V 3 3 . C. V 9 3 . D. V 9 . CÂU 14: Cho một hình nón đỉnh S có chiều cao bằng 8 cm , bán kính đáy bằng 6 cm . Cắt hình nón đã cho bởi một mặt phẳng song song với mặt phẳng chứa đáy được một hình nón  N  đỉnh S có đường sinh bằng 4 cm . Tính thể tích của khối nón  N  . 2304 2358 768 786  cm 3  cm 3  cm 3  cm3 B. V  C. V  D. V  125 125 125 125 CÂU 15: Một mảnh giấy hình quạt như hình vẽ. Người ta dán mép AB và AC lại với nhau để được một A. V  hình nón đỉnh A. Tính thể tích V của khối nón thu được (xem phần giấy dán không đáng kể). A. 4 21 . B. 20 . 3 C. 4 21 . 3 D. 20 . CÂU 16: Cho tam giác ABC cân tại A có BC  10cm , AB  6cm . Quay tam giác ABC xung quanh cạnh AB ta được một khối tròn xoay có thể tích bằng 325 550 4216 cm3 . cm3 . cm 3 . A. 200 cm3 . B. C. D. 2 9 27 CÂU 17: Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có các cạnh đều bằng a 2 . Tính thể tích khối nón có đỉnh S và đường tròn đáy là đường tròn nội tiếp tứ giác ABCD .  a3  a3 2 a 2 2 a3 A. V  . B. V  . C. V  . D. V  . 6 2 2 6 CÂU 18: Cho ba hình tam giác đều cạnh bằng a chồng lên nhau như hình vẽ (cạnh đáy của tam giác trên đi qua các trung điểm hai cạnh bên của tam gác dưới). Tính theo a thể tích của khối tròn xoay tạo thành khi quay chúng xung quanh đường thẳng d . GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 138 CHƯƠNG 2: MẶT TRỤ – MẶT NÓN – MẶT CẦU A. 13 3 a3 . 96 B. 11 3 a3 . 96 C. 3 a3 . 8 D. 11 3 a3 . 8 CÂU 19: Cho tam giác ABC vuông tại A có AC  1cm ; AB  2 cm , M là trung điểm của AB . Quay tam giác BMC quanh trục AB ta được khối tròn xoay. Gọi V và S lần lượt là thể tích và diện tích của khối tròn xoay đó. Chọn mệnh đề đúng. 1 A. V   ; S   5  2 B. V   ; S   5  2 3 1 C. V   ; S   5  2 D. V   ; S   5  2 3         CÂU 20: Cắt một khối nón tròn xoay có bán kính đáy bằng R, đường sinh 2R bởi một mặt phẳng ( ) qua tâm đáy và tạo với mặt đáy một góc 60 0 tính tỷ số thể tích của hai phần khối nón chia bởi mặt phẳng ( ) ? A. 2  . B. 1 . 2   1 C. 2 . 3 D. 3  4 . 6 CÂU 21: Cho hình nón  N  có bán kính đáy bằng a và diện tích xung quanh S xp  2 a 2 . Tính thể tích V của khối chóp tứ giác đều S.ABCD có đáy ABCD nội tiếp đáy của khối nón  N  và đỉnh S trùng với đỉnh của khối nón  N  . A. V  2 5a3 . 3 B. V  2 2a 3 . 3 C. V  2 3a 3 . D. V  2 3a3 . 3 CÂU 22: Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng 2a , góc giữa cạnh bên với mặt đáy bằng 45 . Tính diện tích xung quanh của khối nón đỉnh S , đáy là đường tròn ngoại tiếp ABCD . A. 2 2 a 2 . B. 2 a 2 . 2 C. 4 2 a 2 . D. 2 a 2 . CÂU 23:Cho hình chóp đều S.ABC có cạnh đáy bằng a , góc giữa mặt bên và đáy bằng 60 . Tính diện tích xung quanh S xq của hình nón đỉnh S , có đáy là hình tròn ngoại tiếp tam giác ABC . A. S xq   a2 3 3 .  a 2 10 B. S xq  . 8  a2 7 C. S xq  . 4  a2 7 D. S xq  6 CÂU 24: Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng 2a . Mặt phẳng qua AB và trung điểm M của SC cắt hình chóp theo thiết diện có chu vi bằng 7a . Thể tích của khối nón có đỉnh là S và đường tròn đáy ngoại tiếp tứ giác ABCD bằng 2 a3 6  a3 6 2 a3 3 2 a3 6 A. . B. . C. . D. . 9 3 3 3 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 139 CHƯƠNG 2: MẶT TRỤ – MẶT NÓN – MẶT CẦU CÂU 25: Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng a . Tam giác SAB có diện tích bằng 2a 2 . Thể tích của khối nón có đỉnh S và đường tròn đáy nội tiếp tứ giác ABCD .  a 3 15  a3 7  a3 7  a3 7 A. . B. . C. . D. . 24 8 7 4 CÂU 26: Cho hình chóp S.ABC có SA  SB  SC  4 , AB  BC  CA  3 . Tính thể tích khối nón giới hạn bởi hình nón có đỉnh là S và đáy là đường tròn ngoại tiếp ABC . A. 3 C. 4 B. 13 D. 2 2 CÂU 27: Cho hình chóp đều S.ABC có cạnh đáy bằng a , góc giữa mặt bên và đáy bằng 60 . Tính diện tích xung quanh S xq của hình nón đỉnh S , có đáy là hình tròn ngoại tiếp tam giác ABC . A. S xq   a2 3 3 . B. S xq   a2 7 6 . C. S xq   a 2 10 8 . D. S xq   a2 7 4 . CÂU 28: Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng a . Cạnh bên hợp với mặt đáy một góc 45 . Hình nón có đỉnh là S , có đáy là đường tròn nội tiếp tứ giác ABCD có diện tích xung quanh là.  a2  a2  a2 3  a2 3 A. S  . B. S  . C. S  . D. S  . 4 2 2 4 CÂU 29: Cho hình chóp tam giác đều có cạnh đáy bằng a và đường cao bằng 6a . Thể tích khối nón nội tiếp hình chóp đó (hình nón nội tiếp hình chóp là hình nón có đỉnh trùng với đỉnh hình chóp và có đường tròn nội tiếp đa giác đáy hình chóp, khối nón tương ứng gọi là khối nón nội tiếp hình chóp) bằng.  a3  a3  a3  a3 A. . B. . C. . D. . 9 6 3 4 CÂU 30: Tính thể tích V của khối nón ngoại tiếp hình tứ diện đều có cạnh bằng a (khối nón có đỉnh là một đỉnh của tứ diện và có đáy là hình tròn đi qua 3 đỉnh còn lại của tứ diện).  a3 6  a3 6 A. V  . B. V  . 27 9 C. V   a3 6 12 D. V  .  a3 2 9 . CÂU 31: Cho hình nón đỉnh S , đáy là hình tròn tâm O , góc ở đỉnh bằng 120 . Trên đường tròn đáy, lấy điểm A cố định và điểm M di động. Có bao nhiêu vị trí điểm của điểm M để diện tích tam giác SAM đạt giá trị lớn nhất? A. Có 2 vị trí. B. Có 3 vị trí. C. Có 1 vị trí. D. Có vô số vị trí. CÂU 32: Cho hình nón  N  có đường cao SO  h và bán kính đáy bằng R , gọi M là điểm trên đoạn SO , đặt OM  x , 0  x  h .  C  là thiết diện của mặt phẳng  P  vuông góc với trục SO tại M , với hình nón  N  . Tìm x để thể tích khối nón đỉnh O đáy là  C  lớn nhất. A. h . 2 B. h 2 . 2 C. h 3 . 2 D. h . 3 CÂU 33: Cho hai mặt phẳng  P  và  Q  song song với nhau và cắt một mặt cầu tâm O bán kính R tạo thành hai đường tròn có cùng bán kính. Xét hình nón có đỉnh trùng với tâm của một trong hai đường tròn và đáy trùng với đường tròn còn lại. Tính khoảng cách giữa  P  và  Q  để diện tích xung quanh hính nón đó là lớn nhất. A. R . B. R 2 . C. 2 R 3 . GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. D. 2R 3 . 3 Trang 140 CHƯƠNG 2: MẶT TRỤ – MẶT NÓN – MẶT CẦU CÂU 34 : Cho nửa đường tròn đường kính AB  2 R và điểm C thay đổi trên nửa đường tròn đó, đặt   CAB và gọi H là hình chiếu vuông góc của C lên AB . Tìm  sao cho thể tích vật thể tròn xoay tạo thành khi quay tam giác ACH quanh trục AB đạt giá trị lớn nhất. 1 A.   60 . B.   30 . C. arctan . D.   45 . 2 CÂU 35: Có một cái cốc làm bằng giấy, được úp ngược như hình vẽ. Chiều cao của chiếc cốc là 20 cm , bán kính đáy cốc là 4cm , bán kính miệng cốc là 5cm . Một con kiến đang đứng ở điểm A của miệng cốc dự định sẽ bò hai vòng quanh than cốc để lên đến đáy cốc ở điểm B . Quãng đường ngắn nhất để con kiến có thể thực hiện được dự định của mình gần đúng nhất với kết quả nào dước đây? A. 59,98cm B. 59,93cm C. 58, 67 cm D. 58,80 cm . GIẢI CHI TIẾT CÂU 1: Chọn A Gọi S1 là diện tích của mặt cầu khi quay nửa đường tròn đường kính AB  2 khi quay quanh trục đối xứng của nó  S1  2 . Gọi S 2 là diện tích xung quanh của hình trụ khi quay hình vuông ABCD cạnh AB  2 quanh trục đối xứng của nó  S2  4 . Gọi S 3 là diện tích hình xung quanh của hình nón khi quay tam giác đều DCE cạnh EC  2 quanh trục đối xứng của nó  S3  2 . Vậy diện tích của mặt tròn xoay tạo thành khi quay hình phẳng trên quanh trục đối xứng của nó là S  S1  S2  S3  8 . CÂU 2: Chọn B   2  a 2   1 2 a a 2 a 2 Ta có Stp   Rl   R , trong đó R  , l  a nên Stp   . . .a   .    2 2 2  2  2 2 CÂU 3: Chọn B Xét hình nón: h  SO  3r , r  OB, l  SA . Xét hình trụ: h1  2r  NQ , r1  ON  QI SQI SBO Vt   r12 h1   QI SI 1 r    r1  BO SO 3 3  Thể tích khối trụ là: 2 r 3 16   r  2  h  6  l  h2  r 2  2 10  S xq   rl  4 10 dm 2 9 9 CÂU 4: Chọn A A c B h a H b C Gọi H là chân đường vuông góc kẻ từ A của tam giác, đặt AH  h Ta có Sa   .BA. AH   .CA. AH   h(c  b) Sb   .BC.BA   .BA2   c(a  c) Sc   .CB.CA   .CA2   b(a  b) GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 141 CHƯƠNG 2: MẶT TRỤ – MẶT NÓN – MẶT CẦU Do b  c nên hiển nhiên Sc  Sb . Do c  a, h  b nên hiển nhiên Sa  Sc . Vậy Sa  Sc  Sb . . CÂU 5: Chọn C Theo bài ra ta có tam giác SAB vuông tại S và OH  3 ; và BSO  60 . Gọi r là bán kính đường tròn đáy của hình nón thì đường sinh l  SB  Suy ra BH  r 2r l  . sin 60 3 1 r 6 . AB  2 3 6r 2  r2  r  3 3 . Xét tam giác OBH vuông tại H , ta có 9  9 Diện tích xung quanh S xq của hình nón  N  là S xq   .r.l   .3 3. 6 3  18 3 . 3 CÂU 6: Chọn D . Ta có diện tích xung quanh của hình nón là S   .OA.SA . Diện tích đáy của hình nón là S    OA2 . S SA OA 1  2  . Khi đó: S  OA SA 2 OA 1   SAO  60 . Mà tam giác SAO vuông tại O nên cos SAO  SA 2 CÂU 7: Chọn B GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 142 CHƯƠNG 2: MẶT TRỤ – MẶT NÓN – MẶT CẦU . Gọi I là trung điểm của AB . 1 1 1 1 4 1 3 h 3   2  2  2  2  OI  . 2 2 2 OH SO OI OI h h h 3 Tam giác OAB vuông cân tại O nên: AB  2OI  h 6 2h 3 , R  OA  OB  . 3 3 2 h 6 h 15 Suy ra: SB  SO  OB  h   .    3  3   Diện tích xung quanh của hình nón: 2 2 2 h 6 h 15  h2 10 . S xq   R.SB   . .  3 3 3 CÂU 8 : Chọn C . a . 2 Do đó diện tích xung quanh của khối nón được tính theo. công thức: Khối nón có chiều cao là a và có bán kính đáy là r  S xq   rl với l  a 2  a2 a 5 .  4 2 a a 5  a2 5 Vậy S xq   . . .  2 2 4 CÂU 9: Chọn A GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 143 CHƯƠNG 2: MẶT TRỤ – MẶT NÓN – MẶT CẦU . Gọi thiết diện qua trục là SAB , S là đỉnh, AB là đường kính đáy, O là tâm đáy. Theo giả thiết SO  a, ASO  600 . Trong tam giác SAO vuông tại O , ASO  600 . Ta có OA  SO tan 600  a 3, SA  SO  2a . cos 600 Hình vẽ mô phỏng thiết diện qua trục của hình nón. Gọi Stp , Sd , S xq theo thứ tự là diện tích toàn phần, diện. tích đáy, diện tích xung quanh của hình nón ta có: Stp  Sd  S xq   R 2   Rl   R  R  l    .OA  OA  SA     .a 3 a 3  2a    a2 3  2 3   .   Vậy diện tích toàn phần của hình tròn là Stp   a 2 3  2 3 . CÂU 10: Chọn D S l D C O A 60° r M B Gọi O là tâm của đáy ABCD , M là trung điểm của BC . Hình nón có đỉnh là S , đáy là đường tròn nội tiếp tứ giác ABCD là hình nón tròn xoay tạo thành khi quay tam giác SOM quanh SO . Ta có: a 2 a 6 . . 3 SO  OB.tan 60  2 2 a OM   r . 2 2  a 6   a 2 7a 2 a 7 SM  SO  OM    2    2   4  l  2   Khi đó diện tích xung quanh của hình nón là: a a 7  a2 7 . S xq   rl  .   2 2 4 2 2 2 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 144 CHƯƠNG 2: MẶT TRỤ – MẶT NÓN – MẶT CẦU CÂU 11: Chọn B O r N H R M I . 1 Gọi R là bán kính đáy của khối nón trục OI .  V   R 2 .OI . 3 Giả sử mặt phẳng trung trực của OI cắt trục OI tại H , cắt đường sinh OM tại N . Khi đó mặt R phẳng này chia khối nón thành 2 phần, phần trên là khối nón mới có bán kính r  , có chiều 2 OI 1  R   OI   .R 2 .OI cao là .  V1       2 3 2  2  24 2 Phần dưới là khối nón cụt có thể tích V2  V  V1   R 2 .OI 3   R 2 .OI 24  7 R 2 .OI .Vậy tỉ số thể tích 24  R .OI V1 1 24   . là: 2 V2 7 R .OI 7 24 2 CÂU 12: Chọn A Gọi O là tâm của hình chữ nhật ABCD , suy ra MNPQ là hình thoi tâm O . 1 1 Ta có QO  ON  AB  3 và OM  OP  AD  2 . 2 2 Vật tròn xoay là hai hình nón bằng nhau có: đỉnh lần lượt là Q , N và chung đáy. * Bán kính đáy OM  2 . * Chiều cao hình nón OQ  ON  3 . 1  Vậy thể tích khối tròn xoay V  2   OM 2 .ON   8 (đvtt). 3  CÂU 13: Chọn A S h A R Ta có: Góc giữa đường sinh tạo với đáy là SAO S ABC Mặt khác: 1 SO. AB 2 SA p.r B O 600 tan 600 h 3R 1 R.h SB AB l R h2 R 2 2 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. S ABC h R R Trang 145 CHƯƠNG 2: MẶT TRỤ – MẶT NÓN – MẶT CẦU R.h h2 R2 R 2 Thế 1 vào 2 ta được: R 3R 2 R Vậy V 1 2 Rh 3 0 L 3R . Suy ra: h 3. 3 N 3 . CÂU 14: Chọn A S (N) M A K I B O Đường sinh của hình nón lớn là: l  SB  h2  r 2  82  62  10 cm . Gọi l2 , r2 , h2 lần lượt là đường sinh, bán kính đáy và chiều cao của hình nón  N  . l2  SK  4 cm Ta có: SOB và SIK đồng dạng nên: SI IK SK 4 2     . SO OB SB 10 5 2 16  h2  h   h r l 4 2 5 5 .  2  2  2    h r l 10 5  r  2 .r  12  2 5 5 2 1 1  12  16 768  cm3 . Thể tích khối nón  N  là: V( N )  . .r22 .h2  . .   .  3 3  5  5 125 CÂU 15: Chọn C. Gọi R , h lần lượt là bán kính và chiều cao của hình nón Đường sinh l  5 . Ta có : 1 4 21 . 2 R  4  R  2  h  l 2  R 2  21  V   R 2 h  3 3 CÂU 16: Chọn D GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 146 CHƯƠNG 2: MẶT TRỤ – MẶT NÓN – MẶT CẦU Gọi C là điểm đối xứng của C qua AB . Khi đó khối tròn xoay tạo thành khi quay tam giác ABC xung quanh cạnh AB gồm hai hình nón đỉnh A , B có chung đáy CC . Khi đó ta có: 1 1 V   r 2  h1  h2    .CI 2 . AB . 3 3 1 1 Ta có S ABC  d  C , AB  . AB  d  A, BC  .BC 2 2  CI  2 d  A, BC  .BC 5 11 1  , d  A, BC   AB 2   BC   11  CI  . AB 3 2  2 1  5 11  550 Vậy V   .  cm3 .  .6  3  3  9 CÂU 17: Chọn D Gọi O là tâm của hình bình hành ABCD  SO   ABCD  . 1 Ta có : OA  AC  a  SO  SA2  AO2  a . 2 Hình nón đỉnh S có chiều cao h  SO  a , bán kính đáy r  a 2 , có thể tích là : 2 1 πa 3 V  πr 2 h  . 3 6 CÂU 18: Chọn B Nếu ba hình tam giác không chồng lên nhau thì GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 147 CHƯƠNG 2: MẶT TRỤ – MẶT NÓN – MẶT CẦU thể tích của khối tròn xoay là V1  Thể tích phần bị chồng lên là V2   3a3 8  3a3  Thể tích cần tính là V  V1  V2  96 11 3 a3 96 Hoặc làm như sau: Đặt V1 ;V2 ;V3 ;V4 lần lượt là thể tích: khối nón sinh bởi tam giác OAB quay quanh OB , khối tròn xoay sinh bởi hình BCFE; GCHK , khối nón sinh bởi tam giác DEB khi quay quanh BC . Khi đó: Thể tích khối cần tìm là: 1 a2 a 3 1 a 2 a 3 11 3 a3 V  V1  V2  V3  3V1  2V4  3       2     . 3 4 2 3 16 4 96 CÂU 19: Chọn A B 1 5 M 2 1 A 1 C Gọi  H1  là hình nón tròn xoay tạo thành khi cho tam giác ABC quay quanh cạnh AB ,  H 2  là hình nón tròn xoay tạo thành khi cho tam giác MAB quay quanh cạnh AB . 1 1 1 Khi đó V   AC 2 . AB   AC 2 .MA   ; S   AC.BC   AC.MC   3 3 3   5 2 . CÂU 20: Chọn D GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 148 CHƯƠNG 2: MẶT TRỤ – MẶT NÓN – MẶT CẦU Không mất tính tổng quát ta giả sử R  1 . Khi cắt một khối nón tròn xoay có bán kính đáy bằng R, đường sinh 2R bởi một mặt phẳng ( ) qua tâm đáy và tạo với mặt đáy một góc 60 0 thì ta được thiết diện là một đường parabol có đỉnh là 4 gốc O  0;0  và đỉnh còn lại là A 1;1 , do đó thiết diện sẽ có diện tích là S  . Xét mặt phẳng đi 3 qua cạnh đáy của thiết diện vuông góc với hình tròn đáy của hình nón cắt hình nón làm đôi. Gọi đa diện chứa mặt thiết diện đó là  H  . Gọi  K  là đa diện chứa đỉnh O của hình nón được sinh bởi khi cắt thiết diện Parabol với đa diện  H  . Khi đó khoảng cách từ O đến mặt thiết diện là h  3 . 2 1 3 4 2 3 Suy ra thể tích của đa diện  K  là VK  . .  . 3 2 3 9 Mặt khác thể tích của nửa khối nón là 11  3 . . 3  23 6 Do đó thể tích của đa diện nhỏ tạo bởi thiết diện và khối nón là V   3 6  2 3  3  4  3  . 9 18  3  4  Vậy tỉ số thể tích của hai phần khối nón chia bởi mặt phẳng   là 18  3 3 3  3  4 . 6 CÂU 21: Chọn D Ta có: Diện tích xung quanh S xp  2 a 2   rl  2 a 2  l  2a  h  l 2  r 2  a 3 . Đáy ABCD nội tiếp đáy của khối nón  N  có bán kính đáy bằng a  AB  a 2 . 1 2 3a3 Vậy: V  S ABCD h  . 3 3 CÂU 22: Chọn A. S A D O B C GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 149 CHƯƠNG 2: MẶT TRỤ – MẶT NÓN – MẶT CẦU Gọi O  AC  BD . có SAO  45 , OA  Khi đó SO  ( ABCD ) và trong SOA vuông tại O OA AC (2a) 2  2a .   a 2. Suy ra SA  cos 45 2 2 Vậy diện tích xung quanh của khối nón đỉnh S , đáy là đường tròn ngoại tiếp ABCD là S xq   rl=  .OA.SA   .a 2.2a  2 2 a 2 . CÂU 23:Chọn D. Hình nón đỉnh S và đáy là đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có: Bán kính đường tròn đáy r  AG  2 a 3 AN  . 3 3 Đường sinh l  SA  SG 2  AG 2  2  GN tan 60  2  AG 2 2 a 3  a 3 7   3    a.   6 3 12     Diện tích xung quanh: S xq   rl   a2 7 . 6 CÂU 24: Chọn D Gọi E là trung điểm SD  ME / / AB suy ra  ABM  cắt hình chóp S.ABCD theo thiết diện là hình thang ABME . GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 150 CHƯƠNG 2: MẶT TRỤ – MẶT NÓN – MẶT CẦU Gọi độ dài cạnh bên của hình chóp là SAD  SBC  AE BM . Áp dụng hệ thức trung tuyến ta có: BM 2  S.ABCD là chóp đều nên x . Do chóp SB 2  BC 2 SC 2 x 2  8a 2 .   2 4 4 x 2  8a 2 4 Mặt khác dễ thấy EM  a , AB  2a mà chu vi thiết diện bằng Suy ra AE  BM  a  2a  2 7a nên ta có: x  8a  7a  x  2a 2 . 4 2 2 AC 2  6a 2  SH  a 6 . Suy ra chiều cao của hình chóp: SH  SA  4 2 2 Khối nón có đỉnh là S và đường tròn đáy ngoại tiếp tứ giác ABCD chiều cao là SH  a 6 và bán AC  a 2 nên thể tích khối nón là: kính đường tròn đáy là 2 2 1 2 a3 6 V  a 2 a 6 . 3 3 CÂU 25: Chọn A   S C B M O D A Gọi O  AC  BD và M là trung điểm AB . Hình nón có đỉnh S và đường tròn đáy nội tiếp tứ a giác ABCD có bán kính đáy là R  OM  và có chiều cao là h  SO . 2 1  a2 Thể tích khối nón V  Bh trong đó B   R 2  . 3 4 1 Diện tích tam giác SAB là 2a 2 nên SM . AB  2a 2  SM  4a . 2 Trong tam giác vuông SOM ta có SO  SM 2  OM 2  16a 2  Vậy thể tích của khối nón V   a3 7 8 3a 7 a 2 3a 7 hay h  .  2 4 2 . CÂU 26: Chọn B GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 151 CHƯƠNG 2: MẶT TRỤ – MẶT NÓN – MẶT CẦU 2 2 3 3 Đường cao hình chóp là đường cao hình nón: h  SO  SA  OA  4   . .  3 2   13   2 2 2 Bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC : R  OA  3 . 1 Vậy thể tích khối nón cần tìm: V  h R 2  13 . 3 CÂU 27: Chọn B S A C G M B GM  1 AB 3 a 3 .  3 2 6 AG  2 AB 3 a 3 .  3 2 3 . Ta có: SMG  60 Xét tam giác vuông SGM : tan SMG  Suy ra: SG  GM .tan 60  a 3 a . 3 . 6 2 a 2 a 2 a 21 .   4 3 6 Xét tam giác vuông SAG : SA  SG 2  AG 2  S xq   AG.SA   SG . GM a 3 a 21 a2 7 . .  3 6 6 CÂU 28: Chọn B S l D C O A r I B GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. . Trang 152 CHƯƠNG 2: MẶT TRỤ – MẶT NÓN – MẶT CẦU Gọi O  AC  BD và I là trung điểm BC . Khi đó OC  a Ta có SO  OC tan 45  a 2 . 2 2 . 2 Trong SOH vuông tại O thì SH 2  SO2  OH 2  SH  a 3 . 2 a 3  a2 3 Khi đó Sxq   rl   . .a .  2 2 4 CÂU 29: Chọn B . a 3 Bán kính đường tròn nội tiếp của tam giác đều cạnh a là r  . 6 2 1 a 3 a 3 Thể tích khối nón nội tiếp là V    . .6 a   3  6  6 Cách khác : S A C O N B . Gọi O là tâm của đáy ABC và N là trung điểm của BC . Do S.ABC là hình chóp đều suy ra SO   ABC  . Hình nón nội tiếp hình chóp đều S.ABC là hình nón có đỉnh là S , đáy là đường tròn nội tiếp tam giác ABC . Khi đó hình nón có bán kính đáy r  ON , đường cao h  SO  6a , đường sinh l  SN . a 3 1 a 3 Ta có AN  .  ON  AN  2 3 6 2 1 a 3 a 3 Thể tích khối nón nội tiếp là V    .  .6a  3  6  6 CÂU 30: Chọn B GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 153 CHƯƠNG 2: MẶT TRỤ – MẶT NÓN – MẶT CẦU . Gọi ABCD là tứ diện đều có cạnh bằng a . Xét khối chóp có đỉnh A , đáy là hình tròn tâm H ngoại tiếp tam giác BCD . Khi đó, thể tích khối nón cần tìm là. 1 1 V   R 2 h   BH 2 . AH . 3 3 2 a 3 a 3 Ta có: BH  . và.  3 2 3 a2 a 6 . AH  AB  BH  a   3 3 2 2 2 1 a 2 a 6  a3 6 Suy ra: V   . (đvtt).  3 3 3 27 CÂU 31: Chọn A. Gọi r là bán kính đáy của hình nón. Vì góc ở đỉnh ASA  120  ASO  60 . r Suy ra SO  OA.cot ASO  . Gọi H là trung điểm của AM và đặt x  OH . 3 r2 Ta có: SH  SO  OH   x 2 , AM  2 AH  2 OA2  OH 2  2 r 2  x 2 . 3 Diện tích tam giác SAM bằng 2 2 1 r2 2 s  SH . AM   x2 . r 2  x2  r 2 . 2 3 3 2 2 r2 r2 r r đạt được khi  x2  r 2  x2  x2   x  . Tức là OH  SO . 3 3 3 3 Theo tính chất đối xứng của của đường tròn ta có hai vị trí của M thỏa yêu cầu. smax  CÂU 32: Chọn D GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 154 CHƯƠNG 2: MẶT TRỤ – MẶT NÓN – MẶT CẦU S C M B A D O Ta có BM là bán kính đường tròn  C  . R h  x BM SM AO.SM  BM    BM  . AO SO SO h Thể tích của khối nón đỉnh O đáy là  C  là: Do tam giác SBM SAO nên 1 1 R2 1  R h  x  2 2 V   BM .OM     x   2 h  x x . 3 3 h 3  h  1 R2 2 Xét hàm số f  x    2  h  x  x ,  0  x  h  ta có 3 h 2 1 R2 1 R2 h Ta có f   x    2  h  x  h  3x  ; f   x   0   2  h  x  h  3x   x  . 3 h 3 h 3 Lập bảng biến thiên ta có Từ bảng biến ta có thể tích khối nón đỉnh O đáy là  C  lớn nhất khi x  h . 3 CÂU 33: Chọn D l R h r . Ta có r  R 2  2 2 h 3h . , l  r 2  h2  R 2  4 4 h2 3h2 3 R2 2 R2     h4  h  R4 . 4 4 16 2 2 3 R 2 h  R 4  0  h  2R  . Xét f  h    h 4  16 2 3 2R 3 Ta có f   h    h3  R 2 h, f   h   0  h  . 4 3 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. S xq   rl   R 2  Trang 155 CHƯƠNG 2: MẶT TRỤ – MẶT NÓN – MẶT CẦU Bảng biến thiên: Khi đó f  h  đạt giá trị lớn nhất tại h  2R 3 2R 3 . Do đó S xq đạt giá trị lớn nhất khi h  . 3 3 CÂU 34 : Chọn C AC  AB. cos   2R.cos  CH  AC.sin   2R.cos  .sin  ; AH  AC.cos   2 R.cos 2  . Thể tích vật thể tròn xoay tạo thành khi quay tam giác ACH quanh trục AB là. 1 8 V  AH . CH 2  R 3 .cos 4  .sin 2  . 3 3 8 8 8  t  t  2  2t  Đặt t  cos   0  t  1  V  R3t 2 1  t   R3 .t.t  2  2t   R 3   . 3 6 6  3  3 2 Vậy V lớn nhất khi t  1 2 khi   arctan . 3 2 CÂU 35: Chọn D Đặt b, a, h lần lượt là bán kính đáy cốc, miệng cốc và chiều cao của cốc,  là góc kí hiệu như trên hình vẽ. Ta “trải” hai lần mặt xung quanh cốc lên mặt phẳng sẽ được một hình quạt của một khuyên với cung nhỏ BB ”  4 b và cung lớn AA”  4 a . Độ dài ngắn nhất của đường đi của con kiến là độ dài đoạn thẳng BA”. Áp dụng định lí hàm số cosin ta được: l  BO 2  OA2  2 BO.OA.cos 2 (1). BA  AB  (a  b)2  h2 . a 4 a l ( BB) OA OB  AB AB AB.      1  1 2 b b 4 b l (AA) OB OB 2 b    b (a  b)2  h2 AB a a b 2 (a  b) 2 (a  b)  (a).  1   OB  (b) . AB OB b b a b ( a  b) 2  h 2 b ( a  b) 2  h 2  (a  b)2  h2 (c). a b Thay (a), (b), (c) vào (1) ta tìm được l  58, 79609cm  58,80 OA  OB  BA  GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 156 CHƯƠNG 2: MẶT TRỤ – MẶT NÓN – MẶT CẦU CHỦ ĐỀ 2: KHỐI TRỤ VÍ DỤ 1: Một tấm đề can hình chữ nhật được cuộn tròn lại theo chiều dài tạo thành một khối trụ có đường kính 50 (cm) . Người ta trải ra 250 vòng để cắt chữ và in tranh cổ động, phần còn lại là một khối trụ có đường kính 45 (cm) . Hỏi phần đã trải ra dài bao nhiêu mét ? A. 373 (m) . B. 187 (m) . C. 384 (m) . D. 192 (m) . Lời giải Chọn A 50  45  0, 01(cm) . 2  250 Gọi d là chiều dài đã trải ra và h là chiều rộng của tấm đề can. Khi đó ta có: 2 2  502  452  50   45   37306 (cm)  373 (m) . dha     h     h  d  4a  2   2  Cách 2: Chiều dài của phần trải ra là tổng chu vi của 250 đường tròn có bán kính là một cấp số cộng có số hạng đầu bằng $25$, công sai là  a  0, 01 . 250  37314 (cm)  373 (m) . Do đó chiều dài là l  2 (2.25  249.0, 01) 2 Cách 1: Bề dày của tấm đề can là: a    VÍ DỤ 2: Cho hình chữ nhật ABCD có AB  2a , BC  3a . Gọi M , N là các điểm trên các cạnh AD , BC sao cho MA  2MD , NB  2NC . Khi quay quanh AB , các đường gấp khúc AMNB , ADCB sinh S ra các hình trụ có diện tích toàn phần lần lượt là S1 , S 2 . Tính tỉ số 1 S2 A. S1 12  . S2 21 B. S1 2  . S2 3 C. S1 4  . S2 9 D. S1 8  . S2 15 Lời giải Chọn.A. Hình trụ có diện tích toàn phần S1 , đường sinh MN  2a và bán kính đường tròn đáy là AM  2a Diện tích toàn phần S1  2 . AM .MN  2 AM 2  16 a 2 Hình trụ có diện tích toàn phần S 2 , đường sinh DC  2a và bán kính đường tròn đáy là AD  3a Diện tích toàn phần S2  2 . AD.DC  2 AD2  30 a2 . Vậy S1 16 8   . S2 30 15 VÍ DỤ 3: Cho hình trụ có hai đường tròn đáy  O; R  và  O; R  , chiều cao h  3R . Đoạn thẳng AB có hai đầu mút nằm trên hai đường tròn đáy hình trụ sao cho góc hợp bởi AB và trục của hình trụ là   30 . Thể tích tứ diện ABOO là: 3R 3 3R 3 R3 R3 A. . B. . C. . D. . 2 4 4 2 Lời giải Chọn C Ta có hình vẽ như sau: GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 157 CHƯƠNG 2: MẶT TRỤ – MẶT NÓN – MẶT CẦU B O H A’ 30° h= 3R h O’ B’ R R A    .  Ta có: OO ‘ BB ‘ nên AB, OO ‘  AB, BB ‘  ABB ‘  30 . Đặt V  VOA ‘ B.O ‘ AB ‘ . 1 2 Ta có: VOA ‘ B .O ‘ AB ‘  VB .O ‘ AB ‘  VB .OA ‘ AO  V  VB .OA ‘ AO  VB .OA ‘ AO  V . 3 3 d  A ‘, OBA  IA ‘ 1 Mà   1 nên VA ‘.OAB  VO ‘ OAB  V . 3 d O ‘, OBA  IO ‘ Ta có OB ‘  R , AB ‘  R nên tam giác O ‘ AB ‘ đều nên có diện tích bằng Vậy ta có VO ‘ OAB R2 3 . 4  R2 3  R3 1 1  V 3R   3 3  4  4 . VÍ DỤ 4: Cho hình lăng trụ đều ABC.ABC , biết góc giữa hai mặt phẳng  ABC  và  ABC  bằng 45 , diện tích tam giác ABC bằng a 2 6 . Tính diện tích xung quanh của hình trụ ngoại tiếp hình lăng trụ ABC.ABC . 4 a 2 3 A. . 3 8 a 2 3 D. . 3 C. 4 a . B. 2 a . 2 2 Lời giải Chọn C A’ C’ B’ A O C 45° M B Gọi M là trung điểm BC . Khi đó ta có BC  AM , BC  AM Suy ra:  ABC  ,  ABC   AMA  45  AA  AM . Gọi O là trọng tâm tam giác Đặt BC  x , x  0 . Ta có AM  AA  ABC . x 3 x 6 .  AM  2 2 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 158 CHƯƠNG 2: MẶT TRỤ – MẶT NÓN – MẶT CẦU Nên SABC  1 x2 6 . AM .BC   a 2 6  x  2a . 2 4 Khi đó: AO  2 2 2a 3 2 a 3 và AA  a 3 . AM  .  3 3 2 3 Suy ra diện tích xung quang khối trụ là: S xq  2 .OA. AA  2 . 2a 3 .a 3  4 a 2 . 3 VÍ DỤ 5: Người ta muốn dùng vật liệu bằng kim loại để gò thành một thùng hình trụ tròn xoay có hai đáy với thể tích V cho trước ( hai đáy cũng dùng chính vật liệu đó). Hãy xác định chiều cao h và bán kính R của hình trụ theo V để tốn ít vật liệu nhất. A. R  2h  2 3 V . 2 V . 2 B. R  2h  2 V . 2 C. h  2 R  2 V . 2 D. h  2 R  2 3 Lời giải Chọn D Để vật liệu tốn ít nhất thì diện tích toàn phần của hình trụ nhỏ nhất. Ta có: Stp  2 R 2  2 Rh . Do V   R 2 h nên h  Stp  2 R 2  2 R. V . Suy ra  R2 V V V V V  2 R 2    3. 3 2 R 2 . .  3. 3 2 V 2 . 2 R R R R R Đẳng thức xảy ra khi 2 R 2  V V V R 3 . Khi đó h  2 3 . R 2 2 BÀI TẬP RÈN LUYỆN CÂU 1: Cho hình trụ có tỉ số diện tích xung quanh và diện tích toàn phần bằng 1 . Biết thể tích khối trụ 3 bằng 4 . Bán kính đáy của hình trụ là A. 3 . B. 3. C. 2. D. 2 . CÂU 2: Một hình trụ có hai đường tròn đáy nằm trên một mặt cầu bán kính R và có đường cao bằng bán kính mặt cầu. Diện tích toàn phần hình trụ đó bằng: 3  2 3  R A. 3 2 . 3  2 3  R B. 2 2 . 3  2 2  R C. 2 2 . 3  2 2  R D. 3 2 . CÂU 3: Một cái trục lăn sơn nước có dạng một hình trụ. Đường kính của đường tròn đáy là 6 cm, chiều dài lăn là 25 cm (như hình dưới đây). Sau khi lăn trọn 10 vòng thì trục lăn tạo nên bức tường phẳng một diện tích là: GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 159 CHƯƠNG 2: MẶT TRỤ – MẶT NÓN – MẶT CẦU A. 1500  cm2  . B. 150  cm2  . C. 3000  cm2  . D. 300  cm2  . CÂU 4 : Cho hình chữ nhật ABCD có AB  2a , BC  3a . Gọi E , F lần lượt là các điểm trên các cạnh AB , BC sao cho EA  2 ED , FB  2FC . Khi quay quanh AB các đường gấp khúc AEFB , ADCB sinh ra S hình trụ có diện tích toàn phần lần lượt là S1 , S 2 . Tính tỉ số 1 . S2 S 12 S S S 8 4 2 A. 1  . B. 1  . C. 1  . D. 1  . S2 21 S2 15 S2 9 S2 3 CÂU 5: Cho hình chữ nhật ABCD với AB  AD và có diện tích bằng 2, chu vi bằng 6. cho hình chữ nhật đó V lần lượt quay quanh AB , AD ta được hai khối tròn xoạy có thể tích là V1 , V2 . Tính tỉ số 1 . V2 1 1 A. 3 . B. . C. 2 . D. 3. 2 CÂU 6: Cho hình trụ có các đáy là 2 hình tròn tâm O và O , bán kính đáy bằng chiều cao và bằng a . Trên đường tròn đáy tâm O lấy điểm A , trên đường tròn đáy tâm O lấy điểm B sao cho AB  2a . Thể tích khối tứ diện OOAB theo a là. 3a3 3a3 3a3 3a3 A. V  . B. V  . C. V  . D. V  . 12 8 6 4 CÂU 7: Cho hai mặt trụ có cùng bán kính bằng 4 được đặt lồng vào nhau như hình vẽ. Tính thể tích phần chung của chúng biết hai trục của hai mặt trụ vuông góc và cắt nhau. . A. 256 . 256 . C. 3 B. 512 . D. 1024 . 3 CÂU 8: Một khối trụ có bán kính đáy 10 cm , thiết diện qua trục là một hình vuông. Cắt khối trụ bởi một mặt phẳng đi qua một đường kính đáy và tạo với đáy góc 45 để tạo ra một hình nêm (khối có thể tích nhỏ hơn trong hai khối tạo ra). Thể tích của hình nêm bằng. 2000 3 2000 3 1000 3 1000 3 cm . cm . cm . cm . A. B. C. D. 3 9 3 9 CÂU 9: Cắt một hình trụ bằng mặt phẳng vuông góc mặt đáy, ta được thiết diện là một hình vuông có diện tích bằng 16 . Biết khoảng cách từ tâm đáy hình trụ đến mặt phẳng A. 2 3 . B. 52 . 3 C. 52 . bằng 3 . Tính thể tích khối trụ. D. 13 . CÂU 10: Một hình trụ có hai đáy là hai hình tròn tâm O , O và có bán kính r  5 . Khoảng cách giữa hai đáy là OO  6 . Gọi   là mặt phẳng qua trung điểm của đoạn OO và tạo với đường thẳng OO một góc 45 . Tính diện tích S của thiết diện tạo với mặt phẳng   và hình trụ. A. S  24 2 . B. S  36 2 . C. S  36 . GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. D. S  48 2 . Trang 160 CHƯƠNG 2: MẶT TRỤ – MẶT NÓN – MẶT CẦU CÂU 11: Cho khối trụ có thiết diện qua trục OO là một hình vuông cạnh bằng 2 . Mặt phẳng  P  qua trung điểm I của OO và tạo với mặt phẳng chứa đáy góc 30  . Diện tích của thiết diện do  P  cắt khối trụ gần số nào sau đây nhất? A. 3, 6 . B. 3,8 . C. 3, 5 . D. 3, 7 . CÂU 12: Cho hình trụ (H) có bán kính đáy bằng chiều cao và bằng 10. Một hình vuông ABCD có hai cạnh AB và CD lần lượt là dây cung của hai đường tròn đáy, các cạnh AD và BC không là đường sinh của hình trụ. Độ dài cạnh của hình vuông ABCD bằng? A. 10 . B. 20 . C. 10 . D. 5 . CÂU 13: Một khối trụ có bán kính đáy 10 cm , thiết diện qua trục là một hình vuông. Cắt khối trụ bởi một mặt phẳng đi qua một đường kính đáy và tạo với đáy góc 45 để tạo ra một hình nêm (khối có thể tích nhỏ hơn trong hai khối tạo ra). Thể tích của hình nêm bằng. 1000 3 1000 3 2000 3 2000 3 cm . cm . cm . cm . A. B. C. D. 9 3 9 3 CÂU 14: Cắt một hình trụ bằng mặt phẳng vuông góc mặt đáy, ta được thiết diện là một hình vuông có diện tích bằng 16 . Biết khoảng cách từ tâm đáy hình trụ đến mặt phẳng A. 2 3 . B. 52 . 