D02 thể tích khối đa diện muc do 3

Câu [HH12.C1.1.E02.c] Cho hình lăng trụ ABCD A¢B ¢C ¢D ¢có đáy ABCD hình thoi cạnh a , · BAD = 120° Biết đường thẳng A¢A, A¢B, A¢C tạo với mặt phẳng ( ABCD ) góc ¢ ¢ 60° Gọi M , N trung điểm BB , CC Tính thể tích khối lăng trụ ABCD A¢B ¢C ¢D ¢ Lời giải Gọi I trung điểm BC ( ABCD) đường thẳng A¢A, Gọi H hình chiếu vng góc điểm A¢trên mặt phẳng · · · A¢B, A¢C tạo với mặt phẳng ( ABCD ) góc 60° nên HAA ' = HBA ' = HCA ' = 60° Tam giác ABC Do tam giác ABC tam giác nên A¢ ABC hình chóp tam giác Ta AI = có a · S ABCD = AB AD.sin BAD = Thể tích khối lăng trụ ABCD A¢B ¢C ¢D ¢là Câu a a ị AH = ị AÂH = AH tan ÃAÂAH = a , V = A¢H S ABCD = a3 [HH12.C1.1.E02.c] Cho hình hộp đứng ABCD ABC D có đáy ABCD hình vng Gọi S tâm hình vng ABC D SA , BC có trung điểm M N Tính thể tích khối chóp S ABC theo a , biết MN tạo với mặt phẳng ( ABCD ) góc 600 AB a Lời giải S M I H C A 600 N a B Gọi H trung điểm AC => SH trung tuyến tam giác .SAC Mặt khác SAC cân S  SH đường cao  SH  AC  SAC    ABC  ;  SAC    ABC   AC   SH   SAC  ; SH  AC   SH   ABC  Gọi I trung điểm AH , mà M trung điểm SA => IM đường trung bình tam  IM / / SH     IM  SH giác SAH SH   ABC       IM   ABC   MNI  MN ,  ABC   60 IM / / SH  3 CI  AC  a ABC vuông cân B , có AB a  BC a ; AC a => CI = 4 a NC  BC   45 2 ; ABC vuông cân B  A C a 10 a 30  NI  CI  CN  2CI CN cos ICN   MI IM tan 60  4 Xét CNI CÓ:  SH 2MI  Câu a 30 1 a 30  VS ABC  S ABC SH   AB BC SH  3 12 [HH12.C1.1.E02.c] Cho hình hộp đứng ABCD ABC D có đáy ABCD hình vng Gọi S tâm hình vng ABC D Cho AA '  AB Gọi R, S nằm đoạn thẳng a RS    CB D     A D, CD cho RS vng góc với mặt phẳng Tính thể tích khối hộp ABCD ABC D theo a Lời giải D' C' n A' B' p S R m D A  C B               AA m, AD n, AB  p  m  n  p b; m n n p  p m 0 Đặt       A R  x A D ; DS  y.DC           A R  x  m  x  n ; D ' S  y  m  y p  RS RA  AD  DS Ta có     y  x  m    x  n  y p  CBD nên ta có Do đường thẳng RS vng góc với mặt phẳng         y  x  m    x  n  y p m  n 0  RS BC 0           RS D C    y  x  m    x  n  y p m  p 0    1  y  x 0    y  x 0     x    y 1     2  AR  AD; DS  DC 3 Vậy R, S điểm cho  1 1 1 b2 b a  RS  m  n  p  RS   RS    b a  VABCD A ' B 'C ' D ' a 3 3 3 Câu  [HH12.C1.1.E02.c] (HSG Toán 12 - Quảng Ngãi 1819) Cho hình chóp S ABC có đáy ABC tam giác vng A , tam giác SAB nằm mặt phẳng vuông góc với đáy Biết AB 7a , BC 7 3a , E điểm cạnh SC EC 2 ES Tính thể tích khối chóp E ABC Lời giải S E I A K C H D B Gọi H trung điểm AB  SAB    ABC  suy SH   ABC  Vì ABC 2 Ta có: AC  BC  AB 7 2a 1 343 VS ABC  S ABC SH  AB AC.SH  a 3 12 +) VS ABE SA SB SE   V SA  SB  SC +) S ABC 343  VE ABC  VS ABC  a 18 Câu [HH12.C1.1.E02.c] (HSG Toán 12 – Cần Thơ năm 1819) Cho hình lăng trụ ABCD ABC D có   đáy hình thoi cạnh a , góc BAD 120 Biết đường thẳng AA , AB , AC tạo với mặt  