Tính thể tích khối chóp biết góc giữa hai mặt phẳng

NHÓM WORD – BIÊN SOẠN TÀI LIỆU ĐỀ THI THỬ THPTQG – 2019-2020 TÍNH THỂ TÍCH KHỐI CHÓP BIẾT GÓC GIỮA HAI MẶT PHẲNG BÀI TẬP MẪU (ĐỀ MINH HỌA BDG 2019-2020) Cho khối chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A ,   SCA   900 , góc giữa hai mặt phẳng  SAB  và  SAC  bằng 600 . Thể tích của khối đã cho AB  a , SBA bằng A. a 3 . B. a3 . 3 C. a3 . 2 D. a3 . 6 CÁCH 1: Xác định góc giữa hai mặt phẳng. Phân tích hướng dẫn giải 1. Dạng toán: Tính thể tích khối chóp , biết góc giữa hai mặt phẳng.. Phương pháp: Tìm đường cao của hình và khai thác được giả thiết góc của đề bài 2. Hướng giải: B1: Tìm đường cao của hình : học sinh phải tìm đường cao bằng cách suy ra từ các quan hệ vuông góc giữa đường với đường để chứng mình được đường vuông góc với mặt, hay phục dựng hình ẩn để xác định đường cao. B2:  Để khai thác được giả thiết góc ta thường làm : + Xác định được góc. Trong quá trình xác định góc phải tránh bẫy khi đưa về góc giữa hai đường thẳng cắt nhau nó là góc không tù. + Cần chọn ẩn (Là chiều cao hay cạnh đáy nếu giả thiết chưa có) sau đó sử dụng giả thiết góc để tìm ẩn.  Có thể sử dụng nhiều phương pháp khác ngoài hai cách truyền thống để tính góc giữa hai mặt bên. Phương pháp khoảng cách : giả sử  là góc giữa hai mặt bên  và   sin   d (M , ( )) ở đây d        , M     d (M , d ) Phương pháp diện tích hai mặt bên : giả sử  là góc giữa hai mặt bên  ABC  và  ABD  VABCD  Công thức đa giác chiếu : cos   2 S ABC  S ABD 3.VABCD  AB  sin   sin   3 AB 2 S ABC  S ABD S S Từ đó, ta có thể giải bài toán cụ thể như sau: Lời giải Chọn D Trang 758 NHÓM WORD – BIÊN SOẠN TÀI LIỆU ĐỀ THI THỬ THPTQG – 2019-2020 S I A C a a 2 B Hai tam giác vuông SAB và SAC bằng nhau chung cạnh huyền SA . Kẻ BI vuông góc với SA suy ra CI cũng vuông góc với SA và IB  IC . SA  IC , SA  IB  SA   IBC  tại I . 1 1 1 1 VS . ABC  VA.IBC  VS .IBC  SIBC AI  SIBC SI  S IBC  AI  SI   SIBC SA . 3 3 3 3   SAB  ,  SAC     IB, IC    IB, IC   60   60 0 hoặc BIC   120 0 .  BIC 0   120 0 . Ta có IC  IB  AB  a mà BC  a 2 nên tam giác IBC không thể đều suy ra BIC Trong tam giác IBC đặt IB  IC  x  x  0  có:  2 IB 2  IC 2  BC 2 1 2x  a 2   cos120  2 IB.IC 2 2 x2 0  2 x a 6 a 6 .  IB  IC  3 3 2 Trong tam giác ABI vuông tại I có: AI  a 6 a 3 AB  IB  a   .   3  3  2 2 2 2 Trong tam giác SAB vuông tại B đường cao BI có: AB  IA.SA  SA  AB 2 a2  a 3. IA a 3 3 2 Vậy VS . ABC 3 1 11   1  a 6  a 3 sin1200  a .  S IBC SA  IB.IC .SA sin BIC 3 32 6  3  6 CÁCH 2: Xác định đường cao của hình chóp. Phân tích hướng dẫn giải 1.Dạng toán: Đây là dạng toán tính thể tích khối chóp có lồng ghép góc giữa hai mặt phẳng. Phương pháp Sử dụng công thức tính thể tích khối chóp V  1 S .h . 3 2. Hướng giải: B1: Gọi H là chân đường cao kẻ từ S . Khi đó tứ giác ABHC là hình vuông. Trang 759 NHÓM WORD – BIÊN SOẠN TÀI LIỆU ĐỀ THI THỬ THPTQG – 2019-2020 B2: Xác định góc giữa hai mặt phẳng  SAB  và  SAC  rồi từ đó tính độ dài đường cao SH . B3: Áp dụng công thức tính thể tích khối chóp. Từ đó, ta có thể giải bài toán cụ thể như sau: Lời giải Chọn D Gọi H là hình chiếu của S trên phẳng  ABC   SH   ABC  . Ta có SH  AB    AB   SDH   AB  BH . Chứng minh tương tự AC  HC . SB  AB  Lại có AB  AC .  ABHC là hình vuông. Gọi K là hình chiếu vuông góc của B lên SA. Khi đó CK  SA ( SBA  SCA ). Suy ra góc giữa hai mặt phẳng  SAB  và  SAC  bằng góc giữa hai đường BK và CK . 2 2 Đặt SB  x , khi đó: BK  CK    cos 60 0  và cos BKC SC2 .CA2 a 2 x2 a2 .x2   SC2  CA2 a2  x2 a2  x2 BK 2  CK 2  BC 2 1   2.BK 2  BC 2  BK 2 2 BK .CK 2  a 2 .x 2 2  a 2  x 2  2a  x 2   a 2 (l )  2.BK  BC  BK  BK  BC        2 2 2 2 2  a 2 .x 2  x  a 2 2  2.BK  BC   BK 3.BK  BC  3. a 2  x 2  2 a 2 2 2 2 2 Với x  a 2  SH  a 1 1 1 a3 VS . ABC  SABC .SH  . .AB.AC.HS  . 3 3 2 6 Bài tập tương tự: Câu 49.1: Cho hình chóp S. ABC có đáy ABC là tam giác cân tại A , với AB  5 , BC  2 . Các cạnh bên đều bằng 9 2 và cùng tạo với mặt đáy góc 60 . Thể tích V của khối chóp S .ABC bằng. 4 Trang 760 NHÓM WORD – BIÊN SOẠN TÀI LIỆU A. V  3 3 . 3 B. V  ĐỀ THI THỬ THPTQG – 2019-2020 3 3 . 4 C. V  3 . 2 D. V  3 . 4 Lời giải Chọn C Kẻ SH   ABC  , H   ABC  .  HA2  SA2  SH 2  Ta có  HB 2  SB 2  SH 2 .  HC 2  SC 2  SC 2  Mà SA  SB  SC  HA  HB  HC . Suy ra H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC . Đặt AB  AC  x  5 .  S ABC  AB  BC  CA 2 x 2 x2   (1). 4 HA 4 HA 2 HA    SAH   60 . ;( ABC ))  SAH Từ SH  ( ABC )  SA  SH 3 3 3 9 2 9 6   SH  SA    sin 60   SA 2 2 2 4 8  . HA 1 1 1 9 2 9 2 cos 60    HA  SA     SA 2 2 2 4 8 Gọi I  AH  BC mà AB  AC  IB  IC  BC  1. 2  AI  AB 2  BI 2  x 2  1 .  S ABC  1 1 BC  AI   2 x 2  1  x 2  1 . 