21 bài TOÁN HÌNH học KHÔNG GIAN

Hình chiếu vuông góc của S xuống mặt đáy trùng với trọng tâm của tam giác ABC và 14 2 a SB .. có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, tam giác SAB đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy

C

S

G M

E K

Bài 1 Cho hình chóp S ABC. có đáy ABC là tam giác vuông cân tại C, cạnh huyền bằng 3a Hình chiếu vuông góc của S xuống mặt đáy trùng với trọng tâm của tam giác ABC và 14

2

a

SB  Tính theo a thể tích khối chóp S ABC. và khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng SAC

Lời giải

Gọi M N, lần lượt là trung điểm AB AC,

Suy ra GCMBN là trọng tâm tam giác ABC

Theo giả thiết, ta có SGABC

Tam giác ABC vuông cân tại C, suy ra 3

CACB  và CM AB

a

CM  AB , suy ra 1

a

GM  CM  ;

2

a

SG SB GB a Diện tích tam giác vuông ABC là

2

.

ABC

a

S  CA CB Thể tích khối chóp S ABC. là

3

.

S ABC ABC

a

V  S SG (đvtt)

Ta có d B SAC , 3d G SAC , 

Kẻ GEAC E AC

Gọi K là hình chiếu của G trên SE,

suy ra GK SE  1

Ta có GE AC AC SGE

AC SG

 



 

suy ra ACGK  2

Từ  1 và  2 , suy ra GK SAC nên d G SAC ,   GK

Do GEAC suy ra GEBC Ta có 1

3

BC NB  suy ra

BC a

Trong tam giác vuông SGE, ta có

.

3

GK

SG GE

Vậy d B SAC , 3d G SAC , 3GK a 3

Bài 2 Cho hình chóp S ABCD. có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, tam giác SAB đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy Gọi M , N lần lượt là trung điểm của A B, A D Tính thể tích khối chóp S ABCD. và khoảng cách từ M đến mặt phẳng SCN

Lời giải

Tam giác SAB đều và có M là trung điểm A B nên SMAB

Mà SAB  ABCD theo giao tuyến A B nên SM ABCD

Do SM là đường cao trong tam giác đều SAB cạnh a nên

3

2

a

SM 

Diện tích hình vuông ABCD cạnh a là 2

ABCD

S a Thể tích khối chóp S ABCD. là

3

.

S ABCD ABCD

a

(đvtt)

K

N

M

E

C B

A

S

D

T NG ÔN TH TÍCH - GÓC - KHO NG CÁCH

Ta có AMD DNC suy ra AMD DNC

ADM DCN

 



 

90

AMDADM  suy ra   0

90

DN CADM  hay CNDM Gọi EDMCN Kẻ MK SE KSE  1

Ta có CN DM CN SMD CN MK

CN SM

 



 

Từ  1 và  2 , suy ra MKSCN nên d M SCN ,   MK

2

a

DM  AD AM  ;

5

DC DN a DE

DC DN

10

a

MEDMDE

Trong tam giác vuông SME, ta có

8

MK

SM ME

8

a

d M SCN   MK

Bài 3 Cho hình chóp S ABCD. có đáy ABCD là hình chữ nhật với BCa, cạnh bên SA 2a Hình chiếu vuông góc của S trên mặt đáy trùng với tâm của đáy, mặt phẳng SBC tạo với đáy một góc bằng 0

60 Tính theo a thể tích khối chóp S ABCD. và khoảng cách giữa đường thẳng BC và mặt phẳng SAD

Lời giải

Gọi OACBD Theo giả thiết ta có SOABCD

Gọi M là trung điểm BC, suy ra OM BC

Ta có BC OM BC SOM BC SM

BC SO

 



 

0

60  SBC , ABCD SM OM, SMO

Tam giác SAC có SO vừa là trung tuyến vừa là đường cao nên cân tại S

Suy ra SCSA 2a

Trong tam giác vuông SMC, ta có 2 2 15

2

a

SM SC MC 

Trong tam giác vuông SOM, ta có sin 3 5

4

a

SOSM SMO ;

cos

4

a

2

a

AB OM Diện tích hình chữ nhật ABCD là

2

15

2

ABCD

a

S AB BC Thể tích khối chóp S ABCD. là

3

.

