Bổ trợ kiến thức Hình học 1225410

* HÌNH HỌC KHƠNG GIAN Bài 1: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình bình hành, AB = a, AC = a , BC = 2a Tam giác SBC cân S, tam giác SCD vuông C Tính thể tích khối chóp SABCD, biết khoảng cách từ D đến mặt phẳng (SBC) GIẢI: a 3 S Do CD = a, AC = a ,AD = 2a nên t/giác ACD vuông C Gọi H S (ABCD), E trung điểm BC => BC v/góc (SEH) Ta có DC v/góc CS => DC v/góc CH (đ/lý đ/v/góc) Mặt khác: DC v/góc CA => H thuộc AC Xét t/g/vng CEH: A K H AB a   BC 2a ฀  HEC  300 ,biết EC = a a 2a Suy ra: EH = , CH  , 3 sin C = AH  AC  CH  a   D I B E C 2a a a  3 Gọi I giao điểm AD với (SEH), t/giác SIE, kẻ IK v/góc SE Do t/giác AIH nửa a a a  IH  , AI  a a a  IE  IH  HE    IK  SE  Mặt khác:   IK  SBC  Do đó: d D, SBC   d AD, SBC  IK  BC  t/giác đều, có AH   d I , SBC   IK  a 3 KE IK KE ฀ EKI ฀฀ EHS    SH  IK ; KE  IE  IK HE SH HE 2 3a 3a a 15 a a 2a 15     SH   3 a 15 15 VSABCD 1 2a 15 2a 15 5.a  SH S ABCD  2.S ABC   a.a  3 15 45 15 NH – 378 – 135 ThuVienDeThi.com 5.a Vậy thể tích khối chóp SABCD bằng: 15 Bài 2: Cho hình chóp SABC có đáy ABC tam giác vng cân (AB = BC = 1) cạnh bên SA = SB = SC = Gọi K, L trung điểm AC BC, Trên cạnh SA, SB lấy điểm M, N cho SM = BN = Tính VLMNK GIẢI: S Ta có: VLMNK  VMNKL 1 Lấy điểm E SA cho AE = 1=> NE // AB // KL M S NKL  S EKL  VMNKL  VMEKL 2  S EKM  S SAC BK d L, MKE   VMEKL  VLEKM 3 1, 2 , 3  VLMNK  VLEKM BK 1  S SACVSABC  SK S ABC 1  VLEKM  VSABC ; VSABC  SK S ABC 12 17 17   2 17 34  VLEKM   12 144 E A L' N C L B Bài 3: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a, tam giác SAB tam giác SCD vng S 1) Tính theo a thể tích khối chópS.ABCD 2) Cho M điểm thuộc đường thẳng CD cho BM vng góc cới SA Tính AM theo a 3) Tính khoảng cách hai đường thẳng AB SC GIẢI: 1) ฀ SAB t/giác đều, cạnh a Gọi I, J t/điểm AB, CD AB  IS    AB  SIJ    ABCD   SIJ  theo g/tuyến IJ AB  IJ  Gọi H h/chiếu v/góc S IJ => SH v/góc (ABCD) CD a a  ; SI  ; IJ  a  SI  SJ  IJ Do t/giác SIJ 2 a a SI SJ 2a tam giác vuông S => SH   IJ a 1 a a VSABCD  SH S ABCD  a  3 12 Tam giác SCD có SJ  NH – 378 – 135 ThuVienDeThi.com 2) Gọi P tr/điểm AS => SA v/góc BP (t/giác SAB đêu) SA v/góc BM =>SA v/góc (BPM) Gọi P, Q tr/điểm AS AJ => PQ đ/t/bình t/giác ASJ => SJ // PQ Mặt khác, t/giác SAJ có: SA2  SJ  a  S B D a Q I 5a   AJ ฀ ASJ vuông S J H => AS v/góc SJ => AS v/góc PQ A Lại có: AS v/góc BP (t/giác SAB đều) => AS v/góc (BPQ) => AS v/góc BQ, lúc M giao điểm BQ CD AB // JM => M P C JM QJ a a    JM  AB  a JD   DM  Trong t/giác vng AB QA 2 a2 a ADM có: AM  AD  DM  a   2 2 3) AB