2 2 Thay vào (1) ta được  x2  9 x 2 2×2 2 4 2 x 1    8 x  81 x  1   2 9 . x  9 9  8 2 Trang 761 NHÓM WORD – BIÊN SOẠN TÀI LIỆU ĐỀ THI THỬ THPTQG – 2019-2020 Kết hợp với x  5 ta được x  3 . Suy ra SABC  2 2 . 1 1 9 6 3 3 .2 2  Vậy V  SH .S ABC  . . 3 3 8 2 Câu 49.2: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật. E là điểm trên cạnh AD sao cho BE vuông góc với AC tại H và AB  AE , cạnh SH vuông góc với mặt phẳng đáy, góc   45 . Biết AH  2a , BE  a 5 . Thể tích khối chóp S . ABCD bằng BSH 5 A. 16a 3 3 5 . B. 32a3 5 . 15 C. 32a 3 5 . D. 8a3 5 . 5 Lời giải Chọn B Đặt AB  x , ABE vuông tại A  AB 2  AE 2  BE 2 .  AE  BE 2  AB 2  (a 5)2  x 2  5a 2  x 2 . Xét ABE vuông tại A , đường cao AH có 1 1 1 1 1 5    2  2 2 2 2 2 2 AE AB AH 5a  x x 4a x  a .  x 4  5a 2 x 2  4a 4  0    x  2a Loại x  a và AE  2a  AB  a . Suy ra AB  2a  BH  AB 2  AH 2  4a 5 Xét ABC vuông tại B , đường cao BH   SH  BH 4a  .  5 tan BSH 1 1 1  BC    2 2 AB BC BH 2 AB.BH AB 2  BH 2  4a . 1 1 4a 32 a 3 5 VS . ABCD  SH .S ABCD  . .2a.4 a  . 3 3 5 15 Trang 762 NHÓM WORD – BIÊN SOẠN TÀI LIỆU ĐỀ THI THỬ THPTQG – 2019-2020 Câu 49.3: Cho tứ diện ABCD có AC  AD  a 2 , BC  BD  a , khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng a 3 a 3 15 và thể tích tứ diện ABCD bằng . Góc giữa hai mặt phẳng  ACD  3 27 và  BCD  bằng  ACD  bằng A. 90 . B. 45 . C. 30 . D. 60 . Lời giải Chọn B Gọi M là trung điểm của CD .  AM  CD  CD   ABM  Xét ACD cân tại A và BCD cân tại B nên   BM  CD   ACD  ,  BCD    AMB .   Kẻ BH vuông góc với AM tại H  BH  AM . Mà CD   ABM   CD  BH  BH   ACD  . Suy ra VABCD  a 3 1 BH .S ACD với BH  d  B,  ACD    . 2 3 3V a 2 5  . BH 3 Đặt CD  2 x .  SACD  Suy ra AM  AC 2  MC 2  2a 2  x 2  SACD  x 1 a2 5 AM .CD  x 2a 2  x 2  2 3 a 2a a 6  CD   BM  BC 2  CM 2  . 3 3 3  Xét tam giác BHM vuông tại H có sin BMH BH 2   sin  AMB BM 2  AMB  45   ACD  ,  BCD   45 .     60 . Gọi M là Câu 49.4: Cho hình lăng trụ đứng ABCD.ABC D , đáy ABCD là hình thoi, góc BAD điểm thuộc miền trong của hình thoi ABCD , biết AM tạo với mặt phẳng  ABC  một góc 60 và AM  4 . Độ dài cạnh AB bằng bao nhiêu nếu thể tích khối lăng trụ bằng 12 ? A. AB  2 . B. AB  2 3 . C. AB  4 . D. AB  4 3 . Lời giải Chọn A Trang 763 NHÓM WORD – BIÊN SOẠN TÀI LIỆU ĐỀ THI THỬ THPTQG – 2019-2020 BD  x x2 3   60    S  Đặt AB  x, BAD .  ABCD 2  AC  x 3 Ta có AA   ABCD   AM là hình chiếu của AM trên mặt phẳng  ABC  .  MA  60 .   AM ,  ABCD    AM , AM  A     AMA  Xét AAM vuông tại A , có sin  AA  AA  2 3 . AM Ta lại có VABCD. ABC D  12  AA.S ABCD  12  S ABCD  2 3  x2 3  x  2  AB  2 . 2 Vậy AB  2 . Câu 49.5: Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC. ABC  cạnh đáy bằng 1, khoảng cách từ tâm của tam giác 1 ABC đến mặt phẳng  ABC  bằng . Thể tích của khối lăng trụ bằng 6 A. 3 . 16 B. 12 . 16 C. 3 2 . 16 D. 3 2 . 8 Lời giải Chọn C Gọi I là tâm tam giác ABC , M là trung điểm của AB .  d  I ,  ABC   d  A,  ABC    IM 1 1 1   d  A,  ABC    3.  . AM 3 6 2 Xét tứ diện A. ABC có AA   ABC  . Kẻ AH  AM (1).  AM  BC Ta có   BC   AAM   BC  AH (2).  AM  BC Trang 764 NHÓM WORD – BIÊN SOẠN TÀI LIỆU ĐỀ THI THỬ THPTQG – 2019-2020 Từ (1), (2) ta có AH   ABC   AH  d  A,  ABC    Xét AAM vuông: 1 1 1    AA  2 2 AH AM A A 2 Vậy VABC . ABC   AA.SABC  1 . 2 AM . AH AM 2  AH 2  6 . 4 6 3 3 2 .  . 4 4 16 Câu 49.6: Cho hình chóp S. ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B với BA  BC  5a ;   SCB   900 . Biết góc giữa hai mặt phẳng  SBC  và  SBA bằng  với cos   9 . Thể SAB 16 tích của khối chóp S. ABC bằng A. 50 a 3 . 3 B. 125 7 a 3 . 9 C. 125 7 a 3 . 18 D. 50 a 3 . 9 Lời giải Chọn C Ta có hai tam giác vuông SAB và SBC bằng nhau và chung cạnh huyền SB . Kẻ AI  SB  CI  SB và góc giữa hai mặt phẳng ( SBA) và ( SBC ) là góc giữa hai đường thẳng AI và CI  ( AI ; CI )   . 9   90  180   AIC  90   AIC  180    cos  AIC   Do CBA 16 Có AC  5 2a, AIC cân tại I, nên có : 2 AI 2  AC 2 2 AI 2  AC 2 9   cos AIC     AI 2  16a 2  AI  4a 2 2 16 2 AI 2 AI  BI  3a  SI  AI 2 16 25a  a  SB  . IB 3 3 Cách 1 :  BA  SA Dựng SD  ( ABC ) tại D . Ta có:   BA  AD . Tương tự BC  CD  BA  SD Trang 765 NHÓM WORD – BIÊN SOẠN TÀI LIỆU ĐỀ THI THỬ THPTQG – 2019-2020 Nên tứ giác ABCD là vuông cạnh 5a  BD  5 2 a  SD  SB 2  BD 2  5 7 a 3 1 1 1 5 7 1 125 7 a 3 . Vậy VSABC  SD. BA2  . . .25 a 3  3 2 3 3 2 18 1 1 1 Cách 2 : VS . ABC  VS . ACI  VB. ACI  SI .S ACI  BI .S ACI  SB.S ACI 3 3 3  A IC cân tại I, nên S ACI  1 2 1 5 7 5 7a 2 . AI sin   .16a 2 .  2 2 16 2 1 25a 5 7 a 2 125 7 a 3 Vậy VS . ABC  . . .  3 3 2 18   BAS   90 . Biết góc giữa hai mặt phẳng Câu 49.7: Cho hình chóp S. ABC có BC  2 BA  4a , ABC  SBC  và  SBA bằng 60 và A. 32 a 3 . 3 B. SC  SB . Thể tích của khối chóp S. ABC bằng 8a 3 . 3 C. 16 a 3 . 3 D. 16a 3 . 9 Lời giải Chọn B Tam giác SBC cân cạnh đáy BC  4a . Gọi E là trung điểm BC thì ta có SEB vuông tại E, BE  2a  BA . Đưa về bài toán gốc với chóp S . ABE . Hai tam giác vuông SAB , SEB bằng nhau vì chung cạnh huyền SB , AB  EB  1 BC  2a . 