S ABCD ABCD

a

V  S SO (đvtt)

A

B

C M

N K

Ta có d BC SAD , d M SAD , 2d O SAD , 

Kéo dài MO cắt A D tại N , suy ra ON AD

Kẻ OK SE KSE  1

Ta có AD ON AD SON AD OK

AD SO

 



 

Từ  1 và  2 , suy ra OK SAD nên d O SAD ,   OK

Trong tam giác vuông SON , ta có

8

OK

4

a

d BC SAD  d O SAD  OK

Bài 4 Cho hình chóp S ABC. có đáy ABC là tam giác vuông với ABBCa, cạnh bên SA 2a và vuông góc với đáy Gọi M là trung điểm AC Tính theo a thể tích khối chóp S ABC. và khoảng cách giữa hai đường thẳng SM và BC

Lời giải

Từ giả thiết suy ra tam giác ABC vuông cân tại B

Diện tích tam giác vuông ABC là

2

1

ABC

a

S  AB BC Thể tích khối chóp S ABC. là

3

1

S ABC ABC

a

V  S SA (đvtt)

Gọi N là trung điểm A B, suy ra BCMN nên BCSMN

Do đó d BC SM , d BC SMN , d B SMN , d A SMN , 

Vì BC MN mà BCAB nên MNAB

Kẻ AKSN K SN  1

Ta có MN AB MN SAB

MN SA



 

suy ra MN AK  2

Từ  1 và  2 , suy ra AKSMN nên

,

d A SMN   AK

Trong tam giác vuông SAN, ta có

17

SA A N a AK

SA AN

17

a

d BC SM d A SMN AK

K N

S

M

O D C

Bài 5 Cho hình chóp S ABCD. có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, tam giác SAD đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy Tính theo a thể tích khối chóp S ABCD. và khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và BD

Lời giải

Gọi H là trung điểm A D, suy ra SH AD

Mà SAD  ABCD theo giao tuyến A D nên SH ABCD

Ta có SH là đường cao trong tam giác đều SAD cạnh a nên 3

2

a

SH  Diện tích hình vuông ABCD là 2

ABCD

S a Thể tích khối chóp S ABCD. là

3

.

S ABCD ABCD

a

V  S SH (đvtt)

Kẻ AxBD Khi đó d BD SA , d BD SAx , d D SAx , 2d H SAx , 

Kẻ HEAx EAx

Gọi K là hình chiếu của H trên SE, suy ra HK SE  1

Ta có HE Ax Ax SHE Ax HK

Ax SH

 



 

Từ  1 và  2 , suy ra HK SAx nên d H SAx ,   HK

Gọi F là hình chiếu của H trên BD Ta có 2

AO a

HEHF 

Trong tam giác vuông SHE, ta có

14

SH HE a HK

SH HE

Vậy  ,  2 ,  2 21

7

a

d BD SA  d H SAx  HK 

Bài 6 Cho hình chóp S ABCD. có đáy ABCD là hình vuông cạnh 2a Gọi M , N lần lượt là trung điểm A D và DC Hai mặt phẳng SMC và SNB cùng vuông góc với đáy, SB hợp với đáy một góc bằng 0

60 Tính theo a thể tích khối chóp S ABCD. và khoảng cách giữa hai đường thẳng CM

và SB

Lời giải

Gọi H CMBN Ta có SMC  SNBSH

Mà SMC và SNB vuông góc với ABCD nên SHABCD

Do đó hình chiếu vuông góc của SB trên ABCD là HB nên

0

60 SB ABCD, SB HB, SBH

Ta có CMD BNC c c c, suy ra CMDBN C

90

CMDDCM  nên   0

90

BN CDCM  Suy ra CM BN

x

E

C D

S

K

O H

F

A D

B

S

M N

K H

C

Trong  vuông BCN, ta có 2 2

5

BN BC NC a , suy ra 4

5

BH BN

Trong tam giác vuông SHB, ta có tan 4 3

5

a

SHBH SBH  Diện tích hình vuông ABCD là 2

4

ABCD

S  a Thể tích khối chóp S ABCD. là

3

.

S ABCD ABCD

a

V  S SH  (đvtt)

Gọi K là hình chiếu của H trên SB,

suy ra HKSB  1

Ta có MC BN MC SHB

MC SH



 

suy ra MCHK  2

Từ  1 và  2 , suy ra HK là đoạn vuông góc chung

của CM và SB nên d CM SB, HK

Trong tam giác vuông SHB, ta có

5

HK

SH HB

Vậy  ,  2 15

5

a

d CM SB HK

Bài 7 Cho hình chóp S ABCD. có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB 3a, BC 2a Hình chiếu vuông góc của điểm S trên mặt phẳng ABCD trùng với trọng tâm của tam giác BCD, góc giữa mặt phẳng SBC và đáy ABCD bằng 0

60 Tính theo a thể tích khối chóp S ABCD. và khoảng cách giữa hai đường thẳng A D và SC

Lời giải

Gọi G là trọng tâm tam giác BCD Theo giả thiết SGABCD

Kẻ GI BC I BC Ta có BC SG BC SGI BC SI

BC GI

 



 

0

60  SBC , ABCD SI GI, SIG

Trong tam giác ABC, ta có 1

3

GI CG

ABCA  suy ra 1

3

GI ABa Trong tam giác vuông SGI, ta có SGGI tanSIGa 3

Diện tích hình chữ nhật ABCD là 2

ABCD

S AB BC a Thể tích khối chóp S ABCD. là 3

.