3 bằng 3 . Tính thể tích khối trụ. C. 52 . D. 13 . CÂU 15: Một hình trụ có hai đáy là hai hình tròn tâm O , O và có bán kính r  5 . Khoảng cách giữa hai đáy là OO  6 . Gọi   là mặt phẳng qua trung điểm của đoạn OO và tạo với đường thẳng OO một góc 45 . Tính diện tích S của thiết diện tạo với mặt phẳng   và hình trụ. B. S  36 2 . A. S  24 2 . C. S  36 . D. S  48 2 . CÂU 16: Cho hình trụ T  có đáy là các đường tròn tâm O và O , bán kính bằng 1 , chiều cao hình trụ bằng 2 . Các điểm A , B lần lượt nằm trên hai đường tròn  O  và  O  sao cho góc  OA, OB   60 . Tính diện tích toàn phần của tứ diện OAOB . 4  19 4  19 3  19 1  2 19 A. S  B. S  C. S  D. S  2 4 2 2 CÂU 17: một khối trụ bởi một mặt phẳng qua trục ta được thiết diện là hình chữ nhật ABCD có cạnh AB và cạnh CD nằm trên hai đáy của khối trụ. Biết BD  a 2 , DAC  60 . Tính thể tích khối trụ. 3 6 3 3 2 3 3 2 3 3 2 3 A. B. C. D. a . a . a . a . 16 16 32 48 CÂU 18: Cho hình trụ có hai đáy là hai hình tròn  O  và  O  , chiều cao 2R và bán kính đáy R . Một mặt phẳng   đi qua trung điểm của OO và tạo với OO một góc 30 . Hỏi   cắt đường tròn đáy theo một dây cung có độ dài bằng bao nhiêu? A. 2R 2 . 3 B. 4R . 3 3 C. 2R . 3 D. 2R . 3 CÂU 19 : Cho hình trụ có đường cao bằng 8a . Một mặt phẳng song song với trục và cách trục hình trụ 3a , cắt hình trụ theo thiết diện là hình vuông. Diện tích xung quanh và thể tích khối trụ bằng A. 80 a 2 , 200 a 3 . B. 60 a 2 , 200 a 3 . C. 80 a 2 ,180 a 3 . D. 60 a 2 ,180 a3 . CÂU 20: Cắt một khối trụ bởi một mặt phẳng qua trục ta được thiết diện là hình chữ nhật ABCD có AB và CD thuộc hai đáy của khối trụ. Biết AD  6 và góc CAD bằng 60. Thể tích của khối trụ là A. 126 . . B. 162 . C. 24 . . GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. D. 112 . Trang 161 CHƯƠNG 2: MẶT TRỤ – MẶT NÓN – MẶT CẦU CÂU 21: Cắt một khối trụ cao 18 cm bởi một mặt phẳng, ta được khối hình dưới đây. Biết rằng thiết diện là một elip, khoảng cách từ điểm thuộc thiết diện gần đáy nhất và điểm thuộc thiết diện xa mặt đáy nhất lần lượt là 8 cm và 14 cm . Tính tỉ số thể tích của hai khối được chia ra (khối nhỏ chia khối lớn). A. 2 . 11 1 . 2 B. C. 5 . 11 D. 7 . 11 CÂU 22: Cho hình trụ có hai đáy là hai đường tròn  O  và  O  , chiều cao bằng 2R và bán kính đáy R . Một mặt phẳng   đi qua trung điểm của OO và tạo với OO một góc 30 ,   cắt đường tròn đáy theo một dây cung. Tính độ dài dây cung đó theo R . A. 4R . 3 3 B. CÂU 23: Cho hình trụ có chiều cao h 2R . 3 2R 2 . 3 C. 2, bán kính đáy r 3. Một mặt phẳng P không vuông góc với đáy của 2R . 3 D. hình trụ, làn lượt cắt hai đáy theo đoạn giao tuyến AB vàCD sao cho ABCD là hình vuông. Tính diện tích S của hình vuông ABCD . A. S 12 . B. S 12. C. S 20. D. S 20 . CÂU 24: Một hình trụ có diện tích xung quanh bằng 4 , thiết diện qua trục là hình vuông. Một mặt phẳng   song song với trục, cắt hình trụ theo thiết diện là tứ giác ABBA , biết một cạnh của thiết diện là một dây cung của đường tròn đáy của hình trụ và căng một cung 120 . Tính diện tích thiết diện ABBA . A. 3 2 . B. 3 . C. 2 3 . D. 2 2 . CÂU 25: Một hình trụ có hai đáy là hai hình tròn tâm O , O và có bán kính r  5 . Khoảng cách giữa hai đáy là OO  6 . Gọi   là mặt phẳng qua trung điểm của đoạn OO và tạo với đường thẳng OO một góc 45 . Tính diện tích S của thiết diện tạo với mặt phẳng   và hình trụ. A. S  24 2 . B. S  36 2 . C. S  36 . D. S  48 2 . CÂU 26: Cho hình trụ có chiều cao bằng 6 2 cm . Biết rằng một mặt phẳng không vuông góc với đáy và cắt hai mặt đáy theo hai dây cung song song AB , AB mà AB  AB  6 cm , diện tích tứ giác ABBA bằng 60 cm 2 . Tính bán kính đáy của hình trụ. A. 5 cm C. 4 cm B. 3 2 cm D. 5 2 cm CÂU 27: Cho tứ diện ABCD cạnh a . Diện tích xung quanh hình trụ có đáy là đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD và có chiều cao bằng chiếu cao tứ diện ABCD là: A. 2 a 2 2 . 3 B.  a2 2 3 . C. 2 a 2 3 . 2 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. D.  a2 3 2 Trang 162 CHƯƠNG 2: MẶT TRỤ – MẶT NÓN – MẶT CẦU CÂU 28: Một hình trụ có thiết diện qua trục là hình vuông, diện tích xung quanh bằng 36 a 2 . Tính thể tích V của lăng trụ lục giác đều nội tiếp hình trụ. A. V  27 3a 3 . B. V  81 3a3 . C. V  24 3a 3 . D. V  36 3a 3 . CÂU 29: Một hình trụ có bán kính đáy bằng R và thiết diện đi qua trục là hình vuông. Tính thể tích V của khối lăng trụ tứ giác đều nội tiếp hình trụ. A. V  2R3 . B. V  5R3 . C. V  3R3 . D. V  4R3 . CÂU 30: Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC.ABC có độ dài cạnh đáy bằng a và chiều cao bằng h . Tính thể tích V của khối trụ ngoại tiếp lăng trụ đã cho.  a2h  a2h  a2h A. V  . B. V  . C. V  . D. V  3 a 2 h . 9 9 3 CÂU 31: Cho tam giác ABC cân tại A , AB  AC  5a, BC  6a . Hình chữ nhật MNPQ có M , N lần lượt thuộc cạnh AB, AC và P, Q thuộc cạnh BC . Quay hình chữ nhật MNPQ (và miền trong nó) quanh trục đối xứng của tam giác ABC được một khối tròn xoay. Tính độ dài đoạn MN để thể tích khối tròn xoay lớn nhất. A. MN  a . B. MN  2a . C. MN  5a . D. MN  4a . CÂU 32: Cho hình trụ có tính chất: Thiết diện của hình trụ và mặt phẳng chứa trục của hình trụ là hình chữ nhật có chu vi là 12 cm . Tìm giá trị lớn nhất của thể tích khối trụ. A. 16 cm 3 . B. 8 cm 3 . C. 32 cm 3 . D. 64 cm 3 . CÂU 33: Một công ty sản xuất gỗ muốn thiết kế các thùng đựng hàng bên trong dạng hình lăng trụ tứ giác đều không nắp có thể tích là 62,5dm 2 . Để tiết kiệm vật liệu làm thùng, người ta cần thiết kế thùng sao cho có tổng S diện tích xung quanh và diện tích mặt đáy là nhỏ nhất, S bằng A. 106, 25dm2 . B. 75dm 2 . C. 50 5dm2 . D. 125dm 2 . CÂU 34: Cho biết sự tăng dân số được ước tính theo công thức S  A.e N .r ( trong đó A là dân số của năm lấy làm mốc tính, S là dân số sau N năm, r là tỉ lệ tăng dân số hàng năm). Đầu năm 2010 dân số tỉnh Bắc Ninh là 1.038.229 người, tính đến đầu năm 2015 dân số của tỉnh là 1.153.600 người. Hỏi nếu tỉ lệ tăng dân số hàng năm giữ nguyên thì đầu năm 2025 dân số của tỉnh nằm trong khoảng nào? A. 1.424.300;1.424.400  . B. 1.424.000;1.424.100  . C. 1.424.200;1.424.300  . D. 1.424.100;1.424.200  . CÂU 35: Khi cắt mặt cầu S  O, R  bởi một mặt kính, ta được hai nửa mặt cầu và hình tròn lớn của mặt kính đó gọi là mặt đáy của mỗi nửa mặt cầu. Một hình trụ gọi là nội tiếp nửa mặt cầu S  O, R  nếu một đáy của hình trụ nằm trong đáy của nửa mặt cầu, còn đường tròn đáy kia là giao tuyến của hình trụ với nửa mặt cầu. Biết R  1 , tính bán kính đáy r và chiều cao h của hình trụ nội tiếp nửa mặt cầu S  O, R  để khối trụ có thể tích lớn nhất. A. r  3 6 . , h 2 2 B. r  6 3 . , h 2 2 C. r  6 3 . , h 3 3 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. D. r  3 6 . , h 3 3 Trang 163 CHƯƠNG 2: MẶT TRỤ – MẶT NÓN – MẶT CẦU GIẢI CHI TIẾT CÂU 1: Chọn D Gọi bán kính của hình trụ là R . 4 V  4  h. R 2  4  h  2 1 . R 1 1 R S XQ  STP  2 Rh  2 R  R  h   3h  R  h  h  3 3 2 4 R Từ 1 và  2  suy ra: 2   R  2 R 2  2 . CÂU 2: Đường cao hình trụ h  R nên ta có bán kính của đáy hình trụ r  R 2  S xq  2 rh  2 R 3 R   R2 3 . 2 Vậy Stp  S xq  2Sđáy   R   3  2 3  R2 R 3 . 3  2    2 2   2 2 R2 R 3  . 4 2 CÂU 3: Chọn A Diện tích xung quanh của hình trụ là Sxq  2 Rh   .6.25  150 . Khi lăn sơn quay một vòng sẽ quét được một diện tích bằng diện tích xung quanh của hình trụ. Do đó trục lăn quay 10 vòng sẽ quét được diện tích là S  10.Sxq  1500  cm2  . CÂU 4 : Chọn B Ta có EA  2ED  2a , FB  2FC  2a , EF  AB  2a . Khi quay quanh AB đường gấp khúc AEFB sinh ra hình trụ có bán kính đáy R1  EA  2a , chiều cao h  2a  Diện tích toàn phần của khối trụ này là: S1  2  2a  2a  2  2a   16 a 2 . 2 Khi quay quanh AB đường gấp khúc ADCB sinh ra hình trụ có bán kính đáy R2  AD  3a , chiều cao h  2a  diện tích toàn phần của khối trụ này là: S2  2  2a  3a  2  3a   30 a 2 . 2  S1 8 .  S2 15 CÂU 5: Chọn B GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 164 CHƯƠNG 2: MẶT TRỤ – MẶT NÓN – MẶT CẦU . Gọi AB  x điều kiện x  1,5 . Suy ra AD  3  x .  x  2(n) Ta có: x(3  x)  2   .  x  1(l ) Ta được: V1   .12.2  2 , V2   .22.1  4 , V1 1  . V2 2 CÂU 6: Chọn B . Kẻ đường sinh AA . Gọi D là điểm đối xứng với A qua O và H là hình chiếu của B trên đường thẳng AD . Do BH  AD, BH  AA  BH  ( AOOA) . AB  AB 2  AA2  a 3  BD  AD 2  AB 2  a . OBD đều nên BH  S AOO  a 3 . 2 a2 3a3 . Suy ra thể tích khối tứ diện OOAB là: V  . 2 12 CÂU 7: Chọn D Cách1. Ta xét 1 phần giao của hai trụ như hình. 8 . Ta gọi trục tọa độ Oxyz như hình vẽ. GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 165 CHƯƠNG 2: MẶT TRỤ – MẶT NÓN – MẶT CẦU Khi đó phần giao  H  . là một vật thể có đáy là một phần tư hình tròn tâm O bán kính 4 , thiết diện của mặt phẳng vuông góc với trục Ox là một hình vuông có diện tích S  x   42  x 2 . Thể tích khối  H  là 4 4 0 0 2  S  x  dx   16  x  dx  1024 128 . Vậy thể tích phần giao là . 3 3 Cách2.Dùng công thức tổng quát giao hai trụ V  16 3 1024 R  . 3 3 CÂU 8: Chọn A Ta có Vnem  2 3 2 2000 R tan   .103 tan 450  cm 3 . 3 3 3 CÂU 9: Chọn C C I’ N O’ B D I M O A . Dựng các dữ kiện bài toán theo hình vẽ trên. Mặt phẳng vuông góc mặt đáy, ta được thiết diện là một hình vuông ABCD có diện tích bằng Cạnh hình vuông bằng 4 . 16 Khoảng cách từ tâm I đáy hình trụ đến mặt phẳng Ta có IA IO 2 OA2 9 4 bằng 3 IO 3. 13 . 2 Vậy thể tích khối trụ trên là: V . 13 .4 52 dvtt . CÂU 10: Chọn D Gọi I là trung điểm của đoạn OO . GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 166 CHƯƠNG 2: MẶT TRỤ – MẶT NÓN – MẶT CẦU Do IO  1  6  3 nên mặt phẳng cắt hình trụ theo một hình chữ nhật. 2 Ta có OC  OI .tan 45  3 ; OA  r  5  AC  52  32  4  AB  8 Nên chiều rộng của nó là AB  8 . Chiều dài của hình chữ nhật là: 2 IC  2 OC 2  OI 2  2 32  32  6 2 . Vậy diện tích là: 6 2.8  48 2 . CÂU 11: Chọn A O A C I D M H O Do thiết diện qua trục OO là một hình vuông cạnh bằng 2 nên chiều cao của hình trụ là h  2 và bán kính đáy là R  1 . Giả sử giao tuyến của mặt phẳng  P  và đáy chứa tâm O là đường thẳng d . Gọi E là hình chiếu của O trên d . Khi đó góc giữa  P  và mặt phẳng chứa đáy là góc OEI  30 . OI 2  OE   3  1 . Do đó điểm E nằm ngoài OE 3 3 đường tròn đáy nên thiết diện là Elip.Trong tam giác vuông AHM có. Trong tam giác vuông IOE có tan OEI  cos AMH  HM 2 4 3 4 3 2 3 .Hay 2a  .Mà CD  2b  2  b  1 .  AM   a 3 3 AM 3 3 2 Thiết diện là hình elip nên diện tích bằng  ab  2 3  3, 62 . 3 CÂU 12: Chọn D B A C H D . Gọi kích thước của hình vuông là a . Kẻ AH vuông góc với mặt phẳng đáy. Ta có. GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 167 CHƯƠNG 2: MẶT TRỤ – MẶT NÓN – MẶT CẦU CD CD AD AH Ta có hệ CD HD nên HC là đường kính của đường tròn đáy. DH 2 DC 2 HC 2 DH 2 2 2 2 2 DH AH AD DH a2 40 10 2 a a2 25 a 5. CÂU 13: Chọn A Ta có Vnem  2 3 2 2000 R tan   .103 tan 450  cm 3 . 3 3 3 CÂU 14: Chọn C C I’ N O’ B D I M O A . Dựng các dữ kiện bài toán theo hình vẽ trên. Mặt phẳng vuông góc mặt đáy, ta được thiết diện là một hình vuông ABCD có diện tích bằng Cạnh hình vuông bằng 4 . 16 Khoảng cách từ tâm I đáy hình trụ đến mặt phẳng Ta có IA IO 2 OA2 9 4 bằng 3 IO 3. 13 . 2 Vậy thể tích khối trụ trên là: V . 13 .4 52 dvtt . CÂU 15: Chọn D Gọi I là trung điểm của đoạn OO . Do IO  1  6  3 nên mặt phẳng cắt hình trụ theo một hình chữ nhật. 2 Ta có OC  OI .tan 45  3 ; OA  r  5  AC  52  32  4  AB  8 Nên chiều rộng của nó là AB  8 . Chiều dài của hình chữ nhật là: 2 IC  2 OC 2  OI 2  2 32  32  6 2 . Vậy diện tích là: 6 2.8  48 2 . CÂU 16: Chọn A GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 168 CHƯƠNG 2: MẶT TRỤ – MẶT NÓN – MẶT CẦU O B O H A B Gọi B  là hình chiếu của B trên mặt phẳng chứa đường tròn  O  , khi đó  OA, OB    OA, OB  60  AOB là tam giác đều cạnh 1 . 3 19 . BH  2 2 Gọi S là diện tích toàn phần của tứ diện OAOB thì 1 1  S  SAOO  SAOB  SAOB  S BOO  2  SAOO  SAOB   2  OA.OO  OA.BH  2 2  Gọi H là là hình chiếu của B  trên OA thì HB  1 1 19  4  19 .  2  .1.2  .1.  2 2  2 2 CÂU 17: Chọn B C D 600 B A Ta có ABCD là hình chữ nhật nên tam giác ADC vuông tại D và BD  AC  a 2 . Xét tam giác vuông ADC có DC a 6 sin DAC   DC  AC sin DAC  DC  a 2.sin 60  DC   bán kính mặt đáy AC 2 a 6 của hình trụ là r  . 4 AD a 2 cos DAC   AD  AC cos DAC  AD  a 2 cos60  AD   chiều cao của hình AC 2 a 2 trụ là h  . 2 2  a 6  a 2 3a3 2 Thể tích khối trụ là V   r h    .   16  4  2 CÂU 18: Chọn A 2 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 169 CHƯƠNG 2: MẶT TRỤ – MẶT NÓN – MẶT CẦU C O’ D M B K H O A Gọi M là trung điểm của OO . Gọi A , B là giao điểm của mặt phẳng   và đường tròn  O  và H là hình chiếu của O trên AB  AB   MHO  . Trong mặt phẳng  MHO  kẻ OK  MH ,  K  MH  khi đó góc giữa OO và mặt phẳng   là góc OMK  30 . R 3 . 3 R2 R 2 2 2 2 Xét tam giác vuông AHO ta có AH  OA  OH  R  .  3 3 2R 2 Do H là trung điểm của AB nên AB  . 3 Xét tam giác vuông MHO ta có HO  OM tan 30  R tan30  CÂU 19 : Thiết diện ABCD là hình vuông có cạnh là 8a  h  8a  . Khoảng cách từ trục đến mặt phẳng  ABCD  là d  3a 2 h Suy ra bán kính đường tròn đáy r  d     5 2 2 Vậy S xq  2 rh  80 a 2 , Vtr   r 2h  200 a3 . CÂU 20: Chọn B. Ta có xét tam giác ACD có: DC tan DAC   DC  AD.tan DAC  6. tan 600  6 3 AD Vì DC là đường kính của khối trụ nên suy ra bán kính khối trụ là 1 R  DC  3 3 2 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. C D 600 A B Trang 170 CHƯƠNG 2: MẶT TRỤ – MẶT NÓN – MẶT CẦU    diện tích đáy khối trụ là S   R 2   3 3 2  27 Suy ra thể tích khối trụ là V  h.S  6.27  162 . CÂU 21: Chọn D Gọi V1 , V2 lần lượt là thể tích khối nhỏ và khối lớn. Ta có thể tích khối trụ là V   .R 2 .18 (với R là bán kính khối trụ).  .R 2 8  14  Thể tích V2   11 R 2 . 2 V V  V2 18 R 2  11 R 2 7   . Vậy 1  11 R 2 11 V2 V2 CÂU 22: Chọn B Dựng OH  AB  AB   OIH    OIH    IAB   IH là hình chiếu của OI lên  IAB  Theo bài ta được OIH  30 Xét tam giác vuông OIH vuông tại O  OH  OI tan 30  Xét tam giác OHA vuông tại H  AH  OA2  OH 2  R 3 3 R 6 2R 6  AB  3 3 CÂU 23: Chọn C GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 171 CHƯƠNG 2: MẶT TRỤ – MẶT NÓN – MẶT CẦU Kẻ đường sinh BB của hình trụ. Đặt độ dài cạnh của hình vuông ABCD là x, x  0 . Do CD CD BC BB ‘ CD B ‘CD vuông tại C Tròn O ‘ . Xét B ‘ D2 CD 2 Xét tam giác BC 2 B ‘CD vuông tại C . Khi đó, BD là đường kính của đường B ‘C CB ‘2 4r 2 x2 BB ‘C vuông tại B BB ‘2 CB ‘2 x2 4r 2 x2 h2 CB ‘2 (2) h2 20 . 2 Suy ra diện tích hình vuông ABCD là S Từ (1) và (2) CB 2 (1) 20 . CÂU 24: Chọn C B O A l B O R A Gọi R , h , l lần lượt là bán kính, chiều cao, đường sinh của hình trụ. Ta có Sxq  4  2 .R.l  4  R.l  2 . Giả sử AB là một dây cung của đường tròn đáy của hình trụ và căng một cung 120 . Ta có ABBA là hình chữ nhật có AA  h  l . Xét tam giác OAB cân tại O , OA  OB  R , AOB  120  AB  R 3 . S ABBA  AB. AA  R 3.l  R.l 3  2 3 . CÂU 25: Chọn D Gọi I là trung điểm của đoạn OO . Do IO  1  6  3 nên mặt phẳng cắt hình trụ theo một hình chữ nhật. 2 Ta có OC  OI .tan 45  3 ; OA  r  5  AC  52  32  4  AB  8 Nên chiều rộng của nó là AB  8 . GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 172 CHƯƠNG 2: MẶT TRỤ – MẶT NÓN – MẶT CẦU Chiều dài của hình chữ nhật là: 2 IC  2 OC 2  OI 2  2 32  32  6 2 . Vậy diện tích là: 6 2.8  48 2 . CÂU 26: Chọn C Gọi O , O là tâm các đáy hình trụ (hình vẽ). A O 6 B 6 2 A1 A O B1 B Vì AB  AB nên  ABBA  đi qua trung điểm của đoạn OO và ABBA là hình chữ nhật. Ta có S ABBA  AB. AA  60  6.AA  AA  10  cm  . Gọi A1 , B1 lần lượt là hình chiếu của A , B trên mặt đáy chứa A và B   ABB1 A1 là hình chữ nhật có AB  6  cm  ,  B1 B  BB2  BB12  102  6 2  2  2 7  cm  Gọi R là bán kính đáy của hình trụ, ta có 2 R  AB1  B1B2  AB2  8  R  4  cm  . CÂU 27: Chọn A A a B D a O M C Ta có R  OB  a 3 2 a 3 . .  2 3 3 l  OA  AB 2  OB 2  a 2  a2 a 6  3 3 a 3 a 6 2 a 2 2 Diện tích xung quanh hình trụ là S xq  2 Rl  2 .  3 3 3 CÂU 28: Chọn B GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 173 CHƯƠNG 2: MẶT TRỤ – MẶT NÓN – MẶT CẦU Diện tích xung quanh hình trụ Sxq  2 rl  2 r.2r  36 a 2  r  3a Lăng trụ lục giác đều có đường cao h  l  6a Lục giác đều nội tiếp đường tròn có cạnh bằng bán kính của đường tròn Suy ra diện tích lục giác đều  3a  S  6. 2 4 3 27a 2 3 . 2  Vậy thể tích V  S .h  81 3a3 . CÂU 29: Chọn D B C O R A D 2R B’ A’ C’ O’ D’ . Do thiết diện quểntục là hình vuông nên đường sinh của hình trụ là: l  2R  h . Do lăng trụ tứ giác đều nội tiếp hình trụ, nên đáy của lăng trụ là hình vuông có đường chéo:   2 AC  2R  AB 2  AB  R 2  VLT  Bh  R 2 2 R  4 R3 . CÂU 30: Chọn C Bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác đều cạnh a là R  a 3 . 3 Chiều cao khối trụ bằng chiều cao khối lăng trụ bằng h . 2  3a   a2h Thể tích khối trụ là: V   R h  V    .  h  3  3  2 CÂU 31: Chọn D . GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 174 CHƯƠNG 2: MẶT TRỤ – MẶT NÓN – MẶT CẦU Ta có: BH  3a; AH  4a . Đặt HQ  x  BQ  3a  x  0  x  3a  . 4 3  x  MQ BQ   MQ  . AH BH 3 4 3  x   x3   4  x 2   Khi đó: VT   .x 2 .  0  x  3a  . 3 3  x3 2 Xét hàm số f  x   x   0  x  3a  . 3 Hàm số f  x  đạt giá trị lớn nhất tại x  2a  MN  4a . Ta có: CÂU 32: Chọn B Giả sử hình chữ nhật có chiều dài a  0  a  6  , chiều rộng b  0  b  6  . Ta có chiều cao hình trụ bằng a , bán kính hình trụ bằng b . 2 b2 6  b . 4 b  0   Đặt f  b    6b 2  b 3   f   b   12b  3b 2   f   b   0   . 4 4 b  4 Lập bảng biến thiên ta thấy f  b  đạt giá trị lớn nhất khi b  4  a  2 .Vậy V  8 cm3 . Theo giả thiết ta có a  b  6  a  6  b .Ta có V  B.h   CÂU 33: Chọn B Gọi a là độ dài cạnh đáy của hình lăng trụ. 62, 5 Theo bài ta có chiều cao của lăng trụ là 2 . Suy ra a S  4. 62.5 250 125 125 2 125 125 2 .a  a 2   a2    a  33 . .a  75 . Dấu bằng xảy ra khi 2 a a a a a a a  3 125  5 . Vậy S là nhỏ nhất bằng 75 . CÂU 34: Chọn C Gọi S1 là dân số năm 2015, ta có S1  1.153.600, N  5, A  1.038.229 Ta có: S1  A.e N .r e N .r S  1 r A S1 A 5 ln S 15. A A.e15.r  1.038.229.e 5 ln Gọi S 2 là dân số đầu năm 2025, ta có S2   1.424.227,71 CÂU 35: Chọn C Hình trụ nội tiếp nửa mặt cầu, nên theo giả thiết đường tròn đáy trên có tâm O’ có hình chiếu của O xuống mặt đáy (O’). Suy ra hình trụ và nửa mặt cầu cùng chung trục đối xứng và tâm của đáy dưới hình trụ trùng với tâm O của nửa mặt cầu.Ta có: h 2  r 2  R 2  0  h  R  1  r 2  1  h 2 Thể tích khối trụ là: V   r 2 h   (1  h 2 ) h  f (h)  f ‘(h)   (1  3h 2 )  0  h  Vậy: MaxV   0;1 3 3 2 3 6 3 (đvtt) khi r  và h  9 3 3 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 175 CHƯƠNG 2: MẶT TRỤ – MẶT NÓN – MẶT CẦU CHỦ ĐỀ 3 : KHỐI CẦU VÍ DỤ 1: Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B , AB  BC  a , AD  2a , SA   ABCD  và SA  a 2 . Gọi E là trung điểm của AD . Kẻ EK  SD tại K . Bán kính mặt cầu đi qua sáu điểm S , A , B , C , E , K là: A. R  1 a. 2 B. R  3 a. 2 D. R  C. R  a . 6 a. 2 Lời giải Chọn C S K A D E B C * Vì E là trung điểm của AD , ABCD là hình thang vuông tại A và B và AB  BC  a , AD  2a nên AB  BC  CE  AE  ED  a và CE //AB . Khi đó CE  AD , CE  SA nên CE  SE hay SEC  90 và CE  SD . Mặt khác EK  SD do đó SD   CEK  suy ra CK  SD hay SCK  90 . *Ta có CB  AB , CB  SA nên CB  SB hay SBC  90 . Ta cũng có CA  SA nên SAC  90 Vậy các góc SEC , SCK , SBC , SAC cùng nhìn cạnh SC dưới một góc không đổi 90 nên các SC điểm S , A , B , C , E , K nằm trên mặt cầu tâm I là trung điểm của SC bán kính R  . 2 Ta có AC  AB 2  BC 2  a 2 ; SC  AC 2  SA2  2a suy ra R  a . VÍ DỤ 2:Trong mặt phẳng  P  cho tam giác OAB cân tại O , OA  OB  2a, AOB  120 . Trên đường thẳng vuông góc với  P  tại O lấy hai điểm C , D nằm về hai phía của mặt phẳng  P  sao cho tam giác ABC vuông tại C và tam giác ABD đều. Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD . A. 3a 2 . 2 B. a 2 . 3 C. 5a 2 . 2 D. 5a 2 . 3 Lời giải Chọn A GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 176 CHƯƠNG 2: MẶT TRỤ – MẶT NÓN – MẶT CẦU C B O I A D Gọi I là trung điểm của AB , ta có AI  OA.sin 60  a 3  AB  2 AI  2a 3 , OI  OA.cos60  a , CI  AB AB 3  a 3 , DI   3a . 2 2 Cạnh OC  CI 2  OI 2  a 2 , OD  DI 2  OI 2  2a 2  CD  CO  OD  3a 2 . Do  CID  là mặt phẳng đối xứng của tứ diện ABCD nên đường tròn ngoại tiếp tam giác CID là đường tròn lớn của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD , bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD được tính theo công thức R CD.CI .DI CD.CI .DI 3a.a 3 3a 3 .    4SCID 2CD.OI 2.a 2 VÍ DỤ 3: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh 2 2 , cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy và SA  3 . Mặt phẳng   qua A và vuông góc với SC cắt cạnh SB , SC , SD lần lượt tại các điểm M , N , P . Thể tích V của khối cầu ngoại tiếp tứ diện CMNP . 32 108 64 2 A. V  . B. V  . C. V  . 3 3 3 D. V  125 . 6 Lời giải Chọn A S N P M D A B C GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 177 CHƯƠNG 2: MẶT TRỤ – MẶT NÓN – MẶT CẦU Ta có: CB   SAD  , AM   SAB   AM  CB 1    SC , AM     AM  SC  2  Từ 1 ,  2   AM   SBC   AM  MC  AMC  90 .Chứng minh tương tự ta có APC  90 Có AN  SC  ANC  90 Ta có: AMC  APC  APC  90  khối cầu đường kính AC là khối cầu ngoại tiếp tứ diện CMNP . Bán kính cầu này là r  4 AC 32  2 .Thể tích cầu: V   r 3  3 2 3 VÍ DỤ 4: Cho khối chóp S.ABCD có đáy là hình vuông, tam giác SAB đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Mặt cầu ngoại tiếp khối chóp S.ABCD có diện tích 84  cm2  . Khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và BD . A. 2 21  cm  . 7 B. 3 21  cm  . 7 21  cm  . 7 C. D. 6 21  cm  . 7 Lời giải Chọn D S G K M E I A D O B C Gọi M là trung điểm AB và G là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác đều SAB , O là tâm của hình vuông ABCD . Ta có OM   SAB  . Dựng trục của hình vuông ABCD và trục tam giác SAB , khi đó chúng đồng phẳng và cắt nhau tại I tức là OI , GI là các trục hình vuông ABCD và trục tam giác SAB . Bán kính mặt cầu là R  SI . Ta có 4 R 2  84  cm2   R  21  cm  . Đặt AB  x  cm  Trong tam giác vuông SGI ta có SI 2  SG 2  GI 2 1 , ta có GI  x x 3 , SG  thay vào 1 2 3 tính được x  6 . Dựng hình bình hành ABDE . Khoảng cách d giữa BD và SA là d  d  BD,  SAE   d  d  B,  SAE    2d  M ,  SAE   . Kẻ MK  AE ta có  SAE    SMK  . d  M ,  SAE    d  M , SK   SM .MK SM  MK 2 2  2  . Ta có Thay các giá trị vào  2  tính được d  M ,  SAE    Vậy khoảng cách giữa SA và BD là SM  x 2 3 2 x 3   3 3 , MK  4 2 2 3 21 . 7 6 21 . 7 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 178 CHƯƠNG 2: MẶT TRỤ – MẶT NÓN – MẶT CẦU VÍ DỤ 5: Cho hình chóp S.ABC có SA vuông góc với đáy. Gọi B ‘, C ‘ lần lượt là hình chiếu vuông góc của A lên SB và SC . Biết AB  a , AC  2a , BAC  1200 , tìm bán kính R của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABB ‘ C ‘ . A. R  a 21 . 3 B. R  a 7 . 3 C. R  a 3 . 7 D. R  a 21 . 7 Lời giải Chọn A S C’ B’ A K H C B I Xét tam giác ABC có : BC 2  AB 2  AC 2  2 AB. AC.cos1200  7 a 2  BC  a 7 Gọi H , K lần lượt là trung điểm của AB, AC . Kẻ IH , IK lần lượt là trục của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABB ‘ và ACC ‘ .  I là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABB ‘ C ‘ và bán kính mặt cầu là R  IA Mặt khác: I cũng là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC  BC  2R.sin1200  R  BC a 21 .  0 2.sin120 3 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 179 CHƯƠNG 2: MẶT TRỤ – MẶT NÓN – MẶT CẦU BÀI TẬP RÈN LUYỆN CÂU 1: Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có cạnh đáy bằng a và mỗi cạnh bên bằng a 2 . Khi đó bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC là: 3a a 15 a 3 a 6 A. . B. . C. . D. . 5 5 5 4 CÂU 2: Cho hình chóp S.ABC có cạnh bên SA vuông góc với đáy, AB  a 2 , BC  a , SC  2a và SCA  30 . Tính bán kính R của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện S.ABC . A. R  a 3 . B. R  a 3 . 2 C. R  a . D. R  a .d 2 CÂU 3: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a , SAD là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi M , N lần lượt là trung điểm của BC và CD . Tính bán kính R của khối cầu ngoại tiếp khối chóp S.CMN . a 29 a 93 a 37 5a 3 A. R  . B. R  . C. R  . D. R  12 12 8 6 CÂU 4: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B , BC  2a Mặt bên  SAB  vuông góc với đáy, ASB  60o , SB  a . Gọi  S  là mặt cầu tâm B và tiếp xúc với  SAC  . Tính bán kính r của mặt cầu  S  . A. r  2a . B. r  2a 3 . 19 C. r  2a 3 . D. r  a 3 . 19 CÂU 5: Cho hình chóp S.ABCD có đáy hình vuông cạnh 1 , tam giác SAD là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt đáy. Gọi M , N lần lượt là trung điểm của BC và CD . Tính bán kính R của khối cầu ngoại tiếp hình chóp S.CMN . 93 . 12 A. R  B. R  37 . 6 29 . 8 C. R  D. R  5 3 . 12 CÂU 6: Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng 1 . Mặt bên SAB là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy. Hỏi bán kính R của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S. ABCD bằng bao nhiêu? 7 . 4 A. R  B. R  21 . 6 11 . 4 C. R  D. R  CÂU 7 : Cho hình chóp tam giác đều S . ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a , cạnh SA 1 . 3 2a 3 . Gọi 3 D là điểm đối xứng của B qua C. Tính bán kính R của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABD. . A. R a 37 . 6 B. R a 35 . 7 C. R a 39 . 7 D. R a 39 . 7 CÂU 8: Cho khối chóp S. ABCD có SA  ( ABCD) ; đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B với AB  BC  a; AD  2a ; SA  a . Gọi E là trung điểm của AD . Tìm tâm và bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ECD . A. R  a 7 2 B. R  a 7 C. R  a 11 2 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. D. R  a 11 Trang 180 CHƯƠNG 2: MẶT TRỤ – MẶT NÓN – MẶT CẦU I S S x x N E A E A D D M O B P B C O C CÂU 9: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB  a, AD  2a, tam giác SAB đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi M , N lần lượt là trung điểm các cạnh AD, DC. Tính bán kính R của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.DMN . A. R  a 102 . 6 B. R  a 31 . 4 C. R  a 39 . 6 D. R  a 39 . 13 CÂU 10: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB  a, AD  2a, tam giác SAB đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi M , N lần lượt là trung điểm các cạnh AD, DC. Tính bán kính R của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.DMN . A. R  a 102 . 6 B. R  a 31 . 4 C. R  a 39 . 6 D. R  a 39 . 13 CÂU 11: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB  3a, AD  a, SAB là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Tính theo a diện tích S của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD . A. S  5 a 2 . B. S  10 a 2 . C. S  4 a 2 . D. S  2 a 2 . CÂU 12: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại đỉnh B . Biết AB  BC  a 3 , SAB  SCB  90 và khoảng cách từ A đến mặt phẳng  SBC  bằng a 2 . Tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC . A. 16 a 2 . B. 12 a 2 . C. 8 a 2 . D. 2 a 2 . CÂU 13: Người ta chế tạo ra một món đồ chơi cho trẻ em theo các công đoạn như sau: Trước tiên, chế tạo ra một hình nón tròn xoay có góc ở đỉnh là 2  60 bằng thủy tinh trong suốt. Sau đó đặt hai quả cầu nhỏ bằng thủy tinh có bán kính lớn, nhỏ khác nhau sao cho hai mặt cầu tiếp xúc với nhau và đều tiếp xúc với mặt nón, quả cầu lớn tiếp xúc với cả mặt đáy của hình nón (hình vẽ). GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 181 CHƯƠNG 2: MẶT TRỤ – MẶT NÓN – MẶT CẦU Biết rằng chiều cao của hình nón bằng 9 cm . Bỏ qua bề dày của các lớp vỏ thủy tinh, tổng thể tích của hai khối cầu bằng 112 100 38 40 cm 3 . cm 3 . cm 3 . cm 3 . A. B. C. D. 3 3 3 3 CÂU 14: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng a , SA vuông góc với đáy. Biết SC tạo với mặt phẳng  ABCD  một góc 45o . Tính Thể tích V của khối cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD . 1 B. V  πa 3 . 3 4 3 πa . 3 A. V  2 3 πa . 3 C. V  D. V  πa 3 . CÂU 15: Cho hình chóp S.ABCD có SA   ABCD  , đáy ABCD là hình chữ nhật, AB  a, AD  2a, góc giữa đường thẳng SC và đáy bằng 45 . Tính theo a thể tích V của khối cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD 10 a 3 . B. V  3 A. V  6 a . 3 C. V  5 a 3 . 6 5 10 a3 . D. V  3 CÂU 16: Cho mặt cầu  S  tâm O và các điểm A , B , C nằm trên mặt cầu  S  sao cho AB  3 , AC  4 , BC  5 và khoảng cách từ O đến mặt phẳng  ABC  bằng 1 . Thể tích của khối cầu  S  bằng A. 7 21 . 2 B. ABD . C. 20 5 . 3 D. 29 29 . 6 CÂU 17 : Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác ABC đều, đường cao SH với H nằm trong  ABC và 2SH=BC,  SBC  tạo với mặt phẳng  ABC  một góc 60 0 . Biết có một điểm O nằm trên đường cao SH sao cho d  O ; AB   d  O ; AC   d  O;  SBC    1 . Tính thể tích khối cầu ngoại tiếp hình chóp đã cho. A. 256 . 81 B. 125 . 162 C. 500 . 81 D. 343 48 CÂU 18 : Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều có cạnh bằng 1 , mặt bên SAB là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Tính thể tích của khối cầu ngoại tiếp hình chóp đã cho. A. V  5 15 . 18 B. V  5 . 3 C. V  5 15 . 54 D. V  4 3 . 