2 Kẻ AI  SB  EI  SB và góc giữa hai mặt phẳng  SBA và  SBC  góc giữa hai mặt phẳng  SBA và  SBE  là góc giữa hai đường thẳng AI và EI   AI ; EI   60 .  1   90  180  AIE   90   AIE  120  cos AIE Do CBA 2 Có AE  2 2a ,  AIE cân tại I, nên có : 8a 2 2 2 2 AI 2  AE 2 2 AI 2  AE 2 1 2   AI   AI  a .  cos AIC    2 2 3 2 AI 2 AI 2 3 Trang 766 NHÓM WORD – BIÊN SOẠN TÀI LIỆU  BI  ĐỀ THI THỬ THPTQG – 2019-2020 2a AI 2 4a 6a .  SI    SB  IB 3 3 3 Cách 1 :  BA  SA Dựng SD   ABC  tại D . Ta có:   BA  AD . Tương tự BE  ED  BA  SD Nên tứ giác ABED là hình vuông cạnh 2a .  BD  2 2a  SD  SB 2  BD 2  2a . 1 1 1 8a 3 Thể tích. VS . ABC  SD  BC  BA   2a  4a 2  3 2 3 3 1 Cách 2 : VSABC  SB  2S AEI 3 S AEI  1 2 1 8a 2 3 2 3a 2 AI sin      2 2 3 2 3 1 6a 4 3a 2 8a 3 Vậy VS . ABC     3 3 3 3   SCB   900 góc giữa hai Câu 49.8: Cho hình chóp S. ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a , SAB mặt phẳng ( SAB ) và ( SCB ) bằng 600 . Thể tích của khối chóp S. ABC bằng A. 3a 3 . 24 B. 2a3 . 24 C. 2a 3 . 8 D. 2a3 . 12 Lời giải Chọn B Gọi M là trung điểm của SB , và G là trọng tâm tam giác đều ABC .   SCB   90  MS  MB  MA  MC  M thuộc trục đường tròn ngoại Theo giả thiết SAB tiếp ABC  MG  ( ABC ) . Gọi D là điểm đối xứng với G qua cạnh AC thì  SD  ( ABC ) . Từ giả thiết suy ra hai tam giác vuông bằng nhau SAB và SCB . Do đó từ A kẻ AI  SB , I  SB thì CI  SB Nên góc giữa hai mặt phẳng ( SAB ) và ( SCB ) bằng góc ( AI , CI )  60 . Trang 767 NHÓM WORD – BIÊN SOẠN TÀI LIỆU ĐỀ THI THỬ THPTQG – 2019-2020 2 AI 2  AC 2 1 a   60   Do ABC AIC  120     AI  2 2 AI 2 3 2a a 3  SB  3 2  BI  Ta có BD  3a 2 4a 2 a   2 3 6 4 3 2  a a  SD  SB 2  BD 2  3 2 3 1 1 1 3 3 2a3 Thể tích VS . ABC  SD  S ABC    a  . 3 3 6 4 24   CBD   90 ; AB  a; AC  a 5;  Câu 49.9: Cho tứ diện ABCD có DAB ABC  135 . Biết góc giữa hai mặt phẳng ( ABD ), ( BCD ) bằng 30 . Thể tích của tứ diện ABCD bằng A. a3 2 3 . B. a3 2 . C. a3 3 2 . D. a3 . 6 Lời giải Chọn D D F E H A a C a 5 B Dựng DH  ( ABC ) .  BA  DA Ta có   BA  AH . Tương tự  BA  DH  BC  DB  BC  BH .   BC  DH Tam giác AHB có AB  a,  ABH  45  HAB vuông cân tại A  AH  AB  a , HB  a 2 Áp dụng định lý cosin, ta có BC  a 2 . Vậy S ABC  2 1   1 aa 2  2  a .  BA  BC  sin CBA 2 2 2 2  HE  DA Dựng   HE  ( DAB ) và HF  ( DBC ) .  HF  DB  và tam giác HEF vuông tại E . Suy ra (( DBA),( DBC ))  ( HE , HF )  EHF Trang 768 NHÓM WORD – BIÊN SOẠN TÀI LIỆU ĐỀ THI THỬ THPTQG – 2019-2020 ax Đặt DH  x , khi đó HE  2 a x  Suy ra: cos EHF 2 , HF  xa 2 2a 2  x 2 . HE 3 x 2  2a 2    x  a. HF 4 2 x 2  2a 2 1 a3 Vậy VABCD   DH  S ABC  . 3 6   SCA   90 và hai mặt Cho hình chóp S . ABC có AB  2a , AC  a , BC  3a , SBA 1 phẳng  SAB  và  SAC  tạo với nhau một góc  sao cho cos   . Thể tích của khối chóp 3 S . ABC bằng Câu 49.10: A. 2a3 . 12 2a3 . 2 B. C. 2a 3 . 3 D. 2a 3 . 6 Lời giải Chọn D Từ giả thiết : AB  2 a , AC  a , BC  3a  BC 2  3a 2  2a 2  a 2  AB 2  AC 2 ABC vuông tại A Dựng SD   ABC  . Dễ chứng minh được ABDC là hình chữa nhật . DB  AC  a , DC  AB  2 a . Gọi SD  h . Áp dụng công thức tính nhanh : Chọn a  1 : 1 h 1 2 . 2 h 2 2 DB DC .  cos  . SB SC  1  h 4  3h 2  4  0  h 2  1  h  1  h  SD  1 3 1 1 2 VSABC  .SD. AB. AC  3 2 6 Vì chọn a  1 , theo đề bài ta chọn được V  2a 3 . 6 Trang 769 NHÓM WORD – BIÊN SOẠN TÀI LIỆU Câu 49.11: ĐỀ THI THỬ THPTQG – 2019-2020   BAS   BCS   90 . Biết Cho hình chóp S. ABC có AB  a , AC  a 3 , SB  2a và ABC sin của góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng  SAC  bằng 11 . Thể tích của khối chóp 11 S. ABC bằng A. 2a 3 3 . 9 B. a3 3 . 9 C. a3 6 . 6 D. a3 6 . 3 Lời giải Chọn C  BA  SA  BA  AD . – Dựng SD   ABC  tại D . Ta có:   BA  SD  BC  SD Và:   BC  CD  ABCD là hình chữ nhật  DA  BC  a 2 , DC  AB  a .  BC  SC – Sử dụng công thức sin  SB,  SAC     d  B,  SAC   SB . 1 11 11 d  B;  SAC   d  D;  SAC     2  2 1 .  11 SB SB d  D;  SAC   SB – Lại có: 1 1 1 1 3 1 1 1 1  2    2  2  2 .    2 2 2 2 2 2 2 2 DA DC SB  BD DA DC SB  3a 2a d  D;  SAC   DS  SB  a 6  SB 2  6a 2 11 1 3   2  2   2 11 2   – Từ 1 và  2 suy ra: 2 2 11  SB SB  3a 2a SB  a SB  a   3 3  Theo giả thiết SB  2a  SB  a 6  SD  a 3 . 1 1 a3 6 . Vậy VSABC  SD. BA.BC  3 2 6   90 và CSA   120 Câu 49.12: Cho hình chóp S. ABC có SA  4, SB  6, SC  12 và  ASB  60, BSC . Thể tích của khối chóp S .ABC bằng A. 36 3 . B. 36 2 . C. 24 3 . D. 24 2 . Trang 770 NHÓM WORD – BIÊN SOẠN TÀI LIỆU ĐỀ THI THỬ THPTQG – 2019-2020 Trên tia SA, SB lần lượt lấy cá điểm M , N sao cho SM  SN  12 . Khi đó ta có: Tam giác SMN đều  MN  12 . Tam giác SNC vuông tại S nên CN  SC 2  12 2 .   