SC đ/thẳng chéo Ta có: AB // CD  SCD   AB // SCD ; SC  SCD   d  AB, SC   d AB, SCD   d I , SCD .Theo câu (1) IS v/góc SJ AB v/góc (SIJ), AB // CD nên CD v/góc (SIJ) => CD v/góc IS Từ IS v/góc (SCD) => IS = d (I, (SCD)) = Vậy d(AB, SC) = SI = a a Bài 4: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ANCD hình vng với AB = 2a Tam giác SAB vng S, mp(SAB)  mp(ABCD) Biết góc tạo đường thẳng SD mp(SBC)  với sin  = GIẢI: Tính VS.ABCD khoảng cách từ C đến (SBD) theo a SAB    ABCD , BC  AB  BC  SAB   BC  SA , mà SA  SB  SA  SBC  S D' Gọi d k/cách từ D đến (SBC) => d = SD.sin  = A SD H Mặt khác: AD // (SBC) => d (D,(SBC))= D (A, (SBC)) => d = SA => SA = NH – 378 – 135 SD D B ThuVienDeThi.com C Do AD // BC => AD v/góc SA Xét tam giác SAD vng A có AD = 2a SA2  AD  SD  SA2  4a  SA2  SA  a  SB  AB  SA2 2a a 14  4a   2 Kẻ SH v/góc AB H => SH v/góc (ABCD) Trong t/g/vng SAB có a a 14 SA.SB 1 a 2  a V   SH S  4a SH = SH  SABCD ABCD AB 2a 3 3 3.V 7.a 7.a  ; d C , SBD   SBCD 1;VSBCD  VSABCD  ; BD  2a S SBD    a 14   3a  SB  SD       8a => t/giác SBD vuông S     1 a 14 3a 3a S SBD  SB.SD   2 2 2a Thay vào (1) ta được: d C , SBD   2 Bài 5: Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật, SA vng góc với đáy G trọng tâm tam giác SAC, mặt phẳng (ABG) cat91 SC M, cắt SD N Tính thể tích khối đa diện MNABCD, biết SA = AB = a góc hợp đường thẳng AN mp(ABCD) 30o GIẢI: S Tam giác SAC có G trọng tâm Gọi O g/điểm đ/chéo AC BD => SG  SO N G trọng tâm t/giác SBD Gọi M, N g/điểm AG với SC, BG với SD => M, N trung điểm SC SD Ta có: MO   ABCD  A G Q O B V  MN S AND  MO.S BCQP a 1 a a a 1 a 3.a  a  S SAD  AD   a.a   a  2 2 2 24  3.a Vậy thể tích khối đa diện MNABCD là: VMNABCD  24 NH – 378 – 135 D P V  VANDQMP  VBCQP (với P,Q trung điểm AB CD) M ThuVienDeThi.com C Bài 6: Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có A’.ABC hình chóp tam giác đều, cạnh bên A’A tạo với đáy góc 30o Tính thể tích khối chóp A’.BB’C’C, biết khoảng cách AA’ BC a GIẢI: Gọi O tâm t/giác ABC M t/điểm BC, ta có: BC v/góc với AM A’O nên BC v/góc (A’AM) Kẻ MH v/góc A’A, BC v/góc (A’AM) => BC v/góc HM, từ suy HM đoạn v/góc chung A’A BC A' C' H B' A C a => d (A’A, BC) = HM = O M Ta có: ฀A ' AO  ฀A ' A,  ABC   300  AM  2.MH  B a ; ฀ ABC có AM t/tuyến, đ/cao nên => AB = a a2 => S฀ ABC  ; t/giác A’AO nửa t/giác đều, a a AO  AM   A 'O  3 2 a a2 VA ' BB ' C ' C  VABCA ' B ' C '  VA ' ABC  A ' O.S ABC  A ' O.S ABC  A ' O.S ABC  3 3 3.a  18 Bài 7: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a, SA vng góc với đáy Góc tạo SC mp(SAB) 30o Gọi E trung điểm