27 CÂU 19: Cho hình lập phương ABCD.ABCD có cạnh bằng a . Gọi V1 , V2 , V3 lần lượt là thể tích của khối trụ ngoại tiếp, khối cầu nội tiếp, khối cầu ngoại tiếp hình lập phương ABCD.ABCD . Tính giá trị P V1  V2 . V3 A. P  2 3 . 3 B. P  4 3 . 9 C. P  3 . 3 D. P  4 3 . 3 CÂU 20: Cho hình hộp ABCD. ABC D nội tiếp hình trụ cho trước, khoảng cách từ tâm hình trụ đến  ABBA là 3 , góc giữa DB và  ABBA  bằng 30 o . Biết bán kính hình trụ bằng 5 , tỉ số thể tích khối hộp và khối cầu ngoại tiếp hình hộp là? A. 12 . 3 B. 10 . 3 C. 11 . 3 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. D. 13 . 3 Trang 182 CHƯƠNG 2: MẶT TRỤ – MẶT NÓN – MẶT CẦU CÂU 21: Khối cầu  S  có tâm, đường kính AB  2 R . Cắt  S  bởi một mặt phẳng vuông góc với đường kính AB ta được thiết diện là hình tròn  C  rồi bỏ đi phần lớn hơn. Tính thể tích phần còn lại theo R , biết hình nón đỉnh I và đáy là hình tròn  C  có góc ở đỉnh bằng 120 . 5 R 3 5 R 3 5 R 3 5 R 3 A. B. C. D. 12 32 24 8 CÂU 22: Cho tứ diện ABCD có tam giác ABC là tam giác cân với BAC  120 , AB  AC  a . Hình chiếu của D trên mặt phẳng  ABC  là trung điểm BC . Tính bán kính R của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD a3 . 16 a 13 B. R  . 4 biết thể tích của tứ diện ABCD là V  A. R  91a . 8 C. R  13a . 2 D. R  6a . CÂU 23:Cho hình lăng trụ đứng ABC.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A , AB  a 3 , BC  2a , đường thẳng AC tạo với mặt phẳng  BCC B  một góc 30 . Diện tích của mặt cầu ngoại tiếp hình lăng trụ đã cho bằng A B C A’ B’ C’ A. 24 a . 2 B. 6 a . C. 4 a 2 . 2 D. 3 a 2 . CÂU 24: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật, AB  a , AD  a 2 . Hình chiếu của S lên mặt phẳng  ABCD  là trung điểm H của BC , SH  A. a 2 . 2 B. a 2 . Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.BHD . 2 a 5 . 2 C. a 17 . 4 D. a 11 . 4 CÂU 25: Cho hình chóp S. ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B và BC  a . Cạnh bên SA vuông góc với đáy  ABC  . Gọi H , K lần lượt là hình chiếu vuông góc của A lên cạnh bên SB và SC . Thể tích của khối cầu tạo bởi mặt cầu ngoại tiếp hình chóp A.HKB là:  a3 2 a 3 A. . B. . C. 2 a 3 . 2 3 D.  a3 . 6 CÂU 26: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B , AB  BC  a 3 , SAB SCB  90 và khoảng cách từ A đến mặt phẳng  SBC  bằng a 2 . Tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC theo a . A. S  4 a 2 . B. S  8 a 2 . C. S  12 a 2 . D. S  16 a 2 . CÂU 27: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật. Tam giác SAB nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng  ABCD  .Biết rằng AB  a , và ASB  60 . Tính diện tích của khối cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD . A. S  13 a 2 . 2 B. S  13 a 2 . 3 C. S  11 a 2 . 2 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. D. S  11 a 2 . 3 Trang 183 CHƯƠNG 2: MẶT TRỤ – MẶT NÓN – MẶT CẦU CÂU 28: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh bằng 1 , mặt bên SAB là tam giác cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy. Tính thể tích V của khối cầu ngoại tiếp hình chóp đã cho biết ASB  120 . A. V  5 15 . 54 B. V  4 3 . 27 C. V  5 . 3 D. V  13 78 . 27 CÂU 29: Cho hình chóp S.ABC , tam giác ABC vuông tại đỉnh A, AB  1 cm  , AC  3  cm  . Tam giác SAB , SAC lần lượt vuông tại B và C . Khoảng cách từ C đến mặt phẳng  SAB  bằng 3  cm  . Diện tích 2 mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC bằng A. 5 cm 2  .  4 B. 20  cm2  . C. 5 5 cm2  .  6 D. 5  cm2  . CÂU 30: Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác ABC vuông tại B , AB  3 , BC  4 . Hai mặt phẳng  SAB  ,  SAC  cùng vuông góc với mặt phẳng đáy, đường thẳng SC hợp với mặt phẳng đáy một góc 45 . Thể tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC là: A. V  5 2 . 3 B. V  25 2 . 3 C. V  125 3 . 3 D. V  125 2 . 3 CÂU 31: Cho hình chóp S.ABC có AB  3 . Hình chiếu của S lên mặt phẳng  ABC  là điểm H thuộc miền trong tam giác ABC sao cho AHB  120 . Tính bán kính R của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.HAB , biết SH  4 3 . A. R  5 . B. R  3 5 . C. R  15 . D. R  2 3 . CÂU 32: Cho hình chóp S.ABCD , đáy ABCD là hình vuông, cạnh 2a , tâm O , mặt bên  SAB  là tam giác đều và SAB    ABCD  . Xác định tâm và bán kính của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp đó. A. R  a 21 3 B. R  a 3 3 C. R  a 3 2 D. R  a 6 3 CÂU 33: Cho lăng trụ đứng ABC .A ‘ B ‘C ‘ có đáy là tam giác đều cạnh a . Mặt phẳng AB ‘C ‘ tạo với 0 mặt đáy góc 60 và điểm G là trọng tâm tam giác ABC . Bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối chóp G.A ‘ B ‘C ‘ bằng: A. 85a . 108 B. 3a . 2 C. 3a . 4 D. 31a . 36 CÂU 34: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB  2a , AD  a . Cạnh bên SA vuông góc với đáy và góc giữa SC với đáy là 45 . Gọi N là điểm thuộc cạnh SA sao cho SA  4SN , h là chiều cao của khối chóp S.ABCD và R là bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối chóp N.ABC . Biểu thức liên hệ giữa R và h là 4 h. A. 8R  5h . B. 5R  4h . C. 2R  5h . D. R  5 5 CÂU 35: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh 2 2 , cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy và SA  3 . Mặt phẳng   qua A và vuông góc với SC cắt cạnh SB , SC , SD lần lượt tại các điểm M , N , P . Thể tích V của khối cầu ngoại tiếp tứ diện CMNP . GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 184 CHƯƠNG 2: MẶT TRỤ – MẶT NÓN – MẶT CẦU A. V  125 . 6 B. V  32 . 3 C. V  108 . 3 D. V  64 2 . 3 CÂU 36 :Cho lăng trụ tam giác đều ABC.ABC có AB  a, góc giữa đường thẳng AC và mặt phẳng  AABB  bằng 30. Gọi H là trung điểm của AB. Tính theo a bán kính R của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp A.ABC. . A. R  a 2 . 2 B. R  a 3 . 6 C. R  a 30 . 6 D. R  a 6 . 6 CÂU 37 : Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thang cân, AB  4, BC  CD  DA  2 . Mặt bên SAB là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với  ABCD  . Tính bán kính R của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC . B. R  2 . A. R  2 3 . C. R  4 3 . 3 D. R  2 3 . 3 CÂU 38: Cho tứ diện S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A với AB  3a , AC  4a . Hình chiếu H của S trùng với tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC . Biết SA  2a , bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC là. A. R  a. 118 . 2 B. R  a. 118 . 8 C. R  a. 118 . D. R  a. 118 . 4 CÂU 39: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, SA vuông góc với đáy, AB  a , AD  2a . Mặt phẳng đi qua A và vuông góc với SC cắt các cạnh SB, SC , SD lần lượt tại B, C , D . Tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp B.BCD . B. 3a 2 . A. 14a 2 . C. 7a2 . D. 5a 2 . CÂU 40: Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC.ABC có AB  a, góc giữa hai mặt phẳng  ABC  và  ABC  bằng 60. Gọi G A. 343 a 3 . 432 là trọng tâm tam giác ABC. Thể tích của hình cầu ngoại tiếp tứ diện GABC là B. 49 a 3 . 108 C. 343 a 3 . 5184 D. 343 a 3 . 1296 CÂU 41: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a 2 , mặt bên  SAD  là tam giác cân tại S 4a 3 và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Biết thể tích khối chóp S.ABCD bằng . Tính thể tích V 3 của khối cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD . 113 a3 113 113 a3 113 A. V  . B. V  . 84 48 113 a 3 113 a3 113 C. V  . D. V  . 64 384 CÂU 42: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật, AB  2a, BC  a, hình chiếu của S lên  ABCD  là trung điểm H của AD , SH  a 3 . Diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD bằng bao 2 nhiêu? 4 a 2 A. . 3 4 a 3 B. . 3 16 a 2 C. . 3 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. 16 a 2 D. . 9 Trang 185 CHƯƠNG 2: MẶT TRỤ – MẶT NÓN – MẶT CẦU CÂU 43 : Cho tứ diện đều ABCD có một đường cao AA1 . Gọi I là trung điểm AA1 . Mặt phẳng  BCI  chia tứ diện ABCD thành hai tứ diện. Tính tỉ số hai bán kính của hai mặt cầu ngoại tiếp hai tứ diện đó. A. 43 51 B. 1 2 C. 1 4 D. 48 153 CÂU 44: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a , cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy. Gọi B1 , C1 lần lượt là hình chiếu của A trên SB , SC . Tính theo a bán kính R của mặt cầu đi qua năm điểm A , B , C , B1 , C1 . A. R  a 3 6 B. R  a 3 2 C. R  a 3 4 D. R  a 3 3 CÂU 45 : Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB  a , AD  2a tam giác SAB đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi M , N lần lượt là trung điểm các cạnh AD, DC . Tính bán kính R của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.DMN . A. R  a 39 . 6 B. R  a 31 . 4 C. R  a 102 . 6 D. R  a 39 . 13 CÂU 46: Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông tại A , AB  a , AC  2a . Mặt bên  SAB  ,  SCA lần lượt là các tam giác vuông tại B , C . Biết thể tích khối chóp S.ABC bằng 2 3 a . Bán kính mặt 3 cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC ? A. R  a 2 . B. R  a . C. R  3a . 2 D. R  3a . 2 CÂU 47: Cho lăng trụ đứng có chiều cao bằng h không đổi, một đáy là tứ giác ABCD với A , B , C , D di động. Gọi I là giao của hai đường chéo AC và BD của tứ giác đó. Cho biết IA.IC  IB.ID  h 2 . Tính giá trị nhỏ nhất bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình lăng trụ đã cho. h 5 h 3 A. 2h . B. . C. h . D. . 2 2 CÂU 48: Cho hình chóp S.ABC có SA   ABC  , AC  b , AB  c , BAC   . Gọi B  , C lần lượt là hình chiếu vuông góc của A lên SB , SC . Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp A.BCCB theo b , c , .. A. R  b 2  c 2  2bc cos  . 2sin  B. R  2 b2  c 2  2bc cos  . C. R  b 2  c 2  2bc cos  . sin 2 D. R  2 b 2  c 2  2bc cos  . sin  CÂU 49: Bề mặt một quả bóng được ghép từ 12 miếng da hình ngũ giác đều và 20 miếng da hình lục giác đều cạnh 4,5cm . Biết rằng giá thành của những miếng da này là 150 đồng/ cm 2 . Tính giá thành của miếng da dùng để làm quả bóng (kết quả làm tròn tới hàng đơn vị)? A. 121500 đồng B. 220545 đồng C. 252533 đồng GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. D. 199 218 đồng Trang 186 CHƯƠNG 2: MẶT TRỤ – MẶT NÓN – MẶT CẦU GIẢI CHI TIẾT CÂU 1: Chọn A S N I A C H M B Gọi H là trọng tâm tam giác đều ABC , khi đó SH   ABC  và là trục đường tròn ngoại tiếp mặt đáy. Gọi N là trung điểm SA , mặt phẳng trung trực của cạnh SA cắt SH tại I . Khi đó IS  IA  IB  IC nên I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC . 2 1 2 SA a 2 SN .SA 1 a 15 2 Bán kính mặt cầu là R  SI  .    2 2 2 SH 2 5 SA  AH 2 2 a 3 a 2   3 2      CÂU 2: Chọn C S I 2a 30° A H a 2 C a B Ta có:  AC  SC.cos30  a 3 . AB 2  BC 2  2a 2  a 2  3a 2  AC 2  ABC là tam giác vuông ở B .  Gọi H , I lần lượt là trung điểm của AC , SC . Khi đó ta có:  H là tâm đường tròn ngoại tiếp ABC .  IH   ABC  . Do đó I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp SABC . Suy ra R  1 SC  a . 2 Vậy R  a . GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 187 CHƯƠNG 2: MẶT TRỤ – MẶT NÓN – MẶT CẦU CÂU 3: Chọn B Gọi: – H là trung điểm của AD  SH   ABCD  . – I là trung điểm của MN  I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CMN. – d là đường thẳng qua I và vuông góc với mặt đáy. – E là hình chiếu của I lên AD. – O là tâm mặt cầu ngoại tiếp khối chóp S.CMN . – K là hình chiếu của O lên SH . Đặt OI  x . Ta có: CI  1 a 2 a2 ; OC  IC 2  IO2  MN   x2 ; 2 4 8 2 2 a 10  3a   a  KO  HI  IE 2  EH 2        ; 4  4  4 2 2 a 3   a 10  22a 2 2 . SO  SK  KO    x      x  3ax  16  2   4  Vì O là tâm mặt cầu ngoại tiếp khối chóp S.CMN nên SO  OC 2 Suy ra: 2 a2 22a 2 5 5 3a 2 2  x  x  3ax   3ax  a 2  x  . 8 16 4 12 Vậy: R  OC  a 2 25a 2 93   a. 8 48 12 CÂU 4: Chọn B GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 188 CHƯƠNG 2: MẶT TRỤ – MẶT NÓN – MẶT CẦU Ta có  SAB    ABC  ,  SAB    ABC   AB , BC  AB  BC   SAB  . Vẽ BM  SA tại M  SA   BMC    SAC    BMC  , vẽ BH  MC tại H  BH   SAC   r  BH . Ta có BM  sin 60o.SB  BM  a 3 3 2  2a .  2 19 3a 2 4a  4 2a. BC.BM a 3 , BH  2 BC 2  BM 2 Vậy bán kính của mặt cầu  S  bằng 2a 3 . 19 CÂU 5: Chọn A . Gọi O là trung điểm AD . Khi đó, SO vuông góc với  ABCD  . Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ, ta có: 1  1 1  1  O  0;0;0  , D  ;0;0  , M  0;1;0  , C  ;1;0  , N  ; ;0  , 2  2 2  2   3 S  0;0;  . 2   Gọi  S  là phương trình mặt cầu đi qua S , M , N , C . Ta có hệ phương trình:   a 3  4  4  3c  d  0   b  3 1  2b  d  0  93  2 2 2  4 nên R  a  b  c  d  .  5 12  a  2 b  d  0 5 3 4 c    12 1  a  b  d  0  d  1  2  2 CÂU 6: Chọn B S N M I A D H B C GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. . Trang 189 CHƯƠNG 2: MẶT TRỤ – MẶT NÓN – MẶT CẦU Gọi O là tâm của đáy,  là trục của đáy ABCD . Gọi G là trọng tâm tam giác SAB và d là trục của mặt bên SAB . Gọi I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S. ABCD . Ta có I là giao điểm của  và d . 2 2   Ta có R  IS  IG  SG   AD    AB 3    2   3  2 2 1 1 21 .   4 3 6 CÂU 7 : Chọn A . Gọi G là trọng tâm tam giác ABC thì SG   ABC  . . Do CB  CA  CD nên C là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD . Qua C kẻ đường thẳng d song song SG thì d là trục đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD. . Gọi I  d là tâm mặt cầu cần tìm, đặt IC  x  SK  SG  x . . Kẻ IK  SG . 2 a 3 a 3  IK  CG  AG  .  , SG  SA2  AG 2  a. . 3 2 3 a2 a 2 2 2 2 2   a  x   x2  a2  x  . . Ta có IS  ID  IK  SK  IC  CD  3 6 a 37 2 2 .. Vậy tâm cầu I được xác định, bán kính mặt cầu là R  x  a  6 CÂU 8: I S S x x N E A E A D D M O B C P B O C Lời giải Chọn C Gọi O là trung điểm của CD . Kẻ tia Ox SA thì Ox  ( ABCD) . Ta có: O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác vuông CDE và Ox  ( ABCD) , nên Ox là trục của đường tròn (CDE ) . GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 190 CHƯƠNG 2: MẶT TRỤ – MẶT NÓN – MẶT CẦU Gọi M , N lần lượt là trung điểm của AB, SC . a 5 a 5 ; MC  MB 2  BC 2  nên suy ra SM  MC . 2 2 Do đó tam giác SMC cân tại M , suy ra MN  SC . Dễ thấy (MNO) / /( SAD) và CE  (SAD) nên suy ra CE  (MNO) và do đó CE  MN . Vậy nên MN  (SEC ) , do đó MN là trục của đường tròn ( SEC ) . Gọi I là giao điểm của MN và SO thì I chính là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ECD . Ta có: SM  SA2  AM 2  Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ECD là R  Trong đó OC  IC  IO 2  OC 2 . a 5 SA 3a và IO  3NP  3. ( P là giao điểm của MO và AC ).  2 2 2 2  a 5   3a 2 a 11 Vậy thì R   . Chọn C.     2 2 2     CÂU 9: Chọn A S d O K x A M E N H B D I C Gọi I là trung điểm của MN . Suy ra I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DMN . . d là đường thẳng qua I và vuông góc với mặt đáy. E là hình chiếu của I lên AB. . O là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện S.DMN . K là hình chiếu của O lên SH . . 1 a 5 5a2 2 2 DI  MN  .  x2 . . Đặt OI  x .Ta có Suy ra OD  ID  OI  2 4 16 a 3  x; KO  HI 9a2 a2 a 37 2   .. . HI  EI 2  HE 2  4 16 4 AM  HN 3a EI   . 2 2 SK  SH  x  49a2  a 3 x  x2 .Vì O là tâm mặt cầu ngoại tiếp nên: 16 2 49a a11 SO  DO   a 3 x  x 2  x 2  5a  x  16 4 3 . a 102  R  OD  . 6 Suy ra SO  SK 2  KO2  GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 191 CHƯƠNG 2: MẶT TRỤ – MẶT NÓN – MẶT CẦU CÂU 10: Chọn A S d O K x A M E N H B D I C . Gọi I là trung điểm của MN . Suy ra I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DMN . . d là đường thẳng qua I và vuông góc với mặt đáy. E là hình chiếu của I lên AB. . O là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện S.DMN . K là hình chiếu của O lên SH . Đặt OI  x . 1 2 Ta có DI  MN  a 5 5a2 . Suy ra OD  ID2  OI 2   x2 . 4 16 a 3  x; KO  HI 2 . AM  HN 3a EI   . 2 2 SK  SH  x  9a2 a2 a 37 49a2 2 2 HI  EI  HE    . Suy ra SO  SK  KO   a 3 x  x2 . 4 16 4 16 Vì O là tâm mặt cầu ngoại tiếp nên: 49a2 a11 SO  DO   a 3 x  x 2  x 2  5a  x  16 4 3 . a 102  R  OD  . 6 2 2 CÂU 11: Chọn A GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 192 CHƯƠNG 2: MẶT TRỤ – MẶT NÓN – MẶT CẦU Gọi H là trung điểm AB  SH  AB (vì SAB đều). Mặt khác  SAB    ABCD   SH   ABCD  . Gọi O là giao điểm của AC , BD  O là tâm đường tròn ngoại tiếp hình chữ nhật ABCD . Gọi G là trọng tâm SBC  G là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác đều SBC . Qua O dựng đường thẳng d //SH  d là trục của đường tròn  O  , qua G dựng đường thẳng //OH   là trục của đường tròn  H  . d   I  IA  IB  IC  ID  IS  I là tâm của mặt cầu ngoại tiếp chóp S.ABCD . Xét tam giác đều SAB có cạnh là a 3  SH  Mặt khác IG  OH  3a  SG  a . 2 AD a  . 2 2 a 2 5a 2 a 5 .   IS  4 4 4 Vậy diện tích mặt cầu ngoại tiếp chóp S.ABCD là: S  4 R 2  5 a 2 . Xét tam giác vuông SIG : IS 2  SG 2  IG 2  a 2  CÂU 12: Chọn B S I H D A C B Gọi D là hình chiếu của S trên  ABCD  . Do SA  AB  DA  AB , và SC  CB  DC  CB . Vậy suy ra ABCD là hình vuông. Trong  SCD  kẻ DH  SC tại H . Ta có AD //  SBC   d  A,  SBC    d  D,  SBC    DH . 1 1 1    SD  a 6 . Suy ra SB  2a 3 . 2 2 DH DC SD 2 SB  a 3. Gọi I là trung điểm SB suy ra I là tâm mặt cầu và R  2 Vậy diện tích mặt cầu bằng S  4 R 2  12 a 2 . Ta có GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 193 CHƯƠNG 2: MẶT TRỤ – MẶT NÓN – MẶT CẦU CÂU 13: Chọn A Gọi AB là đường kính mặt nón, O là đỉnh, M , N lần lượt là giao điểm của tiếp tuyến chung của hai mặt cầu và OA , OB (hình vẽ). O M N A B 1 Ta có tam giác OAB đều nên bán kính đường tròn nội tiếp bằng r  h  3 . 3 Tương tự, tam giác OMN đều, có chiều cao h  9  2r  3 nên có bán kính đường tròn nội tiếp 1 r   .3  1 . 3 4 4 112 Thể tích hai khối cầu bằng V   .r 3   .r 3   . 3 3 3 CÂU 14: Chọn A Góc giữa SC và  ABCD  là góc SCA bằng 45o nên tam giác SAC vuông cân tại A nên SC  2a . Ta có CB   SAB   CB  SB  SBC vuông tại B . CD   SAD   CD  SD  SCD vuông tại D .  Tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD là trung điểm SC , bán kính R  Thể tích khối cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD là V  SC  a. 2 4 3 πa . 3 CÂU 15: Chọn D . GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 194 CHƯƠNG 2: MẶT TRỤ – MẶT NÓN – MẶT CẦU Gọi O  AC  BD và I là trung điểm SC . Khi đó OI là trục của hình chữ nhật ABCD nên IA  IB  IC  ID . Mặt khác do và I là trung điểm SC nên IS  IC . Vậy I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD . Do SA   ABCD  nên AC là hình chiếu của SC lên  ABCD  . Vậy SCA   SC,  ABCD    45 . Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD là R  1 1 AC 5a SC  .  . 2 2 2 2 2 4 Thể tích của khối cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD là V  3 3  5a  5 10 a3 .    3 2 2   CÂU 16: Chọn D Ta có AB 2  AC 2  32  42  25  BC 2  ABC vuông tại A . Gọi H là hình chiếu của O trên mặt phẳng  ABC   H là tâm đường tròn ngoại tiếp ABC . Vì ABC vuông tại A nên H là trung điểm của BC . Vì khoảng cách từ O đến mặt phẳng  ABC  bằng 1 nên OH  1 . 2 29 5 . OHB vuông tại H có: OB  OH  BH  1     2 2 2 Vậy mặt cầu  S  có bán kính R  OB  2 2 29 . 2 3 4 4  29  29 29 Do đó thể tích khối cầu  S  là: V   R 3    .   3 3  2  6 CÂU 17 : Chọn D S F A K C H E D B O Giả sử E , F là chân đường vuông góc hạ từ O xuống AB, AC . Khi đó ta có HE  AB, HF  AC . Do OE  OF  1 nên HE  HF . Do đó AH là phân giác của góc BAC . GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 195 CHƯƠNG 2: MẶT TRỤ – MẶT NÓN – MẶT CẦU Khi đó AH  BC  D là trung điểm của BC . Do BC  AD  BC   SAD  . Kẻ OK  SD thì OK   SBC  . Do đó OK  1 và SDA  60 . Đặt AB  BC  CA  2a  a  0  thì SH  a, HD  a.cot 60  a . 3 Do đó AD  a 3  3HD nên H là tâm tam giác đều ABC  S.ABC là hình chóp tam giác đều và E , F là trung điểm AB, AC . OK  2 . Do DEF đều có OH   DFE  nên Mặt khác trong tam giác SOK có : SO  sin 30 OE  OF  OD  1  K  D . Khi đó DSO vuông tại D và có DH  SO . Từ đó a2 3 3 DH 2  HS .HO   a  2  a   a   AB  3, SH  . 2 2 3 SA2 7  . Gọi R là bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC thì R  2SH 4 3 4  7  343 Vm / c   .    . 3 4 48 CÂU 18 : Chọn C S I K A C G H B . Gọi G , K lần lượt là trọng tâm tam giác ABC , SAB . Dựng d , d  lần lượt là hai đường thẳng qua G, K và vuông góc với  ABC  ,  SAB  Dễ thấy d , d  đồng phẳng. Gọi I  d  d  . Tứ giác GIKH là hình vuông.  GH  15 3 3  R  IC  ; GC  . 6 6 3 4 15 15 5 15 V  . 3  . 3 6 54 CÂU 19: Chọn B . GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 196 CHƯƠNG 2: MẶT TRỤ – MẶT NÓN – MẶT CẦU  Khối trụ ngoại tiếp hình lập phương có bán kính bằng đáy bằng a 2 và chiều cao bằng a nên 2 2 a 2  a3 V   . a  có thể tích 1 .   2  2  4  a  a a  Khối cầu nội tiếp hình lập phương có bán kính bằng nên có thể tích V2      . 2 3 2 6 3  Khối cầu ngoại tiếp hình lập phương có bán kính bằng 3 a 3 . 2 3 4  a 3   a3 3 nên có thể tích V3    .   3  2  2 2 a 3 V V 2 a 3  a3 3 4 3 Từ đó suy ra V1  V2  . Vậy P  1 2  . :  3 V3 3 2 9 CÂU 20: Chọn C . Hình hộp ABCD. ABC D nội tiếp trong hình trụ nên là hình hộp chữ nhật. Gọi O là tâm ABCD , E là trung điểm AB . Ta có: OE  3 , OA  5  AD  6 . Xét AEO vuông tạo E , có: AE  OA2  OE 2  4  AB  8 . Vì AD   ABBA  nên AB là hình chiếu vuông góc của DB lên  ABBA   DBA  60o . Xét tam giác ABD vuông tại A có: AB  AD tan 60  6 3 , BD  AD2  AB2  12 . o Xét tam giác ABB vuông tại B có: BB  AB  AB  2 11 . Thể tích khối hộp là VABCD. ABC D  BB.S ABCD  2 11.8.6  96 11 . 2 Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình hộp là R  2 BD 6. 2 4 3 Thể tích khối cầu là V   R 3  288 . Vậy tỉ số thể tích khối hộp và khối cầu ngoại tiếp hình hộp là 11 . 3 CÂU 21: Chọn A Gọi mặt phẳng vuông góc với đường kính của khối cầu là mặt phẳng  P  Ta có mặt phẳng  P  cắt khối cầu theo một đường tròn  C  . Khi đó đường kính của đường tròn  C  bằng R 3 . Suy ra khoảng cách từ tâm I đếm mặt phẳng  P  là GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. R . 2 Trang 197 CHƯƠNG 2: MẶT TRỤ – MẶT NÓN – MẶT CẦU R chia khối cầu thành hai phần, phần lớn là phần chứa 2 tâm I còn phần nhỏ là phần không chứa tâm I gọi là chỏm cầu. Khi đó thể tích của chỏm cầu là Mặt phẳng  P  cách tâm I một khoảng R  R   5R R 2  5 R3  . V   2 R   R    . .  2  2 3 2 4 3 24  CÂU 22: Chọn A 2 Gọi H là trung điểm BC . a a 3 Có AB  a, BAH  60  AH  ; BH  và BC  a 3 . 2 2 1 a3 1 1 a 3 3 VABCD  DH .S ABC  .  DH   DH . a 2 3 16 3 2 4 2 a 7 Vậy DA  AH 2  DH 2  . 4 Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC thì bán kính đường tròn đó là R  AO  BC a. 2sin A Vậy H là trung điểm AO . Kẻ trục đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC , đường thẳng này cắt AD tại S với D là trung điểm SA . 3 3a 7 a 7 a 3 Vậy SO  2DH  , SA  2 DA  và SM  SA  . 4 8 2 2 Từ trung điểm M của đoạn AD kẻ đường vuông góc với AD , cắt SO tại I . Dễ dàng có I là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD . MI SM 3 7a a 21 Hai tam giác vuông SAO và SIM đồng dạng nên .   MI  a.  OA SO 4 a 3 8. 2 a 91 Bán kính mặt cầu bằng RABCD  ID  MI 2  MD 2  . 8 CÂU 23:Chọn B GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 198 CHƯƠNG 2: MẶT TRỤ – MẶT NÓN – MẶT CẦU B A M H C R I B’ A’ M’ C’ \ Gọi M , M  lần lượt là trung điểm của BC , BC . Dễ thấy trung điểm I của MM  là tâm mặt cầu ngoại tiếp lăng trụ. Kẻ AH vuông góc BC ( H  BC )  AC H   AC , ( BCC B)   30 . Ta có: AC  BC 2  AB 2   2a  2   a 3  2 a. AB. AC a 3.a a 3 .   BC 2a 2 a 3 AH  2 a 3. Trong tam giác vuông AHC , có: AC   1 sin 30 2 AH .BC  AB. AC  AH  Trong tam giác vuông ACC , có CC   AC 2  AC 2  a 3 2  a2  a 2 . 2 2 2 2  CC    BC   a 2   2a  6 2 Bán kính R  IB  MI  MB       a     4  2   2   2   2  6a 2  6 a 2 . Diện tích mặt cầu: S  4 R 2  4 . 4 2 2 2 2 CÂU 24: Chọn C Gọi R và r lần lượt là bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.BHD và tam giác BHD . GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 199 CHƯƠNG 2: MẶT TRỤ – MẶT NÓN – MẶT CẦU 2 a 2 a 2 a 6 2 Ta có HB  , HD  HC 2  DC 2   và BD  a  2a 2  a 3 .   a   2 2  2  Áp dụng định lí Cô sin, ta có a 2 3a 2   3a 2 1 2 2 cos BHD  2  .  sin BHD  a 2 a 6 3 3 2 . 2 2 Diện tích tam giác BHD là SBHD HB.HD.BD Do đó r   4S 1 a 2 a 6 2 a2 2 .  . . .  2 2 2 4 3 a 2 a 6 . .a 3 3a 2 2 2 .  2 2 a 2 Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BHD và M là trung điểm SH . Mặt phẳng trung trực của SH cắt trục đường tròn ngoại tiếp tam giác BHD tại E . Khi đó E là tâm mặt cầu cần tìm. Ta có R  r 2  MH 2  r 2  SH 2 9a 2 a 2 a 17 SH 2 .  r2     4 2 8 4 4 CÂU 25: Chọn B Cách 1: Nhận xét : AKC  AHC  ABC  90 , nên 4 điểm A, H , K , B thuộc mặt cầu đường 4 a 2  a3 2  V   R3  3 2 3 . Cách 2: Dựng hình vuông ABCD . Gọi M là trung điểm AB . kính AC . Bán kính R  OA  Tam giác AHB vuông tại H và MO   HAB  suy ra MO là trục đường tròn ngoại tiếp tam giác HAB . Tam giác AKC vuông tại K suy ra OA  OK . Suy ra O là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp a 2 4  a3 2 AHKB và bán kính R  OA   V   R3  . 2 3 3 CÂU 26: Chọn C GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 200 CHƯƠNG 2: MẶT TRỤ – MẶT NÓN – MẶT CẦU S M I H A C B Gọi H là hình chiếu của S trên mặt phẳng ABC . Khi đó 5 điểm A , B , C , H , S cùng thuộc mặt cầu tâm I là trung điểm của SB . Do A , B , C , H cùng thuộc một mặt phẳng nên ABHC là tứ giác nội tiếp. Theo giả thiết ABC là tam giác vuông cân tại B nên ABHC là hình vuông  d  A,  SBC    d  H ,  SBC   . Trong mặt phẳng  SHC  kẻ HM  SC ,  M  SC  khi đó d  H ,  SBC    HM  a 2 . 1 1 1 HM 2 .HC 2 2    SH   6a 2  SH  a 6 . Xét tam giác vuông SHC ta có 2 2 2 2 2 HM HC SH HM  HC 2 2 2 2 2 Xét tam giác vuông SHB ta có SB  SH  HB  6a  6a  12a 2  SB  2a 3 . 1 Do I là trung điểm của SB nên IH  SB  a 3 2  Diện tích mặt cầu ngoại tiếp tứ diện là S  4 a 3  2  12 a 2 . CÂU 27: Chọn B S d A D O B C Gọi R1 , R2 là bán kính đường tròn ngoại tiếp hình chữ nhật ABCD và mặt bên  SAB  . Gọi R là bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD . 1 1 2 AB a a a  3a 2  a và R2    Khi đó R1  AC  . 2 2 3 2sin ASB 2sin 60 Vì hình chóp đã cho có mặt bên  SAB  vuông góc với đáy  ABCD  nên bán kính mặt cầu hình chóp S.ABCD được tính theo công thức: R 2  R12  R22  AB 2 a 2 a 2 13a 2  a2    . 4 3 4 12 13 a 2 Diện tích của khối cầu ngoại tiếp hình chóp đã cho là: S  4 R  . 3 2 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 201 CHƯƠNG 2: MẶT TRỤ – MẶT NÓN – MẶT CẦU CÂU 28: Chọn A Gọi H là trung điểm AB , do  SAB    ABC  , tam giác ABC đều và tam giác SAB cân tại S nên SH   ABC  và CH   SAB  . Gọi I và J là tâm đường tròn ngoại tiếp các tam giác ABC và tam giác SAB . Dựng đường thẳng Ix//SH và Jy //CH thì Ix   ABC  và Jy   SAB  nên Ix là trục của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và Jy là trục đường tròn ngoại tiếp tam giác SAB . Khi đó Ix  Jy  O thì O là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp. Ta có OJ  IH  SA.SB. AB AB 3 3 . R SAB   SJ  .   1 3 6 3 4. .SA.SB.sin120 2 3 4 1 1 4  15  5 15 15  Vậy R  SO  nên V   R 3    .    3 3 12 3  6  54 6 CÂU 29: Chọn D. S I K C B E 1 H 3 A Gọi I là trung điểm của SA  IA  IB  IC  IS  I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC . Gọi E , H lần lượt là trung điểm của BC , AB Ta có : AB  AC  EI  AB, AB  SB  IH  AB  AB   IHE    SAB    IHE  Kẻ EK  IH  EK   SAB  GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 202 CHƯƠNG 2: MẶT TRỤ – MẶT NÓN – MẶT CẦU  EK  d  E ,  SAB    d  C ,  SAB    3 4 2 Do IBC cân tại I  IE  BC Mà IE  AB  IE   ABC   IE  EH 1 1 1 1 1 1 16 4   2 2     4 2 2 2 2 EK EH IE IE EK EH 3 3 1 5  IE 2   IC 2  IE 2  EC 2   Smc  4 R2  5 4 4 Xét IHE vuông tại E  CÂU 30: Chọn D Hai mặt phẳng  SAB  ,  SAC  cùng vuông góc với mặt phẳng đáy nên SA   ABC  .  BC  AB Ta cũng có   BC  SB .  BC  SA Suy ra SAC và SBC là hai tam giác vuông tại A và B .  IA  IC  IS Gọi I là trung điểm của SC thì   IA  IB  IC  IS  I là tâm mặt cầu  S   IB  IC  IS ngoại tiếp hình chóp S.ABC . Vì SA   ABC  nên  SC ,  ABC    SCA  45 . Ta lần lượt tính được: AC  AB 2  BC 2  5 ; SA  AC  5 ; SC  AC 2  5 2 . Suy ra bán kính mặt cầu  S  là R  SC 5 2 .  2 2 3 4  5 2  125 2 Vậy thể tích khối cầu  S  là V  . .  .   3  2  3 CÂU 31: Chọn C GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 203 CHƯƠNG 2: MẶT TRỤ – MẶT NÓN – MẶT CẦU Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AHB và r là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam AB AB  2r  r   3. giác AHB . Áp dụng định lí sin trong tam giác AHB ta có sin AHB 2sin AHB Qua O dựng đường thẳng d vuông góc với mặt phẳng  AHB  . Gọi M là trung điểm của SH . Trong mặt phẳng SHO đựng đường trung trực của đoạn SH cắt d tại I . Khi đó I là tâm của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.HAB và có bán kính là HI  OI 2  HO 2  2 3   3 2 2  15 . CÂU 32: Chọn A Qua O, kẻ  1    ABCD  thì  1  là trục của đường tròn ngoại tiếp hình vuông ABCD . Do SAB    ABCD  nên kẻ SH  AB thì SH   ABCD  Gọi E là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác đều SAB và kẻ   2   SAB  tại E thì   2  là trục  1  cắt tại : tâm của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp I S.ABCD .    1  2 của đường tròn ngoại tiếp tam giác SAB .   2 Tứ giác OHEI có 3 góc vuông O, H , E nên là hình chữ nhật SH  2a. 3 a 3  a 3  EH  2 3 Trong AIO : R  AI  OA2  OI 2  2a2  3a2 a 21 .  9 3 CÂU 33: Chọn D Gọi M là trung điểm B ‘C ‘ , ta có 600 Trong AA ‘ AB ‘C ‘ , A ‘ B ‘C ‘ AM , A ‘ M a 3 ; 2 AA ‘ M , có A ‘ M A ‘ M . tan AMA ‘ AMA ‘ . 