12 3 . Tam giác SMC cân tại S có MC  SC 2  SM 2  2SC.SM .cos CSM Từ đó suy ra MC 2  MN 2  CN 2  tam giác CMN vuông tại N . Gọi H là hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng  CMN  . Vì SC  SM  SN  12 nên H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CMN  H là trung điểm của MC  SH  SC 2  CH 2  6 . 1 1 SCMN  MN .NC  72 2  VS .CMN  .SH .SCMN  144 2 . 3 2 1 V SA SB SC 1 Mặt khác, ta có S . ABC  . .   VS . ABC  VS .MNC  24 2 . 6 VS . MNC SM SN SC 6 Câu 49.13:   SCB   90 , góc Cho hình chóp S. ABC có đáy là tam giác vuông cân tại B , AB  a, SAB giữa AB và  SBC  bằng 60 . Thể tích của khối chóp đã cho bằng A. a3 3 . 6 B. 4a 3 3 . 9 C. a3 3 . 9 D. a3 3 . 3 Lời giải Chọn A Trang 771 NHÓM WORD – BIÊN SOẠN TÀI LIỆU ĐỀ THI THỬ THPTQG – 2019-2020 Dựng hình vuông ABCD tâm O . Gọi I là trung điểm SB .   SCB   90 0 nên hình chóp S .ABC nội tiếp mặt cầu tâm I đường kính SB . Do SAB Do O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC  OI là trục của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC . Suy ra OI   ABC   SD   ABC    60  SD  CD.tan 600  a 3 . Mà  AB,  SBC     DC ,  SBC     CD, CS   DCS 1 1 a 2 a3 3 . Từ đây ta suy ra: V  .SD.S ABC  .a 3.  3 3 2 6 Câu 49.14:   120, Cho hình chóp S. ABC có đáy là tam giác cân tại A , AB  a , BAC 3 , khoảng cách từ S 8   SCA   90 . Gọi  là góc giữa SB và  SAC  thỏa mãn sin   SBA đến mặt đáy nhỏ hơn 2a . Thể tích của khối chóp S.ABC bằng 3 3a3 3a3 A. . B. 3a . . C. 4 12 6 Lời giải 3a3 . 24 D. Chọn C S K C D A B I + Gọi D là hình chiếu vuông góc của S lên đáy  ABC  , đặt SD  x  0  x  2a  .  AC  SC Ta có   AC   SDC   AC  DC . Tương tự ta cũng có AB  DB .  AC  SD   120  BC  a 3 và DBC   DCB   60 + Tam giác ABC cân tại A và CAB  DBC đều cạnh a 3 . + Tam giác SDC vuông tại D  SB  3a 2  x 2 + Kẻ DK  SC tại K  DK   SAC   d  D;  SAC    DK  x.a 3 3a 2  x 2 .   60 + Gọi I  BD  AC , xét DIC vuông tại C và BDC Trang 772 NHÓM WORD – BIÊN SOẠN TÀI LIỆU  DI  ĐỀ THI THỬ THPTQG – 2019-2020 1 DC  2a 3  B là trung điểm của DI  d  B;  SAC    d  D;  SAC   .  2 cosBDC Theo giả thiết    SB;  SAC    sin  d  B;  SAC   SB  3 xa 3  8 2  3a 2  x 2  2 x  a x x . So sánh với điều kiện suy ra x  a .  x  3a  4 ax  0     4  3  0   a a  x  3a 2 2 1 a3 3 . Vậy VS . ABC  .S ABC .SD  3 12   SCB   90 . Gọi M là trung Cho hình chóp S. ABC có đáy là tam giác đều cạnh 2a , SAB 6a điểm của SA . Biết khoảng cách từ A đến  MBC  bằng . Thể tích của khối chóp đã cho 21 bằng Câu 49.15: A. 8a 3 39 . 3 B. 10a 3 3 . 9 C. 4a 3 13 . 3 D. 2a 3 3 . Lời giải Chọn A S M A D I C G N B Trong mp  ABC  xác định điểm D sao cho tứ giác ABCD vuông tại A và C  AB  AD CB  CD  AB  SD ;   CB  SD Khi đó ta có:   AB  SA CB  SC 1 Vậy SD   ABCD   VS . ABC  SD .SABC 3 Có tam giác ABC là tam giác đều cạnh 2a  SABC  a 2 3 Ta đi tìm SD Gọi I là trung điểm AC vì tam giác ABC đều, ABCD nội tiếp đường tròn đường kính BD  I  BD  AC  BD Gọi G là trọng tâm tam giác ABC và N là trung điểm BC Vì tam giác ABC đều  AN  BC  AN // CD , tương tự CG // BD 2 2 3 2 3a AN  2a  1 3 3 2 3 Xét hình chóp S . ANCD có đáy ANCD là hình thang vuông tại C, N. Dễ thấy AGCD là hình thoi  CD  AG  Trang 773 NHÓM WORD – BIÊN SOẠN TÀI LIỆU ĐỀ THI THỬ THPTQG – 2019-2020 6a vì  MNC    MBC  . 21 Khoảng cách từ A đến mặt phẳng  MNC  bằng S P M F H E A D C N Trong mp  ABCD  gọi  E  CN  AD Trong mp  SAD  kẻ tia At / / SD gọi  P  EM  At Gọi K là hình chiếu của G trên mặt phẳng  CMB   AP / / SD  AP  CN   APN   CN Khi đó ta có   AN  CN Trong mp  APN  kẻ AH  PN ta có AH  d  A,  MCN    6a 21 Mà tam giác ABC là tam giác đều cạnh 2a  AN  a 3 1 1 1 1 21 1 1      2  2  AP  2a Từ 2 2 2 2 2 AH AP AN AP 36a 3a 4a Dễ thấy APM  SFM  SF  AP  2a  2 ED CD 2   (theo 1 ) EA AN 3 FD ED FD 2 4a     FD  Xét tam giác EAP có FD / / PA nên  3 PA 3 3 PA EA 10a Từ  2 và  3 ta có SD  SF  FD  3 Xét tam giác EAN có CD / / AN nên 1 1 10a 2 10a3 3 .a 3  . Vậy VS . ABC  SD .SABC  . 3 3 3 9 Câu 49.16: Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác ABC đều cạnh a, tam giác SBA vuông tại B , tam giác SAC vuông tại C . Biết góc giữa hai mặt phẳng  SAB  và  ABC  bằng 60 . Tính thể tích khối chóp S. ABC theo a. A. 3a3 . 8 3a3 B. . 12 C. 3a3 . 6 D. 3a3 . 4 Lời giải. Chọn B Trang 774 NHÓM WORD – BIÊN SOẠN TÀI LIỆU ĐỀ THI THỬ THPTQG – 2019-2020 S D C B A Gọi D là hình chiếu của S lên mặt phẳng  ABC  , suy ra SD   ABC  . Ta có SD  AB và SB  AB  gt  , suy ra AB   SBD   BA  BD . Tương tự có AC  DC hay tam giác ACD vuông ở C . Dễ thấy SBA  SCA (cạnh huyền và cạnh góc vuông), suy ra SB  SC . Từ đó ta chứng minh được SBD  SCD nên cũng có DB  DC . . Vậy DA là đường trung trực của BC , nên cũng là đường phân giác của góc BAC   30 , suy ra DC  a . Ngoài ra góc giữa hai mặt phẳng  SAB  và  ABC  là Ta có DAC 3   SD  SD  BD tan SBD   a . 3 a.   60 , suy ra tan SBD SBD BD Vậy VS . ABC Câu 49.17: 3 1 1 a2 3 a3 3  .SABC .SD  . .a  . 