BC 1) Tính VS.ABCD 2) Tính d(DE, SC) theo a 3) Tính d(A, (SBD)) GIẢI: 1)CB v/góc AB, SA => CB v/góc (SAB) => SB h/chiếu v/góc SC lên (SAB) ฀  30 ฀SC , SAB   ฀SC , SB   CSB  tan 300  a VSABCD 1 2.a  SA.S ABCD  a 2.a  3 NH – 378 – 135 ThuVienDeThi.com a  a  SA  3a  a SB S 2) Từ C kẻ CI // DE => CE = DI = a Và DE // (SCI) => d (DE, SC) = d (DE, (SCI)) Từ A kẻ AK v/góc CI, cắt ED H, cắt CI K , CI g/góc SA AK nên CI v/góc (SAK) Trong (SAK), ta kẻ HT v/góc SK => HT v/góc (SCI) Lúc đó: d (DE,(SCI)) = d (H,(SCI)) = HT M A D T 1 H AK CI  CD AI O K 2 3a B C E a 3 a a  AK    5 a a2  a HK DI 1 5.a ฀ AKI : HD // KI      HK  AK  AK AI 3a 3 5.a a HT SA HK SA a 10 38.a ฀   HT     sin SKA  HK SK SK 19 95.a 45a 2 2a  25 3) AC  BD  O; BD  AC , BD  SA  BD  SAO  1 AM  SO  AM  d A, SBD    2 AM AO AS 1    2 2a a 2 a     a a 10 Vậy AM   5 I Ta có: S ACI    Bài 8: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật, AB = 2a, tam giác SAB cân S năm mặt phẳng vng góc với mặt phẳng (ABCD) Gọi M trung điểm SD, mp(ABM) vng góc cới mp(SCD) đường thẳng AM vng góc với đường thẳng BD Tính VS.BCM khoảng cách từ M đến mp(SBC) GIẢI: Gọi H t/điểm AB => SH v/góc AB => SH v/góc (SABD) M t/điểm SD, (ABM) chứa AB => (ABM) cắt (SCD) theo g/tuyến ML // CD, với L t/điểm SC Gọi N t/điểm CD, BC v/góc BA SH nên BC v/góc (SBH) => BC v/góc SB Tam giác SCD cân S có SN vừa đ/cao, đ/t/tuyến ML đ/t/bình => ML // CD Ta có: SN v/góc ML (1) (vì CD v/góc (SHN), ML // CD) Theo đề: (SCD) v/góc (ABML) theo giao tuyến ML (2) Từ (1), (2) suy SN v/góc (ABML) => SN v/góc KH (vì KH chứa (ABML) NH – 378 – 135 ThuVienDeThi.com Tam giác SHN có HK đ/cao, đ/t/tuyến => SHN t/giác v/cân H Theo đề: AM v/góc BD, BD v/góc ME (vì ME // SH, SH v/góc mp đáy) => BD v/góc (AMN).=> BD v/góc AN Trong t/giác vuông ADN: NA NA  NA  3.DN  a S M K DN  NI NA  L A D E H I N O AD  AN  DN  3a  a B  a  HN  SH  HN  a VSABCD  SH AB AD 4a  a 2.2a.a  3 d D, SBC  SD   2) VSBCM  VMSBC  VDSBC (do d M , SBC  SM C 1 1 4a a  VSBCD  VSABCD   2 3 3V d M , SBC   SBCM (do SBC t/giác vuông B) S SBC a3 2.a a    a a  2a a Bài 9: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a, tam giác SAB ฀ SAD  900 , J trung điểm SD Tính theo a thể tích tứ diện ACDJ khoảng cách từ D đến mặt phẳng (ACJ) GIẢI: Do DA v/góc AB,DA v/góc AS nên DA v/góc (SAB) => mp (SAB) (ABCD) v/góc với theo g/tuyến AB Gọi I t/điểm AB SI v/góc AB => SI v/góc (ABCD) Do J t/điểm SD => d (J, (ABCD)) = S J 1 a d S ,  ABCD   SI  2 2 A (do t/giác SAB cạnh a) Vậy VACDJ  VJACD  NH – 378 – 135 d J ,  ABCD .S ACD B ThuVienDeThi.com I O D C 1 a 3.a  