3a . 2 Gọi G ‘ là trọng tâm tam giác đều A ‘ B ‘C ‘ , suy ra G ‘ cũng là tâm đường tròn ngoại tiếp A ‘ B ‘C ‘. Vì lặng trụ đứng nên GG ‘ A ‘ B ‘C ‘ . GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 204 CHƯƠNG 2: MẶT TRỤ – MẶT NÓN – MẶT CẦU Do đó GG ‘ là trục của tam giác A ‘ B ‘C ‘ . Trong mặt phẳng GC ‘G ‘ , kẻ trung trực d của đoạn thẳng GC ‘ cắt GG ‘ tại I . Khi đó I là tâm mặt cầu ngoại tiếp khối chóp G.A ‘ B ‘C ‘ , bán kính R Ta có R GPI ÿ GI GP GI GG ‘C ‘ GC ‘2 2GG ‘ GP.GC ‘ GG ‘ GI . GG ‘ GC ‘ GG ‘2 G ‘C ‘2 2GG ‘ 31a . 36 CÂU 34: Chọn A S N I A D O B C Ta có SA   ABCD  tại A . Suy ra góc giữa SC và  ABCD  là SCA . Theo giả thuyết SCA  45  SA  AC  AB 2  BC 2  a 5 . Vậy h  a 5 . Gọi O là trung điểm AC và I là trung điểm NC  IN  IC  IA  IB nên I là tâm mặt cầu ngoại tiếp khối chóp N.ABC 2  1 3 1   R  IC  NC  a 5  a 5  2 2 4  Suy ra  2  5 5a . 8 R 5   8R  5h . h 8 CÂU 35: Chọn B S N M P A D B C Theo giả thiết mặt phẳng   vuông góc với SC nên ta có AN Mặt khác BC SAB nên BC AM  AM SBC  AM SC , AP SC , AM SC . MC . Tương tự ta cũng chứng minh được AP PC . Từ đó ba điểm M , N , P cùng nhìn AC dưới góc vuông nên bốn điểm C , M , N , P nằm trên 32 mặt cầu đường kính AC 4 . Vậy thể tích của khối cầu ngoại tiếp tứ diện CMNP là V  . 3 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 205 CHƯƠNG 2: MẶT TRỤ – MẶT NÓN – MẶT CẦU CÂU 36 :Chọn C Ta có Tam giác ABC đều cạnh a  CH  AB và CH  a 3 . 2 Suy ra CH   ABC  , nên  AC;  ABC     AC; AH   CAH  30 . 3a , AA  AH 2  AH 2  a 2 . 2 Dựng trục đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại trọng tâm G . Dựng đường trung trực của AA trong mặt phẳng  AAG  cắt trục đường tròn tại I  I là tâm  AH  CH .cot 30  mặt cầu ngoại tiếp hình chóp A.ABC có bán kính là IA . Ta có AG  a 2 a 2 a 30 a 2 a 3 , AM  .  AI  AM 2  AG 2    2 3 3 2 6 CÂU 37 : Chọn D . Gọi H là trung điểm AB  SH  AB . Dễ thấy HA  HB  HC  HD  2  H là tâm đường tròn ngoại tiếp ABCD  SH là trục của tâm đường tròn ngoại tiếp ABCD . Mặt khác tam giác SAB là tam giác đều nên trọng tâm I của tam giác ABC cách đều A và B . Vậy I là tâm mặt cầu ngoại tiếp S.ABCD . Bán kính R  IA  2 2 3 . SH  3 3 CÂU 38: Chọn D . Gọi r là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC . Tính được r Tính được AH AB.AC AB AC BC a. a 2 và MH a 5 . 2 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 206 CHƯƠNG 2: MẶT TRỤ – MẶT NÓN – MẶT CẦU SA2 Tam giác SAH vuông tại H suy ra SH Gọi M là trung điểm của BC và AH 2 a 2. . là trục đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC . Gọi O là tâm mặt cầu ngoại tiếp S .ABC . Suy ra O . Ta có: OC 2 OS 2 OM 2 OM 2 25a 2 4 Suy ra R OC 5a 2 4 MC 2 SK 2 OK 2 . a 2)2 (OM 3 2 a. 4 OM 118 a. 4 CÂU 39: Chọn D S 3a D’ D A B’ B 2a C’ a C Ta có AC   C C 1 . .  BC  AB  BC  AB . Mà AB  SC  AB  B ‘ C  2  .   BC  SA CD  AD  CD  AD. Mà AD  SC  AD  DC  3 .  CD  SA AB  BC  4  . Từ 1 ,  2  ,  3 ,  4  suy ra B, B, C , D cùng nằm một mặt cầu đường kính AC (cùng nhìn AC dưới một góc vuông). AC a 5 Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp B.BCD là R   . 2 2 5a 2  5 a 2 . Diện tích mặt cầu là S  4 R 2  4 4 CÂU 40: Chọn D GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 207 CHƯƠNG 2: MẶT TRỤ – MẶT NÓN – MẶT CẦU Gọi D là trung điểm của BC ta có: BC  AD  BC  AD  ADA  60 . 3a a2 3 Ta có AA  AD.tan ADA  ; S ABC  . 2 4 3a 2 3 .  VABC . ABC  AA.S ABC  8 Trong  AGH  : gọi I là giao điểm của GH và trung trực của AG . Gọi E là trung điểm của AG . AA 3 a 3 7a 2 GE.GA GA2 7a  R  GI     ; AH  ; GA2  GH 2  AH 2  . GH 2GH 12 3 2 3 12 3 4 4  7a  343 a3 3 Mặt cầu ngoại tiếp tứ diện GABC có thể tích là: V   R      . 3 3  12  1296 GH  CÂU 41: Chọn D Gọi H , K lần lượt là trung điểm của AB , CD . O là tâm hình vuông. J là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác SAD . I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD . 4a 3 2  SH  2a . Ta có: S ABCD  2a , VS . ABCD  3 a 2 3a 2 . AH   SA  2 2 SA  AD  ASD  90  J thuộc đoạn SH. SH 2 2 Ta có: sin SAH  .  AH 3 SD 9a  2SJ  SJ  Mà (định lí sin). 8 sin SAH 7a BD a 113 .  OD   a  R  ID  8 2 8 113 . OI  JH  SH  SJ  Vậy VKC  113 a3 384 S J I B A H K o D C GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 208 CHƯƠNG 2: MẶT TRỤ – MẶT NÓN – MẶT CẦU CÂU 42: Chọn C S I G D C A H O M B a 3a 2 a 2 , SA  SD  SH 2  HD 2    a. . 2 4 4 Gọi O là tâm hình chữ nhật ABCD . Dựng đường thẳng  qua O và vuông góc mặt phẳng Ta có: HD   ABCD  . Suy ra  là trục đường tròn ngoại tiếp hình chữ nhật ABCD . Tam giác SAD đều cạnh bằng a . Gọi G là trọng tâm tam giác SAD . Dựng trục đường tròn ngoại tiếp tam giác SAD cắt  tại I . . Suy ra I là tâm mặt cầu ngoại tiếp khối chóp S.ABCD . SG  R  IS  IG 2  SG 2  a 2  2 a 3 , IG  HO  a . SH  3 3 a 2 2 3a .  3 3 2  2 3a  16a 2 Vậy S  4R  4  .   3  3  2 CÂU 43 : Chọn A Gọi cạnh của tứ diện đều là a . Gọi K là trung điểm của CD và E  IK  AB . Qua A1 kẻ đường thẳng song song với IK cắt AB tại J . Ta có: BJ BA1 2 1 a 3a AE AI   và .   1 nên suy ra AE  AB  và BE  BE BK 3 4 4 4 EJ IA1 Gọi M là trung điểm của BE , trong mặt phẳng  ABK  dựng đường trung trực của BE cắt AA1 tại O . Ta dễ dàng chứng minh được O là tâm của mặt cầu ngoại tiếp EBCD . GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 209 CHƯƠNG 2: MẶT TRỤ – MẶT NÓN – MẶT CẦU a 6 a 3 , AA1  . Đặt BE  x . 3 3 ABA1 giác đồng dạng với Ta có: BA1  Tam tam AOM giác nên suy ra EACD là AM OM AM .BH  x 1 .   OM   a   AA1 BH AA1 2 2  Gọi R là bán kính mặt cầu ngoại tiếp EBCD ta suy ra: 2 R  OB  OM 2  MB 2  x2 1  x  a   . 4 2 2 2 3a 9a 2 1  3a  43 Với x  ta có: R  .  a    a 4 64 2  8  128 a Tương tự với x  ta có bán kính R  của mặt cầu ngoại tiếp 4 2 R  a2 1  a 51 .  a    a 64 2  4 128 R 43  . R’ 51 Phương pháp trắc nghiệm: Áp dụng công thức Crelle: Với mỗi khối tứ diện ABCD đều tồn tại ít nhất một tam giác mà số đo các cạnh của nó bằng tích số đo các cặp đối của tứ diện đó. Hơn nữa nếu gọi V là thể tích, R là bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD thì ta có công thức: S  6V .R . Do đó CÂU 44: Chọn D S C1 B1 A C H I M B Đặt SA  x , gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC , H là hình chiếu của B1 trên cạnh AB , M là trung điểm của AB . SC1 SA2 SB SA2 x2 x2   Ta có SA2  SB1.SB  1  2  2 , tương tự ta cũng có . SC SC 2 a 2  x 2 SB SB a  x2 BB1 HB1 BH a2    Suy ra B1C1 / / BC , B1 H / / SA nên SB SA AB x 2  a 2 xa 2 a.x 2  HB1  2 HB  , . x  a2 x2  a2 a 3 Ta chỉ cần chứng minh IA  IB1  . Giả sử x  a ( x  a ta làm tương tự). 3 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 210 CHƯƠNG 2: MẶT TRỤ – MẶT NÓN – MẶT CẦU Khi đó HB  2 2 a.x 2 a.x 2 a ax  a  a HM   BM   , suy ra  x2  a2 x2  a2 2 2  x2  a2  2 IB12  HI 2  B1H 2  HM 2  IM 2  B1H 2  Vậy IA  IB  IC  IB1  IC1  a2 a 3 .  IB1  IA  3 3 a 3 là bán kính mặt cầu đi qua năm điểm A , B , C , B1 , C1 . 3 CÂU 45 : Chọn C Gọi I là trung điểm của MN . Suy ra I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DMN . d là đường thẳng qua I và vuông góc với mặt đáy. E là hình chiếu của I lên AB. O là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện S.DMN . K là hình chiếu của O lên SH . S d O K x M A E D I N H B C Đặt OI  x . 5a 2 1 a 5 2 2 Ta có DI  MN   x2 . . Suy ra OD  ID  OI  2 4 16 a 3 AM  HN 3a SK  SH  x   x; KO  HI ; EI   . 2 2 2 2 2 9a a a 37 HI  EI 2  HE 2    . 4 16 4 49a 2  a 3x  x 2 . 16 Vì O là tâm mặt cầu ngoại tiếp nên: 49a 2 11a a 102 SO  DO   a 3x  x 2  x 2  5a  x   R  OD  . 16 6 4 3 Suy ra SO  SK 2  KO2  CÂU 46: Chọn C S I C M A H B GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 211 CHƯƠNG 2: MẶT TRỤ – MẶT NÓN – MẶT CẦU Gọi H là hình chiếu của S trên mặt phẳng  ABC  thì SH là đường cao của hình chóp. 11 2 3 2 AB.SH  a 3  SH  2a . a nên ta có 32 3 3 Dễ thấy năm điểm A , B , H , C , S cùng thuộc mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC . Mặt khác A , B , H , C cùng thuộc một mặt phẳng nên tứ giác ABHC nội tiếp đường tròn. a 21 BC a 5  SM  HM 2  SH 2  Mà BAC  900  BHC  900  HM  .  2 2 2 Áp dụng công thức đường trung tuyến ta có: SB 2  SC 2 SB 2  SC 2 BC 2 BC 2 13a 2  SM 2    SM 2   .(1) 2 2 2 4 4 4a 2  SC 2 CA2  SC 2 SA2 2 2 2 R  CI  R    R 2 . (2) 2 2 4 2 2 2 2 BA  SB SA a  SB 2 R 2  BI 2    R2   R 2 . (3) 2 4 2 a 2  SB 2 4a 2  SC 2 5a 2 SB 2  SC 2 5a 2 13a 2  9a 2 .      Từ(1), (2), (3) ta có 4 R 2  2 2 2 2 2 2 3a R . 2 Mặt khác thể tích khối chóp S.ABC bằng CÂU 47: Chọn B C B I r A K D C B D A Do lăng trụ nội tiếp mặt cầu nên gọi IA.IC  IB.ID  r  IK (theo phương 2 2 2 2 2 2 r  IK  h  r  h  IK . Gọi là mặt cầu  O, R  2 R 2  OA2  OK 2  r 2  2  K; r  là đường tròn ngoại tiếp ABCD . Khi đó tích của ngoại đường tiếp lăng tròn). trụ Suy ra ta có h2 5 2 5 h 5 h 5 . Vậy Rmin  khi I là tâm đường  h  IK 2  h2  R  4 4 4 2 2 tròn ngoại tiếp ABCD . CÂU 48: Chọn A . GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 212 CHƯƠNG 2: MẶT TRỤ – MẶT NÓN – MẶT CẦU Gọi M , N lần lượt là trung điểm của AB và AC . Tam giác ABB vuông tại B  nên M chính là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABB , suy ra trục tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABB chính là đường trung trực  của AB (xét trong mp  ABC  ). Tam giác ACC vuông tại C nên N chính là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ACC , suy ra trục tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ACC chính là đường trung trực 1 của AC (xét trong mp  ABC  ). Gọi I    1 thì I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và I cách đếu các điểm A, B, C , B, C nên I là tâm mặt cầu ngoại tiếp ABCBC . Gọi R là bán kính mặt cầu ngoại tiếp ABCBC thì R chính là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC . c.b.BC b 2  c 2  2bc.cos  AB. AC.BC   Ta có R  . 1 2sin  4.SABC 4. bc.sin  2 CÂU 49: Chọn B B M A O * Ở miếng da hình ngũ giác, xét tam giác OAB có AOB  72o , AB  4,5 cm , trung tuyến AM , AB BM BM  OM    cm  . o 2 tan 36o tan 36 OM 1 1 AB 81 S ABO  OM . AB  . . AB   cm2  . o 2 2 2 tan 36 16 tan 36o 405 cm 2  . Diện tích miếng da hình ngũ giác là 5S ABO  o  16 tan 36 * Ở miếng da hình lục giác cạnh 4,5cm có diện tích cả miếng da là BOM  36o . Do đó tan 36o   4,5 6. 2 243 3 cm2  .  4 8 Vậy giá thành của miếng da dùng làm quả bóng là 3   243 3 405   12.  20.  .150  220545 (đồng). 8 16 tan 36o   GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 213 CHƯƠNG 3: HÌNH HỌC OXYZ CHỦ ĐỀ 1: HỆ TRỤC TỌA ĐỘ VÍ DỤ 1:Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hình hộp ABCD. ABC D có A  0;0;0  , B  3;0;0  , D  0;3;0  và D  0;3; 3 . Tọa độ trọng tâm của tam giác ABC là. A. 1;1; 2  . B. 1; 2; 1 . C.  2;1; 2  D.  2;1; 1 . . Lời giải Chọn C. Gọi A  a1 ; a2 ; a3  , B  b1 ; b2 ; b3  , C  c1 ; c2 ; c3  . Do tính chất hình hộp ta có: a1  0  AA  DD  a2  0  A  0;0;  3 . a  3  3 b1  3  0 b1  3   BB  DD  b2  0  b2  0  B  3;0;  3 . b  3 b  3  3  3 c1  3 c1  3   DC  AB  c2  3  0  c2  3  C  3;3;0  . c  0 c  0  3  3 . Tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC là: G  2;1;  2  . VÍ DỤ 2: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho tam giác ABC có A 0;1; 2 , B 1;1;1 , C 3;0;0 . Tọa độ tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là A. I 0; 4;1 . B. I 4;0;5 . C. I 3; 1;4 . D. I 2; 2;3 . Lời giải Chọn D. Ta có AB  1;0; 1 ; AC   3; 1; 2   n   AB, AC    1; 1; 1 là một vtpt của  ABC  . . Phương trình  ABC  . là : x  y  z  3  0. Gọi là I  a; b; c  tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC . GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 214 CHƯƠNG 3: HÌNH HỌC OXYZ a 2   b  12   c  2 2   a  12   b  12   c  12   2 2 2   IA  IB  IC Ta có :  .  a 2   b  1   c  2    a  3  b 2  c 2   I   ABC  a  b  c  3  0  a  c  1 a  2    6a  2b  4c  4  b  2 . a  b  c  3 c  3   VÍ DỤ 3:Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho ba điểm A  0; 2; 1 , B  2; 4;3 , C 1;3; 1 và mặt phẳng  P  : x  y  2 z  3  0 . Tìm điểm M   P  sao cho MA  MB  2MC đạt giá trị nhỏ nhất.  1 1  B. M   ;  ;1 .  2 2  1 1  A. M  ; ; 1 . 2 2  D. M  2; 2; 4  . C. M  2; 2; 4  . Lời giải Chọn A M A B I Gọi I , O lần lượt là trung điểm của AB và IC , khi đó với điểm M bất kỳ ta luôn có MA  MB  MI  IA  MI  IB  2MI ; tương tự MI  MC  2MO .     Suy ra d  MA  MB  2MC  2MI  2MC  4 MO nên d nhỏ nhất khi và chỉ khi MO nhỏ nhất  MO   P  nên M là hình chiếu vuông góc của O lên  P  . Có A  0; 2; 1 , B  2; 4;3  I  1; 3;1 , kết hợp với C 1;3; 1 ta có O  0;0;0  . x  t  Đường thẳng qua O  0;0;0  vuông góc với  P  có phương trình d :  y  t .  z  2t  Giao điểm của d và  P  chính là hình chiếu vuông góc M của O  0;0;0  lên mặt phẳng  P  . x  t y  t 1 1 1  1 1  Giải hệ  ta được t  , x  , y  , z  1 . Vậy M  ; ; 1 . 2 2 2 2 2   z  2t  x  y  2 z  3  0 VÍ DỤ 4: Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho ba điểm A  2;3;1 , B  2;1;0  , C  3;  1;1 . Tìm tất cả các điểm D sao cho ABCD là hình thang có đáy AD và S ABCD  3SABC A. D 8;7;  1 .  D  8;  7;1 B.  .  D 12;1;  3  D  8;7;  1 C.  .  D  12;  1;3 D. D  12;  1;3 . Lời giải Chọn D GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 215 CHƯƠNG 3: HÌNH HỌC OXYZ 2S 1 1  AD  BC  .d  A, BC   S ABCD   AD  BC  . ABC . 2 2 BC  AD  BC  .SABC   3BC  AD  BC  AD  2BC . BC Ta có: S ABCD   3SABC Mà ABCD là hình thang có đáy AD nên AD  2BC 1 .  xD  2  10  xD  12   BC   5;  2;1 , AD   xD  2; yD  3; z D  1 . 1   yD  3  4   yD  1 . z 1  2 z  3  D  D VÍ DỤ 5: Trong không gian Oxyz , cho điểm A 1; 6;1 và mặt phẳng  P  : x  y  7  0 . Điểm B thay đổi thuộc Oz ; điểm C thay đổi thuộc mặt phẳng  P  . Biết rằng tam giác ABC có chu vi nhỏ nhất. Tọa độ điểm B là. A. B  0;0;1 . B. B  0;0;  2  . Chọn A C. B  0;0;  1 . D. B  0;0; 2  . Lời giải Trước hết ta nhận thấy Oz //  P  và  xO  yO  7  xA  y A  7   0 nên A và Oz nằm về một phía của mặt phẳng  P  . Gọi A là điểm đối xứng của A qua  P  . Gọi p là chu vi tam giác ABC . Ta có p  AB  BC  CA  AB  BC  AC  AB  AB . Do Oz //  P  nên AA  Oz . Gọi K là hình chiếu vuông góc của A lên Oz , ta có Oz  AK .  AB  AK  pmin khi K  B . Lúc đó    A B  A K  Vậy B  0;0;1 . BÀI TẬP VẬN DỤNG CÂU 1: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho tam giác ABC có A 0;1; 2 , B 1;1;1 , C 3;0;0 . Tọa độ tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là A. I 0; 4;1 . B. I 4;0;5 . C. I 3; 1;4 . D. I 2; 2;3 CÂU 2: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ABC biết A  2;0;0  , B  0; 2;0  , C 1;1;3 . H  x0 ; y0 ; z0  là chân đường cao hạ từ đỉnh A xuống BC . Khi đó x0  y0  z0 bằng: 38 34 30 11 A. . B. . C. . D. . 9 11 11 34 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 216 CHƯƠNG 3: HÌNH HỌC OXYZ CÂU 3: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A  0; 2; 2  , B  2; 2; 4  . Giả sử I  a; b; c  là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OAB . Tính T  a 2  b 2  c 2 . A. T  8 B. T  2 C. T  6 D. T  14 CÂU 4: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho bốn điểm A  7;2;3 , B 1;4;3 , C 1;2;6  , D 1;2;3 và điểm M tùy ý. Tính độ dài đoạn OM khi biểu thức P  MA  MB  MC  3MD đạt giá trị nhỏ nhất. A. OM  3 21 . 4 B. OM  26 . C. OM  14 . D. OM  5 17 . 4 CÂU 5: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm A  3;1;0  , B  0; 1;0  , C  0;0; 6  . Nếu tam giác ABC thỏa mãn hệ thức AA  BB  CC  0 thì tọa độ trọng tâm của tam giác đó là A. 1;0; 2  . B.  2; 3;0  . C.  3; 2;0  . D.  3; 2;1 . CÂU 6: Cho ba điểm A  3;1;0  , B  0; 1;0  , C  0;0; 6  . Nếu tam giác ABC thỏa mãn hệ thức AA  BB  C C  0 thì có tọa độ trọng tâm là: A. 1;0; 2  . B.  2; 3;0  . C.  3; 2;0  . D.  3; 2;1 . CÂU 7: Cho hình chóp S.ABCD biết A  2; 2;6  , B  3;1;8 , C  1;0;7  , D 1; 2;3 . Gọi H là trung điểm của CD, SH   ABCD  . Để khối chóp S.ABCD có thể tích bằng 27 (đvtt) thì có hai điểm S1 , S2 thỏa mãn 2 yêu cầu bài toán. Tìm tọa độ trung điểm I của S1S2 A. I  0; 1; 3 . B. I 1;0;3 D. I  1;0; 3 . C. I  0;1;3 .  8 4 8 CÂU 8: Trong không gian tọa độ Oxyz cho hai điểm A  2; 2;1 , B   ; ;  . Biết I  a; b; c  là tâm đường  3 3 3 tròn nội tiếp của tam giác OAB . Tính S  a  b  c. A. S  1 . B. S  0 . C. S  1 . D. S  2 . CÂU 9: Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu  S  :  x  1   y  2    z  1  6 tiếp xúc với hai mặt 2 2 2 phẳng  P  : x  y  2 z  5  0 ,  Q  : 2 x  y  z  5  0 lần lượt tại các điểm A , B . Độ dài đoạn AB là A. 3 2 . B. 3. C. 2 6 . D. 2 3 . CÂU 10: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm M  2; 1; 6  và hai đường thẳng x 1 y 1 z 1 x  2 y 1 z  2     , d2 : . Đường thẳng đi qua điểm M và cắt cả hai đường thẳng 2 3 1 1 2 1 d1 , d 2 tại hai điểm A , B . Độ dài đoạn thẳng AB bằng d1 : A. B. 2 10 . 38 . C. 8 . D. 12 . CÂU 11:Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng d :  S  :  x  1   y  2    z  1 2 2 2 x2 y z và mặt cầu   2 1 4  2 . Hai mặt phẳng  P  và  Q  chứa d và tiếp xúc với  S  . Gọi M , N là tiếp điểm. Tính độ dài đoạn thẳng MN . A. 2 2. B. 4 . 3 C. 6. GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. D. 4. Trang 217 CHƯƠNG 3: HÌNH HỌC OXYZ CÂU 12: Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho A  2;0;0  , B  0;3;1 , C  3; 6; 4  . Gọi M là điểm nằm trên cạnh BC sao cho MC  2MB . Độ dài đoạn AM là. A. 29 . B. 2 7 . C. 3 3 . D. 30 . CÂU 13: Trong không gian Oxyz cho đường thẳng d: x 1 y 1 z  m   1 1 2 và mặt c  S  :  x  1   y  1   z  2   9 .Tìm m để đường thẳng d cắt mặt cầu  S  tại hai điểm phân biệt E , F sao cho độ dài đoạn EF lớn nhất 1 1 A. m  1. B. m  0 . C. m   . D. m  . 3 3 2 2 2 x  1  t  x  2t    CÂU 14: Trong không gian Oxyz , cho hai đường thẳng d :  y  2  t , d  :  y  1  t  . Đường thẳng  cắt z  t z  2  t   d , d  lần lượt tại các điểm A , B thỏa mãn độ dài đoạn thẳng AB nhỏ nhất. Phương trình đường thẳng  là x4 y z2 x 1 y  2 z     . A. B. . 2 1 3 2 1 3 x  2 y 1 z 1 x y  3 z 1    C.  . D. . 2 2 1 1 3 3 CÂU 15: Trong không gian Oxyz , cho ba điểm A  0;0; 1 , B  1;1;0  , C 1;0;1 . Tìm điểm M sao cho 3MA2  2 MB 2  MC 2 đạt giá trị nhỏ nhất.  3 1  3 1  A. M  ; ; 1 . B. M   ; ; 2  .  4 2  4 2   3 3  C. M   ; ; 1 .  4 2   3 1  D. M   ; ; 1 .  4 2  CÂU 16: Trong không gian Oxyz , cho ba điểm A  0;0; 1 , B  1;1;0  , C 1;0;1 . Tìm điểm M sao cho 3MA2  2 MB 2  MC 2 đạt giá trị nhỏ nhất.  3 1  3 1  A. M  ; ; 1 . B. M   ; ; 2  .  4 2  4 2   3 3  C. M   ; ; 1 .  4 2   3 1  D. M   ; ; 1 .  4 2  CÂU 17. Trong không gian Oxyz , cho bốn điểm A 1; 2;0  , B 1;0; 1 và C  0; 1; 2  , D  0; m; k  . Hệ thức giữa m và k để bốn điểm ABCD đồng phẳng là : A. m  k  1. B. m  2k  3 . C. 2m  3k  0 . D. 2m  k  0 . CÂU 18: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A  2;3;1 và B  5;6;2 . Đường thẳng AB cắt mặt phẳng  Oxz  tại điểm M . Tính tỉ số A. AM 1  . BM 2 B. AM  2. BM AM BM C. AM 1  . BM 3 D. AM  3. BM CÂU 19 : Trong không gian Oxyz, cho a, b có độ dài lần lượt là 1 và 2. Biết a  b  3 khi đó góc giữa 2 vectơ a, b là A. 0 . B.   . 3 C. 4 . 3 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. D.  . 3 Trang 218 CHƯƠNG 3: HÌNH HỌC OXYZ CÂU 20: Trong không gian Oxyz , cho hai véc tơ a hai véc tơ u A. 2a 3mb và v 26 2 6 . ma B. A. 2a 3mb và v 26 2 6 . ma B. 0; 2; 2 . Tất cả giá trị của m để b vuông góc với nhau là 26 2 6 . CÂU 21: Trong không gian Oxyz , cho hai véc tơ a hai véc tơ u 2;1; 2 , b C. 11 2 26 . 18 2;1; 2 , b 0; 26 6 D. 2 . 2; 2 . Tất cả giá trị của m để b vuông góc với nhau là 26 2 6 . C. 11 2 26 . 18 26 6 D. 2 . CÂU 22: Trong mặt phẳng tọa độ Oxyz , cho bốn điểm A  0; 1;2  , B  2; 3;0  , C  2;1;1 , D  0; 1;3 . Gọi  L  là tập hợp tất cả các điểm M trong không gian thỏa mãn đẳng thức MA.MB  MC.MD  1 . Biết rằng  L  là một đường tròn, đường tròn đó có bán kính r bằng bao nhiêu? A. r  11 . 2 B. r  7 . 2 C. r  3 . 2 D. r  5 . 2 CÂU 23: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho S 1; 2;3 và các điểm A , B , C thuộc các trục Ox , Oy , Oz sao cho hình chóp S. ABC có các cạnh SA , SB , SC đôi một vuông góc với nhau. Tính thể tích khối chóp S.ABC . 343 A. . 6 B. 343 . 18 C. 343 . 12 D. 343 . 36 CÂU 24: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hình bình hành ABCD . Biết A  2;1;  3 , B  0;  2;5 và C 1;1;3 . Diện tích hình bình hành ABCD là A. 2 87 . B. 349 . 2 C. 349 . D. 87 . CÂU 25: Trong không gian Oxyz , cho hình hộp chữ nhật ABCD. ABC D có A trùng với gốc tọa độ O . Biết rằng B  m;0;0  , D  0; m;0  , A  0;0; n  với m , n là các số dương và m  n  4 . Gọi M là trung điểm của cạnh CC . Thể tích lớn nhất của khối tứ diện BDAM bằng 75 245 64 9 A. . B. . C. . D. . 32 108 27 4 CÂU 26: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho ba điểm A  0;1;1 ; B 1;1;0  ; C 1;0;1 và mặt phẳng  P  : x  y  z  1  0 . Điểm M A. 1 . 6 thuộc  P  sao cho MA  MB  MC . Thể tích khối chóp M .ABC là B. 1 . 2 C. 1 . 9 D. 1 . 3 CÂU 27: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai vectơ m   4;3;1 , n   0;0;1 . Gọi p là vectơ cùng hướng với  m, n  (tích có hướng của hai vectơ m và n ). Biết p  15 , tìm tọa độ vectơ p . A. p   9; 12;0  . B. p   45; 60;0  . C. p   0;9; 12  . D. p   0; 45; 60  . p   9; 12;0  . GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 219 CHƯƠNG 3: HÌNH HỌC OXYZ CÂU 28: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho A  3;0;0  , B  0;0;3 , C  0; 3;0  và mặt phẳng  P  : x  y  z  3  0 . Tìm trên  P  điểm M sao cho A. M  3;3; 3 . MA  MB  MC nhỏ nhất. B. M  3; 3;3 . C. M  3; 3;3 . D. M  3;3;3 . CÂU 29: Trong không gian Oxyz , cho A  4;0;0  , B  x0 ; y0 ; z0  , x0 , y0  0 thỏa mãn AB  2 10 và AOB  45 . Tìm tọa độ điểm C trên tia Oz sao cho thể tích tứ diện OABC bằng 8 . A. C  0; 0; 2  . B. C  2;0;0  . C. C  0; 0; 2  , C  0;0;2  . D. C  0;0;2  . CÂU 30 : Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm A(2;1; 1) , B (3; 0;1) , C (2; 1;3) .Điểm D thuộc Oy và thể tích khối tứ diện ABCD bằng 5 . Tọa độ điểm D là: A. D (0; 7; 0) . B. D (0;8; 0) . C. D (0; 7; 0) hoặc D(0;8;0) . D. D(0; 7; 0) hoặc D (0; 8; 0) . CÂU 31:Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho tam giác ABC với A 1; 1;0  , B  3;3; 2  , C  5;1; 2  . Tìm tọa độ của tất cả các điểm S sao cho S.ABC là hình chóp tam giác đều có thể tích bằng 6 . A. S  4;0; 1 hoặc S  2; 2;1 . B. S  2; 2; 1 hoặc S  4;0;1 . C. S  2; 2; 1 . D. S  4;0; 1 . CÂU 32: Trong không gian Oxyz , cho điểm A  2;0; 2  , B  3; 1; 4  , C  2; 2;0  . Điểm D trong mặt phẳng  Oyz  có cao độ âm sao cho thể tích của khối tứ diện ABCD bằng 2 và khoảng cách từ D đến mặt phẳng  Oxy  bằng 1 có thể là: A. D  0; 3; 1 . B. D  0; 2; 1 . C. D  0;3; 1 . D. D  0;1; 1 . GIẢI CHI TIẾT CÂU 1: Chọn D. Ta có AB  1;0; 1 ; AC   3; 1; 2   n   AB, AC    1; 1; 1 là một vtpt của  ABC  . . Phương trình  ABC  . là : x  y  z  3  0. Gọi là I  a; b; c  tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC . a 2   b  12   c  2 2   a  12   b  12   c  12   2 2 2   IA  IB  IC  a 2   b  1   c  2    a  3  b 2  c 2 Ta có :  . I  ABC     a  b  c  3  0  a  2 a  c  1    6a  2b  4c  4  b  2 . a  b  c  3 c  3   CÂU 2: Chọn B Đường thẳng BC có véc tơ chỉ phương là BC  1; 1;3 x  t  Nên phương trình đường thẳng BC :  y  2  t  z  3t  t   . GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 220 CHƯƠNG 3: HÌNH HỌC OXYZ Gọi H  t; 2  t ;3t   BC . Khi đó: AH   t  2; 2  t ;3t  . Mà H là chân đường cao hạ từ đỉnh A xuống BC nên AH  BC  AH .BC  0  t  2  2  t  9t  0  t  4 . 11 34  4 18 12  .  H  ; ;   x0  y0  z0  11  11 11 11  CÂU 3: Chọn A Ta có OA   0; 2; 2  , OB   2; 2; 4  .  OAB  có phương trình: x  y  z  0 I   OAB   a  b  c  0 . AI   a; b  2; c  2  , BI   a  2; b  2; c  4  , OI   a; b; c  . 2 2 2 2   AI  BI a  c  4 a   c  2    a  2    c  4  Ta có hệ     2 2 2 2  AI  OI b  c  2 b  2  c  2  b  c       a  c  4 a  2 a  c  4   Ta có hệ b  c  2    b  0 . b  c  2 c  2 a  b  c  0   Vậy I  2;0; 2   T  a 2  b 2  c 2  8 CÂU 4: Chọn C Ta có DA   6;0;0  , DB   0;2;0  , DC   0;0;3 nên tứ diện $ABCD$ là tứ diện vuông đỉnh D . Giả sử M  x  1; y  2; z  3 . Ta có MA   x  6 2  y 2  z 2  x  6  6  x , MB  x 2   y  2   z 2  y  2  2  y . 2 MC  x 2  y 2   z  3  z  3  3  z , 2   3MD  3 x 2  y 2  z 2  x  y  z 2  x yz. Do đó P   6  x    2  y    3  z    x  y  z   11 . x  y  z  0 6  x  0   x  y  z  0. Vậy P đạt giá trị nhỏ nhất bằng $11$, khi và chỉ khi 2  y  0 3  z  0   x  y  z  0 Khi đó M 1;2;3 suy ra OM  12  22  32  14 . CÂU 5: Chọn A Ta có: AA  BB  CC   0 1        GA  GB  GC    AG  BG  CG   3GG  0   AG  GG  GA  BG  GG  GB  CG  GG  GC  0 .  2 Nếu G , G  theo thứ tự lần lượt là trọng tâm tam giác ABC , ABC  nghĩa là  GA  GB  GC  AG  BG  CG thì  2   GG  0  G  G . Tóm lại 1 là hệ thức cần và đủ để hai tam giác ABC , ABC  có cùng trọng tâm. GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 221 CHƯƠNG 3: HÌNH HỌC OXYZ Ta có tọa độ của G là: G  1;0; 2  . CÂU 6: Chọn A * Cách diễn đạt thứ nhất: Gọi G, G’ theo thứ tự lần lượt là trọng tâm tam giác ABC, A’B’C’. Với mọi điểm T trong không gian có: 1 : A ‘ A  B ‘ B  C ‘ C  0  TA  TA ‘  TB  TB ‘  TC  TC ‘  0  TA  TB  TC  TA ‘  TB ‘  TC ‘  2 Hệ thức (2) chứng tỏ. Nếu T  G tức là TA  TB  TC  0 thì ta cũng có TA ‘  TB ‘  TC ‘  0 hay T  G ‘ hay (1) là hệ thức cần và đủ để hai tam giác ABC, A’B’C’ có cùng trọng tâm.  3  0  0 1 1  0 0  0  6  ; ;   1;0; 2  3 3 3   Ta có tọa độ của G là: G   Đó cũng là tọa độ trọng tâm G’ của A ‘ B ‘ C ‘ * Cách diễn đạt thứ hai: Ta có: AA ‘  BB ‘  CC ‘  0 (1)        A ‘ G ‘  G ‘ G  GA  B ‘ G ‘  G ‘ G  GB  C ‘ G ‘  G ‘ G  GC  0      GA  GB  GC  A ‘ G ‘  B ‘ G ‘  C ‘ G ‘  3G ‘ G  0 (2) Nếu G, G’ theo thứ tự lần lượt là trọng tâm tam giác ABC, A’B’C’ nghĩa là GA  GB  GC  A ‘ G ‘  B ‘ G ‘  C ‘ G ‘ thì  2   G ‘ G  0  G ‘  G Tóm lại (1) là hệ thức cần và đủ để hai tam giác ABC, A’B’C’ có cùng trọng tâm.  3  0  0 1 1  0 0  0  6  ; ;   1;0; 2  . Đó cũng là tọa độ trọng 3 3 3   Ta có tọa độ của G là: G   tâm G’ của A ‘ B ‘ C ‘ CÂU 7: Chọn C Ta có AB   1; 1; 2  , AC  1; 2;1  S ABC  1 3 3  AB, AC     2 2 DC   2; 2; 4  , AB   1; 1; 2   DC  2. AB  ABCD là hình thang và S ABCD  3S ABC  9 3 2 1 Vì VS . ABCD  SH .S ABCD  SH  3 3 3 Lại có H là trung điểm của CD  H  0;1;5 Gọi S  a; b; c   SH   a;1  b;5  c   SH  k  AB, AC   k  3;3;3   3k ;3k ;3k  Suy ra 3 3  9k 2  9k 2  9k 2  k  1 +) Với k  1  SH   3;3;3  S  3; 2; 2  GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 222 CHƯƠNG 3: HÌNH HỌC OXYZ +) Với k  1  SH   3; 3; 3  S  3; 4;8  Suy ra I  0;1;3 CÂU 8: Chọn D O I A D B 16 8 8  8 4 8 Ta có: OA   2; 2;1 , OB    ; ;   OA.OB      0  OA  OB . 3 3 3  3 3 3 Lại có: OA  3 , OB  4  AB  5 . Gọi D là chân đường phân giác trong góc AOB  D thuộc đoạn AB . Theo tính chất của phân giác trong ta có: DA OA 3 3  12 12     DA   DB  D   0; ;  . DB OB 4 4  7 7 OA  OB  AB 1 6 Tam giác OAB có diện tích S  .OA.OB  6 , nửa chu vi p  2 2 S OA.OB 12  .  r   1 là bàn kính đường tròn nội tiếp; chiều cao OH  AB 5 p Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác OAB  I thuộc đoạn OD . a  0 DI r 5 5     DI  DO  I   0;1;1 hay b  1 . Ta có: DO OH 12 12 c  1  Vậy S  a  b  c  2 . CÂU 9: Chọn C Gọi A  x; y; z  là tiếp điểm của mặt phẳng  P  : x  y  2 z  5  0 và mặt cầu  S  .  x 1 y  2 z 1  IA  knP     1 Khi đó  1 2  A  0;1; 3 .  A   P   x  y  2 z  5  0 Gọi B  x ; y ; z   là tiếp điểm của mặt phẳng  Q  : 2 x  y  z  5  0 và mặt cầu  S  .  x  1 y   2 z   1  IB  knQ     2 Khi đó  1 1  B  3;1;0  .  B   Q  2 x  y  z  5  0 Độ dài đoạn AB  3 2 . CÂU 10: Chọn A x 1 y 1 z 1   nên A 1  2t;1  t; 1  t  . 2 1 1 x  2 y 1 z  2   Vì B thuộc d 2 : nên B  2  3t ; 1  t ; 2  2t   . 3 1 2 Vì A thuộc d1 : Suy ra MA   2t  1; 2  t ;5  t  , MB   4  3t ; t ;8  2t   . GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 223 CHƯƠNG 3: HÌNH HỌC OXYZ Ta có, A , B , M thẳng hàng khi và chỉ khi  2t  1   4  3t   2t  MA; MB   0      t 5t   8  2t  2t 0 t 5t 0 8  2t  2t  1 0  4  3t  (1) 5tt   4t  7t   8  0   3tt   8t  t   16  0 (2) tt   20t  17t   14  0 (3)  Từ (1) và (2): t 2  3t  2  0 5tt   4t  7t   8  0 t  1, t   2  .   t   2t  4 t  2, t   0 t   2t  4 Thay vào (3) ta được t  1 , t   2 thỏa mãn. Với t  1 , t   2 ta được A  3;0;0  , B  4;1;6  suy ra AB  38 . CÂU 11:Chọn B Mặt cầu  S  có tâm I 1;2;1 , R  2 Đường thẳng d nhận u   2; 1;4  làm vectơ chỉ phương Gọi H là hình chiếu của I lên đường thẳng d. H  d  H  2t  2; t;4t  Lại có: IH .u  0   2t  1; t  2;4t  1 .  2; 1;4   0  2  2t  1  t  2  4  4t  1  0  t  0 Suy ra tọa độ điểm H  2;0;0  . Vậy IH  1  4  1  6 Suy ra: HM  6  2  2 Gọi K là hình chiếu vuông góc của M lên đường thẳng HI . 1 1 1 1 1 3      . 2 2 2 MK MH MI 4 2 4 2 4 Suy ra: MK  .  MN  3 3 Suy ra: CÂU 12: Chọn A GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 224 CHƯƠNG 3: HÌNH HỌC OXYZ Ta có: BC   3;3;3  3  1;1;1  u BC   1;1;1 .  x  t0  Phương trình đường thẳng BC :  y  3  t0 . z  1 t 0  Vì M  BC  M  t0 ;3  t0 ;1  t0  , MC   3  t0 ;3  t0 ;3  t0  và MB   t0 ; t0 ; t0  . Từ MC  2MB   3  t0  2   3  t0    3  t0   2 3t02 . 2 2 3  t0  2t0 t0  1 2 2 2  3  3  t0   4.3t02   3  t0    2t0     . 3  t0  2t0 t0  3 t0  1  M  1;4;2   AM   3;4;2   AM  AM  29. . t0  3  M  6;6;6  BM   6;3;5  BM  BM  70  27  BC  M  BC . CÂU 13: Chọn B Mặt cầu  S  có tâm I 1;1; 2  và bán kính R  3 . Gọi H là hình chiếu vuông góc của I trên d , khi đó H là trung điểm đoạn EF .  