3 3 4 12 Cho hình chóp S . A B C có tam giác ABC vuông cân tại B , A B  a . Gọi I là trung điểm của AC . Hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng  ABC là điểm H thỏa mãn   B I  3 IH . Góc giữa hai mặt phẳng  SAB  và  SBC  là 6 0 o . Thể tích của khối chóp S . A B C là A. V  a3 . 9 B. V  a3 . 6 C. V  a3 . 18 D. V  a3 . 3 Lời giải. Chọn A Trang 775 NHÓM WORD – BIÊN SOẠN TÀI LIỆU ĐỀ THI THỬ THPTQG – 2019-2020 Dễ thấy hai tam giác SAB và SAC bằng nhau ( cạnh chung SB ), gọi K là chân đường cao AKC . hạ từ A trong tam giác SAB suy ra   SAB  ,  SBC      30. AKC  60 kết hợp I là trung điểm AC suy ra IKC Trường hợp 1:  Ta có IB  IC  AC a 2 4 2a 2  , BH  BI  . 2 2 3 3 Từ giả thiết tam giác ABC vuông cân tại B ta được AC  BI  IC  IK .  Trong tam giác ICK vuông tại I có tan IKC IC IC a 6  IK   . IK tan 30 2 Như vậy IK  IB ( vô lý).   IC  IK  AKC  120 tương tự phần trên ta có tan IKC Trường hợp 2:  IK IC a 6  . tan 60 6 2 2 Do SB   AKC   SB  IK nên tam giác BIK vuông tại K và BK  IB  IK  a 3 . 3 Như vậy tam giác BKI đồng dạng với tam giác BHS suy ra: SH  IK .BH  2 a . BK Vậy thể tích của khối chóp S.ABC là: VS . ABC  Câu 49.18: 3 1 a2 2a a3 .  . 32 3 9   Cho tứ diện ABCD có  ABC  B CD  C D A  9 0  , B C  C D  a , A D  a 2 . Góc giữa hai mặt phẳng  ABC  và  ACD bằng A. 60 . B. 30 . C. 45 . D. 90 . Lời giải. Chọn A Trang 776 NHÓM WORD – BIÊN SOẠN TÀI LIỆU ĐỀ THI THỬ THPTQG – 2019-2020 A A a 2 a 2 K H D D E a B a C a B C a Gọi E là hình chiếu của A lên mặt phẳng  BCD  . Kết hợp đề bài BC  AB  CD  AD    BC  BE ;   CD  ED và BC  CD  a . BC  AE  CD  AE  Suy ra tứ giác BCDE là hình vuông cạnh a . Khi đó AE  AD2  ED2  a Gọi H , K lần lượt là hình chiếu của E lên  ABC  ,  ACD  thì EH   ABC  , EK   ACD  nên góc tạo bởi hai mặt phẳng  ABC  và  ACD  là góc  EH , EK  Nhận xét 2 tam giác AEB và AED là vuông cân tại E nên EH  EK  HK  a 2 ; 2 BD a 2 suy ra tam giác EHK đều.  2 2 Vậy số đo góc tạo bởi hai mặt phẳng  ABC  và  ACD  là 60 .   CBD   90º ; AB  a; AC  a 5;  Cho tứ diện ABCD có DAB ABC  135 . Biết góc giữa hai mặt phẳng  ABD  ,  BCD  bằng 30 . Thể tích của tứ diện ABCD bằng Câu 49.19: A. a3 . 2 3 B. a3 . 2 C. a3 . 3 2 D. a3 . 6 Lời giải. Chọn D Trang 777 NHÓM WORD – BIÊN SOẠN TÀI LIỆU ĐỀ THI THỬ THPTQG – 2019-2020 D F E C H A a 5 B a Dựng DH   ABC  .  BA  DA  BC  DB Ta có   BA  AH . Tương tự   BC  BH .  BA  DH  BC  DH Tam giác AHB có AB  a ,  ABH  45o   HAB vuông cân tại A  AH  AB  a . Áp dụng định lý cosin, ta có BC  a 2 . 2 1   1 .a.a 2. 2  a . Vậy S ABC  .BA.BC.sin CBA 2 2 2 2  HE  DA Dựng   HE   DAB  và HF   DBC  .  HF  DB  và tam giác HEF vuông tại E . Suy ra  HE , HF   EHF  DBA  ,  DBC     Đặt DH  x , khi đó HE  ax 2 a x  Suy ra cos EHF Vậy VABCD HE 3   HF 4 2 , HF  x 2  2a 2 2 x 2  2a 2 xa 2 2a 2  x 2 .  xa. 1 a3  .DH .S ABC  . 3 6 Câu 49.20: Cho hình chóp S . ABC có đáy là tam giác vuông cân tại B , AB  BC  a 3 ,   SCB   90 và khoảng cách từ điểm A đến  SBC  bằng a 2 . Diện tích của mặt cầu SAB ngoại tiếp hình chóp S . ABC bằng A. 2 a 2 . B. 8 a 2 . C. 16 a 2 . D. 12 a 2 . Lời giải. Chọn D Trang 778 NHÓM WORD – BIÊN SOẠN TÀI LIỆU ĐỀ THI THỬ THPTQG – 2019-2020 Gọi H là hình chiếu của S lên  ABC  .  BC  SC  HC  BC . Ta có:   SH  BC Tương tự AH  AB . Và  ABC vuông cân tại B nên ABCH là hình vuông. Gọi O  AC  BH , O là tâm hình vuông. Dựng một đường thẳng d qua O vuông góc với  ABCH  , dựng mặt phẳng trung trực của SA qua trung điểm J cắt d tại I  I là tâm mặt cầu ngoại tiếp. Ta hoàn toàn có IJ  SA  IJ // AB  I là trung điểm SB , hay I  d  SC . Bán kính mặt cầu ngoại tiếp: rS . ABC  AI  IJ 2  JA2 ; IJ   a 3  2 2 Do AH //  SBC   d  A,  SBC    d  H ,  SBC    HK . ( K là hình chiếu của H lên SC và BC   SHC   HK   SBC  ).  HK  a 2 . Tam giác SHC vuông tại H  SH  a 6 . Tam giác SHA vuông tại H  SA  3a . JA  Câu 49.21: SA 3a   rS . ABC  AI  a 3  S mc  4 r 2  12 a 2 . 2 2   ADC   90 ,  Tứ diện ABCD có BC  3 , CD  4 ,  ABC  BCD AD, BC  60 . Cosin   của góc giữa hai mặt phẳng  ABC  và  ACD  bằng A. 43 . 86 B. 4 43 . 43 C. 43 . 43 D. 2 43 . 43 Lời giải. Chọn D Trang 779 NHÓM WORD – BIÊN SOẠN TÀI LIỆU ĐỀ THI THỬ THPTQG – 2019-2020 Gọi H là chân đường cao của tứ diện ABCD .  BC  AB Ta có:   BC  HB 1 .  BC  AH CD  AD Lại có:   CD  HD  2  . CD  AH   90 . Mà BCD Từ đây ta suy ra HBCD là hình chữ nhật. AD, BC   AD, HD   ADH  60 . Suy ra: AH  HD tan 60  3 3 . Mặt khác:      Chọn hệ trục Oxyz  H .DBA như hình vẽ.   Ta có: H  0;0;0  , A 0; 0;3 3 , B  0;4;0  , C  3; 4;0  , D  3;0;0  .    AD  3;  3;  3 3 , AC  3; 4;  3 3 , AB  0; 4;  3 3 .         Gọi n1 , n2 lần lượt là một véc tơ pháp tuyến của  ABC  và  ABD  .       Suy ra: n1   AB, AC   0;  9 3;  12 ; n2   AD, AC   21 3;0; 21 .   0.21 3  9 3.0  12.21 n1 .n2 2 43  Vậy cos   ABC  ,  ADC       . 