ABCD  góc 60 Gọi M , N trung điểm cạnh BB , CC  Tính thể tích khối lăng trụ ABCD ABC D Lời giải phẳng  ABC  ,do đường thẳng AA , AB , AC Gọi H hình chiếu A mặt phẳng  ABCD  góc 60 nên H tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC tạo với mặt phẳng   Mặt khác, ABCD hình thoi với góc BAD 120 nên tam giác ABC Do H đồng a a AH   3 thời trực tâm, trọng tâm tam giác ABC  AH   ABCD   ABCD  AH Vì nên AA có hình chiếu mặt phẳng  Góc AA mặt phẳng  ABCD  góc AAH Theo ta có AAH 60 Trong tam giác AAH có AH  AH tan 60  a a Vậy thể tích khối lăng trụ ABCD ABC D là: Câu a2 3a  a  V S ABCD AH [HH12.C1.1.E02.c] Cho tứ diện ABCD có cạnh: BC DA a ; CA DB b ; AB DC c Tính thể tích tứ diện ABCD Lời giải A G D E C B F *Qua điểm B ; C ; D dựng đường thẳng song song cạnh tam giác BCD hình vẽ suy AD DE DG a ; AB BE BF c ; AC CF CG b Vậy tam giác AEF ; AG F ; AGE vuông A  AE  2(a  c  b )  AE  AF 4c    2 2  AF  AG 4b   AF  2(b  c  a )  AG  AE 4a  2   AG  2(a  b  c ) * Câu 1 VABCD  VAEGF  AE A F AG  (a  b  c )(b  c  a )(c  a  b ) 24 12 * [HH12.C1.1.E02.c] (HSG LỚP 12 - SỞ BẮC GIANG- 2016-2017) Cho hình hộp đứng ABCD ABC D có đáy hình thoi , ABC  90 Góc AC mặt đáy ( ABCD) 30 ; góc hai mặt phẳng ( ABC ) ( ABCD) 45 ; khoảng cách từ điểm C  đến mặt phẳng ( ACD ) a Gọi E trung điểm cạnh CD Tính thể tích khối hộp cho bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện AADE Lời giải  + Hạ AI  BC suy (( ABC ), ( ABCD)) ( AI , AI )  AIA 45 (1) ( AC , ( ABCD))  ACA 30 (2) Hạ AJ  CD , AH  AJ Khẳng định khoảng cách từ điểm C  đến mặt phẳng ( ACD ) AH a + Từ (1) suy IA  AA Đáy ABCD hình thoi nên AJ  AI Xét tam giác vuông AAJ , từ AH a AJ a Đặt AB x , ( x  0)  BC  x Từ (2) suy AC a 2 + Xét tam giác vng AIC có IC  AC  AI 2a , IB IC  BC 2a  x Xét tam giác vng AIB có AB  AI  IB  x (a 2)2  (2a  x)  x  3a a 3a 2 AC  BD  O  BO  S ABCD   VABCD ABC D 3a ; + + Gọi F tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE đường thẳng d qua F vng góc với ( ABCD) Mặt phẳng trung trực AA cắt d G G tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện AADE 2 + Bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện AADE GA  GF  FA với GF  a 3a 3a a 57 AD.DE AE 4  3a 114 FA   a 57 4S ADE 32 3a AE  ; Tính a2 a  3a 114  3a 114 GA   FA2      2  32  32 Vậy Câu [HH12.C1.1.E02.c] Cho hình hộp đứng ABCD ABC D có đáy ABCD hình vng Gọi S tâm hình vng ABC D SA , BC có trung điểm M N Tính thể tích khối chóp S ABC theo a , biết MN tạo với mặt phẳng  ABCD  góc 600 AB a Lời giải A' D' S B' C' M A D I B H C N Gọi H trung điểm AC  SH trung tuyến tam giác SAC Mặt khác tam giác SAC cân S  SH đường cao  SH  AC  SAC    ABC  ;  SAC    ABC   AC   SH   SAC  ; SH  AC  SH   ABC  Gọi I trung điểm AH , mà M trung điểm SA  IM đường trung bình tam  IM / / SH  SAH    IM  SH giác SH   ABC       IM   ABC   MNI  MN ,  ABC  60 