Ta có EF  2 EH  2 R 2  d  I ,  P    2 . Suy ra EF lớn nhất khi d  I ,  P   nhỏ nhất Đường thẳng d qua A 1; 1; m  và có véc tơ chỉ phương u  1;1; 2  . Ta có AI   0; 2; 2  m  ,  AI , u    2  m;2  m; 2  .  AI , u  2m 2  12     2. Suy ra d  I ,  P    11 4 u  Do đó d  I ,  P   nhỏ nhất khi m  0 . Khi đó EF  2 EH  2 R 2  d  I ,  P    2 2 7. CÂU 14:Chọn D   d  A 1  t;2  t; t  ,   d  B  2t ;1  t ;2  t   .  1  2t   3t  2 2t   t  1  t   t  1  t   t  2  0 t   AB.u  0    2.  6t   2t  1 4t   2t  2  t   t  1  t   t  2  0  t  1  AB.u   0 1 3  Suy ra A  2;1;1 , AB   1; ;  2 2  AB ngắn nhất suy ra AB là đoạn vuông góc chung của d , d  . Vậy  đi qua A  2;1;1 có vectơ chỉ phương u  2 AB   2;1;3   : x  2 y 1 z 1   . 2 1 3 CÂU 15: Chọn D  AM 2  x 2  y 2   z  12  AM   x; y; z  1   2 2  Giả sử M  x; y; z    BM   x  1; y  1; z    BM 2   x  1   y  1  z 2   2 2 2 2 CM   x  1; y; z  1 CM   x  1  y   z  1 2 2 2  3MA2  2 MB 2  MC 2  3  x 2  y 2   z  1   2  x  1   y  1  z 2      2 2   x  1  y 2   z  1    GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 225 CHƯƠNG 3: HÌNH HỌC OXYZ 2 3 5 5 2 2   4 x  4 y  4 z  6 x  4 y  8 z  6   2 x     2 y  1   2 z  2     . 2 4 4  1 3  3 1  Dấu ”  ” xảy ra  x   , y  , z  1 , khi đó M   ; ; 1 . 2 4  4 2  CÂU 16: Chọn D  AM 2  x 2  y 2   z  12  AM   x; y; z  1   2 2  Giả sử M  x; y; z    BM   x  1; y  1; z    BM 2   x  1   y  1  z 2   2 2 2 2 CM   x  1; y; z  1 CM   x  1  y   z  1 2 2 2  3MA2  2 MB 2  MC 2  3  x 2  y 2   z  1   2  x  1   y  1  z 2      2 2 2   x  1  y   z  1    2 2 2 2 3 5 5 2 2   4 x  4 y  4 z  6 x  4 y  8 z  6   2 x     2 y  1   2 z  2     . 2 4 4  1 3  3 1  Dấu ”  ” xảy ra  x   , y  , z  1 , khi đó M   ; ; 1 . 2 4  4 2  2 2 2 CÂU 17. Chọn B AB  (0;2; 1) AC  (1;1;2) AD  (1;m 2;k)  AB, AC   (5;1;2)   AB, AC  . AD  m  2k  3     Vậy bốn điểm ABCD đồng phẳng   AB, AC  . AD  0  m  2k  3 Chú ý: Có thể lập phương trình ( ABC ) sau đó thay D để có kết quả. CÂU 18: Chọn A Ta có: M   Oxz   M  x;0; z  ; AB   7;3;1  AB  59 ; AM   x  2;  3; z  1  x  2  7k  x  9    1  k  M  9;0;0  Ta có: A, B, M thẳng hàng  AM  k. AB  k    3  3k z 1  k z  0   và BM   14;  6;  2   BM  118  2 AB CÂU 19 : Chọn A. 2 2 2 2 2 2 Ta có: a  b  3  a  2a.b  b  9  2a.b  9  a  b  9  1  2  a.b  2 .    cos a, b  a.b  a.b   2  1  a, b  0 . 1.2 CÂU 20: Chọn D. Ta có: u v ma 2a 3mb b Khi đó: u.v 2m; m 0 4m 2;2 3m 2; 4 2; 2m 2 3m 2 và 2 . 3m 2 m 2 4 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. 3m 2 2m 2 0. Trang 226 CHƯƠNG 3: HÌNH HỌC OXYZ 9m2 2 6m 6 2 0 26 6 m 2 . CÂU 21: Chọn D. Ta có: u v ma 2a b Khi đó: u.v 9m2 2 3mb 2;2 2m; m 3m 2; 4 2; 2m 0 4m 2 6m 6 2 0 3m 2 và 2 . 3m 2 m m 2 26 6 4 2 3m 2 2m 2 0. . CÂU 22: Chọn A Gọi M  x; y; z  là tập hợp các điểm thỏa mãn yêu cầu bài toán. Ta có AM   x; y  1; z  2  , BM   x  2; y  3; z  , CM   x  2; y  1; z  1 , DM   x; y  1; z  3 .   MA.MB  1 Từ giả thiết: MA.MB  MC.MD  1     MC.MD  1 2 2 2   x  y  z  2x  4 y  2z  2  0  x  x  2    y  1 y  3  z  z  2   1  2  2 2   x  x  2    y  1 y  1   z  1 z  3  1  x  y  z  2 x  4 z  1  0 Suy ra quỹ tích điểm M là đường tròn giao tuyến của mặt cầu tâm I1 1; 2;1 , R1  2 và mặt cầu tâm I 2  1;0;2  , R2  2 . M I1 I2 Ta có: I1I 2  5 . 2 5 11 I I  Dễ thấy: r  R   1 2   4   . 4 2  2  2 1 CÂU 23: Chọn D A( a; 0; 0) , B(0; b;0) , C (0;0; c) . SA  (a 1; 2; 3) ; SB  (1; b  2; 3) ; SC  (1; 2; c  3) . Vì SA , SB , SC đôi một vuông góc nên  a  7  SA  SB  SA.SB  0 a  2b  14    7      SB  SC   SB.SC  0  2b  3c  14  b  . 2   a  3c  14  SA  SC SA . SC  0    7    c  3 1 1 7 7 343 Do SA , SB , SC đôi một vuông góc, nên: VSABC  SA.SB.SC  .7. .  . 6 6 2 3 36 CÂU 24: Chọn C GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 227 CHƯƠNG 3: HÌNH HỌC OXYZ Ta có: AB   2;  3;8  và AC   1;0;6    AB , AC    18;4;  3 . Vậy: S ABCD   AB , AC    18 2  42   3  349 . 2 CÂU 25: Chọn C Ta có: A  0;0;0  , B  m;0;0  , D  0; m;0  , A  0;0; n  suy ra C  m; m;0  , B  m;0; n  , n  C   m; m; n  , D  0; m; n  , M  m; m;  . 2  n  BD   m; m;0  , BA    m; 0; n  , BM   0; m;  . 2  VBDAM  1 1 1 1 1  m  m  8  2m    BD, BA .BM  m 2 .n  m 2 .  4  m   m.m.  8  2m     6 4 8 4 8 3  3 64 . 27 CÂU 26: Chọn A Gọi điểm M ( x; y; z ) . Vì điểm M thuộc  P  sao cho MA  MB  MC nên x  y  z 1  0  M  ( P)  2  2 2 2 2 2  MA  MB   x  ( y  1)  ( z  1)  ( x  1)  ( y  1)  z  MA  MC  2 2 2 2 2 2   x  ( y  1)  ( z  1)  ( x  1)  y  ( z  1) x  y  z 1  0 x  1    x  z  0   y  1  M (1;1;1) x  y  0 z  1   Ta có MA  1;0;0  ; MB   0;0;1   MA, MB   (0; 1;0) MC   0;1;0    MA, MB  .MC  1 VM . ABC  1 1  MA, MB  .MC  . .   6 6 CÂU 27: Chọn A Ta có : m; n    3; 4;0  Do p là vectơ cùng hướng với  m; n  nên p  k m; n  , k  0 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 228 CHƯƠNG 3: HÌNH HỌC OXYZ Mặt khác: p  15  k .  m, n   15  k.5  15  k  3 . Vậy p   9; 12;0  . CÂU 28: Chọn D Gọi I  a; b; c  là điểm thỏa mãn IA  IB  IC  0 1 Ta có IA  3  a; b; c  , IB   a; b;3  c  , IC  a;3  b; c  3  a  0 a  3  1  b  3  0  b  3  I  3;3;3 . 3  c  0 c  3   Nhận thấy I  3;3;3   P  MA  MB  MC  MI  IA  IB  IC  MI  MI  0 . MA  MB  MC nhỏ nhất bằng 0 khi M  3;3;3 . CÂU 29: Chọn C  AB   x0  4; y0 ;0   AB     cos OA, OB  OA.OB  OA . OB  x0  4  2 4 x0 4 x y 2 0 2 0  y02  2 10   x0  4   y02  40 * . 2  2 . 2  x0  y0 Từ *  2 x0  2. x02  y02  4 x02  2  x02  y02   x02  y02   . x   y loai   0 0   x0  6 2 Từ x0  y0   x0  4   x02  40   .  x0  2  0 Vì C  Oz nên C  0;0; c  . 1 OA, OB  .OC  8 .  6 OA, OB     y0 ;0;4 y0    6;0;24  . .    z0  2 1 VOABC  24 z0  8  z0  2   .. 6  z0  2 VOABC  Vậy C  0;0; 2  , C  0;0; 2  . . CÂU 30 : Chọn C AB  (1; 1;2); AC  (0; 2;4)   AB; AC   (0; 4; 2) .Gọi D  0; t ;0  .  AD(2; t  1;1);VABCD  t  7  D(0; 7;0) 1  . AD  5  4t  2  30   . AB ; AC  6 t  8  D(0;8;0) CÂU 31:Chọn B Ta có: AB   2; 4; 2  , AC   4; 2; 2  , BC   2; 2; 4  , suy ra AB  AC  BC  2 6 , suy ra tam 2 2  a  2b  c  5  0  SA  SB giác ABC đều. Gọi S  a, b, c  ta có SA  SB  SC   2 . Đặt   2 2 a  b  c  7  0 SA  SC    a u.  S  u; 4  u; u  3 . Ta có  AB, AC    12;12; 12  , AS  u  1;5  u; u  3 . . GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 229 CHƯƠNG 3: HÌNH HỌC OXYZ Ta có VS . ABC  6  u  4 1  AB, AC  . AS  6  u  3  1   ..  6 u  2 Vậy S  4;0;1 hoặc S  2; 2; 1 . . CÂU 32: Chọn C  D  0; b; c  với c  0 . Do D   Oyz   c  1 loai  Theo giả thiết: d  D,  Oxy    1  c  1     D  0; b; 1 . c  1 Ta có AB  1; 1; 2  , AC   4; 2; 2  , AD   2; b;1 . Suy ra  AB, AC    2;6; 2    AB, AC  . AD  6b  6 . Cũng theo giả thiết, ta có: VABCD  b  3 1  AB, AC  . AD  b  1  2   .  6 b  1 Đối chiếu các đáp án chỉ có D thỏa mãn. GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 230 CHƯƠNG 3: HÌNH HỌC OXYZ CHỦ ĐỀ 2: PHƯƠNG TRÌNH MẶT CẦU Ví dụ 1 :Trong không gian Oxyz , gọi  S  là mặt cầu có tâm I thuộc đường thẳng qua điểm M  0;3;9  . Biết điểm I x y z 1   và đi 2 3 4 có hoành độ là số nguyên và cách đều hai mặt phẳng x  2 y  2 z  2  0 , 3x  2  0 . Phương trình của  S  là A.  x  6    y  9    z  13  88 . B.  x  4    y  6    z  9   5 . C.  x  6    y  9    z  13  88 . D. x2  y 2   z  1  73 . 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 Lời giải Chọn C Vì tâm I thuộc đường thẳng x y z 1   nên I   2t;3t;1  4t  . 2 3 4 Ta có hệ:  2t   2  3t   2 1  4t   2 2 12   2   22  3  2t   2 32 t  3  I  6;9;13  2t  2  3t  1   1  2 3 1. t    I  ; ;   5  5 5 5 Vì điểm I có hoành độ là số nguyên, do đó I  6;9;13  IM   6    3  9    9  13 2 2 2  88 . Vậy, phương trình mặt cầu cần lập là:  x  6    y  9    z  13  88 . 2 2 2 x3 y z  2   và điểm 1 1 1 M  2;  1; 0  . Gọi  S  là mặt cầu có tâm I thuộc đường thẳng d và tiếp xúc với mp  Oxy  tại điểm M . Hỏi có bao nhiêu mặt cầu thỏa mãn? A. 2 . B. 1 . C. 0 . D. Vô số. VÍ DỤ 2: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng d : Lời giải Chọn B x  3  t  Ta có d :  y  t nên I  d  I  3  t; t;  2  t  , IM   1  t ; t  1;  2  t   z  2  t  Mặt phẳng  Oxy  có vtpt k   0; 0; 1 . Ta có:  IM ; k    1  t;  t  1; 0   0  t  1  0  t  1 nên I  2;  1;  3 3 2 2 2 R  d  I ,  Oxy     3 . Vậy  x  2    y  1   z  3  9 . 1 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 231 CHƯƠNG 3: HÌNH HỌC OXYZ VÍ DỤ 3 : Trong không gian Oxyz , gọi  S  là mặt cầu có tâm I thuộc đường thẳng qua điểm M  0;3;9  . Biết điểm I x y z 1   và đi 2 3 4 có hoành độ là số nguyên và cách đều hai mặt phẳng x  2 y  2 z  2  0 , 3x  2  0 . Phương trình của  S  là A.  x  6    y  9    z  13  88 . B.  x  4    y  6    z  9   5 . C.  x  6    y  9    z  13  88 . D. x2  y 2   z  1  73 . 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 Lời giải Chọn C Vì tâm I thuộc đường thẳng x y z 1   nên I   2t;3t;1  4t  . 2 3 4 Ta có hệ:  2t   2  3t   2 1  4t   2 2 12   2   22  3  2t   2 32 t  3  I  6;9;13  2t  2  3t  1   1  2 3 1. t    I  ; ;   5  5 5 5 Vì điểm I có hoành độ là số nguyên, do đó I  6;9;13  IM   6    3  9    9  13 2 2 2  88 . Vậy, phương trình mặt cầu cần lập là:  x  6    y  9    z  13  88 . 2 2 2 x 1 y  2 z 1   . Phương 1 1 4 trình mặt cầu  S  có tâm I và cắt  tại hai điểm A , B sao cho diện tích tam giác IAB bằng 12 là VÍ DỤ 4: Trong không gian Oxyz , cho điểm I  3; 4;0  và đường thẳng  : A.  x  3   y  4   z 2  25 B.  x  3   y  4   z 2  5 C.  x  3   y  4   z 2  5 D.  x  3   y  4   z 2  25 2 2 2 2 2 2 2 2 Lời giải Chọn D Đường thẳng  đi qua điểm M 1; 2; 1 và có véc-tơ chỉ phương u  1;1; 4  . Ta có IM   2; 2; 1   IM , u    9; 9;0    IM , u   9 2 . Khoảng cách từ I đến đường thẳng  là  IM , u  9 2   d  I ,     3. 18 u Diện tích tam giác IAB bằng 12 nên AB  2S IAB 2.12   8. d  I ,  3 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 232 CHƯƠNG 3: HÌNH HỌC OXYZ 2 2  AB  2 2 Bán kính mặt cầu  S  là R      d  I ,     4  3  5 .  2  Phương trình mặt cầu  S  cần lập là  x  3   y  4   z 2  25 . 2 2 VÍ DỤ 5: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu  S  :  x  1   y  2    z  2   9 và hai 2 2 2 điểm M  4; 4; 2  , N  6;0;6  . Gọi E là điểm thuộc mặt cầu  S  sao cho EM  EN đạt giá trị lớn nhất. Viết phương trình tiếp diện của mặt cầu  S  tại E . A. x  2 y  2 z  8  0 . B. 2 x  y  2 z  9  0 . C. 2 x  2 y  z  1  0 . D. 2 x  2 y  z  9  0 . Lời giải Chọn D Mặt cầu  S  có tâm I 1; 2; 2  và bán kính R  3 . Gọi K là trung điểm của MN  K  5; 2; 4  và K nằm ngoài mặt cầu  S  . Do đó IK   4; 4; 2  , MN   2; 4; 4  , MN  6 và IK  MN .  MN 2  2 Ta có EM  EN  2  EM 2  EN 2   2  EK 2    2 EK  36 . 2   Bởi vậy EM  EN đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi EM  EN và EK lớn nhất.  x  1  2t  Vì IK  MN nên EM  EN thì E thuộc đường thẳng IK :  y  2  2t . z  2  t  Tọa độ giao điểm E của đường thẳng IK với mặt cầu  S  ứng với t là nghiệm phương trình: 1  2t 1   2  2t  2   2  t  2  9  t  1 . Như vậy E1  3;0;3 hoặc E2  1; 4;1 . Ta có E1 K  3 , E2 K  9 . Suy ra E   1; 4;1  IE   2; 2; 1 , nên phương trình tiếp diện của mặt cầu  S  tại E có phương trình: 2  x  1  2  y  4   1 z  1  0 hay 2 x  2 y  z  9  0 . 2 2 2 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 233 CHƯƠNG 3: HÌNH HỌC OXYZ BÀI TẬP RÈN LUYỆN CÂU 1: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai điểm A 1;0;  3 , B  3;  2;  5 . Biết rằng tập hợp các điểm M trong không gian thỏa mãn đẳng thức AM 2  BM 2  30 là một mặt cầu  S  . Tọa độ tâm I và bán kính R của mặt cầu  S  là A. I  2;  2;  8 ; R  3 . B. I  1;  1;  4  ; R  6 . C. I  1;  1;  4  ; R  3 . D. I  1;  1;  4  ; R  30 . 2 CÂU 2: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho các điểm A  0;0;  2  , B  4;0;0  . Mặt cầu  S  có bán kính nhỏ nhất, đi qua O , A , B có tâm là A. I  0;0;  1 . B. I  2;0;0  . C. I  2;0;  1 . Vậy I  2;0;  1 . 2 4 D. I  ;0;   . 3 3 CÂU 3: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho ba điểm A 1; 2; 4  , B 1; 3;1 , C  2; 2;3 . Tính đường kính l của mặt cầu  S  đi qua ba điểm trên và có tâm nằm trên mặt phẳng  Oxy  . A. l  2 13 . B. l  2 41 . C. l  2 26 . D. l  2 11 . CÂU 4: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho mặt cầu  S  đi qua điểm A  2; 2;5  và tiếp xúc với các mặt phẳng   : x  1 ,    : y  1 ,    : z  1 . Bán kính mặt cầu  S  bằng. A. 3 . B. 33 . C. 3 2 . D. 1 . x 1 y z 1   . 1 2 2 Gọi  P  là mặt phẳng thay đổi luôn chứa đường thẳng  ;  S  là mặt cầu có tâm I và tiếp xúc mặt phẳng CÂU 5: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm I  2; 1; 6  và đường thẳng  :  P sao cho mặt cầu  S  có bán kính lớn nhất. Tính bán kính R của mặt cầu  S  . A. R  5 . B. R  3 2 . C. R  2 5 . D. R  2 3 . CÂU 6: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho tứ diện ABCD có tọa độ đỉnh A  2; 0; 0  , B  0; 4; 0  , C  0; 0; 6  , A  2; 4; 6  . Gọi  S  là mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD . Viết phương trình mặt cầu  S   có tâm trùng với tâm của mặt cầu  S  và có bán kính gấp 2 lần bán kính của mặt cầu  S  . A.  x  1   y  2    z  3  56 . B. x 2  y 2  z 2  2 x  4 y  6 z  0 . C.  x  1   y  2    z  3  14 . D. x 2  y 2  z 2  2 x  4 y  6 z  12  0 . 2 2 2 2 2 2 CÂU 7: Trong không gian Oxyz cho ba điểm A  2;0;0  , B  0; 3;0  và C  0;0;6  . Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp OABC là 7 A. . 2 B. 11 . C. 11 . D. 7 . 3 CÂU 8: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho m , n là hai số thực dương thỏa mãn m  2n  1 . Gọi A , B , C lần lượt là giao điểm của mặt phẳng  P  : mx  ny  mnz  mn  0 với các trục tọa độ Ox , Oy , Oz . Khi mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC có bán kính nhỏ nhất thì 2m  n có giá trị bằng 3 4 2 A. . B. . C. . D. 1 . 5 5 5 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 234 CHƯƠNG 3: HÌNH HỌC OXYZ CÂU 9: Trong không gian Oxyz , cho điểm H 1; 2;  2  . Mặt phẳng   đi qua H và cắt các trục Ox , Oy , Oz tại A , B , C sao cho H là trực tâm tam giác ABC . Viết phương trình mặt cầu tâm O và tiếp xúc với mặt phẳng   . A. x 2  y 2  z 2  81 . D. x 2  y 2  z 2  25 . C. x 2  y 2  z 2  9 . B. x 2  y 2  z 2  1 . x 1  CÂU 10: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba đường thẳng d1 :  y  1, t  ; z  t   x2 x 1 y z 1  d2 :  y  u , u  ;  :   . Viết phương trình mặt cầu tiếp xúc với cả d1 , d 2 1 1 1 z  1 u  và có tâm thuộc đường thẳng  ? 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1  1  1 5  B.  x     y     z    . 2  2  2 2  A.  x  1  y   z  1  1 . 2 2 5  1  5 9  D.  x     y     z    . 4  4  4  16  3  1  3 1  C.  x     y     z    . 2  2  2 2  CÂU 11: Cho điểm A  2;5;1 và mặt phẳng ( P) : 6 x  3 y  2 z  24  0 , H là hình chiếu vuông góc của A trên mặt phẳng  P  . Phương trình mặt cầu ( S ) có diện tích 784 và tiếp xúc với mặt phẳng  P  tại H, sao cho điểm A nằm trong mặt cầu là: A.  x  8   y  8   z  1  196. B.  x  8   y  8   z  1  196. C.  x  16    y  4    z  7   196. D.  x  16    y  4    z  7   196. 2 2 2 2 CÂU 12: Cho mặt phẳng 2 : 2 2 2 2 2  P  : x  2 y  2 z  10  0 2 2 và hai đường thẳng 2 1 : x  2 y z 1   , 1 1 1 x2 y z 3   . Mặt cầu  S  có tâm thuộc 1 , tiếp xúc với  2 và mặt phẳng  P  , có phương trình: 1 1 4 2 2 2 2 2 2 7  5  81  11   A. ( x  1) 2  ( y  1) 2  ( z  2) 2  9 hoặc  x     y     z    . 2  2  2 4  7  5  81  11   B. ( x  1)  ( y  1)  ( z  2)  9 hoặc  x     y     z    . 2  2  2 4  C. ( x  1) 2  ( y  1) 2  ( z  2) 2  9. 2 2 2 D. ( x  1) 2  ( y  1) 2  ( z  2) 2  3. CÂU 13: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng  P  : x  y  2 z  3  0 và điểm I 1;1;0  . Phương trình mặt cầu tâm I và tiếp xúc với  P  là: A.  x  1   y  1  z 2  2 2 C.  x  1   y  1  z 2  2 2 5 . 6 5 6 25 . 6 25 2 2 D.  x  1   y  1  z 2  . 6 B.  x  1   y  1  z 2  2 . GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. 2 Trang 235 CHƯƠNG 3: HÌNH HỌC OXYZ  8 4 8  CÂU 14: Trong không gian Oxyz , cho hai điểm M  2; 2;1 , N  ; ;  . Viết phương trình mặt cầu có  3 3 3 tâm là tâm của đường tròn nội tiếp tam giác OMN và tiếp xúc với mặt phẳng  Oxz  . A. x 2   y  1   z  1  1 . B. x 2   y  1   z  1  1 . C.  x  1   y  1  z 2  1 . D.  x  1  y 2   z  1  1 . 2 2 2 2 2 2 2 2 3 3 1 CÂU 15: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho A 1; 2; 3 , B  ; ;   , C 1;1; 4  , D  5;3;0  . Gọi 2 2 2 3  S1  là mặt cầu tâm A bán kính bằng 3 ,  S 2  là mặt cầu tâm B bán kính bằng . Có bao nhiêu mặt phẳng 2 tiếp xúc với 2 mặt cầu  S1  ,  S2  đồng thời song song với đường thẳng đi qua 2 điểm C , D . A. 1 . B. 2 . C. 4 . D. Vô số. CÂU 16: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A  2;11; 5 và mặt phẳng  P  : 2mx   m2  1 y   m2 1 z 10  0 . Biết rằng khi m thay đổi, tồn tại hai mặt cầu cố định tiếp xúc với mặt phẳng  P  và cùng đi qua A . Tìm tổng bán kính của hai mặt cầu đó. A. 2 2 . B. 5 2 . C. 7 2 . D. 12 2 . CÂU 17 : Trong không gian Oxyz cho các mặt phẳng  P  : x  y  2 z  1  0 ,  Q  : 2 x  y  z  1  0 . Gọi  S  là mặt cầu có tâm thuộc trục hoành, đồng thời  S  cắt mặt phẳng  P  theo giao tuyến là một đường tròn có bán kính bằng 2 và  S  cắt mặt phẳng  Q  theo giao tuyến là một đường tròn có bán kính bằng r . Xác định r sao cho chỉ có đúng một mặt cầu  S  thỏa yêu cầu. B. r  A. r  3 3 2 C. r  2 D. r  3 2 2 x  1 x  2 x 1 y z 1     CÂU 18: Trong không gian Oxyz , cho các đường thẳng d :  y  1, d  :  y  t  và  : . 1 1 1 z  t  z  1  t   Gọi  S  là mặt cầu có tâm thuộc  và tiếp xúc với hai đường thẳng d , d  . Phương trình của  S  là A.  x  1  y 2   z  1  1 . 2 B.  x  2    y  1   z  2   1 . 2 2 2 2 2 3  1  3 1  C.  x     y     z    . 2  2  2 2  2 2 2 2 2 5  1  5 9  D.  x     y     z    . 4  4  4  16  x  t  CÂU 19: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng d :  y  1 và 2 mặt phẳng  P  và  Q   z  t  lần lượt có phương trình x  2 y  2 z  3  0 ; x  2 y  2 z  7  0 . Viết phương trình mặt cầu  S  có tâm I thuộc đường thẳng d , tiếp xúc với hai mặt phẳng  P  và  Q  . A.  x  3   y  1   z  3  2 2 2 4 . 9 B.  x  3   y  1   z  3  2 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. 2 2 4 . 9 Trang 236 CHƯƠNG 3: HÌNH HỌC OXYZ C.  x  3   y  1   z  3  2 2 2 4 . 9 D.  x  3   y  1   z  3  2 2 2 4 . 9 x  2 y z 1   và điểm I 1; 2;5 . Lập phương 3 6 2 trình mặt cầu  S  tâm I và cắt đường thẳng d tại hai điểm A , B sao cho tam giác IAB vuông tại I . CÂU 20: Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng d : A.  S  :  x  1   y  2    x  5  40 . B.  S  :  x  1   y  2    x  5  49 C.  S  :  x  1   y  2    x  5  69 . D.  S  :  x  1   y  2    x  5  64 . 2 2 2 2 2 2 2 2 2 CÂU 21:Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu S  2 2 2 có tâm I thuộc đường thẳng x y3 z   . Biết rằng mặt cầu  S  có bán kính bằng 2 2 và cắt mặt phẳng  Oxz  theo một đường 1 1 2 tròn có bán kính bằng 2 . Tìm tọa độ của điểm I . A. I 1; 2; 2  , I  1; 2; 2  . B. I 1; 2; 2  , I  0; 3;0  . : D. I  5; 2;10  , I  0; 3;0  . C. I 1; 2; 2  , I  5; 2;10  . CÂU 22: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho mặt cầu  S  : x 2  y 2  z 2  ax  by  cz  d  0 có  x  5t  bán kính R  19, đường thẳng d :  y  2  4t và mặt phẳng  z  1  4t  a; b; c; d   P  : 3x  y  3z  1  0. Trong các số theo thứ tự dưới đây, số nào thỏa mãn a  b  c  d  43, đồng thời tâm I của  S  thuộc đường thẳng d và  S  tiếp xúc với mặt phẳng  P  ? A. 6; 12; 14;75. B. 6;10; 20;7 . C. 10; 4; 2; 47. D. 3;5;6; 29. CÂU 23: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho hai mặt cầu  S1  : x 2  y 2  z 2  4 x  2 y  z  0 ;  S2  : x2  y 2  z 2  2 x  y  z  0 cắt nhau theo một đường tròn  C  nằm trong mặt phẳng  P  . Cho các điểm A 1;0;0  , B  0; 2;0  , C  0;0;3 . Có bao nhiêu mặt cầu tâm thuộc  P  và tiếp xúc với cả ba đường thẳng AB , BC , CA ? A. 4 mặt cầu. B. 2 mặt cầu. C. 3 mặt cầu. D. 1 mặt cầu. x 1 y 1 z   và mặt phẳng 3 1 1  P  : 2 x  y  2 z  2  0 . Gọi  S  là mặt cầu có tâm nằm trên đường thẳng  d  , có bán kính nhỏ nhất, tiếp CÂU 24: Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng d  : xúc với  P  và đi qua điểm A 1; 1;1 . Viết phương trình mặt cầu  S  . A.  S  :  x  1   y  1  z 2  1 . B.  S  :  x  1   y  1  z 2  1 . C.  S  :  x  1   y  1  z 2  1 . D.  S  :  x  1   y  1  z 2  1 . 2 2 2 2 2 2 2 2 CÂU 25 : Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A 1;0; 1 và mặt phẳng  P  : x  y  z  3  0 . Gọi  S  là mặt cầu có tâm I nằm trên mặt phẳng  P  , đi qua điểm A và gốc tọa độ O sao cho diện tích 17 . Tính bán kính R của mặt cầu  S  . 2 A. R  3 . B. R  9 . C. R  1 . tam giác OIA bằng GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. D. R  5 . Trang 237 CHƯƠNG 3: HÌNH HỌC OXYZ  x  1  3a  at  CÂU 26: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng  :  y  2  t . Biết rằng khi a  x  2  3a  (1  a)t  thay đổi luôn tồn tại một mặt cầu cố định qua điểm M 1;1;1 và tiếp xúc với đường thẳng  . Tìm bán kính mặt cầu đó. A. 5 3 . B.4 3 . C.7 3 . D. 3 5 . CÂU 27: Trong không gian với hệ tọa độ Ozyz cho các mặt cầu  S1  ,  S 2  ,  S3  có bán kính r  1 và lần lượt có tâm là các điểm A  0;3; 1 , B  2;1; 1 , C  4; 1; 1 . Gọi  S  là mặt cầu tiếp xúc với cả ba mặt cầu trên. Mặt cầu 6 có bán kính nhỏ nhất là A. R  2 2  1. B. R  10 . D. R  10  1 . C. R  2 2 . CÂU 28: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu  S  :  x  1   y  2    z  3  16 . Gọi M 2 2 2 là điểm thuộc mặt cầu  S  sao cho biểu thức A  2 xM  yM  2z M đạt giá trị lớn nhất, giá trị biểu thức B  xM  yM  zM bằng. A. 21 D. 10 C. 5 B. 3 CÂU 29: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu  S  :  x  1   y  2    z  3  16 . Gọi M 2 2 2 là điểm thuộc mặt cầu  S  sao cho biểu thức A  2 xM  yM  2z M đạt giá trị lớn nhất, giá trị biểu thức B  xM  yM  zM bằng. A. 21 D. 10 C. 5 B. 3 CÂU 30: Trong không gian, cho bốn mặt cầu có bán kính lần lượt là 2 , 3 , 3 , 2 (đơn vị độ dài) tiếp xúc ngoài với nhau. Mặt cầu nhỏ nhất tiếp xúc ngoài với cả bốn mặt cầu nói trên có bán kính bằng A. 5 9 B. 3 7 C. 7 15 D. 6 11  5 10 13  CÂU 31: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A 1; 2;7  , B  ; ;  . Gọi  S  là mặt  7 7 7 cầu tâm I đi qua hai điểm A , B sao cho OI nhỏ nhất. M  a; b; c  là điểm thuộc  S  , giá trị lớn nhất của biểu thức T  2a  b  2c là A. 18 . B. 7 . C. 156 . CÂU 32: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu D. 6 .  S  :  x  2   y  1   z  1 2 2 2  9 và M  x0 ; y0 ; z0    S  sao cho A  x0  2 y0  2 z0 đạt giá trị nhỏ nhất. Khi đó x0  y0  z0 bằng A. 2 . B. 1 . C. 2 . D. 1 . CÂU 33: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm A 1;0;0  , B  0; 2;0  và C  0;0;3 . Mặt cầu S  luôn qua A , B , C và đồng thời cắt ba tia Ox , Oy , Oz tại ba điểm phân biệt M , N , P . Gọi H là trực tâm của tam giác MNP . Tìm giá trị nhỏ nhất của HI với I  4; 2; 2  . A. 10 . B. 7. C. 5 2 . GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. D. 2 5 . Trang 238 CHƯƠNG 3: HÌNH HỌC OXYZ CÂU 34: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho mặt cầu  S  : x 2  y 2  z 2  2 x  4 y  2 z  0 và điểm M  0;1;0  . Mặt phẳng  P  đi qua M và cắt  S  theo đường tròn  C  có chu vi nhỏ nhất. Gọi N ( x0 ; y0 ; z0 ) là điểm thuộc đường tròn  C  sao cho ON  6 . Tính y0 . A. 2 . C. 1 . B. 2 . D. 3. GIẢI CHI TIẾT CÂU 1: Chọn C Gọi tọa độ điểm M  x; y; z  . Khi đó AM 2  BM 2  30   x  1  y 2   z  3   x  3   y  2    z  5  30 2 2 2 2 2  2 x 2  2 y 2  2 z 2  4 x  4 y  16 z  18  0  x2  y 2  z 2  2 x  2 y  8z  9  0   x  1   y  1   z  4   9 là phương trình của mặt cầu  S  , có tâm I  1;  1;  4  và bán 2 2 2 kính R  3 . CÂU 2: Chọn C Gọi J là trung điểm AB  J  2;0;  1 Tam giác ABO vuông tại O nên J là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OAB . Gọi I là tâm mặt cầu  S  ,  S  qua các điểm A, B, O . Ta có đường thẳng IJ qua J và có một VTCP là j   0;1;0  nên có PTTS x  2  2  y  b . I   IJ   I  2; b;  1 ,IA  b  5  IA  5 .Dấu bằng xảy ra khi b  0  z  1  Vậy I  2;0;  1 . CÂU 3: Chọn C. Gọi tâm mặt cầu là : I  x; y; 0  .   IA  IB     IA  IC    x  1   y  2  2  42   x  1   y  3  x  1   y  2  2  42   x  2   y  2 2 2 2 2 2 2  12  32 2 2 2 2   y  2   4   y  3  1  2 2   x  2 x  1  16  x  4 x  4  9 10 y  10  x  2  l  2R  2   2 x  4 y 1  3   1 2 2  42  2 26 . CÂU 4: Chọn A Gọi I  a; b; c  là tâm mặt cầu.  a  1  b  1 (*)  Ta có:  a  1  c  1 (**) .  2 2 2 2  a  1   a  2    b  2    c  5  (***) b  c Từ (*) (**)   . b  c  2  0 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 239 CHƯƠNG 3: HÌNH HỌC OXYZ Xét b  c : a  c – Từ (**)   . a  c  2 a  4  – Với a  c thay vào (***)  b  4  R  a  1  3 . c  4  Tương tự các trường hợp khác. Chọn A. CÂU 5: Chọn B Gọi H là hình chiếu của I lên  . Ta có: IH  d  I ,    d  I ,  P   . Gọi   là mặt phẳng chứa I và vuông góc  . Ta tìm được   : x  2 y  2 z  12  0 . Tọa độ H là giao điểm của   và    nên là nghiệm của hệ phương trình: x  1 t t  1  y  2t x  2    .   z   1  2 t y  2    x  2 y  2 z  12  0  z  3 Vậy: H  2; 2; 3 . Bán kính R  IH  02  32  32  3 2 . CÂU 6: Chọn A Gọi phương trình mặt cầu  S  có dạng: x 2  y 2  z 2  2ax  2by  2cz  d  0 . Vì  S  là mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD nên ta có: 22  02  02  2.a.2  2.b.0  2.c.0  d  0 4a  d  4 a  1  2  b  2 2 2 0  4  0  2.a.0  2.b.4  2.c.0  d  0 8b  d  16      2 2 2 0  0  6  2.a.0  2.b.0  2.c.6  d  0 12c  d  36 c  3 22  42  62  2.a.2  2.b.4  2.c.6  d  0 4a  8b  12c  d  56  d  0   x 2  y 2  z 2  2 x  4 y  6 z  0  I 1; 2; 3 và R  14  R  2 14 . Vậy: mặt cầu  S   có tâm I 1; 2; 3 và R  2 14 :  x  1   y  2    z  3  56 . 2 2 2 CÂU 7: Chọn A Phương trình mặt cầu có dạng:  S  : x 2  y 2  z 2  2ax  2by  2cz  d  0 . Do A , B , C và O thuộc mặt cầu  S  nên:  4  4a  d  0 9  6b  d  0 3   a  1, b   , c  3 , d  0 .  2 36  12c  d  0 d  0 Do đó, mặt cầu có bán kính bằng: R  a 2  b 2  c 2  d  7 . 2 CÂU 8: Chọn B Phương trình mặt phẳng  P  : mx  ny  mnz  mn  0  x y z   1. n m 1 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 240 CHƯƠNG 3: HÌNH HỌC OXYZ Do A , B , C lần lượt là giao điểm của mặt phẳng  P  với các trục tọa độ Ox , Oy , Oz nên n m 1 A  n;0;0  ; B  0; m;0  ; C  0;0;1 khi đó tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC là I  ; ;  . 2 2 2  n 1  2n 1  Theo đề bài ta có m  2n  1  m  1  2n  I  ; ; . 2 2 2 Bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC là 2 R  OI  1 1  2 6 1 6 5n 2  4 n  2  5 n     . 2 2  5 5 2 5 Vậy bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC nhỏ nhất khi n  2 4 1  m   2m  n  . 5 5 5 CÂU 9: Chọn C z C H O A B y K x Ta có H là trực tâm tam giác ABC  OH   ABC  . Thật vậy : OC  OA  OC  AB (1)  OC  OB Mà CH  AB (vì H là trực tâm tam giác ABC ) (2) Từ (1) và (2) suy ra AB   OHC   AB  OH (*) Tương tự BC   OAH   BC  OH . (**) Từ (*) và (**) suy ra OH   ABC  . Khi đó mặt cầu tâm O tiếp xúc mặt phẳng  ABC  có bán kính R  OH  3 . Vậy mặt cầu tâm O và tiếp xúc với mặt phẳng   là  S  : x 2  y 2  z 2  9 . CÂU 10: Chọn A Đường thẳng d1 đi qua điểm M1 1;1;0  và có véc tơ chỉ phương ud1   0;0;1 . Đường thẳng d 2 đi qua điểm M 2  2;0;1 và có véc tơ chỉ phương ud2   0;1;1 . Gọi I là tâm của mặt cầu. Vì I   nên ta tham số hóa I 1  t ; t ;1  t  , từ đó IM1   t;1  t; 1  t  , IM 2  1  t; t; t  . GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 241 CHƯƠNG 3: HÌNH HỌC OXYZ Theo giả thiết ta có d  I ; d1   d  I ; d 2  , tương đương với  IM1; ud   IM 2 ; ud  1  2      ud1 ud 2 1  t  2  t2 1  2 1  t  2 2 t 0 Suy ra I 1;0;1 và bán kính mặt cầu là R  d  I ; d1   1 . Phương trình mặt cầu cần tìm là  x  1 2  y 2   z  1  1 . 2 CÂU 11: Chọn A  x  2  6t   Gọi d là đường thẳng đi qua A và vuông góc với  P  . Suy ra d :  y  5  3t  z  1  2t   Vì H là hình chiếu vuông góc của A trên  P  nên H  d  ( P ) . Vì H  d nên H  2  6t;5  3t;1  2t  .  Mặt khác, H  ( P ) nên ta có: 6  2  6t   3  5  3t   2 1  2t   24  0  t  1 Do đó, H  4; 2;3 .  Gọi I , R lần lượt là tâm và bán kính mặt cầu. Theo giả thiết diện tích mặt cầu bằng 784 , suy ra 4 R 2  784  R  14 . Vì mặt cầu tiếp xúc với mặt phẳng  P  tại H nên IH  ( P )  I  d . Do đó tọa độ điểm I có dạng I  2  6t;5  3t;1  2t  , với t  1 .  Theo giả thiết, tọa độ điểm I thỏa mãn:  6  2  6t   3  5  3t   2 1  2t   24  t  1  14  d ( I , ( P))  14 2 2 2  6  3  (2)    t  3  t  1   AI  14  2  t  2 2 2 2    6t    3t    2t   14 Do đó: I  8;8;  1 .  Vậy phương trình mặt cầu ( S ) :  x  8   y  8   z  1  196 . 2 2 2 CÂU 12: Chọn A x  2  t   1 :  y  t ;  2 đi qua điểm A(2; 0; 3) và có vectơ chỉ phương a2  (1;1; 4) . z  1 t   Giả sử I (2  t; t;1  t )  1 là tâm và R là bán kính của mặt cầu  S  .  AI , a2  5t  4  Ta có: AI  (t; t;4  t )   AI , a2   (5t  4; 4  5t;0)  d  I ;  2    3 a2 d ( I , ( P))  2  t  2t  2(1  t )  10 1 4  4  t  10 . 3  7 t   S  tiếp xúc với  2 và  P   d ( I ,  2 )  d ( I , ( P))  5t  4  t  10   2 .  t  1 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 242 CHƯƠNG 3: HÌNH HỌC OXYZ 2 2 2 9 7  5  81 7  11    11 7 5   Với t   I  ; ;   , R    S  :  x     y     z    . 2  2 2 2 2  2  2 4 2   Với t  1  I (1; 1; 2), R  3   S  : ( x  1)2  ( y  1)2  ( z  2)2  9 . CÂU 13: Chọn B Mặt cầu tiếp xúc mặt phẳng nên bán kính mặt cầu là: r  d  I ,  P    Vậy phương trình mặt cầu là:  x  1   y  1  z 2  2 2 5 . 6 25 . 