2 2 2 2 43 2 2 n1 . n2 0  9 3   12  . 21 3  0   21     Câu 49.22:       90 và BC  1 , CD  3 , BD  2 , AB  3 . Cho tứ diện ABCD có  ABC  ADC Khoảng cách từ B đến  ACD  bằng A. 6 . 7 B. 42 . 7 C. 7 . 7 D. 14 . 7 Lời giải. Chọn B Trang 780 NHÓM WORD – BIÊN SOẠN TÀI LIỆU ĐỀ THI THỬ THPTQG – 2019-2020 BC  1 , CD  3 , BD  2  BC 2  DC 2  BD 2  BCD vuông tại C . Dựng hình chữ nhật BCDE  BC // ED mà DC  BC  DC  DE , lại có DC  AD .  DC   ADE   DC  AE 1 . Chứng minh tương tự BC   ABE   BC  AE  2 . Từ 1 và  2  suy ra AE   BCDE  . Kẻ EH  AD tại H . Do DC   ADE  nên DC  EH  EH   ACD  . BE // CD  d  B,  ACD    d  E ,  ACD    EH . AE  AB 2  BE 2  32   3 2  6. 6 42 1 1 1 1 7    1   EH  .   2 2 2 7 6 6 EH EA ED 7 Vậy d  B,  ACD    EH  42 . 7   120 . Hình Câu 49.23: Cho hình chóp S.ABC có SA vuông góc với mặt đáy, SA  BC và BAC chiếu vuông góc của A lên các cạnh SB và SC lần lượt là M và N . Góc giữa hai mặt phẳng  ABC  và  AMN  bằng A. 45 . B. 60 . C. 15 . D. 30 . Lời giải. Chọn A Trang 781 NHÓM WORD – BIÊN SOẠN TÀI LIỆU ĐỀ THI THỬ THPTQG – 2019-2020 Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có đường kính là AD . Khi đó tam giác ABD vuông tại B  AB  BD .  AB  BD Ta có   BD   SAB   BD  AM .  SA  BD  BD  AM  AM   SBD   AM  SD . Ta có   SB  AM Tương tự, ta chứng minh được AN  SD . . Do đó SD   AMN  suy ra  SA, SD   ASD  ABC  ,  AMN      Xét tam giác SAD vuông tại A có tan ASD Với AD  2 RABC  2  Do đó tan ASD Câu 49.24: AD . SA BC 3  SA . sin120 3 3  ASD  30    ABC  ,  AMN    30 . 3   120, Cho hình chóp S . ABC có đáy là tam giác cân tại A , AB  a , BAC   SCA   90 . Gọi  là góc giữa SB và  SAC  thỏa mãn sin   3 , khoảng cách từ S SBA 8 đến mặt đáy nhỏ hơn 2a . Thể tích của khối chóp S . ABC bằng A. 3a3 . 4 B. 3a3 . 6 C. 3a3 . 12 D. 3a3 . 24 Lời giải. Chọn C Trang 782 NHÓM WORD – BIÊN SOẠN TÀI LIỆU ĐỀ THI THỬ THPTQG – 2019-2020 S K C D A B I Gọi D là hình chiếu vuông góc của S lên đáy  ABC  , đặt SD  x  0  x  2a  .  AC  SC  AC   SDC   AC  DC . Tương tự ta cũng có AB  DB . Ta có   AC  SD   120  BC  a 3 và DBC   DCB   60  DBC đều Tam giác ABC cân tại A và CAB cạnh a 3 . Tam giác SDC vuông tại D  SC  3a 2  x 2  SB Kẻ DK  SC tại K  DK   SAC   d  D ,  SAC    DK  x.a 3 3a 2  x 2 .   60 Gọi I  BD  AC , xét  DIC vuông tại C và BDC DC 1  DI   2a 3  B là trung điểm của DI  d  B,  SAC    d  D,  SAC   .  2 cosBDC d  B,  SAC   3 xa 3  , ( SAC  sin   Theo giả thiết   SB   SB 8 2  3a 2  x 2    2 x  a x x  x 2  3a 2  4ax  0     4  3  0   . So sánh với điều kiện suy ra x  a . a a  x  3a 1 a3 3 Vậy VS . ABC  .SABC .SD  . 3 12 Câu 49.25: Cho hình chóp S . ABC có SA  AB  3 ; SB  6 ; AC  2 BC  2 ; SC  5 . Khoảng cách từ A đến  SBC  bằng A. 30 . 6 B. 5 . 2 C. 13 . 6 D. 30 . 5 Lời giải. Chọn D Trang 783 NHÓM WORD – BIÊN SOẠN TÀI LIỆU ĐỀ THI THỬ THPTQG – 2019-2020 Dựng điểm D sao cho ABCD là hình chữ nhật. Áp dụng định lý Pitago ta có các tam giác SAB; ABC ; SBC lần lượt vuông góc tại A, B, C .  AB  AD  AB  SD 1 . Ta có   BA  SA  BC  CD  BC  SD  2  .   BC  SC Từ 1 ;  2   SD   ABCD   SD  BC . Vậy  SBC    SDC  theo giao tuyến SC . Kẻ DH vuông góc với SC tại H thì DH   SBC  . Có AD //  SBC   d  A,  SBC    d  D,  SBC    DH  DS .DC 2 DS  DC 2  2. 3 30 .  5 5 Câu 49.26: Cho hình chóp S . ABC , đáy là tam giác đều ABC có cạnh bằng a . Biết rằng các mặt bên của hình chóp có diện tích bằng nhau và một trong các cạnh bên bằng a 3 . Tính thể tích nhỏ nhất của khối chóp S . ABC . A. a3 2 . 6 B. a3 2 . 2 C. a3 6 . 12 D. a3 6 . 4 Lời giải 4 Chọn C Trang 784 NHÓM WORD – BIÊN SOẠN TÀI LIỆU ĐỀ THI THỬ THPTQG – 2019-2020 Gọi H là hình chiếu của S trên mặt phẳng đáy  ABC  ; M , N , K lần lượt là hình chiếu của S trên AB, BC , CA . 1 1 1 SM . AB  SN .BC  SK .CA 2 2 2 và vì tam giác ABC đều nên ta có SM  SN  SK  HM  HN  HK . Vì diện tích các mặt bên của hình chóp bằng nhau nên ta có TH1: nếu H nằm trong tam giác ABC  H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác đều ABC . Khi đó ta có AH  2 a 3 AN  và SA  SB  SC  a 3 3 3  SH  SA2  AH 2  3a 2  3a 2 2 a 6  9 3 1 1 a 2 3 2a 6 a 3 2 .   VS . ABC  S ABC .SH  . . 3 3 4 3 6 TH2: Nếu H nằm ngoài tam giác ABC . Không mất tính tổng quát giả sử H nằm khác phía với A so với đường thẳng BC Tương tự như trên ta vẫn có HM  HN  HK . Vì tam giác ABC đều nên H là tâm đường 3a BN a 1  : a, tròn bàng tiếp góc A và AM  AB  BN   HB  2 cos 60 2 2 AH  AM : cos30  2 3a 3 :  a 3 . Vì thế cạnh SA không thể bằng a 3  SB  SC  a 3 2 2 2 2 2  SH  SB  BH  3a  a  a 2  VS . ABC 1 1 a2 3 a3 6  S ABC .SH  . .a 2  . 3 3 4 12 3 3 3  a 2 a 6  a 6 , Vậy Vmin  min  .  12  12  6 Trang 785 NHÓM WORD – BIÊN SOẠN TÀI LIỆU Câu 49.27: ĐỀ THI THỬ THPTQG – 2019-2020 Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình bình hành thỏa mãn AB  a, AC  a 3 , BC  2a . Biết tam giác SBC cân tại S , tam giác SCD vuông tại C và khoảng cách từ D đến mặt phẳng ( SBC ) bằng A. 2a 3 . 