a  2 24 * Tính d (D, (ACJ)): 3.VDACJ a3 ; với VDACJ  VJACD  Do d (D, (ACJ)) = Ta cần tính SJAC, SAD t/giác S ACJ 24 v/cân A có AJ t/tuyến => AJ = a SD  ; AC  a 2; t/giác SBC v/cân B 2 => SC = a Trong t/giác CDS có SJ t/tuyến nên: CS  CD SD 2a  a 2a CJ      a2 4 a  a  2a 2 2 JA  JC  AC ฀ AJC : cos J     sin J  JA.JC a 2 2 2 .a 1 a a2 S AJC  JA.JC.sin J  a  2 2 3a 21.a Từ ta tính được: d D,  ACJ    24.a Bài 10: Cho hình chóp S.ABCD có SA = 3a, SA tạo với đáy góc 60o Tam giác ABC vng B, ฀ ACB  30 Gọi G trọng tâm tam giác ABC, hai mặt phẳng (SGB) (SGC) vng góc với mặt đáy Tính theo a thể tích khối chóp S.ABC khoảng cách từ điểm C đến mp(SAB) GIẢI: S (SGB) (SGC) v/góc mp đáy nên o C' ฀ SG v/góc mp đáy  SAG  60 Gọi I t/điểm BC, ta có: Sa  3a  AG  3a 9a , AI  AG  , 2 3.a SG  ; AB  x  AC  x, BC  x ฀ vABI : AI  AB  BI 81a 3x x 2  x   16 4 81a 9a  x   x  a  7.4 14 NH – 378 – 135 A ThuVienDeThi.com C H G E K B I  9a 1  9a BC AB    2  14  14 x 81a Hay là: S ABC  x 3.x   2 56 1 3.a 81a 243a Vậy: VABC  SG.S ABC   3 56 112 Do đó: S ABC  * Tính d (C,(SAB)): Cách 1: Vẽ GK // CB; KAB  GK AG 2 1 9a    GK  BI  BC  BI AI 3 3 14 3a 21 14 GH  SK ; H  SK  GH  SAB   GH  d G , SAB   GK  # Kẻ 1 1.142 1.4 142  28 32        GH GK GS 9a 21 27 a 9.3.7 a 27 a 3a 3a  GH   # Mặt Khác: d C , SAB  CE   d G , SAB  GE     Vậy: d C , SAB   3.d G , SAB   Cách 2: Dựa vào cách 1, tính NH – 378 – 135 9a ThuVienDeThi.com S C 30o H J 30o O M 30o I D A 3a 21 1 9a 27 9.21.a 2 GK   S SAG  SK AB  SG  GK AB   14 2 14 142 54 9a 27 a  a  14 28 3.VSAB 243a 28 9a Bài 11:  d C , SAB     S SAB 112 27.a Gọi O = AC  BD Do hai mp (SAC) (SBD) vng góc với (ABCD) => SO  (ABCD) * Gọi M trung điểm AB, I trung điểm AM DO tam giác ABC tam giác cạnh a, nên CM  AB, OI  AB a a , OI = AB  OI  *   AB  SOI   AB  SI AB  SO  ฀  30o (góc mp (SAB) & (ABCD) Nên SIO OM = * Tam giác vuông SOI, IO = a => a , 1 a a a3 SI = VSABCD= SO.S ABCD   3 4 24 NH – 378 – 135 ThuVienDeThi.com B Bài 12: Gọi H hình chiếu vng góc S lên (ABCD), M trung điểm AB tam giác  AB  SM  AB  SH SAB cân S nên  => AB  (SMH) S   ฀ , MH  SMH * ฀SAB ,  ABCD  SM  ฀  60 ฀ ,  ABCD   SAH ฀ * SA  45o  SA  SH o * Từ N kẻ NP  SM NP đoạn vng góc chung hai => SM = SH P A D 45o đường thẳng CD SA 30o M => NP = a * Tam giác vuông NPM nửa tam giác N H => NP = a , MN = a B C => AB = MN = a * Trong tam giác vuông SMA: SM2 + MA2 = SA2     2SH  =>   =>  SH   a   2 S M N D A H E B 4  2 2    SH  2a  SH  2a  SH  a 3  1 3a Vậy VSABCD= SH S ABCD  a 3SA  3 Bài 13: Cách 1: Qua A kẻ đường thẳng song song với BN, cắt CB E Gọi H = AB  