6 CÂU 14: Chọn B Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác OMN . Ta áp dụng tính chất sau : “Cho tam giác OMN với I là tâm đường tròn nội tiếp, ta có a.IO  b.IM  c.IN  0 , với a  MN , b  ON , c  OM ”.  8   4   8  Ta có OM  2  2  1  3 , ON           4 .  3   3  3 2 2 2 2 2 2  8  4  8  MN    2     2     1  5 .  3  3  3  2 2 2   8  5.0  4.2  3.     3  0  xI  3 45   4 5.0  4.2  3.      3  1 . 5.IO  4.IM  3.IN  0   yI  3 45   8 5.0  4.2  3.     3 1  zI  3 45   Mặt phẳng  Oxz  có phương trình y  0 . Mặt cầu tiếp xúc với mặt phẳng  Oxz  nên mặt cầu có bán kính R  d  I ,  Oxz    1 . Vậy phương trình mặt cầu là: x 2   y  1   z  1  1 . 2 2 CÂU 15: Chọn A Cách 1: Gọi   : x  ay  bz  c  0 là mặt phẳng thỏa yêu cầu bài toán. CD   4; 2; 4  . CD //    CD  n  CD.n  0 ( n  1; a; b  là vecto pháp tuyến của   )  4  2a  4b  0  a  2b  2 (1)   tiếp xúc  S1  nên d  A;     3    1  2a  3b  c tiếp xúc  S 2  1 a  b nên 2 2  3  1  2a  3b  c  3 1  a 2  b2 (2) GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 243 CHƯƠNG 3: HÌNH HỌC OXYZ d  B;     3  2 3 3 1  a bc 2 2 2 1 a  b 2 2  3  3  3a  b  2c  3 1  a 2  b 2 (3) 2 1  2a  3b  c  3  3a  b  2c Từ (2) và (3) ta có 1  2a  3b  c  3  3a  b  2c   1  2a  3b  c  3  3a  b  2c a  2b  c  2  0 (1) 2b  2  2b  c  2  0 c  4b (4)    5a  4b  3c  4  0 10b  10  4b  3c  4  0 c  2  2b (5) Từ (1), (2), (4)  1  4b  4  3b  4b  3 1   2b  2   b 2  3b  3  3 5b 2  8b  5 2 b  2  a  2; c  8  b  2b  1  5b  8b  5  4b  10b  4  0   b  1  a  1; c  2  2 2 2 2 Từ (1), (2), (5)  1  4b  4  3b  2  2b  3 1   2b  2   b 2  b  1  3 5b 2  8b  5 2  b2  2b  1  9  5b2  8b  5  44b2  74b  44  0 . Phương trình vô nghiệm. Mặt khác CD //   nên C , D    nên   : x  2 y  2 z  8  0 . A B I H K Cách 2: Ta có AB  3 9 3 3 mà R1  R2  3   nên hai mặt cầu cắt nhau theo một đường tròn giao 2 2 2 tuyến. Gọi I  AB    với   là mặt phẳng thỏa mãn bài toán. Hạ BH , AK vuông góc với mặt phẳng   . Khi đó ta có I nằm ngoài AB và B là trung điểm AI vì R2  3 1 1  R1  BH  AK . 2 2 2 Suy ra I  2;1; 2  . Gọi   : a  x  2   b  y  1  c  z  2   0 . Vì   //CD mà CD   4; 2; 4  nên ta có 2a  b  2c  0  b  2c  2a Khi đó  a  2c  b  2c 2 2 2 2    c  a  a  2 c  2 a  c . 3     1 2 2 2  a  c  b  c a b c  2 Ta có hai trường hợp : 1) b  2c ; a  2c    : 2c  x  2   2c  y  1  c  z  2   0  2 x  2 y  z  4  0 d  A;     3  a  b  5c Mặt khác CD //   nên C , D     loại trường hợp trên. GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 244 CHƯƠNG 3: HÌNH HỌC OXYZ 2) b  c ; a  1 1 c    : c  x  2   c  y  1  c  z  2   0  x  2 y  2 z  8  0 2 2 Kiểm tra thấy C , D    nên nhận trường hợp này. Vậy   : x  2 y  2 z  8  0 . CÂU 16: Chọn D Gọi I  a; b; c  , r lần lượt là tâm và bán kính của mặt cầu. Do mặt cầu tiếp xúc với  P  nên ta có r  d  I ,  P   b  c  m 2 2ma   m2  1 b   m2  1 c  10 m 2  2ma  b  c  10  r  m  1 2    1 2   b  c  m2  2ma  b  c  10 m   2  1 2    b  c  r 2 m2  2ma  b  c  r 2  10  0 2  b  c  r 2 m2  2ma  b  c  r 2  10  0  TH1: b  c  r 2 m2  2ma  b  c  r 2  10  0 1  2 1 Do m thay đổi vẫn có mặt cầu cố định tiếp xúc với  P  nên yêu cầu bài toán trờ thành tìm điều kiện a, b, c sao cho 1 không phụ thuộc vào 1 luôn m . Do đó đúng với mọi b  c  r 2  0   a  0  b  c  r 2  10  0 b  r 2  5  0  Suy ra I 0;5  r 2; 5   S  : x 2  y  5  r 2  a  0 c  5     Lại có A   S  nên suy ra: 4  11  5  r 2    2  2   z  5  r 2 . 2 r  2 2  r 2  r 2  12 2r  40  0    r  10 2  TH2: b  c  r 2 m2  2ma  b  c  r 2  10  0 làm tương tự TH1 (trường hợp này không thỏa đề bài ) Tóm lại: Khi m thay đổi, tồn tại hai mặt cầu cố định tiếp xúc với mặt phẳng  P  và cùng đi qua A và có tổng bán kính là: 12 2 suy ra CÂU 17 : Chọn D Gọi I  m;0;0  là tâm mặt cầu có bán kính R , d1 , d 2 là các khoảng cách từ I đến  P  và  Q  . Ta có d1  Theo m 1 đề 6 và d 2  ta 2m  1 có 6 d 4  d r 2 1 2 2 2 m2  2m  1 4m2  4m  1 2  4  r 6 6  m 2  2m  2r 2  8  0 1 . Yêu cầu bài toán tương đương phương trình 1 có đúng một nghiệm m  1   2r 2  8  0  r2  9 3 2 . r 2 2 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 245 CHƯƠNG 3: HÌNH HỌC OXYZ CÂU 18: Chọn A x  1 m  Đường thẳng  có phương trình tham số là:  :  y  m . Gọi I là tâm mặt cầu  S  ta có z  1 m  I  m  1; m; m  1 . Đường thẳng d đi qua A 1;1;0  và có véctơ chỉ phương u1   0;0;1  AI   m; m  1, m  1 . Đường thẳng d đi qua B  2;0;1 và có véctơ chỉ phương u2   0;1;1  BI   m  1; m, m  . Do  S  tiếp xúc với hai đường thẳng d , d  nên ta có: d  I ; d   d  I ; d    R  IA; u1   IB; u2        u1 u2  m  1  m2 2 1  m  1   m  1 2  2 2 m0  I 1;0;1 và R  1. Phương trình của mặt cầu  S  là  x  1  y 2   z  1  1 . 2 2 CÂU 19: Chọn B Ta có I  d  I  t; 1; t  . Mặt cầu  S  tiếp xúc với  P  và  Q  khi và chỉ khi d  I ;  P   d  I ; Q   t  2  2t  3 12  22  22  1 t  5  t  t  2  2t  7 12  22  22 t 3 Vậy tọa độ tâm mặt cầu là I  3; 1; 3 với bán kính R  d  I ;  Q    3  2  23  7 12  22  22  2 . 3 CÂU 20: Chọn A. A H B O Đường thẳng d đi qua M  2;0;1 và có một véc tơ chỉ phương là u   3; 6; 2  . Gọi H là hình chiếu của I trên đường thẳng d ta có IH  d  I , d   IM  1; 2; 4  , u   3; 6; 2  IH  d  I , d    IM , u    , với u  IM , u     20 . u Theo đề bài ta có tam giác IAB vuông cân tại I nên IA  IH 2  40 . Vậy phương trình mặt cầu  S  là  S  :  x  1   y  2    x  5  40 . 2 2 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. 2 Trang 246 CHƯƠNG 3: HÌNH HỌC OXYZ CÂU 21:Chọn C I R r H x y3 z    I  t ; 3  t ; 2t  . 1 1 2 Gọi H là hình chiếu của I lên mặt phẳng  Oxz  . R, r lần lượt là bán kính mặt cầu và bán kính Mặt phẳng  Oxz  : y  0 . I   : đường tròn giao tuyến. Theo bài ta có IH  d  I ,  Oxz    R 2  r 2  8  4  2 .  3  t t  1 . 2 1 t  5 Với t  1  I 1; 2; 2  , với t  5  I  5; 2;10  . CÂU 22: Chọn A. Ta có I  d  I  5  t; 2  4t; 1  4t  .  t 0 Do  S  tiếp xúc với  P  nên d  I ;  P    R  19  19  19t  19   t  2 a 2  b2  c 2  a b c Mặt khác  S  có tâm I   ;  ;   ; bán kính R   d  19 4  2 2 2 Xét khi t  0  I  5; 2; 1  a; b; c; d   10; 4; 2; 47 a 2  b2  c2  d  19 nên ta loại trường hợp này. 4 Xét khi t  2  a; b; c; d   6; 12; 14;75 Do a 2  b2  c2  d  19 nên thỏa. 4 CÂU 23: Chọn A Mặt phẳng  P  chứa đường tròn  C  có phương trình là: 6 x  3 y  2 z  0 . Do Mặt phẳng  ABC  có phương trình là: x y z    1  6x  3y  2z  6  0 . 1 2 3 Do đó  P  //  ABC  . Mặt cầu  S  tiếp xúc với cả ba đường thẳng AB , BC , CA sẽ giao với mặt phẳng  ABC  theo một đường tròn tiếp xúc với ba đường thẳng AB , BC , CA . Trên mặt phẳng  ABC  có 4 đường tròn tiếp xúc với ba đường thẳng AB , BC , CA đó là đường tròn nội tiếp tam giác ABC và ba đường tròn bàng tiếp các góc A , B , C . Do đó có 4 mặt cầu có tâm nằm trên  P  và tiếp xúc với GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 247 CHƯƠNG 3: HÌNH HỌC OXYZ cả ba đường thẳng AB , BC , CA . Tâm của 4 mặt cầu là hình chiếu của tâm 4 đường tròn tiếp xúc với ba đường thẳng AB , BC , CA lên mặt phẳng  P  . CÂU 24: Chọn B Gọi I , R lần lượt là tâm và bán kính của mặt cầu  S  . Ta có: I   d  .  I 1  3t ; 1  t ; t   AI   3t ; t ; t  1 .  S  tiếp xúc với  P  và A nên ta có: t  0 5t  3 2 R  AI  d I , P    37t  24t  0   24 . t  3  37 Do mặt cầu  S  có bán kính nhỏ nhất nên ta chọn t  0 , suy ra I 1; 1;0  , R  1. Vậy  S  :  x  1   y  1  z 2  1 . 2 2 CÂU 25 : Chọn A Gọi I  a; b; c   1 1  Ta có IA  IO  R  hình chiếu của I lên OA là trung điểm H  ;0;  của OA . 2 2 2 SOIA   2 1 1  1 1 2  2 2 2 IH .OA   a    b   c   . 1  0   1 2 2  2 2  17 1 2 2 2 1  a  b  c  a  c  . 2  17  2a 2  2b 2  2c 2  2a  2c  1 2 2 2  2a 2  2b 2  2c 2  2a  2c  16  0 . OI  IA  a 2  b 2  c 2   a  12  b 2   c  12   17    2a 2  2b 2  2c 2  2a  2c  16  0 Theo bài ra ta có  SOIA  2 a  b  c  3  0   I   P   1 a  c  1  0  2  a  b 2  c 2  a  c  8  0  2  . a  b  c  3  0  3  a  1  c a  c  1  Từ 1 và  3 ta có  thế vào  2  ta có b  2 b  2    c  1 2  I  1; 2; 2  c  2   4  c 2   c  1  c  8  0    OI  R  3 .  I  2; 2;1 c  1 CÂU 26: Chọn A GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 248 CHƯƠNG 3: HÌNH HỌC OXYZ  x  1  3a  at   x y z3 0 Từ đường thẳng  :  y  2  t  x  2  3a  (1  a)t  Ta có  luôn qua điểm A 1; 5; 1 cố định và  nằm trong mặt phẳng  P  : x  y  z  3  0 Mặt cầu tiếp xúc với đường thẳng  vói mọi a . Nên mặt cầu tiếp xúc mặt phẳng  P  tại A . x  1 t  Đường thẳng IA qua A và vuông góc  P  có phương trình  y  5  t  I (1  t ; 5  t ; 1  t )  z  1  t  Mà IA  IM  t 2  t 2  t 2  t 2  (t  6)2  (t  2)2  t  5 vậy I (6;0; 6)  R  IM  5 3 CÂU 27: Chọn D Ta có AB  8 , AC  32 , BC  40 nên tam giác $ABC$ vuông tại A . Gọi I là trung điểm của $BC$, khi đó IM  IN  IP  10  1 . Do đó mặt cầu  S  thỏa mãn đề bài là mặt cầu có bán kính R  10  1 . CÂU 28: Ta có A  2 xM  yM  2z M  2  xM  1   yM  2   2  zM  3  6  2 2   12  22   x  1   y  2    z  3 2 2 2   6  3.4  6  18 .  xM  1  2t xM  1 yM  2 zM  3  Dấu bằng xảy ra khi    t  0   yM  2  t , thay vào phương trình  S  2 1 2  Z  3  2t  M 4  11 2 17  ta được: 4t 2  t 2  4t 2  16  t  . Do đó M  ; ;  và B  xM  yM  zM  10 . 3 3 3 3 CÂU 29: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu  S  :  x  1   y  2    z  3  16 . Gọi M 2 2 2 là điểm thuộc mặt cầu  S  sao cho biểu thức A  2 xM  yM  2z M đạt giá trị lớn nhất, giá trị biểu thức B  xM  yM  zM bằng. A. 21 C. 5 B. 3 D. 10 Lời giải Chọn D Ta có A  2 xM  yM  2z M  2  xM  1   yM  2   2  zM  3  6  2 2   12  22   x  1   y  2    z  3 2 2 2   6  3.4  6  18 . GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 249 CHƯƠNG 3: HÌNH HỌC OXYZ  xM  1  2t xM  1 yM  2 zM  3  Dấu bằng xảy ra khi    t  0   yM  2  t , thay vào phương trình  S  2 1 2  Z  3  2t  M 4  11 2 17  ta được: 4t 2  t 2  4t 2  16  t  . Do đó M  ; ;  và B  xM  yM  zM  10 . 3 3 3 3 CÂU 30: Chọn D Cách 1: Gọi A, B, C , D là tâm bốn mặt cầu, không mất tính tổng quát ta giả sử AB  4 , AC  BD  AD  BC  5 . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của AB, CD . Dễ dàng tính được MN  2 3 . Gọi I là tâm mặt cầu nhỏ nhất với bán kính r tiếp xúc với bốn mặt cầu trên. Vì IA  IB, IC  ID nên I nằm trên đoạn MN .  Đặt IN  x , ta có IC  32  x 2  3  r , IA  22  2 3  x Từ đó suy ra  3 x  2  2 2x 2 2 2   2  2r 2 2  12 3  12 3 6 , suy ra r  32   1 x    3   11 11  11  Cách 2 Gọi A, B là tâm quả cầu bán kính bằng 2 . C , D là tâm quả cầu bán kính bằng 3 . I là tâm quả cầu bán kính x . Mặt cầu  I  tiếp xúc ngoài với 4 mặt cầu tâm A, B, C , D nên IA  IB  x  2, IC  ID  x  3 . Gọi  P  ,  Q  lần lượt là các mặt phẳng trung trực đoạn AB và CD .   IA  IB  I   P   I   P    Q  1 .    IC  ID  I   Q  Tứ diện ABCD có DA  DB  CA  CB  5 suy ra MN là đường vuông góc chung của AB và CD , suy ra MN   P    Q  (2). Từ 1 và  2  suy ra I  MN GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 250 CHƯƠNG 3: HÌNH HỌC OXYZ Tam giác IAM có IM  IA2  AM 2  Tam giác CIN có IN  IC 2  CN 2   x  2  x  3 2 2 4 . 9 . Tam giác ABN có NM  NA2  AM 2  12 . Suy ra  x  3 2 9   x  2 2 6 . 11  4  12  x  CÂU 31: Chọn A Tâm I mặt cầu  S  đi qua hai điểm A , B nằm trên mặt phẳng trung trực của AB . Phương trình mặt phẳng trung trực của AB là  P  : x  2 y  3z  14  0 . OI nhỏ nhất khi và chỉ khi I là hình chiếu vuông góc của O trên mặt phẳng  P  . x  t  Đường thẳng d qua O và vuông góc với mặt phẳng  P  có phương trình  y  2t .  z  3t  Tọa độ điểm I khi đó ứng với t là nghiệm phương trình t  2.2t  3.3t  14  0  t  1  I 1; 2;3 . Bán kính mặt cầu  S  là R  IA  4 . Từ T  2a  b  2c  2a  b  2c  T  0 , suy ra M thuộc mặt phẳng  Q  : 2 x  y  2 z  T  0 . Vì M thuộc mặt cầu nên: 2.1  2  2.3  T d  I ; Q   R   4  6  T  12  6  T  18 .Vậy max T  18 . 2 22   1  22 CÂU 32: Chọn B Tacó: A  x0  2 y0  2 z0  x0  2 y0  2 z0  A  0 nên M   P  : x  2 y  2 z  A  0 , do đó điểm M là điểm chung của mặt cầu  S  với mặt phẳng  P  . Mặt cầu  S  có tâm I  2;1;1 và bán kính R  3 . Tồn tại điểm M khi và chỉ khi d  I ,  P    R  |6 A|  3  3  A  15 3 Do đó, với M thuộc mặt cầu  S  thì A  x0  2 y0  2 z0  3 . Dấu đẳng thức xảy ra khi M là tiếp điểm của  P  : x  2 y  2 z  3  0 với  S  hay M là hình chiếu của I lên  P  . Suy ra M  x0 ; y0 ; z0   x0  2 y0  2 z0  3  0 t  1 x  2  t x  1  0  0  thỏa:   y0  1  2t  y0  1  z0  1  2t  z0  1 Vậy  x0  y0  z0  1 . CÂU 33:Chọn A Gọi M  m;0;0  , N  0; n;0  , P  0;0; p  . Gọi E là tâm mặt cầu  S  , R là bán kính mặt cầu  S  . Gọi K là trung điểm AM , ta có : EK  AM . GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 251 CHƯƠNG 3: HÌNH HỌC OXYZ      Ta có : OM .OA  OK  KM OK  KA  OK  KM OK  KM   OK 2  KM 2  OE 2  KE 2  KM 2  OE 2  R 2 Chứng minh tương tự ta có: ON .OB  OE 2  R2 , OP.OC  OE 2  R2  OM .OA  ON .OB  OP.OC  m.1  n.2  p.3 Ta có : phương trình mặt phẳng  MNP  : x y z   1 m n p hay x 2 y 3z   1 m m m  x  2 y  3 z  m  0  vectơ pháp tuyến của  MNP  là n  1; 2;3 . Vì tứ diện OMNP có 3 cạnh từ O đôi một vuông góc nên OH   MNP  x y z   (cố định). 1 2 3 Vậy HI nhỏ nhất khi H là hình chiếu của I lên OH Khi đó : Phương trình mặt phẳng qua I và vuông góc OH là : x  2 y  3 z  14  0 ,  phương trình đường thẳng  OH  :  H 1; 2;3  IH  10 CÂU 34: Chọn B Mặt cầu  S  có tâm I  1; 2;1 , bán kính R  6 . Bán kính đường tròn  C  r  R 2  d 2  6  d 2 với d  d  I ,  P   Chu vi  C  nhỏ nhất khi và chỉ khi r nhỏ nhất  d lớn nhất Ta có d  IM  d max  IM   P  đi qua M và vuông góc IM  P  đi qua M  0;1;0  , và nhận IM  1; 1; 1   P  : x   y  1  z  0  x  y  z  1  0 làm VTPT Ta có tọa độ N thỏa hệ  x2  y 2  z 2  2x  4 y  2z  0 2 x  4 y  2 z  6 y  2     x  y  z 1  0  x  y  z 1  y2 x  y  z 1  0  x2  y 2  z 2  6  x2  y 2  z 2  6  x2  y 2  z 2  6    GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 252 CHƯƠNG 3: HÌNH HỌC OXYZ CHỦ ĐỀ 3: PHƯƠNG TRÌNH MẶT PHẲNG (LOẠI 1) VÍ DỤ 1: Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz , cho các điểm A  0;1;1 , B  2; 1; 2  , C  5; 3;1 . Tìm toạ độ điểm E sao cho tứ giác ABCE theo thứ tự đó lập thành một hình thang cân với đáy AB, CE. A. E  3; 1;0  . B. E  1;3; 2  . C. E  7;5; 2  . D. E 1;1; 1 . Chọn B  Lời giải Gọi mặt phẳng (P) là mặt phẳng trung trực của đoạn AB.Khi đó mặt phẳng (P) đi qua trung điểm 3  I 1;0;  củađoạn AB và có véc tơ pháp tuyến AB   2; 2;1 nên phương trình của mặt phẳng 2  (P): 4x – 4y + 2z – 7 = 0.   x  5  2t  Phương trình đường thẳng EC:  y  3  2t . z  1 t   1  Gọi H là giao điểm của đường thẳng EC và mặt phẳng (P) khi đó H  2;0;   2   suy ra E  1;3; 2  . VÍ DỤ 2: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai mặt phẳng  P  và  Q  lần lượt có phương trình là x  y  z  0 , x  2 y  3z  4 và điểm M 1;  2;5  . Tìm phương trình mặt phẳng   đi qua điểm M đồng thời vuông góc với hai mặt phẳng  P  ,  Q  . A. 5 x  2 y  z  14  0 . B. x  4 y  3 z  6  0 . C. x  4 y  3 z  6  0 . D. 5 x  2 y  z  4  0 . Lời giải Chọn B Vectơ pháp tuyến của  P  là n1  1;1;  1 . Vectơ pháp tuyến của  Q  là n2  1;  2;3 . n  n1; n2   1;  4;  3 Vì   vuông góc với  P  và  Q  nên   có vectơ pháp tuyến là n . Mặt phẳng   có phương trình là 1 x  1  4  y  2   3  z  5  0 hay x  4 y  3 z  6  0 . GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 253 CHƯƠNG 3: HÌNH HỌC OXYZ VÍ DỤ 3:Trong không gian  Oxyz  , cho hai điểm A  0;8;2  , B  9; 7;23 và mặt cầu  S  có phương trình  S  :  x  5   y  3   z  7   72 . Mặt phẳng  P  : x  by  cz  d  0 đi qua điểm A và tiếp 2 2 2 xúc với mặt cầu  S  sao cho khoảng cách từ B đến mặt phẳng  P  lớn nhất. Giá trị của b  c  d khi đó là A. b  c  d  2 . B. b  c  d  4 . C. b  c  d  3 . D. b  c  d  1. Lời giải Chọn C Vì A   P  nên ta 8b  2c  d  0  d  8b  2c   P  : x  by  cz  8b  2c   0 . Do  P  tiếp xúc với mặt cầu  S  nên d  I ;  P    R  Ta có: d  B;  P    9  7b  23c  8b  2c 5  11b  5c 6 2. 1  b2  c 2  5  11b  5c   4 1  b  4c   1  b2  c2 1  b2  c 2 5  11b  5c 1  b  4c 1  b  4c  d  B;  P     d  B;  P    6 2  4 4 1  b2  c 2 1  b2  c 2 1  b2  c 2 Cosi  Svac  d  B;  P    6 2  4 1  1  16  1  b2  c 2  1  b2  c2  d  B;  P    18 2 . c  b  1 1  b  4    c  4 . Dấu “=” xảy ra khi  5  11b  5c   6 2 d  0  1  b 2  c 2 Vậy Pmax  18 2 khi b  c  d  3 . VÍ DỤ 4: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai điểm A 1;1;0  , B  0; 1; 2  . Biết rằng có hai mặt phẳng cùng đi qua hai điểm A , O và cùng cách B một khoảng bằng véctơ dưới đây là một véctơ pháp tuyến của một trong hai mặt phẳng đó. A. n  1; 1; 1 . B. n  1; 1; 3 . C. n  1; 1;5  . 3 . Véctơ nào trong các D. n  1; 1; 5  . Lời giải Chọn C x  t x  y  0  Phương trình đường thẳng qua hai điểm A , O có dạng  y  t   . z  0  z  0  Gọi  P  là mặt phẳng cùng đi qua hai điểm A , O nên  P  : m  x  y   nz  0 , m 2  n 2  0 . Khi đó véctơ pháp tuyến của  P  có dạng n   m; m; n  . m  n 1 Ta có d  B,  P    3  .  3  2m2  4mn  n 2  0   m 1 m2  m2  n 2    n 5 m  2n  1 1  n Vậy một véctơ pháp tuyến của một trong hai mặt phẳng đó là n   n; n; n   1; 1;5 . 5 5  5 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 254 CHƯƠNG 3: HÌNH HỌC OXYZ VÍ DỤ 5:Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A  0; 1;0  , B 1;1; 1 và mặt cầu  S  : x2  y 2  z 2  2 x  4 y  2 z  3  0 . Mặt phẳng  P  đi qua A , B và cắt mặt cầu  S  theo giao tuyến là đường tròn có bán kính lớn nhất có phương trình là A. x  2 y  3 z  2  0 . B. x  2 y  3 z  2  0 . C. x  2 y  3 z  6  0 . D. 2 x  y  1  0 . Lời giải Chọn B Để  P  cắt I (1; 2;1)  S  theo của  S  . giao tuyến là đường tròn có bán kính lớn nhất thì ( P ) phải qua tâm Ta có AI  (1; 1;1), BI  (0; 3;2)  nP   AI , BI   (1; 2; 3) . 1 x  1  2  y  2   3  z  1  0  x  2 y  3z  2  0 BÀI TẬP RÈN LUYỆN CÂU 1: Viết phương trình tổng quát của mặt phẳng  1  : 2 x  y  z  1  0 ,  2  : 3x  y  z  1  0   đi qua giao tuyến của hai mặt phẳng và vuông góc với mặt phẳng  3  : x  2 y  z  1  0 . A. 7 x  y  9 z  1  0 . B. 7 x  y  9 z  1  0 . C. 7 x  y  9 z  1  0 . D. 7 x  y  9 z  1  0 . CÂU 2: Trong không gian Oxyz , cho ba điểm A  3;0;0  , B 1; 2;1 và C  2;  1; 2  . Biết mặt phẳng qua B , C và tâm mặt cầu nội tiếp tứ diện OABC có một vectơ pháp tuyến là 10; a; b  . Tổng a  b là: A. 2 B. 2 C. 1 D. 1 CÂU 3:Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho điểm M 1; 2;5 . Số mặt phẳng   đi qua M và cắt các trục Ox , Oy , Oz tại A , B , C sao cho OA  OB  OC ( A , B , C không trùng với gốc tọa độ O ) là A. 8 . B. 3 . C. 4 . D. 1 . CÂU 4: Viết phương trình mặt phẳng  P  song song với  Q  : 2 x  y  2 z  4  0 và cách điểm A  1; 2; 3 một khoảng bằng 2 . A .  P : 2x  y  2z  0 . B.  P  : 2 x  y  2 z  4  0 . C.  P  : 2 x  y  2 z  8  0 . D.  P  : 2 x  y  2 z  8  0 . CÂU 5: Trong không gian với hệ tọa độ Ozyz cho điểm A  2; 1; 2  và đường thẳng  d  có phương trình x 1 y 1 z 1   . Gọi  P  là mặt phẳng đi qua điểm A , song song với đường thẳng  d  và khoảng cách 1 1 1 từ đường thẳng d tới mặt phẳng  P  là lớn nhất. Khi đó mặt phẳng  P  vuông góc với mặt phẳng nào sau đây? A. x  y  6  0 . B. x  3 y  2 z  10  0 . C. x  2 y  3 z  1  0 . D. 3x  z  2  0 . CÂU 6: Trong không gian với hệ trục Oxyz , cho hai điểm M  0; 1; 2  , N  1;1;3 . Một mặt phẳng  P  đi qua M , N sao cho khoảng cách từ điểm K  0;0; 2  đến mặt phẳng  P  đạt giá trị lớn nhất. Tìm tọa độ véctơ pháp tuyến n của mặt phẳng  P  . GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 255 CHƯƠNG 3: HÌNH HỌC OXYZ C. n   2; 1;1 . B. n  1;1; 1 . A. n  1; 1;1 . D. n   2;1; 1 . CÂU 7: Trong không gian Oxyz , cho điểm H 1; 2;3 . Mặt phẳng  P  đi qua điểm H , cắt Ox, Oy, Oz tại A, B, C sao cho H là trực tâm của tam giác ABC . Phương trình của mặt phẳng  P  là A. ( P ) : 3 x  y  2 z  11  0. B. ( P) : 3 x  2 y  z  10  0. C. ( P) : x  3 y  2 z  13  0. D. ( P) : x  2 y  3z  14  0. CÂU 8: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm E(8;1;1) .Viết phương trình mặt phẳng ( ) qua E và cắt nửa trục dương Ox, Oy, Oz lần lượt tại A, B , C sao cho OG nhỏ nhất với G là trọng tâm tam giác ABC . A. x  y  2 z  11  0 . B. 8 x  y  z  66=0 . C. 2 x  y  z  18  0 . D. x  2 y  2 z  12  0 . CÂU 9 :Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm A 1;  3; 2  , B  2;  1;5 và C  3; 2;  1 . Gọi  P là mặt phẳng qua A , trực tâm của tam giác ABC và vuông góc với mặt phẳng  ABC  . Tìm phương trình mặt phẳng  P  . A. 5 x  3 y  4 z  22  0 . B. 5 x  3 y  4 z  4  0 . C. 5 x  3 y  6 z  16  0 . D. 5 x  3 y  6 z  8  0 .  P  : 2 x  y  2 z  1  0 và A 1; 2;3 , B  3; 2; 1 . Phương trình mặt phẳng  Q  qua A, B và vuông góc với  P  là A.  Q  : 2 x  2 y  3z  7  0 . B.  Q  : 2 x  2 y  3z  7  0 . C.  Q  : 2 x  2 y  3z  9  0 . D.  Q  : x  2 y  3z  7  0 . CÂU 10: Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng hai điểm CÂU 11: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , mặt phẳng  P  đi qua hai điểm A  0;1;0  , B  2;3;1 và vuông góc với mặt phẳng  Q  : x  2 y  z  0 phương trình là A. 4 x  3 y  2 z  3  0 . B. 4 x  3 y  2 z  3  0 . C. x  2 y  3 z  11  0 . D. x  2 y  3 z  7  0 . CÂU 12 :Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai điểm A 1; 1;5 và B  0;0;1 . Mặt phẳng  P  chứa A , B và song song với trục Oy có phương trình là A. 4 x  y  z  1  0 . B. 2x  z  5  0 . C. 4x  z 1  0 . CÂU 13: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , mặt phẳng D. y  4 z  1  0 .  P  : ax  by  cz  27  0 qua hai điểm A  3; 2;1 , B  3;5; 2  và vuông góc với mặt phẳng  Q  : 3x  y  z  4  0 . Tính tổng S  a  b  c . A. S  2 . B. S  2 . C. S  4 . D. S  12 . CÂU 14: Trong không gian với hệ trục Oxyz , cho hai điểm M 1; 2;1 ; N  1;0; 1 . Có bao nhiêu mặt phẳng qua M , N cắt trục Ox , trục Oy lần lượt tại A , B  A  B  sao cho AM  3BN . A. 1 . B. 2 . C. 3 . D. Vô số. CÂU 15: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho các điểm A  1; 2;0  , B  0; 4;0  , C  0;0; 3 . Phương trình mặt phẳng  P  nào dưới đây đi qua A , gốc tọa độ O và cách đều hai điểm B và C ? A.  P  : 2 x  y  3z  0 . B.  P  : 6 x  3 y  5 z  0 . GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 256 CHƯƠNG 3: HÌNH HỌC OXYZ C.  P  : 2 x  y  3z  0 . D.  P  : 6 x  3 y  4 z  0 . CÂU 16: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , biết mặt phẳng  P  : ax  by  cz  d  0 với c  0 đi qua hai điểm A  0;1;0  , B 1;0;0  và tạo với mặt phẳng khoảng nào dưới đây? A.  0;3 . B.  3;5 .  yOz  một góc 60 . Khi đó giá trị a  b  c thuộc D.  8;11 . C.  5;8 . CÂU 17:Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , viết phương trình mặt phẳng  P  đi qua điểm A 1;1;1 và B  0; 2; 2  đồng thời cắt các tia Ox , Oy lần lượt tại 2 điểm M , N (không trùng với gốc tọa độ O ) sao cho OM  2ON . A.  P  : 3x  y  2 z  6  0 . C.  P  : 2 x  y  z  4  0 . B.  P  : 2 x  3 y  z  4  0 . D.  P  : x  2 y  z  2  0 . CÂU 18: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu  S  : x 2  y 2  z 2  2 x  4 y  2z  3  0. Viết phương trình mặt phẳng  P  chứa Ox và cắt mặt cầu theo một đường tròn có chu vi bằng 6 . . A. ( P) : 3 y  z  0 . B. ( P ) : y  2 z  0 . C. ( P ) : y  2 z  1  0 . D. ( P ) : 2 y  z  0 . CÂU 19:Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , mặt phẳng  P  qua hai điểm M 1;8;0  , C  0;0;3 cắt các tia Ox , Oy lần lượt tại A , B sao cho OG nhỏ nhất, với G  a; b; c  là trọng tâm tam giác ABC . Hãy tính T  a  b  c có giá trị bằng: A. T  7 . B. T  3 . C. T  12 . D. T  6 . CÂU 20: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm M 1;2;1 . Mặt phẳng  P  thay đổi đi qua M lần lượt cắt các tia Ox, Oy, Oz tại A, B , C khác O . Tính giá trị nhỏ nhất của thể tích khối tứ diện OABC . A. 54. B. 6. C. 9. D. 18. CÂU 21: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , gọi  P  là mặt phẳng đi qua điểm M 1; 4;9  ,cắt các tia Ox, Oy , Oz tại A, B, C sao cho biểu thức OA  OB  OC có giá trị nhỏ nhất. Mặt phẳng  P  đi qua điểm nào dưới đây? A. 12;0;0  . B.  6;0;0  . C.  0;6;0  D.  0;0;12  . . CÂU 22 : Viết phương trình mặt phẳng  P  song song với mặt phẳng  Q  : 2 x  y  2 z  4  0 và cách điểm A  1; 2;  3 một khoảng bằng 2 .  S  :  x 1   y  2   z  3  12 và mặt phẳng  P  : 2 x  2 y  z  3  0 . Gọi  Q  là mặt phẳng song song với  P  và cắt  S  theo thiết diện là đường tròn  C  sao cho khối nón có đỉnh là tâm của mặt cầu và đáy là hình tròn giới hạn bởi  C  có thể tích lớn nhất. Phương trình của mặt phẳng  Q  là CÂU 23 :Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu 2 2 2 A. 2 x  2 y  z  4  0 hoặc 2 x  2 y  z  17  0 . B. 2 x  2 y  z  2  0 hoặc 2 x  2 y  z  8  0 . C. 2 x  2 y  z  1  0 hoặc 2 x  2 y  z  11  0 . D. 2 x  2 y  z  6  0 hoặc 2 x  2 y  z  3  0 . GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 257 CHƯƠNG 3: HÌNH HỌC OXYZ GIẢI CHI TIẾT CÂU 1: Chọn C Ta có: a   2; 1; 1 , b   3; 1;1 và c  1; 2; 1 . Gọi A điểm thuộc  1  và   2  nên A  0; 1;0  . Khi đó: u  a  b   2; 5;1 và n  u  c   7; 1;9  . Do đó:   : 7 x  y  9 z  1  0 . CÂU 2: Chọn B Gọi tâm mặt cầu nội tiếp tứ diện OABC là I  x; y; z  . Ta có phương trình  OBC  : x  z  0 . Phương trình mặt phẳng  ABC  : 5 x  3 y  4 z  15  0 . Tâm I cách đều hai mặt phẳng  OBC  và  ABC  suy ra:  y  3z  5  0   .  2 5 2 10 x  3 y  z  15  0    Nhận xét: hai điểm A và O nằm về cùng phía với   nên loại   . xz  5 x  3 y  4 z  15 Hai điểm A và O nằm về khác phía    nên nhận    . CÂU 3:Chọn C Gọi A  a;0;0  , B  0; b;0  , C  0;0; c  ,   có dạng x y z 1 2 5    1 , M        1 . a b c a b c Do OA  OB  OC  a  b  c . Xét các trường hợp 8 + a  b  c   1  a  8    : x  y  z  8  0 . a 2  1  a  2    : x  y  z  2  0 . + a  b  c  a 6  1  a  6    : x  y  z  6  0 . + a  b  c  a 4 + a  b  c   1  a  4    : x  y  z  4  0 . a Vậy có 4 mặt phẳng   thỏa ycbt. CÂU 4: Chọn D Mặt phẳng  P  song song với  Q  nên phương trình  P  : 2 x  y  2 z  m  0  m  4  . Theo bài ra: d  A,  P    2  2  2  6  m  2  m2  6 3 m  4 l  m  2  6    m  8  t / m   m  2  6 Vậy phương trình  P  : 2 x  y  2 z  8  0 . CÂU 5: Chọn D GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 258 CHƯƠNG 3: HÌNH HỌC OXYZ Gọi K  x; y; z  là hình chiếu vuông góc của A lên d . Tọa độ của K là nghiệm của hệ  x  1  y  1  x  1    y  1   z  1  y  1  K 1;1;1 . x  y  z 1  0 z  1   Ta có d   d  ,  P    d  K ,  P    KH  KA  14 . Nên khoảng cách từ d đến  P  đạt giá trị lớn nhất bằng 14 khi mặt phẳng  P  qua A và vuông góc với KA . Khi đó có thể chọn VTPT của  P  là KA . Vậy  P  vuông góc với mặt phẳng 3x  z  2  0 . CÂU 6: Chọn B Ta có: MN   1; 2;1 . K N M P I  x  t  Đường thẳng  d  qua hai điểm M , N có phương trình tham số  y  1  2t . z  2  t  Gọi I là hình chiếu vuông góc của K lên đường thẳng  d   I  t ; 1  2t; 2  t  . Khi đó ta có KI   t ; 1  2t ; t  . 1 1  1 1 1 Do KI  MN  KI .MN  0  t  2  4t  t  0  t   KI    ;  ;    1;1; 1 . 3 3  3 3 3 Ta có d  K ;  P    KI  d  K ;  P  nax  KI  KI   P   n  1;1; 1 . CÂU 7: Chọn D Do tứ diện OABC có ba cạnh OA, OB, OC đôi một vuông góc nên nếu H là trực tâm của tam giác ABC dễ dàng chứng minh được OH   ABC  hay OH   P  . Vậy mặt phẳng  P  đi qua điểm H 1; 2;3 và có VTPT OH 1; 2;3 nên phương trình  P  là  x  1  2  y  2   3  z  3  0  x  2 y  3z  14  0. GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 259 CHƯƠNG 3: HÌNH HỌC OXYZ CÂU 8: Chọn D Cách 1 : 11 11 11 11 121 )  G( ; ; )  OG 2  2 3 3 6 4 33 11 15609 Với đáp án B: A( ;0;0);B(0;66;0);C(0;0;66)  G( ;22;22)  OG 2  4 4 16 18 18 Với đáp án C: A(9;0;0);B(0;18;0);C(0;0;18)  G(3; ; )  OG 2  81 3 3 Với đáp án D: A(12;0;0);B(0;6;0);C(0;0;6)  G(4;2;2)  OG 2  24 Với đáp án A: A(11;0;0);B(0;11;0);C(0;0; Cách 2 : Gọi A  a;0;0  , B  0; b;0  , C  0;0; c  với a, b, c  0 . Theo đề bài ta có : giá trị nhỏ nhất của a 2  b2  c 2 .  Ta có a 2  b 2  c 2   4  1  1   a.2  b.1  c.1 2 8 1 1    1 . Cần tìm a b c  6.  a 2  b 2  c 2    2a  b  c  2 Mặt khác a 2  b 2  c 2   4  1  1   a.2  b.1  c.1 8 1 1   2a  b  c      a b c   4  1  1  36 2 a2  b 2  c 2  a  2b  2c. Suy ra a  b  c  6 . Dấu ”  ” xảy ra khi 4 2 2 2 Vậy a  b  c đạt giá trị nhỏ nhất bằng 216 khi a  12, b  c  6 . 2 2 2 3 Vậy phương trình mặt phẳng là : x y z    1 hay x  2 y  2 z  12  0 . 12 6 6 CÂU 9 :Chọn C  P    ABC   AH  Ta có:  P    ABC   BC   P  .   BC  AH ; BC   ABC  Suy ra mặt phẳng  P  đi qua A và nhận BC   5;3;  6  làm VTPT Vậy:  P  : 5 x  3 y  6 z  16  0 . CÂU 10: Chọn A AB   2; 4; 4  ; VTPT của  P  là n  2;1; 2  VTPT của  Q  là nQ   AB; n    2;2;3 . Phương trình của mặt phẳng  Q  : 2 x  2 y  3z  7  0 CÂU 11: Chọn B AB   2; 2;1 , vectơ pháp tuyến của  Q  là n  1; 2; 1 . Vậy  P  có vectơ pháp tuyến là  AB, n   4;3;2  . GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 260 CHƯƠNG 3: HÌNH HỌC OXYZ Phương trình mặt phẳng  P  : 4 x  3  y  1  2 z  0 , hay  P  : 4 x  3 y  2 z  3  0 . CÂU 12 :Chọn C Ta có AB   1;1; 4  và trục Oy có VTCP là j   0;1;0  Mặt phẳng  P  chứa A , B và song song với trục Oy nên có VTPT n   AB; j    4;0; 1 Khi đó mặt phẳng  P đi qua B  0;0;1 và VTPT n   4;0; 1 nên có phương trình 4x  z  1  0 . CÂU 13: Chọn D A  3; 2;1   P  : ax  by  cz  27  0  3a  2b  c  27  0 1 B  3;5; 2    P  : ax  by  cz  27  0  3a  5b  2c  27  0  2   P  : ax  by  cz  27  0 vuông góc với mặt phẳng  Q  : 3x  y  z  4  0 . n p .n q  3a  b  c  0  3 3a  2b  c  27  0 1 a  6   Giải hệ: 3a  5b  2c  27  0  2   b  27  a  b  c  12 .  c  45  3a  b  c  0  3 CÂU 14: Chọn B Gọi n   A; B; C  , A2  B 2  C 2  0 là vectơ pháp tuyến của mp  P  thỏa yêu cầu bài toán. • mp  P  qua N  1;0; 1 nên phương trình mặt phẳng có dạng: A  x  1  By  C  z  1  0  Ax  By  Cz  A  C  0 . • mp  P  qua M 1; 2;1 suy ra A  2B  C  A  C  0  A  B  C  0  A  C   B (1). • mp  P  cắt trục Ox tại A  a;0;0  suy ra Aa .  