3 5 a 3 . Thể tích của khối chóp đã cho bằng 3 B. a3 . 3 5 C. a3 . 3 3 D. a3 . 5 Lời giải Chọn A Nhận thấy tam giác ABC vuông tại A ( do AB 2  AC 2  BC 2 ). Gọi E là điểm đối xứng của B qua A ta có tứ giác ACDE là hình chữ nhật, và tam giác EBC là tam giác đều cạnh 2a . AD  (SBC )  d ( D, (SBC ))  d ( A, (SBC ))  Hay d ( E , ( SBC ))  2.d( D, (SBC ))  1 d ( E ,( SBC )) 2 2a 3 3 Gọi I là trung điểm của đoạn BC , ta có: BC  EI , BC  SI  BC  ( SEI ) . Trong mp ( SEI ) kẻ EH vuông góc với SI tại H . Khi đó: d ( E , ( SBC ))  EH  2a 3 . 3 Ta có C D  ( SAC ) ( Do C D  SC , C D  AC ) Suy ra AB  ( SAC ) . Xét tam giác SBE có SA vừa là trung tuyến vừa là đường cao nên tam giác SBE cân tại S . Xét hình chóp S .EBC có đáy là tam giác đều EBC , các cạnh bên SE  SB  SC . Nên gọi F  EI  CA ta có SF  ( EBC ) . Trang 786 NHÓM WORD – BIÊN SOẠN TÀI LIỆU ĐỀ THI THỬ THPTQG – 2019-2020 2a 3 HE 2  3  . Tam giác EHI vuông tại H nên sin I  EI 3 a 3 2  1 sin I 1 2a 3  a 3.  Tam giác SIF vuông tại F nên SF  FI .tan I  EI . . 3 2 2 15 1  sin 2 I 3 1 ( ) 3 VS . ABCD  Câu 49.28: 1 1 1 2a 2a 3 SF .S ABCD  SF . AB.CA  .a.a 3  . 3 3 3 15 3 5 Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , tam giác SAB và tam giác 3 2 a và chúng 2 SCD cân tại S . Biết hai mặt bên  SAB  và  SCD  có tổng diện tích bằng vuông góc với nhau. Thể tích khối chóp S . ABCD bằng A. a2 . 4 B. a2 . 12 C. a2 . 6 D. a2 . 3 Lời giải. Chọn D Gọi E , F lần lượt là trung điểm AB và CD . Khi đó EF // AD  EF  AB Do tam giác SAB và tam giác SCD cân tại S nên SE  AB và SF  CD  SE  AB  AB   SEF    ABCD    SEF  Lúc đó có   EF  AB Do đó, chân đường cao hạ từ S xuống đáy là H phải nằm trên giao tuyến EF của  ABCD  và  SEF  . Trang 787 NHÓM WORD – BIÊN SOẠN TÀI LIỆU ĐỀ THI THỬ THPTQG – 2019-2020 Mặt khác, giao tuyến của hai mặt phẳng  SAB  và  SCD  là đường thẳng d qua S và song  là góc giữa hai mặt phẳng SAB và SCD , song AB nên SE  d và SF  d , tức là ESF     hay nói cách khác ta có SE  SF Xét tam giác SEF vuông tại S có SH 2  SE 2 .SF 2 SE 2 .SF 2  1 SE 2  SF 2  SE  SF 2  2SE.SF Ta có SE.SF  SH .EF  2SSEF 3 2 a  SE.AB  SF .CD  3a 2 hay SE  SF  3a 2 Từ giả thiết S SAB  S SCD  Thay vào 1 ta có SH 2  SH 2 .EF 2  SE  SF  2   2SH .EF SH 2 .a 2  SH  a 3a 2  2 SH .a 1 1 a2 Vậy thể tích hình chóp S. ABCD là V  SH .S ABCD  .a.a 2  . 3 3 3 Câu 49.29:   SCB   900 và khoảng cách từ Cho hình chóp S . ABC có AB  BC  a,  ABC  1200 , SAB B đến mặt phẳng  SAC  bằng A. V  a3 5 . 10 2a 21 . Tính thể tích khối S . ABC . 21 B. V  a 3 15 . 10 C. V  a 3 15 . 5 D. V  a3 5 . 2 Lời giải Chọn B S S K E D A a I C a B E D I B Hạ SE   ABC  tại E có AB  SE  0    AB   SAE   AB  AE  BAE  90 . AB  SA    900 . Chứng minh tương tự có BCE  Hai tam giác vuông BCE và BAE bằng nhau suy ra CBE ABE  600 . Gọi D là trung điểm của BE suy ra tứ giác ABCD là hình thoi và BD  DE  a . Trang 788 NHÓM WORD – BIÊN SOẠN TÀI LIỆU ĐỀ THI THỬ THPTQG – 2019-2020 Gọi I là tâm hình thoi ABCD có 1 1 2a 21 2 a 21 . BI  EI  d  B,  SAC    d  E ,  SAC    d  E ,  SAC    3.  3 3 21 7 CA  BD    CA   SEI    SAC    SEI  . CA  SE  Hạ EK  SI tại K ta có EK   SAC  tại K suy ra d  E ,  SAC    EK  EK  2a 21 . 7 Tam giác SBE vuông tại E đường cao EK có 1 1 1 1 1 1 7 4 5 6a 5 .  2    2   2   SE  2 2 2 2 2 2 EK EI SE SE EK EI 12a 9a 36a 5 1 11 1 3 6a 5 a 3 15  Vậy VSABC  S ABC .SE   BA.BC.sin120 0  .SE  a 2 . .  . 3 3 2 6 2 5 10  Câu 49.30:   120 , Cho khối chóp S . ABC có đáy là tam giác cân tại A , AB  a , BAC   SCA   90 . Gọi  là góc giữa hai mặt phẳng  SAB  và  SAC  . Khi cos   3 thì thể SBA 4 tích khối chóp đã cho bằng 3 A. 3a . 3 B. a . 3a3 C. . 4 a3 D. . 4 Lời giải Chọn D Kẻ SH   ABC  , H   ABC  suy ra SH  AB và SH  AC . SH  AB  AB   SBH   AB  BH . Khi đó ta có  SB  AB Chứng minh tương tự ta có AC  CH suy ra tứ giác ABHC nội tiếp đường tròn đường kính AH . Do đó góc BHC bằng 60 . Dễ thấy  AHB  AHC  HB  HC nên  HBC đều. Trang 789 NHÓM WORD – BIÊN SOẠN TÀI LIỆU ĐỀ THI THỬ THPTQG – 2019-2020   120 suy ra BC 2  3a2 .  ABC cân tại A có AB  a, BAC Do đó HB2  HC 2  BC 2  3a2 . Dễ thấy  SHB   SHC  SB  SC nên  SAB  SAC . Trong mặt phẳng  SAB  kẻ BK  SA,  K  SA . Trong mặt phẳng  SAC  kẻ CK1  SA,  K1  SA .   CAK  (vì SAB  SAC ) suy Xét hai tam giác vuông KAB và K1 AC có AB  AC , BAK 1 ra KAB  K1 AC  AK  AK1 mà K và K1 nằm giữa S và A nên K  K1 . Từ đó ta có CK  SA và BK  CK . BKC  Do đó cos   cos  BK 2  CK 2  BC 2 3 2 BK 2  BC 2 3    1 . 2 2 BK .CK 4 2 BK 4 Đặt SH  x,  x  0  . Xét SHB có SB2  SH 2  HB2  3a2  x2 . Xét SAB vuông tại B có 2  BK  a 2  3a 2  x 2  4a 2  x 2 1 1 1 1 1 1   2   2  2 2 2 2 BK BA BS BK a 3a  x 2 . 2a 2  3a 2  x 2  2 Thay vào 1 ta có 2  3a 2 4a  x 2a 2  3a 2  x 2   3  x  a 3. 