EN Kẻ MH//SA Suy MH  (ABCD) = MH đường cao hình chóp M.ANBE Ta có MH = a SA  2 SANBE = 2SABN = NH – 378 – 135 1 MH.SANCE= MH.2SABN 3 ThuVienDeThi.com C BS 1  AS  AB  2a  a 2 AE = BN = a CB  (SAB) = CB  SB 2 2 Suy tam giác SBE vuông B = ME = BE  BM  a  a  a a a2 Tam giác EMA cân E =>S = a  2 BN // AE    d BN , AM   d BN ,  AME   d N ,  AME  AM  ( AME )  Ta lại có AM = = 3VN AME 3.VM ANE  S AME S AME Vậy d(AM, BN) = .VM ANBE a3 a 21    S AME a 7 a 21 Cách 2: (Phương pháp tọa độ): a A(0;0;0); B(a;0;0); S(0;0; a ) ; N(0;a;0) => M  2 ;0; a 3     a a  a AM   ;0;  = 1;0; 2    BN   a; a;0   a 1; 1;0   AM qua A(0;0;0), u1  1;0;  BN qua B(a;0;0), u2  1; 1;0   AB  a;0;0    u1 ; u2   3; 3; 1      u1 ; u2  AB  a      u2 , u1  AB a a 21   d  AM , BN       7 u1 , u2          -Bài 14: Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình thoi cạnh a Góc ฀ BAC  600 , hình chiếu vng góc đỉnh S mặt phẳng  ABCD  trùng với trọng tâm tam giác ABC Mặt phẳng SAC  hợp với mặt phẳng  ABCD  góc 600 Tính theo a thể tích khối chóp S ABCD khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng SCD  NH – 378 – 135 ThuVienDeThi.com GIẢI: * Tính thể tích khối chóp S ABCD + Gọi h trọng tâm tam giác ABC, O giao điểm hai đường chéo AC BD + Theo đề, suy ra: SH   ABCD , tam giác ABC tam giác cạnh a, BO  DO  a a ; HO  BO   AC  OB  AC  SBO   AC  SO   AC SH  ฀  SOB  600 (góc mp SAC   ABCD ) + SHO nửa tam giác đều, biết HO   SH  HO  a a 1 a2 S ABCD  AC.BD  a.a  2 * Vậy thể tích khối chóp S ABCD là: 1 a a a3 VS ABCD  SH S ABCD   3 2 12 * Tính khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng SCD  + Trong mặt phẳng (SBD), kẻ OE // SH, ta có: OE DO 3 a 3a a a    OE  SH   ; OC  ; OD  SH DH 4 2 + Trong mặt phẳng (OCD), kẻ OF OF  CD  CD  EOF  + Trong tam giác EOF vuông O, kẻ OI  EF  OI  ECD  + Vì O trung điểm BD, ECD   SCD   d B, SCD   2d O, SCD   2OI + Ta có:  OI  OI 3a 112  OE  OF  OE  OC  OD * Vậy d B, SCD   2OI  NH – 378 – 135 6a 112 ThuVienDeThi.com  64 4 112    9a a 3a 9a ... -Bài 14: Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình thoi cạnh a Góc ฀ BAC  600 , hình chiếu vng góc đỉnh S mặt phẳng  ABCD  trùng với trọng tâm... v/góc IS Từ IS v/góc (SCD) => IS = d (I, (SCD)) = Vậy d(AB, SC) = SI = a a Bài 4: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ANCD hình vng với AB = 2a Tam giác SAB vuông S, mp(SAB)  mp(ABCD) Biết góc tạo đường... SBD  SB.SD   2 2 2a Thay vào (1) ta được: d C , SBD   2 Bài 5: Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật, SA vng góc với đáy G trọng tâm tam giác SAC, mặt phẳng (ABG) cat91