A  C  0  A.a  B  0 . a B B  (Do nếu A  0  B  0  C  0 nên A  0 ). Suy ra A  ;0;0  A A  B  0 • mp  P  cắt trục Oy tại B  0; b;0  suy ra B.b  A  C  0  B.b  B  0   . b  1 TH1: B  0  A  C  0  A  C . Chọn C  1  A  1 . Phương trình mặt phẳng  P  có dạng: x  z  0 .  A  B  O  0;0;0  không thỏa yêu cầu. TH2: b  1  B  0;1;0  2  B AM  1    5 ; BN  3  A 2  B AM  3BN  1    5  3  A  B B 1   2 2  A  A  1  B  1    5  9     A 1  B  2 B  3  A  A GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 261 CHƯƠNG 3: HÌNH HỌC OXYZ B  1  B   A  C  0 . Chọn A  1  B  1 . A Phương trình mp  P  : x  y  1  0 • B  3  B  3A  C  4 A . Chọn A  1  B  3  C  4 . A Phương trình mp  P  : x  3 y  4 z  3  0 • Vậy có hai mặt phẳng thỏa yêu cầu. CÂU 15: Chọn D Ta có AO  1; 2;0  , BC   0; 4; 3 . TH1: B và C nằm cùng phía với  P  , khi đó BC có giá song song với  P  . Phương trình mặt phẳng  P  qua O có vtpt n   BC, AO    6;3; 4  nên  P  : 6 x  3 y  4 z  0 . 3   TH2: B và C nằm khác phía với  P  , khi đó trung điểm I  0; 2;  của BC thuộc  P  . 2   3  3   IO   0; 2;  . Phương trình mặt phẳng  P  qua O có vtpt n   IO, AO    3;  ; 2  nên 2  2    P  : 6x  3 y  4z  0 . CÂU 16: Chọn A b  d  0 Ta có: A, B   P  nên  . Suy ra  P  có dạng ax  ay  cz  a  0 có vectơ pháp tuyến là a  d  0 n   a; a ; c  . Măt phẳng  yOz  có vectơ pháp tuyến là i  1;0;0  . Ta có: cos 60  n.i n.i  a 1  2a 2  c 2  4a 2  2a 2  c 2  0 .  2 2 2 2a  c .1 Chọn a  1 , ta có: c2  2  c   2 do c  0 . Ta có: a  b  c  a  a  c  1  1  2  2  2   0;3 . CÂU 17:Chọn D Gọi M  m;0;0  , N  0; n;0  , P  0;0; p  lần lượt là giao điểm của  P  và trục Ox , Oy , Oz . M , N lần lượt thuộc tia Ox , Oy nên m  0 , n  0 . x y z Phương trình mặt phẳng  P  :    1 . m n p Ta có: OM  2ON  m  2n 1 1 1 0 2 2 A P     1 , B  P     1 m n p m n p Suy ra: m  2 , n  1 , p  2   P  : x  2 y  z  2  0 . CÂU 18: Chọn B. Do mặt phẳng  P  chứa Ox nên loại đáp án D. Mặt cầu  S  có tâm I 1;  2;  1 và bán kính R  3. . Đường tròn có chu vi bằng 6 nên 2 r  6  r  3  R. Do đó nó là đường tròn lớn của mặt cầu  S  . Vậy mặt phẳng  P  đi qua tâm I 1;  2;  1 của mặt cầu. Gọi n   a; b; c  là vectơ pháp tuyến của  P  , suy ra  P  : by  cz  0. . GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 262 CHƯƠNG 3: HÌNH HỌC OXYZ Do  P  đi qua tâm I 1;  2;  1 nên 2b  c  0  c  2b. . Khi đó  P  : by  cz  0  by  2bz  0  y  2 z  0. . CÂU 19:Chọn D Giả sử điểm A  m;0;0  , B  0; n;0  với m  0 , n  0 . x y z   1  0 . m n 3 Theo giả thiết G  a; b; c  là trọng tâm tam giác ABC  m  3a , n  3b , c  1 . Do đó phương trình mặt phẳng  P  : Mặt phẳng  P  đi qua điểm M 1;8;0  nên 1 8 n  1  0  m  , với n  8 . m n n 8 2  n    2 n 8  n   1 đạt GTNN. Vì OG nhỏ nhất nên P  a 2  b 2  c 2   9 9 2  n    2  1  2n 8 n 8  n  Đặt f  n    1  f   n   .  2 n .  9 9 9  n  8  n  82  Ta có f   n   0  n  10 ( thỏa mãn). 10 5 Xét dấu đạo hàm ta được n  10 thì Pmin và m  5 , a  , b  . 3 3 Vậy T  a  b  c  6 . CÂU 20: Chọn C Gọi A  a;0;0  , B  0; b;0  , C  0,0, c  với a, b, c  0 . 1 2 1 x y z    1 .Vì: M   P      1 . a b c a b c 1 Thể tích khối tứ diện OABC là: VOABC  abc 6 Phương trình mặt phẳng  P  : Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: Hay 1  3 3 1 2 1 12 1    33 . a b c ab c 1 2 54 .Suy ra: abc  54  abc  9 Vậy: VOABC  9 . 1 abc abc 6 CÂU 21: Chọn B Giả sử A  a;0;0   Ox , B  0; b;0   Oy , C  0;0; c   Oz và  a, b, c  0  . Khi đó phương trình mặt phẳng  P  có dạng: Ta có: M 1; 4;9    P   x y z   1. a b c 1 4 9    1. a b c   1 2  4 2  9 2  1 4 9       a  b  c             a   b   c   a b c       b    c    1 2  3 2 a 2 2 2  a  b  c  1  2  3 . 2 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 263 CHƯƠNG 3: HÌNH HỌC OXYZ 1 4 9 a  b  c 1 a  6  x y z 1 2 3  Dấu ”  ” xảy ra khi:     b  12   P  :    1 (Thỏa 6 12 18 a b c c  18 2  a  b  c  1  2  3   CÂU 22 : Vì mặt phẳng  P  song song với mặt phẳng  Q  : 2 x  y  2 z  4  0 nên có phương trình dạng 2 x  y  2 z  D  0 (với D  4 ). Mặt khác, theo giả thiết d  A;  P    2  2.  1  2  2.  3  D 22   1   2  2 2  2.  D  2  6  D  4 (loại) hoặc D  8 (chọn). Vậy  P  : 2 x  y  2 z  8  0 . CÂU 23 :Chọn C Mặt cầu  S  có tâm I 1; 2;3 và bán kính R  2 3 . Gọi r là bán kính đường tròn  C  và H là hình chiếu của I lên  Q  . Đặt IH  x ta có r  R 2  x 2  12  x 2 1 1 Vậy thể tích khối nón tạo được là V  .IH .SC   .x. 3 3    12  x 2  2 1   12 x  x 3  . 3 Gọi f  x   12 x  x3 với x  0;2 3 . Thể tích nón lớn nhất khi f  x  đạt giá trị lớn nhất Ta có f   x   12  3x 2 f   x   0  12  3 x 2  0  x  2  x  2 . Bảng biến thiên : GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 264 CHƯƠNG 3: HÌNH HỌC OXYZ 16 1 Vậy Vmax   16  khi x  IH  2 . 3 3 Mặt phẳng  Q  //  P  nên  Q  : 2 x  2 y  z  a  0 Và d  I ;  Q    IH  2.1  2  2   3  a 22  22   1 2  a  11 .  2  a 5  6    a  1 Vậy mặt phẳng  Q  có phương trình 2 x  2 y  z  1  0 hoặc 2 x  2 y  z  11  0 . GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 265 CHƯƠNG 3: HÌNH HỌC OXYZ CHỦ ĐỀ 4: PHƯƠNG TRÌNH MẶT PHẲNG (LOẠI 2) VÍ DỤ 1:Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm M 1;2;  1 Viết phương trình mặt phẳng   đi qua gốc tọa độ O  0;0;0 và cách M một khoảng lớn nhất. A. x  2 y  z  0 . B. x y z    1. 1 2 1 C. x  y  z  0 . D. x  y  z  2  0 Lời giải Chọn A Gọi H là hình chiếu của M trên  P   MHO vuông tại H  MH  MO  MH max  MO . Khi đó  P  đi qua M và vuông góc với MO  MO  1; 2;  1 là vecto pháp tuyến của  P   phương trình của mặt phẳng  P  là 1 x  0  2  y  0 1 z  0  0 hay x  2y  z  0 . VÍ DỤ 2: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt cầu  S  : x 2  y 2  z 2  6 x  4 y  2 z  5  0 và x  2 y  3 z 1   . Viết phương trình mặt phẳng  P  vuông góc với đường thẳng d 1 1 5 và đi qua tâm của mặt cầu  S  . đường thẳng d : A.  P  : 3x  2 y  z  6  0 . B.  P  : 3x  2 y  z  6  0 . C.  P  : x  y  5z  4  0 . D.  P  : x  y  5z  4  0 . Lời giải Chọn D  I  3;  2;1 Ta có: mặt cầu  S  có  . R  3 Véc tơ chỉ phương của đường thẳng d là: u 1;1;  5  . Mặt phẳng  P  vuông góc với d nên có nhận u 1;1;  5  làm véc tơ pháp tuyến, và đi qua tâm I  3;  2;1 . Vậy phương trình mặt phẳng  P  là: x  3  y  2  5  z  1  0  x  y  5 z  4  0 . VÍ DỤ 3:Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai mặt phẳng  P  ,  Q  lần lượt có phương trình là x  y  z  0 , x  2 y  3 z  4 và cho điểm M 1; 2;5 . Tìm phương trình mặt phẳng   đi qua điểm M đồng thời vuông góc với hai mặt phẳng  P  và  Q  . A. 5 x  2 y  z  14  0 . B. x  4 y  3 z  6  0 . C. x  4 y  3 z  6  0 . D. 5 x  2 y  z  4  0 . Lời giải Chọn B  P  có một vectơ pháp tuyến là nP  1;1; 1 ,  Q  có một vectơ pháp tuyến là nQ  1; 2;3 .     vuông góc với  P  và  Q  nên có một vectơ pháp tuyến là n  nP , nQ   1; 4; 3 . đi qua điểm M 1; 2;5 đồng thời vuông góc với hai mặt phẳng  P  và  Q  sẽ có phương trình là x  1  4  y  2   3  z  5  0  x  4 y  3 z  6  0 . GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 266 CHƯƠNG 3: HÌNH HỌC OXYZ VÍ DỤ 5: Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz , cho điểm A 10; 2;1 và đường thẳng x 1 y z 1   . Gọi  P  là mặt phẳng đi qua điểm A , song song với đường thẳng d sao cho 2 1 3 khoảng cách giữa d và  P  lớn nhất. Khoảng cách từ điểm M  1; 2;3 đến mp  P  là d: A. 97 3 . 15 B. 76 790 . 790 C. 2 13 . 13 D. 3 29 . 29 Lời giải Chọn A d H K d’ A P  P là mặt phẳng đi qua điểm A và song song với đường thẳng d nên  P  chứa đường thẳng d  đi qua điểm A và song song với đường thẳng d . Gọi H là hình chiếu của A trên d , K là hình chiếu của H trên  P  . Ta có d  d ,  P    HK  AH ( AH không đổi)  GTLN của d ( d , ( P )) là AH  d  d ,  P   lớn nhất khi AH vuông góc với  P  . Khi đó, nếu gọi  Q  là mặt phẳng chứa A và d thì  P  vuông góc với  Q  .  n P  u d , nQ    98;14;  70    P  :7 x  y  5 z  77  0  d  M ,  P    97 3 .. 15 BÀI TẬP RÈN LUYỆN CÂU 1: Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho mặt phẳng  P  đi qua điểm A 1;  3; 2  và chứa trục Oz . Gọi n   a; b; c  là một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng  P  . Tính M  1 A. M   . 3 B. M  3 . C. M  bc . a 1 . 3 D. M  3 . CÂU 2: Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz ,cho hai đường thẳng d1 , d 2 lần lượt có phương trình x 2 y 2 z 3 x 1 y  2 z 1     , d2 : . Phương trình mặt phẳng   cách đều hai đường thẳng 2 1 3 2 1 4 d1 , d 2 là d1 : A. 7 x  2 y  4 z  0 . B. 7 x  2 y  4 z  3  0 . C. 2 x  y  3 z  3  0 . D. 14 x  4 y  8 z  3  0 . GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 267 CHƯƠNG 3: HÌNH HỌC OXYZ CÂU 3: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , viết phương trình mặt phẳng  P  song song và cách đều hai đường thẳng d1 : x y 1 z  2 x2 y z   và d 2 :   2 1 1 1 1 1 A.  P  : 2 x  2 z  1  0 . B.  P  : 2 y  2 z  1  0 . C.  P  : 2 x  2 y  1  0 . D.  P  : 2 y  2 z  1  0 . CÂU 4: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , gọi  P  là mặt phẳng đi qua H  2;1;1 và cắt các trục tọa độ tại các điểm A , B , C sao cho H là trực tâm của tam giác ABC . Phương trình của  P  là A. 2 x  y  z  6  0 . B. x  2 y  z  6  0 . C. x  2 y  2 z  6  0 . D. 2 x  y  z  6  0 . CÂU 5: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu  S  :  x  1   y  2    z  3  9 và đường 2 2 2 x6 y2 z 2   . Phương trình mặt phẳng  P  đi qua điểm M  4;3; 4  song song với đường 3 2 2 thẳng  và tiếp xúc với mặt cầu  S  là: thẳng  : B. 2 x  2 y  z  18  0 . D. 2 x  y  2 z  19  0 . A. x  2 y  2 z  1  0 . C. 2 x  y  2 z  10  0 .  x  t1 x  1 x  1    CÂU 6: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba đường thẳng d1 :  y  0 , d 2 :  y  t2 , d3 :  y  0 . z  0 z  0 z  t 3    Viết phương trình mặt phẳng đi qua điểm H  3;2;1 và cắt ba đường thẳng d1 , d 2 , d 3 lần lượt tại A , B , C sao cho H là trực tâm tam giác ABC . A. 2 x  2 y  z  11  0 . B. x  y  z  6  0 . C. 2 x  2 y  z  9  0 . D. 3 x  2 y  z  14  0 . CÂU 7 : Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d : x  2 y 1 z . Viết phương trình   1 2 1 mặt phẳng (P) chứa đường thẳng d và cắt các trục Ox, Oy lần lượt tại A và B sao cho đường thẳng AB vuông góc với d. A.  P  : x  2 y  5 z  4  0. B.  P  : x  2 y  5 z  5  0. C.  P  : x  2 y  z  4  0. D.  P  : 2 x  y  3  0. CÂU 8: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm A  a;0;0  , B  0; b;0  , C  0;0; c  với a , b , c là các số thực dương thay đổi tùy ý sao cho a 2  b 2  c 2  3 . Khoảng cách từ O đến mặt phẳng  ABC  lớn nhất bằng: 1 . D. 1 . 3 CÂU 9 : Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho các điểm M 1; m;0  , N  1;0; n  với m, n là các A. 1 . 3 B. 3 . C. số thực dương thỏa mãn mn  2 . Chứng minh rằng đường thẳng MN luôn tiếp xúc với một mặt cầu cố định. Xác định bán kính mặt cầu đó. 1 6 2 A. R  . B. R  . C. R  . D. R  1 . 2 3 2 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 268 CHƯƠNG 3: HÌNH HỌC OXYZ CÂU 10 : Trong không  S  :  x  1   y  1 2 2 Oxyz , gian cho hai A 1; 2; 4  , điểm B  0;0;1 và mặt cầu  z 2  4. Mặt phẳng  P  : ax  by  cz  3  0 đi qua A , B và cắt mặt cầu  S  theo giao tuyến là một đường tròn có bán kính nhỏ nhất. Tính T  a  b  c . 33 27 3 A. T   . B. T  . C. T  . 5 4 4 D. T   S  :  x  1   y  2   z  3 2 CÂU 11: Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu 2 2 31 . 5  25 và hai điểm A  3; 2;6  , B  0;1;0  . Mặt phẳng  P  : ax  by  cz  2  0 chứa đường thẳng AB và cắt  S  theo giao tuyến là đường tròn có bán kính nhỏ nhất. Tính giá trị của biểu thức M  2a  b  c . A. M  2 . B. M  3 . C. M  1 . D. M  4 . CÂU 12: Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A  3;0; 2  , B  3;0; 2  và mặt cầu x 2  ( y  2)2  ( z  1)2  25 . Phương trình mặt phẳng   đi qua hai điểm A , B và cắt mặt cầu  S  theo một đường tròn bán kính nhỏ nhất là A. x  4 y  5 z  17  0 . B. 3x  2 y  z  7  0 . D. 3 x  2 y  z –11  0 . C. x  4 y  5 z  13  0 . x 1 y 1 z   và mặt phẳng 1 2 2   : x  2 y  2 z  5  0 . Gọi  P  là mặt phẳng chứa  và tạo với   một góc nhỏ nhất. Phương trình mặt CÂU 13. Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz , cho đường thẳng  : phẳng  P  có dạng ax  by  cz  d  0 ( a, b, c, d  A. 120 . và a, b, c, d  5 ). Khi đó tích a.b.c.d bằng bao nhiêu? B. 60 . C. 60 . D. 120 . CÂU 14: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho hình lập phương ABCD.ABCD biết rằng A  0;0;0  , B 1;0;0  , D  0;1;0  , A  0;0;1 . Phương trình mặt phẳng  P  chứa đường thẳng BC và tạo với mặt phẳng  AACC  một góc lớn nhất là A. x  y  z  1  0 . B.  x  y  z  1  0 . C. x  y  z  1  0 . GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. D. x  y  z  1  0 . Trang 269 CHƯƠNG 3: HÌNH HỌC OXYZ GIẢI CHI TIẾT CÂU 1: Chọn C  n  OA  1;  3; 2  đi qua A chứa Oz nên  .  n  k   0;0;1   P  có một vectơ pháp tuyến là n  OA; k    3;  1;0  . bc 1  . Khi đó chọn a  3 , b  1 , c  0 . Vậy M  a 3  P CÂU 2: Chọn D d1 A α) B d2 Ta có d1 đi qua A  2; 2;3 và có ud1   2;1;3  , d 2 đi qua B 1; 2;1 và có ud 2   2; 1; 4  AB   1;1; 2 ; ud1 ; ud2    7; 2; 4  ;  ud1 ; ud2  AB  1  0 nên d1 , d 2 chéo nhau. Do   cách đều d1 , d 2 nên   song song với d1 , d 2  n  ud1 ; ud2    7; 2; 4     có dạng 7 x  2 y  4 z  d  0 Theo giả thiết thì d  A,     d  B,     d 2 69  d 1 69 d 3 2    :14 x  4 y  8 z  3  0 . CÂU 3: Chọn B Ta có: d1 đi qua điểm A  2;0;0  và có VTCP u1   1;1;1 . và d 2 đi qua điểm B  0;1;2  và có VTCP u2   2;  1;  1 . Vì  P  song songvới hai đường thẳng d1 và d 2 nên VTPT của  P  là n  u1 , u2    0;1;  1 Khi đó  P  có dạng y  z  D  0  loại đáp án A và C  1  Lại có  P  cách đều d1 và d 2 nên  P  đi qua trung điểm M  0; ;1 của AB . Do đó  2   P  : 2 y 2 z  1  0 . CÂU 4: Chọn A GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 270 CHƯƠNG 3: HÌNH HỌC OXYZ Ta có AH  BC , OA  BC  OH  BC . Chứng minh tương tự ta cũng có OH  AC  OH   ABC  nên OH   2;1;1 là vectơ pháp tuyến của  ABC  . Vậy  ABC  : 2 x  y  z  6  0 . CÂU 5: Chọn D Gọi vectơ pháp tuyến của mặt phẳng  P  là n   a; b; c  , a 2  b 2  c 2  0 . Phương trình mặt phẳng  P  : a  x  4   b  y  3  c  z  4   0 . Do  P  //  nên 3a  2b  2c  0  3a  2  b  c  Mặt phẳng  P  tiếp xúc với  S  nên 3a  b  c a 2  b2  c 2  3  9  a 2  b 2  c 2    3a  b  c  * . 2 Thay 3a  2  a  b  vào (*) ta được: 4  b  c   9  b 2  c 2   9  b  c   2b 2  5bc  2c 2  0   2b  c  b  2c   0 2 2 TH1: 2b  c  0 , chọn b  1; c  2  a  2   P  : 2 x  y  2 z  19  0 (thỏa). TH2: b  2c  0 , chọn c  1 ; b  2  a  2   P  : 2 x  2 y  z  18  0 (loại do    P  ). CÂU 6: Chọn A Gọi A  a;0;0  , B 1; b;0  , C 1;0; c  . AB  1  a; b;0  , BC   0; b; c  , CH   2;2;1  c  , AH  3  a;2;1 . Yêu cầu bài toán   AB, BC  .CH  0 2bc  2c  a  1  1  c  b  a  1  0   b  0   2 3  a  b  1  9b  2b  0    AB.CH  0 9  b    2  c  2b  BC. AH  0 Nếu b  0 suy ra A  B (loại). 9  11   9  Nếu b  , tọa độ A  ;0;0  , B 1; ;0  , C 1;0;9  . Suy ra phương trình mặt phẳng  ABC  2 2   2  là 2 x  2 y  z  11  0 . CÂU 7 : Cách 1 (Tự luận) GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 271 CHƯƠNG 3: HÌNH HỌC OXYZ Đường thẳng d qua M(2;1;0) và có VTCP ud  1;2; 1 Ta có: AB  d và AB  Oz nên AB có VTCP là: u AB  ud , k    2; 1;0  (P) chứa d và AB nên (P) đi qua M(2;1; 0), có VTPT là: n  ud , u AB   1;2;5    P  : x  2 y  5 z  4  0  Chọn A Cách 2: Dùng phương trình mặt phẳng theo đoạn chắn. Đường thẳng d qua 2 điểm M(2;1;0) và N(3;3;-1) Giả sử mp(P) cắt Ox, Oy, Oz lần lượt tại A(a;0;0), B(0;b;0), C(0;0;c)   P : x y z   1 a b c AB. .d  AB.ud  0  a  2b (1) 3 3 1 2 1   1 (2),    1 (3) a b c a b  P  chứa d nên d cũng đi qua M, N  Từ (1), (2), (3)  a = 4, b = 2, c = 4   P  : x  2 y  5z  4  0 . 5 CÂU 8: Chọn D x y z   1 a b c 0 0 0   1 1 a b c Khi đó: d  O;  ABC     1 1 1 1 1 1  2 2   2 a b c a 2 b2 c 2 1 1 1 1 9 9 1 1  3 Ta có: 2  2  2  2 hay d  O;  ABC     2 2 a b c a b c 3 3 1 1 1 3  2 2 2 a b c a  b  c  0  a  b  c 1. Dấu ”  ” xảy ra   2 2 2 a  b  c  3  1 Vậy Khoảng cách từ O đến mặt phẳng  ABC  lớn nhất bằng tại a  b  c  1 . 3 CÂU 9 : Chọn D Gọi I  a; b; c  và R là tâm và bán kính của mặt cầu cố định (nếu có). Phương trình mặt phẳng  ABC  : 2  MN   2; m; n    2; m;  , MI   a  1; b  m; c  , m  2b 2a  2   MN , MI    mc  2  ; 2c  ;  ma  m  2 b     m m  Ta có: 2b   2a  2  2   mc  2     2c     ma  m  2b  m  m   Ta có: R  d  I , MN   4 4  m2  2 m 2  m c  2m  2b    2mc  2a  2    m a  2mb  m  2  2 2 2 2 2 2 m 4  4m 2  4 Khi a  b  c  0 thì R  1 không phụ thuộc vào m, n . GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 272 CHƯƠNG 3: HÌNH HỌC OXYZ CÂU 10 : Chọn A Mặt cầu  S  có tâm I  1;1;0  và bán kính R  2 . x  t  Đường thẳng AB đi qua điểm B , có một VTCP là BA  1; 2;3  AB :  y  2t  t   z  1  3t   IB  1; 1;1  IB  3  R   P  luôn cắt mặt cầu  S  theo giao tuyến là đường tròn  C   C  có bán kính nhỏ nhất  d  I ,  P   lớn nhất. Gọi H , K lần lượt là hình chiếu vuông góc của I lên  P  và AB , ta có: d  I ,  P    IH  IK Do đó d  I ,  P   lớn nhất  H  K hay mặt phẳng  P  vuông góc với IK Tìm K : K  AB  K  t ; 2t ;1  3t   IK   t  1; 2t  1;3t  1 Ta có IK  AB  IK . AB  0  t   1 6 9 4 1  IK  ;  ;    6; 9; 4  7 7 7 7 7 Mặt phẳng  P  đi qua B  0;0;1 , có một VTPT là n   6; 9; 4  9 27 3 y  3 z  3  0 . Vậy T   .   P : 6x  9 y  4z  4  0   x  2 4 4 CÂU 11: Chọn C * Ta có:  P   n   a; b; c  trong đó a; b; c không đồng thời bằng 0 . Mặt cầu S  có tâm I 1; 2;3 và bán kính R  5 . 3a  2b  6c  2  0 b  2 Do mặt phẳng  P  chứa đường thẳng AB nên ta có:   1 b  2  0 a  2  2c * Bán kính d  d  I ;  P   đường c4 a 2  b2  c2 tròn  giao tuyến r  R2  d 2 là: trong đó c 2  8c  16 . Để bán kính đường tròn nhỏ nhất điều kiện là d 5c 2  8c  8 c 2  8c  16 1 24 2c  3 2c  3   . 2 lớn nhất  m  2 lớn nhất. 2 5c  8c  8 5c  8c  8 5 5 5c  8c  8 2c  3 * Coi hàm số m  2 là một phương trình ẩn c ta được 5c  8c  8 lớn nhất  5mc 2  2  4m  1 c  8m  3  0 , phương trình có nghiệm c    24m 2  23m  1  0   1  m  1  m lớn nhất  c  1. 24  a  0  M  2a  b  c  1. CÂU 12: Chọn D Mặt cầu  S  có tâm I  0; 2;1 , bán kính R  5 . Do IA  17  R nên AB luôn cắt  S  . Do đó   ( ) luôn cắt  S  theo đường tròn  C  có bán kính r  R 2  d  I ,    . Đề bán kính r nhỏ 2 nhất  d  I ,    lớn nhất. Mặt phẳng   đi qua hai điểm A , B và vuông góc với mp  ABC  . GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 273 CHƯƠNG 3: HÌNH HỌC OXYZ Ta có AB  (1; 1; 1) , AC  (2; 3; 2) suy ra  ABC  có véctơ pháp tuyến n   AB, AC   (1;4; 5) (α) có véctơ pháp tuyến n  n, AB   (9  6; 3)  3(3;2;1) Phương trình   :3  x – 2   2  y –1  1 z – 3  0  3x  2 y  z –11  0 . CÂU 13. Chọn D Hình minh họa Trên đường thẳng  lấy điểm A 1;1;0  . Gọi d là đường thẳng đi qua A và vuông góc với mặt phẳng   . Ta có u d  1; 2;2  . Trên đường thẳng d lấy điểm C bất kì khác điểm A . Gọi H , K lần lượt là hình chiếu vuông góc của C lên mặt phẳng  P  và đường thẳng  . Lúc này, ta có  P  ;    CH ; d   HCA Xét tam giác HCA ta có sin HCA  AH , mà tam giác AHK vuông tại K nên ta có AC AH AK  (không đổi) . Nên để góc HCA nhỏ nhất khi H trùng với K hay CK   P  AC AC Ta có  ACK  đi qua d và  . Vì u d ; u     8; 0; 4  nên chọn n ACK    2;0;1   Mặt khác ta có  P  đi qua  , vuông góc mặt phẳng  ACK  và  n ACK  ; u     2;5; 4    Nên n P    2;5; 4  . Vậy phương trình mặt phẳng  P  là : 2  x  1  5  y  1  4 z  0  2 x  5 y  4 z  3  0  2 x  5 y  4 z  3  0 . CÂU 14: Góc giữa hai mặt phẳng lớn nhất bằng 90 0 . Nên góc lớn nhất giữa  P  và  ACC A  bằng 90 0 hay  P    ACCA  . Mà  BDC    ACCA    P    BDC  . Ta có C 1;1;1 VTPT của  P  : nP   BD, BC  1;1; 1 .   P  : x  y  z  1  0 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 274 CHƯƠNG 3: HÌNH HỌC OXYZ CHỦ ĐỀ 5 : PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG VÍ DỤ 1: Trong không gian  Oxy  cho tam giác ABC có A  2;3;3 , phương trình đường trung tuyến kẻ từ B là x2 y4 z2 x 3 y 3 z 2     , phương trình đường phân giác trong góc C là . Biết rằng 1 2 1 2 1 1 u   m; n; 1 là một véc tơ chỉ phương của đường thẳng AB . Tính giá trị biểu thức T  m 2  n 2 . B. T  5 A. T  1 D. T  10 C. T  2 Lời giải Chọn C Gọi M là trung điểm AC . Trung tuyến BM có phương trình x 3 y 3 z 2   suy ra 1 2 1 M  3  m;3  2m;2  m   C  4  2m;3  4m;1  2m  . Vì C nằm trên đường phân giác trong góc C nên 4  2m  2 3  4m  4 1  2m  2    m  0  C  4;3;1 . 2 1 1 Gọi A là điểm đối xứng của A qua phân giác trong góc C , khi đó A  2  4a;5  2a;1  2a  và A  BC . Véc tơ chỉ phương của đường thẳng chứa phân giác trong góc C là u   2; 1; 1 . Ta có AA.u  0  4a.2   2  2a  .  1   2a  2  1  0  a  0  A  2;5;1  BM . Suy ra A  B  B  2;5;1  AB   0; 2; 2   2  0; 1;1 là một véc tơ của đường thẳng AB . Vậy T  m 2  n 2  2 . VÍ DỤ 2: Trong không gian Oxyz , cho điểm I 1; 2;1 và hai mặt phẳng  P  ,  Q  lần lượt có phương trình là x  3z  1  0 , 2 y  z  1  0 . Đường thẳng đi qua I và song song với hai mặt phẳng  P  ,  Q  có phương trình là x 1 y  2 z 1 x 1 y  2 z 1     A. . B. . 6 2 1 1 5 2 x 1 y  2 z 1 x 1 y  2 z 1     C. . D. . 2 6 1 1 5 2 Lời giải Gọi u là vectơ chỉ phương của d . Ta có u  n P  1;0; 3 và u  nQ    0; 2; 1 . Chọn u   n P  , nQ     6;1; 2  . x 1 y  2 z 1   Phương trình đường thẳng d : . 6 1 2 VÍ DỤ 3: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho các điểm M  2; 2;  3 và N  4; 2;1 . Gọi  là đường thẳng đi qua M , nhận vecto u   a; b; c  làm vectơ chỉ phương và song song với mặt phẳng  P  : 2x  y  z  0 sao cho khoảng cách từ N đến  đạt giá trị nhỏ nhất. Biết a , b là hai số nguyên tố cùng nhau. Khi đó a  b  c bằng: A. 15 . B. 13 . C. 16 . GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. D. 14 . Trang 275 CHƯƠNG 3: HÌNH HỌC OXYZ Lời giải Chọn A Gọi  Q  là mặt phẳng đi qua M  2; 2;  3 và song song với mặt phẳng  P  . Suy ra  Q  : 2 x  y  z  3  0 .Do  //  P  nên    Q  . d  N ,   đạt giá trị nhỏ nhất   đi qua N , với N là hình chiếu của N lên  Q  .  x  4  2t  Gọi d là đường thẳng đi qua N và vuông góc  P  , d :  y  2  t . z  1 t  Ta có N   d  N   4  2t; 2  t;1  t  ; N    Q   t  4  4 10 7   N  ; ;  . 3  3 3 3  10 4 16  u   a; b; c  cùng phương MN     ; ;  .  3 3 3 Do a , b nguyên tố cùng nhau nên chọn u   5;2;8  .Vậy a  b  c  15 . x y 1 z   và hai điểm A 1;2;  5  , B  1;0;2  . Biết 1 1 1 điểm M thuộc  sao cho biểu thức T  MA  MB đạt giá trị lớn nhất là Tmax . Khi đó, Tmax bằng bao nhiêu? VÍ DỤ 4: Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng  : B. Tmax  2 6  3 A. Tmax  3 C. Tmax  57 D. Tmax  3 6 Lời giải Chọn C AB   2; 2;7  .  x  1  2t   Phương trình đường thẳng AB là:  y  2t  .  z  2  7t    1 2 1 Xét vị trí tương đối của  và AB ta thấy  cắt AB tại điểm C   ; ;   .  3 3 3  4 4 14  3 AC    ;  ;  ; AC  AB nên B nằm giữa A và C .  3 3 3 2 T  MA  MB  AB Dấu bằng xảy ra khi M trùng C . Vậy Tmax  AB  57 . VÍ DỤ 5: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , gọi d đi qua điểm A 1; 1; 2  , song song với  P  : 2 x  y  z  3  0 , đồng thời tạo với đường thẳng : x 1 y 1 z   một góc lớn nhất. Phương trình 1 2 2 đường thẳng d là x 1  1 x 1  C. 4 A. y 1  5 y 1  5 z2 . 7 z2 . 7 x 1  4 x 1  D. 1 B. GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. y 1 z  2  . 5 7 y 1 z  2  . 5 7 Trang 276 CHƯƠNG 3: HÌNH HỌC OXYZ Lời giải Chọn A  có vectơ chỉ phương a  1; 2; 2  d có vectơ chỉ phương ad   a; b; c   P có vectơ pháp tuyến nP   2; 1; 1 Vì d / /  P  nên ad  nP  ad .nP  0  2a  b  c  0  c  2a  b  5a  4b  1 cos  , d    2 2 3 5a 2  4ab  2b2 3 5a  4ab  2b 5a  4b 2 a 1  5t  4  Đặt t  , ta có: cos  , d   b 3 5t 2  4t  2 2 Xét hàm số f  t    5t  4 2  1 5 3 , ta suy ra được: max f  t   f     3 5t  4t  2  5 2 Do đó: max cos  , d    Chọn a  1  b  5, c  7 5 3 1 a 1 t    27 5 b 5 Vậy phương trình đường thẳng d là x 1 y 1 z  2   . 1 5 7 BÀI TẬP RÈN LUYỆN CÂU 1. Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng  P  : 2 x  3 y  2z  2  0 và  Q  : x  3 y  2z  1  0 . Phương trình đường thẳng đi qua gốc tọa độ O và song song với hai mặt phẳng  P  ,  Q  là A. x y z   . 12 2 9 B. x y z   . 9 12 2 C. x y z   . 12 2 9 D. x y z   . 9 12 2 CÂU 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , viết phương trình tham số của đường thẳng qua A 1; 2; 2  và vuông góc với mặt phẳng  P  : x  2 y  3  0 .  x  1  t  A.  y  2  2t .  z  2  3t  x  1 t  B.  y  2  2t .  z  2  3t   x  1  t  C.  y  2  2t . z  2  x  1 t  D.  y  2  2t .  z  2  CÂU 3. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , viết phương trình tham số của đường thẳng đi qua điểm M 1; 2;3 và song song với giao tuyến của hai mặt phẳng  P  : 3x  y  3  0 ,  Q  : 2 x  y  z  3  0 x  1 t  B.  y  2  3t . z  3  t  x  1 t  A.  y  2  3t . z  3  t  x  1 t  C.  y  2  3t . z  3  t  x  1 t  D.  y  2  3t . z  3  t  CÂU 4: Trong không gian Oxyz , cho điểm A  3;1; 5 , hai mặt phẳng  P  : x  y  z  4  0 và  Q  : 2 x  y  z  4  0 . Viết phương trình đường thẳng  đi qua A đồng thời  song song với hai mặt phẳng  P và  Q  . x 3  2 x 3  C.  : 2 A.  : y 1  1 y 1  1 z 5 . 3 z 5 . 3 x 3  2 x3  D.  : 2 B.  : GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. y 1 z  5  . 1 3 y 1 z  5  . 1 3 Trang 277 CHƯƠNG 3: HÌNH HỌC OXYZ x 1 y 1 z  2   và mặt phẳng 2 1 3  P  : x  y  z  1  0 . Phương trình đường thẳng  đi qua A 1;1;  2 , song song với mặt phẳng  P  và CÂU 5: Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng d: vuông góc với đường thẳng d là x 1 y 1 z  2 x 1 y 1 z  2     A.  : . B.  : . 2 2 5 5 3 3 x 1 y 1 z  2 x 1 y 1 z  2     C.  : . D.  : . 2 5 3 2 5 3 CÂU 6: Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho đường thẳng  là giao tuyến của hai mặt phẳng  P  : z 1  0 và  Q  : x  y  z  3  0 . Gọi d là đường thẳng nằm trong mặt phẳng  P  , cắt đường thẳng x 1 y  2 z  3   và vuông góc với đường thẳng  . Phương trình của đường thẳng d là 1 1 1 x  3  t x  3  t x  3  t x  3  t     A.  y  t . B.  y  t . C.  y  t . D.  y  t . z  1 t z  1 z  1 z  1 t     CÂU 7. Trong không gian Oxyz , cho tam giác ABC có A  2;3;3 , phương trình đường trung tuyến kẻ từ x2 y4 z2 x 3 y 3 z 2     , phương trình đường phân giác trong của góc C là . Đường 1 2 1 2 1 1 thẳng AB có một véc-tơ chỉ phương là A. u 3   2;1; 1 . B. u 2  1; 1;0  . C. u 4   0;1; 1 . D. u1  1; 2;1 . B là CÂU 8: Trong không gian Oxyz , cho ba đường thẳng d1 : và  d3  : x  3 y 1 z  2 x 1 y z4     ,  d2  : 2 3 1 2 2 1 x3 y2 z   . Đường thẳng song song d 3 , cắt d1 và d 2 có phương trình là 4 1 6 x  3 y 1 z  2 x  3 y 1 z  2     A. B. 4 4 1 1 6 6 x 1 y z  4 x 1 y z  4     C. D. 4 4 1 1 6 6 CÂU 9: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm M  2;1;0  và đường thẳng  : Viết phương trình của đường thẳng d đi qua điểm M , cắt và vuông góc với  . x  2 y 1 z x  2 y 1 z    .  . A. d : B. d : 1 2 4 4 1 1 x  2 y 1 z x  2 y 1 z     . C. d : . D. d : 1 1 4 4 2 1 CÂU 10: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A 1; 1;3 và hai đường thẳng. d1 : x 1 y 1 z   . 2 1 1 x  4 y  2 z 1 x  2 y 1 z 1   , d2 :   . Viết phương trình đường thẳng d đi qua điểm 1 4 2 1 1 1 A, vuông góc với đường thẳng d1 và cắt đường thẳng d 2 . . x 1  2 x 1  C. d : 4 A. d : y 1  1 y 1  1 z 3 . 3 z 3 . 4 x 1  2 x 1  D. d : 2 B. d : GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. y 1  2 y 1  1 z 3 . 3 z 3 . 1 Trang 278 CHƯƠNG 3: HÌNH HỌC OXYZ CÂU 11: Trong không gian Oxy , cho điểm M  1;1; 2  và hai đường thẳng d : x  2 y  3 z 1   , 3 2 1 x 1 y z   . Phương trình nào dưới đây là phương trình đường thẳng đi qua điểm M , cắt d và 1 3 2 vuông góc với d  ?  x  1  7t  x  1  3t  x  1  3t  x  1  3t     A.  y  1  7t . B.  y  1  t . C.  y  1  t . D.  y  1  t .  z  2  7t z  2 z  2 z  2     x3 y 3 z   CÂU 12: Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng d : và mặt phẳng 1 3 2 ( ) : x  y  z  3  0 . Đường thẳng  đi qua A 1; 2; 1 , cắt d và song song với mặt phẳng ( ) có phương d : trình là x 1 y  2 z 1   . 1 2 1 x 1 y  2 z 1   D. . 1 2 1 x 1 y  2 z 1   . 1 2 1 x 1 y  2 z 1   C. . 1 2 1 A. B. x3 y 3 z   , mặt phẳng 1 3 2   : x  y  z  3  0 và điểm A 1; 2;  1 . Viết phương trình đường thẳng  đi qua A cắt d và song song CÂU 13. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho đường thẳng d : với mặt phẳng   . x 1 y  2 z 1   . 1 2 1 x 1 y  2 z 1   D. . 1 2 1 x 1 y  2 z 1   . 1 2 1 x 1 y  2 z 1   C. . 1 2 1 A. B. CÂU 14. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng  nằm trong mặt phẳng x  2 y  2 z 1   . Một   : x  y  z  3  0 , đồng thời đi qua điểm M 1; 2;0 và cắt đường thẳng d : 2 1 3 véc tơ chỉ phương của  là A. u  1;0; 1 . B. u  1;1; 2  . C. u  1; 1; 2  . D. u  1; 2;1 . CÂU 15: Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng d: x 1 y z  2   1 1 1  P  : 2 x  y  2 z  1  0 . Đường thẳng nằm trong  P  , cắt và vuông góc với x2  3 x2  C. 3 A. y 1  4 y 1  4 z 3 . 1 z 3 . 1 và mặt phẳng d có phương trình là: x  2 y 1 z  3   . 3 4 1 x 1 y 1 z 1   D. . 3 4 1 B. CÂU 16: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng d1 : x y 1 z  2   2 1 1  x  1  2t  và d 2 :  y  1  t . Phương trình đường thẳng vuông góc với  P  : 7 x  y  4 z  0 và cắt hai z  3  đường thẳng d1 , d 2 là GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 279 CHƯƠNG 3: HÌNH HỌC OXYZ x7 y z 4   . 2 1 1 x  2 y z 1   C. . 7 1 4 x2 y   7 1 x2 y   D. 7 1 A. B. z 1 . 