4 4a 2  x 2 Vậy thể tích khối chóp S . ABC là 3 1 1   1 .a 3. 1 a.2 sin120  a . .SH . . AB.AC.sin BAC 3 2 3 2 4 Vậy chọn đáp án D. Câu 49.31: Cho khối chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B , AB  a , tam giác SAB vuông tại A , tam giác SBC cân tại S và khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và AC bằng 2a . Thể tích của khối chóp đã cho bằng 3 A. a3 . 6 B. 3a 3 . 2 C. a3 . 2 D. a3 . 3 Lời giải Tác giả: Lê Văn Quý ; Fb:Lê Văn Quý Chọn D Trang 790 NHÓM WORD – BIÊN SOẠN TÀI LIỆU ĐỀ THI THỬ THPTQG – 2019-2020 S I C O H M K A B Gọi M trung điểm của BC  SM  BC (1) Lấy điểm H  ( ABC ) sao cho ABMH là hình chữ nhật  AB  SA Cùng với giả thiết ta có:   AB  SH  AB  AH  BC  SM Lại có   BC  SH  BC  MH (2) (2) Từ (1) và (2) suy ra SH   ABC  . 1 Gọi K  AC  BH và I là điểm trên đoạn SH sao cho HI  HS . 3  SB // ( IAC )  d (SB, AC )  d ( SB, ( IAC ))  d ( S , ( IAC ))  2d ( H , ( IAC ))   d ( H ,( IAC ))  Ta có 2a . 3 a . 3 1 2  d ( H , ( IAC ))  1 1 1 1 9 4 4 1   2  2  2  2  2  HI  a . 2 2 2 HA HO HI HI a a a a  SH  3a . 1 1 1 a3 Vậy VS . ABC  SH .S ABC  3a a 2  . 3 3 2 2 Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng a . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của các cạnh Câu 49.32: AB , BC và E là điểm đối xứng với B qua D . Mặt phẳng  MNE  chia khối tứ diện ABCD thành hai khối đa diện. Trong đó, khối tứ diện ABCD có thể tích là V , khối đa diện chứa đỉnh A có thể tích V ‘. Tính tỉ số A. 7 . 18 V . V B. 11 . 18 C. 13 . 18 D. 1 . 18 Trang 791 NHÓM WORD – BIÊN SOẠN TÀI LIỆU ĐỀ THI THỬ THPTQG – 2019-2020 Lời giải Chọn B Gọi P  EN  CD và Q  EM  AD . Suy ra P, Q lần lượt là trọng tâm của BCE và ABE . Gọi S là diện tích tam giác BCD , suy ra S CDE  S BNE  S . 1 S Ta có SPDE  .SCDE  . 3 3 A M Q E D B P N C Gọi h là chiều cao của tứ diện ABCD , suy ra h h d  M ,  BCD    ; d Q,  BCD    . 2 3 1 S.h 1 S.h ; VQ.PDE  SPDE .d Q,  BCD    . Khi đó VM .BNE  SBNE .d  M ,  BCD    3 6 3 27 Suy ra VPQD. NMB  VM .BNE  VQ.PDE  V ‘ V  Vậy Câu 49.33: S .h S .h 7 S .h 7 S .h 7    .  .VABCD 6 27 54 18 3 18 7 11 V ‘ 11 .V  V   . 18 18 V 18 V  11  . V 18   SCB   90 và góc Cho hình chóp SABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh 2a , SAB giữa hai mặt phẳng  SAB  và  SBC  bằng 600 . Tính thể tích khối chóp SABC ? A. 2 3 a . 2 B. 2 3 a . 4 C. 2 3 a . 6 D. 2 3 a . 3 Lời giải Chọn D Trang 792 NHÓM WORD – BIÊN SOẠN TÀI LIỆU ĐỀ THI THỬ THPTQG – 2019-2020 Ta có SAB  SBC (c.g.c), trong tam giác SAB kẻ đường cao AE  SB khi đó CE  SB . Khi đó góc giữa hai mặt phẳng  SAB  và  SBC  là góc giữa hai đường thẳng AE và CE . Dễ dàng   60 thì AE  AC  AB  2a điều này vô lí vì tam nhận thấy góc  AEC  120 (vì nếu AEC giác AEB vuông tại E ). Trong tam giác AEC cân tại E kẻ đường cao EK ta có: AE  Trong tam giác vuông ABE có: BE  AB 2  AE 2  Trong tam giác SAB có: BS  AK 2 3  a 0 3 cos30 2 6 a 3 AB 2  6 BE 1 1 1 2 2 3 VB.EAC  .BE.S EAC  .BE. . AE.EC.sin120 0  a 3 3 2 9 VB .EAC BE BA BC BE BS 6 2 2 3 2 3  . .   VB .SAC  .VB. EAC  . a  a VB.SAC BS BA BC BS BE 3 2 6 9 3 Câu 49.34: Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng 1 , M và N lần lượt là hai điểm di động trên hai cạnh AB , AC ( M và N không trùng với A ) sao cho mặt phẳng  DMN  luôn vuông góc với mặt phẳng  ABC  . Gọi V1 , V2 lần lượt là thể tích lớn nhất và nhỏ nhất của tứ diện ADMN . Tính tích V1.V2 . A. V1.V2  2 . 27 B. V1.V2  2 . 24 C. V1 .V2  1 . 324 8 D. V1.V2  . 9 Lời giải Chọn C Trang 793 NHÓM WORD – BIÊN SOẠN TÀI LIỆU ĐỀ THI THỬ THPTQG – 2019-2020 Kẻ DH  MN  DH   ABC  (vì  DMN    ABC  ). Suy ra H là trọng tâm của tam giác đều ABC . Như vậy M và N là hai điểm di động nhưng MN luôn đi qua trọng tâm của tam giác ABC . Đặt AM  x, AN  y , ( 0  x  1, 0  y  1 ) 1 2 + DH 2  DA2  AH 2  1    DH  3 3 + S AMN  2 . 3 1   3 xy AM . AN .sin MAN 2 4 + SAMN  S AMH  S ANH  1 3 AH .  x  y  .sin 30  x  y 2 12 1 3  2 2 1 xy   xy Do đó VADMN  DH .S AMN   3 3 4 12 3  (*) (**) (***) Mặt khác từ (*) và (**) suy ra x  y  3 xy , ( 0  x  1 , 0  y  1 ). 2  0  t  3 0  3t  2  4 2 Đặt xy  t  x  y  3t . Điều kiện:  2   4   t  . 9 3 9t  4t  0  t  9   t  0 Khi đó x, y là nghiệm của phương trình X 2  3tX  t  0 1 , 4 2 t . 9 3 4 2 Ta tìm t   ;  để 1 có 2 nghiệm phân biệt thuộc  0;1 hoặc có nghiệm kép thuộc  0;1 9 3  Trang 794 NHÓM WORD – BIÊN SOẠN TÀI LIỆU Ta có X  ĐỀ THI THỬ THPTQG – 2019-2020 1 X2 không phải là nghiệm của 1 nên 1  t  . 3 3X 1 X  0 X2 3X 2  2X Đặt g  X   , X   0;1 . Ta có: g   X   . 0  2 X  2 3X 1 3 X  1 3  Bảng biến thiên của g  X  Dựa vào BBT, 1 có 2 nghiệm phân biệt thuộc  0;1 hoặc có nghiệm kép thuộc  0;1  4 1 4 1  t  (thỏa điều kiện) hay  xy  . 9 2 9 2 Kết hợp (***) ta có 2 2 2 2 1  VADMN   V1  , V2   V1.V2  . 27 24 24 27 324 Trang 795