IM / / SH    3 AC a  CI  AC  a 4 Tam giác ABC vng cân B , có AB a  BC a ; a NC  BC   450 2 ; tam giác ABC vuông cân B  A C a 10 a 30  NI  CI  CN  2CI CN cos ICN   MI IN tan 600  4 Xét tam giác CNI có a 30 1 a 30  VS ABC  S ABC SH  AB.BC.SH  3 12 Câu [HH12.C1.1.E02.c] Cho hình hộp đứng ABCD ABC D có đáy ABCD hình vng Khi AA  AB Gọi R , S nằm đoạn thẳng AD , CD cho RS vng góc với mặt phẳng  SH 2 MI   CBD RS  a 3 Tính thể tích khối hộp ABCD ABC D theo a Lời giải A' D' R B' C' A D S B C N                 A B  p  m  n  p b m.n n p  p.m 0 Đặt AA m , AD n , ;     Mặt khác AR  x AD ; DS  y.DC                   D S  y m  y p  RS  RA  A D  D S  y  x m  1 x  n  y p   Ta có AR  x.m  x.n ;  CBD nên ta có: Do đường thẳng RS vng góc với mặt phẳng          y  x m   x n  y p      RS BC 0   m  n 0             y  x m   x n  y p  RS DC 0        m  p 0       x  1  y  x 0     y  x 0  y 1    1 2 AR  AD DS  DC 3 Vậy R , S điểm cho ;  1   b2 b a  RS  m  n  p  RS   RS    b a  VABCD ABC D a 3 3 3 Câu [HH12.C1.1.E02.c] (HSG 12 Cần Thơ 2017 - 2018) o · Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình thoi cạnh a , BAD = 60 , SA = SB = a Gọi G trọng tâm tam giác ABD , biết SG = a Tính thể tích khối chóp S.ABCD Lời giải o Tam giác ABD có AB = AD = a , BAD = 60 nên a a GA = GB = = 3 Suy 2 2 Xét tam giác SGA có SG +GA = a = SA nên tam giác SGA vuông G Tương tự tam giác SGB vng G ìï GA ^ SG ùớ ị SG ^ ( GAB) ùùợ GB ^ SG SG ^ ( ABCD) Vậy hay Mặt khác SABD = a2 a2 a a VS ABCD = = Suy   Câu [HH12.C1.1.E02.c] Cho hình hộp đứng ABCD A ' B ' C ' D ' có đáy hình thoi, ABC  90 Góc  hai mặt phẳng ( A ' BC ) ( ABCD) 45 ; khoảng cách từ điểm C ' đến mặt phẳng ( A ' CD) a Gọi E trung điểm cạnh CD Tính thể tích khối hộp cho bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện AA ' DE Lời giải AI  BC suy Hạ  ( A ' BC ),( ABCD)  ( A'I , AI ) A'IA 45  A ' C , ( ABCD)   A'CA 30 Góc Hạ AJ  CD, AH  A ' J Do d (C ', ( A'CD ))  AH a (1) (2) góc Từ (1) suy AI  AA ' Đáy ABCD hình thoi nên AJ  AI Xét tam giác vuông A ' AJ , từ AH a AJ a Đặt AB  x, ( x  0)  BC  x Từ (2) suy AC a Xét tam giác vuông AIC : IC  AC  AI 2a.IB IC  BC 2a  x Xét tam giác vuông AIB : AB  AI  IB  x (a 2)2  (2a  x )  x  AC  BD O  BO  3a a 3a 2 ; S ABCD   VABCD A ' B'C'D' 3a 2 Gọi F tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE đường thẳng d qua F vng góc với ( ABCD) Mặt phẳng trung trực AA ' cắt d G G tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện AA ' DE a GF  2 Bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện AA ' DE GA  GF  FA với AE  Do a 57 AD.DE AE 3a 114 ; FA   4 S ADE 32 a2 a  3a 114  a 1538 GA   FA    2  32  32 Vậy Câu [HH12.C1.1.E02.c] (HSG 12 tỉnh Thanh Hóa năm 1314) Cho hình chóp S ABCD , đáy ABCD hình chữ nhật có AB a, AD b , SA vng góc với đáy SA 2a Gọi M điểm nằm cạnh SA cho AM  x (0  x  