4 z 1 4 CÂU 17: Trong không gian Oxyz , cho điểm M 1;  1;3 và hai đường thẳng d : x 1 y 1 z 1   và 2 1 1 x y z 1 d :   . Có bao nhiêu đường thẳng đi qua M và cắt cả hai đường thẳng d và d  . 3 2 1 A. Vô số. B. 2 . C. 1 . D. 0 x  1 t  CÂU 18: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A 1;0; 2  và đường thẳng d :  y  t .  z  1  2t  Phương trình đường thẳng  đi qua A , vuông góc và cắt đường thẳng d là x 1  1 x 1 C.  :  2 A.  : x 1 y z  2 .   1 1 1 x 1 y z2 D.  : .   1 3 1 y z2 .  3 2 y z2 .  4 3 B.  : x  1 t  CÂU 19 :Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A 1; 0; 2  và đường thẳng d :  y  t .  z  1  2t  Viết phương trình đường thẳng  đi qua A , vuông góc và cắt đường thẳng d . CÂU 20: Trong không gian với hệ tọa độ vuông góc Oxyz , cho mặt phẳng  P  : x  2 y  z  4  0 và đường x 1 y z  2   . Phương trình đường thẳng  nằm trong mặt phẳng  P  , đồng thời cắt và vuông 2 1 3 góc với đường thẳng d là x 1 y 1 z 1 x 1 y 1 z 1     A. . B. . 5 5 1 1 3 2 x 1 y  3 z 1 x 1 y 1 z 1     C. . D. . 5 5 1 2 3 3 thẳng d : CÂU 21: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz viết phương trình đường thẳng  d  vuông góc với x y 1 z   và đi qua gốc tọa độ O sao cho khoảng cách từ M 1, 0,1 tới đường thẳng 1 2 1  d  đạt giá trị nhỏ nhất. đường thẳng    : x  t  A.  y  t . z  t  x  t  B.  y  0 .  z  t   x  2t  C.  y  t . z  0   x  3t  D.  y  t  z  t  CÂU 22: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho điểm A 1;  2; 2  . Viết phương trình đường thẳng  đi qua A và cắt tia Oz tại điểm B sao cho OB  2OA . x y z6 x y z4    A.  :  . B.  : . 1 2 4 1 2 2 x 1 y z  6 x y z6     C.  : . D.  : . 1 2 4 1 2 4 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 280 CHƯƠNG 3: HÌNH HỌC OXYZ CÂU 23: Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz , cho mặt phẳng  P  : x  y  z  2  0 và hai đường x  1 t  x  3  t   thẳng d :  y  t ; d ‘ :  y  1  t  . Biết rằng có 2 đường thẳng có các đặc điểm: song song với  z  2  2t  z  1  2t     P  ; cắt A. d , d  và tạo với d góc 30O. Tính cosin góc tạo bởi hai đường thẳng đó. 1 . 5 B. 1 . 2 C. 2 . 3 D. 1 . 2  P  : 3x  2 y  2 z  5  0 và phân biệt cùng thuộc giao tuyến của hai mặt phẳng  P  và  Q  . CÂU 24: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai mặt phẳng  Q  : 4 x  5 y  z  1  0 . Các điểm A, B Khi đó AB cùng phương với véctơ nào sau đây? A. w   3; 2; 2  . B. v   8;11; 23 . C. k   4;5; 1 . D. u   8; 11; 23 . CÂU 25: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , gọi   là mặt phẳng chứa đường thẳng  có phương x  2 y 1 z   và vuông góc với mặt phẳng    : x  y  2 z  1  0 . Giao tuyến của   và    đi 1 1 2 qua điểm nào trong các điểm sau. A. C 1; 2;1 . B. D  2;1;0  . C. B  0;1;0  . D. A  2;1;1 . trình CÂU 26: Trong không gian Oxyz , cho hai điểm M 1; 2;3 , N  3; 4;5 và mặt phẳng  P  : x  2 y  3z –14  0 . Gọi  là đường thẳng thay đổi nằm trong mặt phẳng  P  , các điểm H , K lần lượt là hình chiếu vuông góc của M , N trên  . Biết rằng khi MH  NK thì trung điểm của HK luôn thuộc một đường thẳng d cố định, phương trình của d là x  1  A.  y  13  2t  z  4  t  x  t  B.  y  13  2t  z  4  t  x  t  C.  y  13  2t  z  4  t  x  t  D.  y  13  2t  z  4  t  x  2  t  CÂU 27: Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho đường thẳng d :  y  3  2t . Viết phương trình  z  1  3t  đường thẳng d  là hình chiếu vuông góc của d lên mặt phẳng  Oyz  . x  0  A. d  :  y  3  2t .  z  1  3t  x  0  B. d  :  y  3  2t . z  0  x  2  t  C. d  :  y  3  2t . z  0  x  t  D. d  :  y  2t . z  0   x  1  2t  CÂU 28: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho đường thẳng d :  y  2  4t . Hình chiếu song song của z  3  t  x 1 y  6 z  2   1 1 1 x  3  t  B.  y  0 . C.  z  1  2t  d lên mặt phẳng  Oxz  theo phương  :  x  3  2t  A.  y  0 .  z  1  4t  có phương trình là  x  1  2t  . y  0  z  5  4t  GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020.  x  3  2t  D.  y  0 . z  1 t  Trang 281 CHƯƠNG 3: HÌNH HỌC OXYZ CÂU 29. Trong không gian Oxyz , cho ba điểm A  0;0; 1 , B  1;1;0  , C 1;0;1 . Tìm điểm M sao cho 3MA2  2 MB 2  MC 2 đạt giá trị nhỏ nhất.  3 3  C. M   ; ; 1 .  4 2   3 1  B. M   ; ; 2  .  4 2  3 1  A. M  ; ; 1 . 4 2   3 1  D. M   ; ; 1 .  4 2  CÂU 30: Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A  2;1;  3 và B  3; 2;1 . Viết phương trình đường thẳng d đi qua gốc toạ độ sao cho tổng khoảng cách từ A và B đến đường thẳng d lớn nhất. A. x y z   . 1 1 1 B. x y z   . 1 1 1 C. x y z   . 1 1 2 CÂU 31: Cho hai điểm A 1; 4; 2  , B  1; 2; 4  và đường thẳng  : M   mà MA2  MB 2 nhỏ nhất. A. 1; 2;0  . B.  0; 1; 2  . D. x y z   . 1 1 2 x 1 y  2 z   . Tìm tọa độ điểm 1 1 2 C.  2; 3; 2  . D.  1;0; 4  . CÂU 32: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A(1; 1; 0) , B (1; 0; 1) và điểm M thay đổi x y 1 z 1  trên đường thẳng d :  . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức T  MA  MB là 1 1 1 A. 4 . B. 2 2 . C. D. 3 . 6. CÂU 33: Cho mặt phẳng  P  : 2 x  2 y  2 z  15  0 và mặt cầu  S  : x 2  y 2  z 2  2 y  2 z  1  0. Khoảng cách nhỏ nhất từ một điểm thuộc mặt phẳng  P  đến một điểm thuộc mặt cầu  S  là A. 3 3 . 2 3. B. C. CÂU 34: Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng  P : 3 . 2 D. 3 . 3 x  2 y  2 z  5  0 và hai điểm A  3;0;1 , B 1; 1;3 . Trong tất cả các đường thẳng đi qua A và song song với mặt phẳng  P  , gọi  là đường thẳng sao cho khoảng cách từ B đến  là lớn nhất. Viết phương trình đường thẳng  . x  1 y  12 z  13 x 5 y z     A.  : . B.  : . 2 2 6 6 7 7 x 1 y 1 z  3 x3 y z 1     C.  : . D.  : . 2 2 6 6 3 7 x  2  t x2 y2 z2    CÂU 35: Cho đường thẳng d1 :  y  2  t và d 2 : . Gọi d là đường thẳng vuông góc 4 3 1  z  1  2t  chung của d1 và d 2 , M  a, b, c  thuộc d , N  4; 4;1 . Khi độ dài MN ngắn nhất thì a  b  c bằng? A. 5 . B. 9 . C. 4 . D. 6 . CÂU 36: Cho 2 mặt cầu  S1  : x  3   y  2    z  2   4 ,  S2  : x  1  y 2   z  1  1 . Gọi d là đường thẳng đồng thời tiếp xúc với hai mặt cầu trên, cắt đoạn thẳng nối tâm hai mặt cầu và cách gốc tọa độ O một khoảng lớn nhất. Nếu u   a; 1; b  là một vectơ chỉ phương của d thì tổng S  2a  3b bằng bao nhiêu? A. S  2 B. S  1 C. S  0 D. S  4 2 2 2 2 2 CÂU 37: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm A  2;1;0  , B  4; 4; 3 , C  2;3; 2  và đường thẳng  d  : x 1 y 1 z 1   . Gọi   là mặt phẳng chứa  d  sao cho A , B , C ở cùng phía đối với mặt 1 2 1 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 282 CHƯƠNG 3: HÌNH HỌC OXYZ phẳng   . Gọi d1 , d 2 , d 3 lần lượt là khoảng cách từ A , B , C đến   . Tìm giá trị lớn nhất của T  d1  2d 2  3d3 . A. Tmax  2 21 . C. Tmax  14  B. Tmax  6 14 . 203  3 21 . 3 D. Tmax  203 . CÂU 38: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz gọi d đi qua A  1;0; 1 , cắt 1 : x 1 y  2 z  2   , sao 2 1 1 x3 y 2 z 3   là nhỏ nhất. Phương trình đường thẳng d là 1 2 2 x 1 y z 1 x 1 y z 1 x 1 y z 1 x 1 y z 1         A. . B. . C. . D. . 4 5 2 2 4 2 5 2 2 2 1 1 cho góc giữa d và  2 : CÂU 39: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng d1 : x 1 y z  2   và 2 1 1 x 1 y  2 z  2   . Gọi  là đường thẳng song song với  P  : x  y  z  7  0 và cắt d1 , d 2 lần lượt 1 3 2 tại hai điểm A, B sao cho AB ngắn nhất. Phương trình của đường thẳng  là. d2 :  x  12  t  A.  y  5 .  z  9  t   x  6  t  5  B.  y  . 2  9   z   2  t  x  6  5  C.  y   t . 2  9   z   2  t   x  6  2t  5  D.  y   t . 2  9   z   2  t CÂU 40: Trong không gian Oxyz , cho điểm A  3;3; 3 thuộc mặt phẳng   : 2 x – 2 y  z  15  0 và mặt cầu  S  : (x  2)2  (y 3)2  (z 5) 2  100 . Đường thẳng  qua A , nằm trên mặt phẳng   cắt ( S ) tại A , B . Để độ dài AB lớn nhất thì phương trình đường thẳng  là x3 y 3 z 3 x3 y 3 z 3     A. . B. . 1 4 6 16 11 10  x  3  5t  C.  y  3 .  z  3  8t  D. x3 y 3 z 3   . 1 1 3 CÂU 41: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng M a thuộc i  P  : x  y  4z  0 , đường thẳng x 1 y 1 z  3   và điểm A 1; 3; 1 mặt phẳng  P  . Gọi  là đường thẳng đi qua A , nằm 2 1 1 trong mặt phẳng  P  và cách đường thẳng d một N khoảng cách lớn nhất. Gọi u   a; b; 1 là một véc tơ chỉ d: g phương của đường thẳng  . Tính a  2b . u A. a  2b  3 . B. a  2b  0y. C. a  2b  4 . D. a  2b  7 . x y 1 z  2  CÂU 42: Trong không gian Oxyz , đường thẳng d :  và mặt phẳng 1 2 3  P  : x  2 y  2 z  3  0 . Gọi M là điểm thuộc đường thẳng d sao cho khoảng cách từ M đến mặt phẳng e cho n  P bằng 2 . Nếu M có hoành độ âm thì tung độ của M bằng A. 3 . B. 21 . C. 5 . D. 1 . CÂU 43: Trong không gian Oxyz , cho hai điểm M  1; 2; 3  , A  2; 4; 4  và hai mặt phẳng GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 283 CHƯƠNG 3: HÌNH HỌC OXYZ  P  : x  y  2 z  1  0 ,  Q  : x  2 y  z  4  0 . Đường thẳng  qua điểm M , cắt hai mặt phẳng  P  ,  Q  lần lượt tại B và C  a; b; c  sao cho tam giác ABC cân tại A và nhận AM làm đường trung tuyến. Tính T  a bc. A. T  9 . B. T  3 . C. T  7 . D. T  5 . CÂU 44 : Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A  0;  1; 2  , B 1;1; 2  và đường thẳng x 1 y z 1   . Biết điểm M  a ; b ; c  thuộc đường thẳng d sao cho tam giác MAB có diện tích nhỏ 1 1 1 nhất. Khi đó, giá trị T  a  2b  3c bằng A. 5 B. 3 C. 4 D. 10 d: CÂU 45: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho ba điểm A  0;1;0  , B  2; 2; 2  , C  2;3;1 và đường thẳng d : x 1 y  2 z  3   . Tìm điểm M thuộc d để thể tích V của tứ diện MABC bằng 3 . 2 1 2  15 9 11   3 3 1  15 9 11   3 3 1 A. M   ; ;   ; M   ;  ;  . B. M   ;  ;  ; M   ; ;  .  2 4 2  2 4 2  2 4 2  5 4 2 3 3 1  15 9 11  3 3 1  15 9 11  C. M  ;  ;  ; M  ; ;  . D. M  ;  ;  ; M  ; ;  . 2 4 2 2 4 2 5 4 2 2 4 2 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 284 CHƯƠNG 3: HÌNH HỌC OXYZ GIẢI CHI TIẾT CÂU 1. Chọn C  P  có VTPT n   2;3; 2  ,  Q  có VTPT n  1; 3; 2  . Do đường thẳng đi qua gốc tọa độ O và song song với hai mặt phẳng  P  ,  Q  nên đường thẳng có VTCP u   n, n  12; 2; 9  . Vậy phương trình đường thẳng là x y z   . 12 2 9 CÂU 2. Chọn D Mặt phẳng  P  : x  2 y  3  0 có VTPT n P   1; 2;0  . Đường thẳng qua A 1; 2; 2  và vuông góc với  P  có VTCP u  n P  1; 2;0 . Vậy đường x  1 t  thẳng này có phương trình tham số là  y  2  2t t  z  2  . CÂU 3. Chọn D Gọi  là đường thẳng cần tìm.  có vecto chỉ phương u  nP ; nQ   1; 3;1 x  1 t  Suy ra phương trình tham số của  là  y  2  3t . z  3  t  CÂU 4: Chọn C Vectơ pháp tuyến của mặt phẳng  P  là n1  1; 1;1 . Vectơ pháp tuyến của mặt phẳng  Q  là n1   2;1;1 . 1 1 1    n1 và n2 không cùng phương. 2 1 1   P  và  Q  cắt nhau.  Mặt khác: A   P  , A   Q  . Ta có:  n1 , n2    2;1;3 . Đường thẳng  đi qua A  3;1; 5  và nhận vectơ n   2; 1; 3 làm vectơ chỉ phương. Phương trình chính tắc của đường thẳng  là: x  3 y 1 z  5   . 2 1 3 CÂU 5: Chọn B  có vectơ chỉ phương u   2;5;  3 và đi qua A 1;1;  2  nên có phương trình: x 1 y 1 z  2   . 2 5 3 CÂU 6: Chọn C : GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 285 CHƯƠNG 3: HÌNH HỌC OXYZ d’ Q I d P Đặt nP   0;0;1 và nQ  1;1;1 lần lượt là véctơ pháp tuyến của  P  và  Q  . Do    P    Q  nên  có một véctơ chỉ phương u  nP , nQ    1;1;0  . Đường thẳng d nằm trong  P và d   nên d có một véctơ chỉ phương là ud   nP , u    1; 1;0  . Gọi d  : x 1 y  2 z  3   và A  d   d  A  d    P  1 1 1 z  1 z 1  0   Xét hệ phương trình  x  1 y  2 z  3   y  0  A  3;0;1 .  1  1  1 x  3  x  3  t  Do đó phương trình đường thẳng d :  y  t . z  1  CÂU 7. Chọn C  x  2  2t  Phương trình tham số của đường phân giác trong góc C là CD :  y  4  t . z  2  t  7t 5t   Gọi C   2  2t; 4  t; 2  t  , suy ra tọa độ trung điểm M của AC là M   2  t; ;  . Vì 2 2   M  BM nên:  7t   5t  3  2    2  t   3   2    2   t  1  1  t  1  t  t  1 . 1 4 2 1 2 1 Do đó C   4;3;1 . Phương trình mặt phẳng  P  đi qua A và vuông góc CD là 2.  x  2   1.  y  3  1.  z  3  0 hay 2 x  y  z  2  0 . Tọa độ giao điểm H của  P  và CD là nghiệm  x; y; z  của hệ  x  2  2t  x  2  2t x  2 y  4 t y  4 t y  4     H  2; 4; 2  .    z  2  t z  2 z  2  t 2 x  y  z  2  0 t  0 2  2  2t    4  t    2  t   2  0  Gọi A là điểm đối xứng với A qua đường phân giác CD , suy ra H là trung điểm AA , bởi vậy:  xA  2 xH  xA  2.2  2  2   y A  2 yH  y A  2.4  3  5  A  2;5;1 .  x  2 z  z  2.2  3  1 H A  A GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 286 CHƯƠNG 3: HÌNH HỌC OXYZ Do A  BC nên đường thẳng BC có véc-tơ chỉ phương là CA   2; 2;0   2  1;1;0  , nên x  4  t  phương trình đường thẳng BC là  y  3  t . z  1  Vì B  BM  BC nên tọa độ B là nghiệm  x; y; z  của hệ x  4  t x  2 y  3t y  5    B  2;5;1  A .  z  1  z  1    x  3  y  3  1 t  2  1 2 Đường thẳng AB có một véc-tơ chỉ phương là AB   0; 2; 2   2  0;1; 1 ; hay u 4   0;1; 1 là một véc-tơ chỉ của phương đường thẳng AB . CÂU 8: Chọn B  x  1  3v  x  3  2u   Ta có d1 :  y  1  u , d 2 :  y  2v .  z  4  v  z  2  2u   Gọi d 4 là đường thẳng cần tìm. Gọi A  d 4  d1  A  3  2u;  1  u; 2  2u  , B  d 4  d 2  B  1  3v;  2v;  4  v  . AB   4  3v  2u;1  2v  u;  6  v  2u  . d 4 song song d 3 nên AB  ku3 với u3   4;  1;6  . 4  3v  2u  4k v  0   AB  ku3  1  2v  u  k  u  0 . 6  v  2u  6k k  1   Đường thẳng d 4 đi qua A  3;  1; 2  và có vtcp là u3   4;  1;6  nên d 4 : x  3 y 1 z  2   . 4 1 6 CÂU 9: Chọn C * Gọi N  d   N  nên N 1  2t; 1  t; t  . Khi đó ta có MN   2t  1; t  2; t  . Đường thẳng  có vectơ chỉ phương a   2;1; 1 . * Vì d    MN .a  0  2 1  2t   2  t  t  0  t  chỉ phương của d là ad  1; 4; 2  . x  2 y 1 z   * Vậy phương trình của d : . 1 4 2 CÂU 10: Chọn D Giả sử d  d 2  M  M  2  t;  1  t;1  t  . 2 1 4 2  MN   ;  ;   . Chọn vectơ 3 3 3 3 AM  1  t ;  t ; t  2  . d1 có VTCP u1  1; 4;  2  . d  d1  AM .u1  0  1  t  4t  2  t  2   0  5t  5  0  t  1  AM   2;  1;  1 . Đường thẳng d đi qua A 1; 1;3 có VTCP AM   2;  1;  1 có phương trình là: d: x 1 y 1 z  3   .. 2 1 1 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 287 CHƯƠNG 3: HÌNH HỌC OXYZ CÂU 11: Chọn B Gọi đường thẳng cần tìm là  , A là giao của  và d . Khi đó: A  2  3t ;  3  2t ;1  t  , MA   3  3t ;  4  2t ;  1  t  . Do  vuông góc với d  nên: MA.u2  0  7t  7  0  t  1 . Khi đó MA   6;  2;0  , hay vectơ chỉ phương của  là  3;  1;0  .  x  1  3t  Vậy phương trình  :  y  1  t . z  2  CÂU 12: Chọn D Mặt phẳng   có một véctơ pháp tuyến là n   1;1;  1 . Gọi M là giao điểm của d và  , ta có: M  3  t;3  3t; 2t  suy ra AM   t  2;3t  1; 2t  1 Do  song song với mặt phẳng ( ) nên n  . AM  0  t  2  3t 1  2t 1  0  t  1 Khi đó AM  1; 2; 1 là một véctơ chỉ phương của  CÂU 13. Chọn C Gọi M    d  M  d  M  3  t; 3  3t; 2t   AM   2  t ;1  3t ;1  2t  .   có VTPT là n  1; 1;  1 . AM //    AM .n  0  2  t  1  3t 1  2t  0  t  1  AM  1;  2;  1 . x 1 y  2 z 1   Vậy  : . 1 2 1 CÂU 14. Chọn B Gọi N  d    khi đó ta có MN là một véc tơ chỉ phương của đường thẳng  . Do N  d nên N  2  2t; 2  t;3  t  . Mà N    nên 2  2t  2  t  3  t  3  0  t  1  N  0;1; 2   MN   1; 1; 2  . Vậy một vec tơ chỉ phương của  là u  1;1; 2  . CÂU 15: Chọn C x  1 t  Phương trình tham số của d :  y  t . z  2  t  Xét phương trình 2 1  t    t   2  2  t   1  0  t  1 . Vậy đường thẳng d cắt mặt phẳng  P  tại M  2; 1;3 . Gọi ad  1; 1;1 và n   2; 1; 2  lần lượt là vectơ chỉ phương của d và vectơ pháp tuyến của mặt phẳng  P  . Khi đó một vectơ chỉ phương của đường thẳng cần tìm là a  ad , n    3;4;1 . Vậy phương trình đường thẳng cần tìm là: x  2 y 1 z  3   . 3 4 1 CÂU 16: Chọn B Gọi d là đường thẳng cần tìm Gọi A  d  d1 , B  d  d 2 A  d1  A  2a;1  a; 2  a  ; B  d 2  B  1  2b;1  b;3 AB   2a  2b  1; a  b; a  5  GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 288 CHƯƠNG 3: HÌNH HỌC OXYZ  P  có vectơ pháp tuyến nP   7;1; 4  d   P   AB, n p cùng phương  có một số k thỏa AB  k n p 2a  2b  1  7k 2a  2b  7k  1 a  1     a  b  k  a  b  k  0  b  2 a  5  4k a  4k  5 k  1    d đi qua điểm A  2;0; 1 và có vectơ chỉ phương ad  nP   7;1  4  Vậy phương trình của d là x  2 y z 1   . 7 1 4 CÂU 17: Chọn D Với A  2t  1;  t  1;  t  1  d và B  3t ;  2t ; t   1  d  , ta có A , B , M thẳng hàng khi. 2t  k  1  2t   2t  k  2kt   0   MA  k MB  2  t  k 1  2t    t  k  2kt   2 hệ vô nghiệm.   t  2k  kt   2 2  t  k  2  t   Vậy không có đường thẳng nào thỏa yêu cầu đề. CÂU 18: Chọn B Đường thẳng d có một VTCP là u  1;1; 2  Gọi   d  M 1  t; t; 1  2t   AM   t ; t ; 3  2t  . Ta có   d  AM .u  0  t  t  2  3  2t   0  t  1  AM  1;1; 1 Đường thẳng  đi qua A 1;0; 2  , một VTCP là AM  1;1; 1 có phương trình là : CÂU 19 : x 1 y z  2 .   1 1 1 Đường thẳng d có một véc tơ chỉ phương là u  1; 1; 2  . Gọi B    d . Ta có B  d nên B 1  t; t;  1  2t  và AB   t ; t ; 2t  3 là một véc tơ chỉ phương của đường thẳng  . Mặt khác   d nên AB.u  0  6t  6  0  t  1 . Suy ra AB  1; 1;  1 . Vậy phương trình chính tắc của đường thẳng  là x 1 y z  2   . 1 1 1 CÂU 20: Chọn A Gọi A  d   A  d   P  x  1  x 1 y z  2     Tọa độ A thỏa mãn hệ  2 1 3   y  1  A 1;1;1 .  x  2 y  z  4  0  z  1  Do    P  và   d nên nhận u   nP ; ud    5;  1;  3 là một véctơ chỉ phương. Đường thẳng  đi qua A 1;1;1 nên  có dạng x 1 y 1 z 1   . 5 1 3 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 289 CHƯƠNG 3: HÌNH HỌC OXYZ CÂU 21: Chọn A Giả sử  P  là mặt phẳng qua gốc tọa độ O và vuông góc với  . Xét hình chiếu vuông góc của M trên  P  là điểm K ta có MK  MH nên MH min khi và chỉ khi H  K và khi đó đường thẳng  d  đi qua hai điểm O, K sẽ là hình chiếu vuông góc của  MO  trên mặt phẳng  P  . Do vậy: ud   nP ,  nP , OM    ud  u , u , OM   .     CÂU 22: Chọn A B thuộc tia Oz  B  0;0; b  , với b  0 . OA  3 , OB  b . b  6 OB  2OA  b  6   . b  6  l   B  0;0;6  , BA  1;  2;  4  . Đường thẳng  đi qua B  0;0;6  và có VTCP BA  1;  2;  4  có phương trình là: : x y z 6   . 1 2 4 CÂU 23: Chọn D Gọi  là đường thẳng cần tìm, nP là VTPT của mặt phẳng  P  . Gọi M 1  t; t; 2  2t  là giao điểm của  và d ; M  3  t ;1  t ;1  2t  là giao điểm của  và d  Ta có: MM    2  t   t; 1  t   t;  1  2t   2t   M   P  MM //  P     t  2  MM    4  t;  1  t; 3  2t   MM  n   P t  4 3 6t  9 Ta có cos30  cos  MM , ud     2 2 36t  108t  156 t  1 x  5  x  t   Vậy, có 2 đường thẳng thoả mãn là 1 :  y  4  t ;  2 :  y  1  z  10  t  z  t   GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 290 CHƯƠNG 3: HÌNH HỌC OXYZ Khi đó cos  1 ,  2   1 . 2 CÂU 24: Chọn D * Ta có:  P   n P    3; 2; 2  ,  Q   nQ    4;5; 1 .   AB   P   AB  n P  * Do  nên đường thẳng AB có véctơ chỉ phương là:  AB  Q   AB  n Q       u  nQ ; n P   8; 11; 23 * Do AB cũng là một véc tơ chỉ phương của AB nên AB // u   8; 11; 23 . CÂU 25: Chọn D Ta có véc – tơ chỉ phương của đường thẳng  là u 1;1; 2  . Véc – tơ pháp tuyến của mặt phẳng    : x  y  2 z  1  0 là n 1;1; 2  . x  2 y 1 z   và vuông góc với 1 1 2 một véc – tơ pháp tuyến là Vì   là mặt phẳng chứa đường thẳng  có phương trình    : x  y  2 z  1  0 nên   có n  u, n   4;4;0   4 1; 1;0   4.a . Gọi d        , suy ra d có véc – tơ chỉ phương là ud  a, n   2;2;2  2 1;1;1 . mặt phẳng Giao điểm của đường thẳng    : x  y  2z 1  0  có phương trình là I  3; 2; 2  . x  2 y 1 z   1 1 2 và mặt phẳng x  3t  Suy ra phương trình đường thẳng d :  y  2  t . z  2t  Vậy A  2;1;1 thuộc đường thẳng d . CÂU 26: Chọn B Đường thẳng d cần tìm là giao của  P  với  Q  là mặt phẳng trung trực của MN . Gọi I là trung điểm của MN  I  2;3; 4  MN  2; 2; 2  PTTQ của  Q  là x – 2  y – 3  z – 4  0 hay  Q  : x  y  z – 9  0 Phương trình đường thẳng d x  t x  y  z  9  0  cần tìm là giao của  P  và  Q  PTTS của d là  hay  y  13  2t .  x  2 y  3z  14  0  z  4  t  CÂU 27: Chọn A Măt phẳng  Oyz  có phương trình x  0 Gọi A là giao điểm của d và mặt phẳng  Oyz  suy ra A  0;  7;  5 . Chọn M  2;  3;1  d GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 291 CHƯƠNG 3: HÌNH HỌC OXYZ Gọi H là hình chiếu của M lên  Oyz  suy ra H  0;  3;1 Hình chiếu vuông góc của d lên mặt phẳng  Oyz  là đường thẳng d  đi qua H nhận x  0  AH   0;  4;  6   2  0; 2;3 có phương trình: d  :  y  3  2t .  z  1  3t  CÂU 28: Chọn B Giao điểm của d và mặt phẳng  Oxz  là: M 0 (5;0;5) .  x  1  2t  Trên d :  y  2  4t chọn M bất kỳ không trùng với M 0 (5;0;5) ; ví dụ: M (1; 2;3) . Gọi A là hình z  3  t  x 1 y  6 z  2   . 1 1 1 x 1 y  6 z  2   +/ Lập phương trình d’ đi qua M và song song hoặc trùng với  : . 1 1 1 chiếu song song của M lên mặt phẳng  Oxz  theo phương  : +/ Điểm A chính là giao điểm của d’ và  Oxz  +/ Ta tìm được A(3; 0;1) Hình chiếu song song của  x  1  2t  d :  y  2  4t z  3  t  lên mặt phẳng  Oxz  theo phương x 1 y  6 z  2   là đường thẳng đi qua M 0 (5;0;5) và A(3; 0;1) . 1 1 1 x  3  t  Vậy phương trình là  y  0 .  z  1  2t  : CÂU 29. Chọn D  AM 2  x 2  y 2   z  12  AM   x; y; z  1   2 2  Giả sử M  x; y; z    BM   x  1; y  1; z    BM 2   x  1   y  1  z 2   2 2 2 2 CM   x  1; y; z  1 CM   x  1  y   z  1 2 2 2  3MA2  2 MB 2  MC 2  3  x 2  y 2   z  1   2  x  1   y  1  z 2      2 2 2   x  1  y   z  1    2 3 5 5 2 2   4 x  4 y  4 z  6 x  4 y  8 z  6   2 x     2 y  1   2 z  2     . 2 4 4  3 1  3 1  Dấu ”  ” xảy ra  x   , y  , z  1 , khi đó M   ; ; 1 . 4 2  4 2  2 2 2 CÂU 30: Chọn A Ta có d  A; d   d  B; d   OA  OB . OA  d Dấu ”  ” xảy ra    d có VTCP là u  OA; OB    7;7;7   7 1;1;1 . OB  d  GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 292 CHƯƠNG 3: HÌNH HỌC OXYZ x y z Vậy d :   . 1 1 1 CÂU 31: Chọn D Gọi M 1  t;  2  t; 2t    MA2  MB 2   t    6  t    2  2t    2  t    4  t    4  2t   12t 2  48t  76 2 2 2 2 2 2 Ta có: 12t 2  48t  76  12  t  2   28  28 2 Vậy MA2  MB 2 nhỏ nhất bằng 28 khi t  2 hay M  1;0; 4  . CÂU 32 Chọn B x  t  Phương trình tham số của đường thẳng d :  y  1  t . z  1 t  Do M  d  M  t;1  t;1  t  . Khi đó MA  1  t ; t ; 1  t   MA  3t 2  2 và MB   1  t ; 1  t ; t   MB  3t 2  2 . Do vậy T  MA  MB  2 3t 2  2  2 2 . Suy ta Tmin  2 2 khi t  0  M  0;1;1 . CÂU 33: Chọn A Mặt cầu  S  có tâm I  0;1;1 và bán kính R  3 . Gọi H là hình chiếu của I trên  P  và A là giao điểm của IH với  S  . Khoảng cách nhỏ nhất từ một điểm thuộc mặt phẳng  P  đến một điểm thuộc mặt cầu  S  là đoạn AH . AH  d  I ,  P    R  3 3 . 2 CÂU 34: Chọn B Ta có:  3  2.0  2.1  5 . 1  2.  1  2.3  5   24  0 .  A , B là hai điểm nằm khác phía so với mặt phẳng  P  . Gọi H là hình chiếu của B lên  . Ta có: BH  BA nên khoảng cách từ B đến  lớn nhất khi và chỉ khi H trùng A . Khi đó: AB   . Mặt phẳng  P  có vectơ pháp tuyến là n  1; 2; 2  . AB   4; 1; 2  .  n1  n, AB    2;6;7  . Đường thẳng  đi qua điểm A  3;0;1 và nhận n1   2;6;7  làm vectơ chỉ phương. GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 293 CHƯƠNG 3: HÌNH HỌC OXYZ Phương trình đường thẳng  là: x  1 y  12 z  13   . 2 6 7 CÂU 35: Chọn B Gọi P  2  t; 2  t; 1  2t   d1 và Q  2  4t ; 2  3t ; 2  t   . Ta có: a  1;1; 2  , b   4; 3; 1 và PQ   4t   t ; 3t   t ; t   2t  3 .  4t   t  3t   t  2  t   2t  3  0 a.PQ  0  Khi đó:  .     4 4 t  t  3  3 t  t  1  t  2 t  3  0       b . PQ  0     3t   6t  6 t   0 .   26t   3t  3 t  1 Suy ra P 1;1;1 và Q  2; 2; 2   PQ  1;1;1 . x  1 t  Nên d :  y  1  t . z  1 t  Gọi M 1  t;1  t;1  t  nên NM   t  3; t  3; t  . Do đó: NM   t  3 2   t  3  t 2  3t 2  12t  18  3  t  2   6  6 . 2 Đoạn thẳng MN ngắn nhất bằng 2 6 khi t  2 . Suy ra M  3;3;3  a  b  c  9 . CÂU 36: Chọn A  S1  có tâm I1  3; 2; 2  , bán kính R1  2 .  S 2  có tâm I 2 1; 0; 1 , bán kính R2  1 . 5 2 4 Ta có: I1I 2  3  R1  R2 , do đó  S1  và  S 2  tiếp xúc ngoài với nhau tại điểm A  ; ;  . 3 3 3 Vì d tiếp xúc với hai mặt cầu, đồng thời cắt đoạn thẳng nối hai tâm I1 I 2 nên d phải tiếp xúc với hai mặt cầu tại A  d  I1I 2 . Mặt khác d  d  O; d   OA  d max  OA khi d  OA . Khi đó, d có một vectơ chỉ phương là  I1I 2 , OA   6;  3;  6   u   2; 1; 2  . Suy ra a  2 , b  2 . Vậy S  2 . CÂU 37: Chọn B GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 294 CHƯƠNG 3: HÌNH HỌC OXYZ Ta có AB  3 6 ; AC  2 6 ; BC  6 . Ta có T  d1  2d 2  3d3  d1  d 2  d 2  d3  2d3 . Gọi M là trung điểm AB , và N 2d  N ;     d2  d3 . là trung điểm của BC ta có 2d  M ;     d1  d2 và Gọi G là trọng tâm tam giác MNC . Khi đó ta có T  2d  M ;     2d  N ;     2d3  6d  G;    . Do đó T  6d  G;     6d  G;  d   .  7 5   5 3  Ta có M 1; ;  ; N  3; ;  suy ra G  2;3; 2  .  2 2   2 2  Gọi H 1  t ;1  2t ;1  t  là hình chiếu của G lên đường thẳng  d  , ta có GH   t  1; 2t  2;3  t  . GH .ud  0   t  1  2  2t  2    3  t   0  t  0 . Vậy Tmax  6GH  6 12  22  32  6 14 . CÂU 38: Chọn A Gọi M  d  1  M 1  2t ; 2  t; 2  t  d có vectơ chỉ phương ad  AM   2t  2; t  2; 1  t   2 có vectơ chỉ phương a2   1; 2; 2  2 t2 3 6t 2  14t  9 t2 Xét hàm số f  t   2 , ta suy ra được min f  t   f  0   0  t  0 6t  14t  9 Do đó min cos  , d   0  t  0  AM   2; 2  1 cos  d ;  2   Vậy phương trình đường thẳng d là x 1 y z 1   . 2 2 1 CÂU 39: Chọn B A  d1  A 1  2a; a; 2  a  B  d 2  B 1  b; 2  3b; 2  2b   có vectơ chỉ phương AB   b  2a;3b  a  2; 2b  a  4   P  có vectơ pháp tuyến nP  1;1;1 Vì  / /  P  nên AB  nP  AB.nP  0  b  a  1 .Khi đó GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. AB   a  1; 2a  5;6  a  Trang 295 CHƯƠNG 3: HÌNH HỌC OXYZ AB   a  1   2a  5   6  a  2 2 2  6a 2  30a  62 2 5  49 7 2   6 a     ; a  2 2 2  5  5 9  7 7  A  6; ;   , AB    ;0;  2  2 2  2 2  5 9 Đường thẳng  đi qua điểm A  6; ;   và vec tơ chỉ phương ud   1;0;1  2 2 Dấu ”  ” xảy ra khi a   x  6  t  5  Vậy phương trình của  là  y  . 2  9   z   2  t CÂU 40: Chọn A Mặt cầu  S  có tâm I  2;3;5 , bán kính R  10 . Do d (I, ( ))  R nên  luôn cắt  S  tại A , B . Khi đó AB  R 2   d (I,  )  . Do đó, AB lớn nhất thì d  I ,     nhỏ nhất nên  qua H , với H 2 x  2  2t  là hình chiếu vuông góc của I lên   . Phương trình BH :  y  3  2t z  5  t  H  ( )  2  2  2t   2  3 – 2t   5  t  15  0  t  2  H  2; 7; 3 . Do vậy AH  (1;4;6) là véc tơ chỉ phương của  . Phương trình của x3 y 3 z 3   . 1 4 6 CÂU 41: Chọn A d A d I A (P) K H (Q) Đường thẳng d đi qua M 1;  1; 3 và có véc tơ chỉ phương u1   2;  1; 1 . Nhận xét rằng, A  d và d   P   I  7; 3;  1 . Gọi  Q  là mặt phẳng chứa d và song song với  . Khi đó d  , d   d  ,  Q    d  A,  Q   . Gọi H , K lần lượt là hình chiếu vuông góc của A lên  Q  và d . Ta có AH  AK . Do đó, d  , d  lớn nhất  d  A,  Q   lớn nhất  AH max  H  K . Suy ra AH chính là đoạn vuông góc chung của d và . Mặt phẳng  R  chứa A và d có véc tơ pháp tuyến là n R   AM , u1    2; 4; 8  . GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 296 CHƯƠNG 3: HÌNH HỌC OXYZ Mặt phẳng Q  chứa d  R và vuông góc với nên có véc tơ pháp tuyến là nQ  n R  , u1   12; 18;  6  . Đường thẳng  chứa trong mặt phẳng  P  và song song với mặt phẳng  Q  nên có véc tơ chỉ phương là u  n P , n R    66;  42; 6   6 11;  7; 1 .   Suy ra, a  11; b  7 . Vậy a  2b  3 . CÂU 42: Chọn A x  t  Phương trình tham số của d :  y  1  2t .  z  2  3t  M  d  M   t; 1  2t; 2  3t  . d  M ,  P   2  t  2  1  2t   2  2  3t   3 12  22   2  2 2 t  5 t  5  6 t  11 2  .  3 t  5  6 t  1 Vì M có hoành độ âm nên chọn t  1 . Khi đó tung độ của M bằng 3 . CÂU 43: Chọn C Gọi mặt phẳng đi qua M nhận AM  1; 2; 1 làm vectơ pháp tuyến nên:  R  : 1 x  1  2  y  2   1 z  3   0  x  2 y  z  8  0 . Gọi d là giao tuyến của mặt phẳng  R  và  P  . Vectơ pháp tuyến của mp  P  là: n  1; 1;  2  Ta có u   AM , n    5; 3;  1 Gọi M là điểm thuộc giao tuyến của  R  và  P  nên tọa độ M là nghiệm của hệ x  2 y  z  8  0 x  0    x  y  2 z  1  0   y  3 nên M  0; 3; 2  x  0 z  2    x  0  5t  Phương trình đường thẳng d :  y  3  3t z  2  t  Ta có B  d nên B   5t ; 3  3t ; 2  t   xC  2.1  5t  xC  2  5t   Mặt khác M là trung điểm của đoạn BC nên  yC  2.2  3  3t   yC  1  3t  z  2.3  2  t z  4  t  C  C Mặt khác C   Q  nên 2  5t  2 1  3t    4  t   4  0  10t  0  t  0 . Nên C  2;1; 4  nên T  a  b  c  7 . CÂU 44 : Chọn D 1 Ta có S MAB  .d  M ; AB  . AB nên MAB có diện tích nhỏ nhất khi d  M ; AB  nhỏ nhất. 2 Gọi  là đường vuông góc chung của d , AB . Khi đó M    d . Gọi N    AB . GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 297 CHƯƠNG 3: HÌNH HỌC OXYZ x  s  Ta có: AB  1; 2;0  , phương trình đường thẳng AB :  y  1  2s z  2  Do N  AB  N  s ;  1  2s ; 2  , M  d  M  1  t ; t ;1  t  .  NM   t  s  1; t  2s  1; t  1 . Mà MN  d , MN   nên  4 t  s  1  2t  4s  2  0 3t  5s  1 t    3.  t  s  1  t  2 s  1  t  1  0 3 t  3 s  1    s  1 1 4 7 Do đó M  ; ;  hay T  a  2b  3c  10 . 3 3 3 CÂU 45: Chọn A Cách 1 : Ta có AB   2;1; 2  ; AC   2; 2;1 1 9 Do  AB, AC    3; 6;6  nên S ABC   AB, AC   . 2 2 Gọi n là một véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng  ABC  thì n  1; 2; 2   phương trình mặt phẳng  ABC  là x  2 y  2 z  2  0 . Gọi M 1  2t; 2  t;3  2t   d  d  M ,  ABC    4t  11 . 3 5  t    1 9 4t  11 4 .  3  4t  11  6   Do thể tích V của tứ diện MABC bằng 3 nên . . 3 2 3 17 t    4 17 5  3 3 1  15 9 11  Với t   thì M   ;  ;  .Với t  thì M   ; ;   . 4 4  2 4 2  2 4 2 Cách 2: Ta có AB   2;1; 2  ; AC   2; 2;1   AB, AC    3; 6;6  Gọi M 1  2t; 2  t;3  2t   d  AM  1  2t ; 3  t ;3  2t  . 5  t  1 4 Vì VMABC   AB, AC  . AM nên 12t  33  18   6 17 t    4 5 17  15 9 11   3 3 1 Với t   thì M   ;  ;  .Với t  thì M   ; ;   . 4 4  2 4 2  2 4 2 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020. Trang 298
guest
0 Comments
Inline Feedbacks
View all comments

Bài viết tương tự

Scroll to Top