2a) Tính diện tích thiết diện hình chóp cắt mặt phẳng  MBC  Tìm x theo a để mặt phẳng  MBC  chia khối chóp S ABCD thành hai phần tích Lời giải S M N A D B C Thiết diện hình thang vng MNCB , vng B M S MNCB  ( MN  CB ) MB 2 2 Tính diện tích thiết diện: ; BM  BA  AM  a  x SMN đồng dạng SAD  MN  SM AD (2a  x).b  SA 2a  2ab  bx  S MNCB    b a2  x2  2a  Vậy Gọi V thể tích khối chóp S ABCD 2a 2b  VS ABCD  SA.S ABCD  V 3 Gọi V1 thể tích khối SMNCB : V1 VS MBC  VS MNC VS MBC SM SB.SC SM 2a  x    V SA SB SC SA 2a S ABC Ta có 1 V 2a  x V 2a  x ab (2a  x) VSABC  SA.S ABC  2a 2b   VSMBC    a.b 2a 2a VS MNC SM SN SC SM SN  MN   2a  x        SA.SC.SD SA SD  AD   2a  Ta có VS ACD V a 2b (2a  x) a 2b (2a  x)  VS ACD    VS MNC   b 4a 12 V a 2b (2a  x ).ab (2a  x ) b a 2b  V1      12 Yêu cầu toán  x a(3  5)  2a (loai )  x  6ax  4a 0    x a(3  5) (t / m) Vậy với x a(3  Câu 5) mp  MBC  chia khối chóp S ABCD thành hai phần tích [HH12.C1.1.E02.c] Cho hình chóp S.ABC có hai mặt phẳng (SAB), (SAC) vng góc với mặt  ABC  , tam giác ABC vuông cân B, SB = a, góc hai mặt phẳng (SBC) (ABC) phẳng  Tính theo a  thể tích khối chóp G ANC với G trọng tâm tam giác SBC , N trung điểm BC Lời giải S H G A D M B N C d (G,( ABC ))  d ( S , ( ABC ))  SA   ABC   SBA Dễ thấy, , S ANC  S ABC , SA a sin  , AB a cos  1  ( a cos  ) a3 sin  cos   VS ANC   SA   S ABC   a sin   3  2 36  18 Do Câu [HH12.C1.1.E02.c] (HSG12-Vĩnh Phúc năm học 17-18) Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD  SAC   SBD  vng góc với mặt hình thoi tâm O , AC 2 , BD 2a ; hai mặt phẳng a ABCD  SAB    phẳng Biết khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng Tính thể tích khối chóp S ABC theo a Lời giải 2 Ta có diện tích hình thoi ABCD là: S ABCD 2 3a  S ABC  3a SO   ABCD  Theo giả thiết:  ABCD  kẻ OK  AB ,  SOK  kẻ OH  SK Trong  AB   SOH   AB  OH  OH   SAB  a a  d  O,  SAB   OH  1 1  2      2 2 2 OA OB 3a OS OH OK a Khi ta có: OK 1 a a3 VS ABCA  S ABC SO  3a  3 (đơn vị thể tích) Vậy thể tích khối chóp S ABC là: d  C ,  SAB   2d  O,  SAB    Câu [HH12.C1.1.E02.c] (HSG12 Đồng Tháp 2016-2017) Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình  SAD  vng góc với mặt chữ nhật tâm O , AB a , BC a Tam giác SOA cân S mặt phẳng  ABCD  Góc đường thẳng SD mặt đáy 60 Tính theo a thể tích khối chóp phẳng đáy S ABCD khoảng cách hai đường thẳng SB AC Lời giải S L K C D H I O A  ABCD  Gọi H hình chiếu vng góc S lên B Xác định H :  SAD    ABCD  theo giao tuyến AD nên H thuộc AD SO SA  OH  AH  H thuộc trung trực OA  ABCD  Suy H giao điểm AD trung trực OA mp Ta có AO BO  AB a  ABO Gọi I trung điểm OA , suy H BI  AD  ABCD  HD nên Hình chiếu vng góc SD lên   SD,  ABCD    SD, HD  SDH 60 AB 2a HB    cos ABH ABO nên ABI 30 nên a   AH  AB.tan ABH 2a   , SH HD.tan SDH 2a Suy HD  AD  AH Diện tích hình chữ nhật S ABCD a 2a 3 VS ABCD  SH S ABCD  3  K  SB  Kẻ IK  SB  AC  BH   AC   SHB   AC  IK Ta có  AC  SH Suy IK đoạn vng góc chung SB AC  L  SB  Xét tam giác vng SHB , ta có Kẻ HL  SB IK BI BI 3a   IK  HL  BH Ta có HL BH 3a d  AC , SB   Vậy Câu HL  SH HB SH  HB a [HH12.C1.1.E02.c] (SỞ GD-ĐT HẢI PHỊNG) Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình  ABCD  thang vuông A B , AB BC a, AD 2a , SA 2a vng góc với mặt phẳng  BCM  cắt cạnh SD N Tính độ dài đoạn thẳng SM biết thiết diện tạo mặt Mặt phẳng  BCM  chia khối chóp thành hai phần tích phẳng Lời giải Ta có thiết diện hình chóp cắt mặt phẳng  BCM  hình thang Gọi V thể tích khối chóp S ABCD Ta có VS BCNM VS BCM Đặt k BCNM V  V , V  V S ABC S ACD  VS CNM ; 3 SM SA suy ra: VS CMN SM SN VS BCM SM  k  VS CMN  k V  k  VS BCM  k V SA SD VS BCA SA ; VS CAD V1 1  1   V1  V V1  k  k  V  Mà V2 3 Từ suy  1 V  k  k  V  k   x a  3 Suy Câu [HH12.C1.1.E02.c] Cho hình chóp S ABCD , đáy ABCD hình chữ nhật có AB 3, BC 6, mặt  SAB  vng góc với đáy, mặt phẳng  SBC   SCD  tạo với mặt phẳng phẳng  ABCD  góc Biết khoảng cách hai đường thẳng SA BD Tính thể tích khối chóp S ABCD cosin góc hai đường thẳng SA BD Lời giải Hạ SH  AB  H  AB   SH   ABCD  Kẻ HK  CD  K  CD   tứ giác HBCK hình chữ nhật Ta có: BC   SAB     SBC   ABCD  là: SBH Góc mặt phẳng   SBH SKH  SHB SHK  g  c  g   HK HB BC 6 Theo giả thiết: Do A trung điểm HB  BD / / AK  BD / /  SAK  SA   SAK  Ta thấy ABDK hình bình hành mà d  BD, SA  d  BD,  SAK   d  D,  SAK   d  H ,  SAK   h  Suy 1 1 1 1  2    2  2 HS HA HK HS 36 Do tam diện H SAK vuông H nên: h 1 VS ABCD  SH S ABCD  6.3.6 36 (dvtt)  SH 6 Suy 3 BD    BD, SA   AK , SA  Gọi  góc hai đường thẳng SA Ta có: SK 6 2, SA  AK 3 Trong tam giác SAK có: AS  AK  SK 45  45  72   AS AK 2.3 5.3 5   SAK arccos Vậy [HH12.C1.1.E02.c] Cho lăng trụ ABC ABC  có đáy tam giác vuông A, AB a, BC 2a Mặt bên BCC Blà hình thoi nằm mặt phẳng vng góc với mặt phẳng chứa đáy Góc hai  cos SAK  Câu  BCC B  ABBA tan   mặt phẳng  , với a) Thể tích khối lăng trụ ABC ABC  b) Khoảng cách hai đường thẳng AC  BC , tính theo a : Lời giải   * Nhận xét: Đề nên cho BBC góc nhọn, khơng phải xét thêm trường hợp BBC 90  BC  900 B a) Dựng AH  BC  H  BC  , suy AH   BCC B Trong tam giác vuông ABC : AC  BC  AB a 3, AH  AB AC a  BC  BB  HI  BB   AHI    HI  BB I  BB   AH BB  Dựng hay AIH  Ta có: BH  AB a AH a a IH   , IH   :   sin IBH   BC tan  BH 1  VABC ABC  3VA.BBC 3 AH BB.BC.sin IBH  a Vậy BD  BC  D  BC  , BD   ABC  b) Dựng ta có Ta có d  AC , BC  d  AC ,  BAC   d  C ,  BAC   d  B ,  B AC    Dựng DJ  AC  J  AC  , DK  BJ  K  BJ  , BC d  D,  B AC   DC d  D,  BAC   DK 2a   BD BB.cos IBH      sin IBH   cos IBH    5  6a  BD BB.sin IBH   Trong tam giác vuông IBH : 2a 2a  DJ CD   DJ  a ABC :   AB CB 2a 5 Trong tam giác 6a a 42a 5 DK    '2 35 96 16 DB  DJ a  a 25 25 Suy DB.DJ Vậy d  AC ; BC   BC 42 DK  a DC