1

3

S ABCD ABCD

V  S SG a (đvtt)

Ta có d AD SC,  d AD SBC,  d A SBC,  AC.d G SBC,  3d G SBC, 

GC

Gọi K là hình chiếu của G trên SI, suy ra GKSI  1

C D

S

G

K

I S

D M

A H

Theo chứng minh trên BCSGI, suy ra BCGK  2

Từ  1 và  2 , suy ra GK SBC nên d G SBC ,   GK

Trong tam giác vuông SGI, ta có 2. 2 3

2

SG GI a GK

SG GI

Vậy  ,  3 ,  3 3 3

2

a

d AD SC  d G SBC  GK

Bài 8 Cho hình chóp S ABCD. có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B, ABBCa, AD 2a

Cạnh bên SAa 2 và vuông góc với đáy Tính theo a thể tích khối chóp S ABCD. và khoảng cách giữa hai đường thẳng CD và SB

Lời giải

Diện tích hình thang ABCD là 1  3 2

ABCD

a

S  ADBC AB Thể tích khối chóp S ABCD. là

3

.

S ABCD ABCD

a

V  S SA (đvtt)

Gọi M là trung điểm A D, suy ra MAMD a BC

Suy ra BCDM là hình bình hành; ABCM là hình vuông

Gọi IACBM , do ABCM là hình vuông nên AIBM và 2

AC a

Do BCDM là hình bình hành nên BM CD suy ra CDSBM

Ta có d CD SB , d CD SBM , d C SBM , d A SBM , 

Gọi H là hình chiếu của A trên SI,

suy ra AHSI  1

Ta có AI BM BM SAI

BM SA

 



 

suy ra BM AH  2

Từ  1 và  2 , suy ra AHSBM nên

,

d A SBM   AH

Trong tam giác vuông SAI, ta có

5

SA AI a AH

SA AI

5

d CD SB  d A SBM  AHa

Bài 9 Cho hình chóp S ABC. có đáy ABC là tam giác vuông tại B, AB 2a, BC 2a 3; cạnh bên

3

2

a

SA  và vuông góc với đáy Gọi M là trung điểm AB Tính theo a thể tích khối chóp S ABC.

và sin của góc giữa hai mặt phẳng SMC, ABC

Lời giải

Diện tích tam giác vuông ABC là 1 2

2

ABC

S  AB BC a Thể tích khối chóp S ABC. là 3

.

1 3

S ABC A BC

V  S SAa (đvtt)

Trong tam giác AMC, kẻ đường cao A K KMC,

suy ra AKMC  1

C

B A

S

K

I E

Q P

S

C

B

A

Ta có MC AK MC SAK

MC SA



 



suy ra MCSK  2

Từ  1 và  2 , suy ra SMC , ABCSK AK, SKA

Ta có MKA∽ MBC nên MA MC

KA  BC suy ra . 3

2

MA BC a

KA 

Trong tam giác vuông SAK, ta có 

2 sin

2

SKA

SK SA AK

Vậy SMC hợp với ABCmột góc  thỏa mãn sin 2

2

 

Bài 10 Cho hình chóp S ABC. có đáy ABC là tam giác cân ABACa,  0

120

BAC  ; cạnh bên

SAa và vuông góc với đáy Gọi P, Q lần lượt là trung điểm của SB và AC Tính theo a thể tích khối chóp S ABC. và góc giữa hai đường thẳng A P, BQ

Lời giải

Diện tích tam giác ABC là 

2

sin

ABC

a

S  AB AC BAC Thể tích khối chóp S ABC. là

3

.

S A BC ABC

a

V  S SA (đvtt)

Trong mặt phẳng ABC dựng hình bình hành AQBE, suy ra

AEBQ

Do đó AP BQ, AP AE,

a

AP SB ;

2 cos120

2

a

AEBQ AB AQ  AB AQ 

Gọi I là trung điểm A B, suy ra 1

a

PI SA ;

EP EI PI a Theo định lí hàm số côsin trong tam giác A PE, ta có

AP AE EP PAE

AP AE

Vậy hai đường thẳng A P và BQ hợp với nhau góc  thỏa mãn cos 5

2 14

 

Bài 11 Cho hình chóp S ABCD. có đáy ABCD là hình vuông tâm O cạnh bằng a, SO vuông góc với đáy Gọi M , N lần lượt là trung điểm SA và BC Tính theo a thể tích khối chóp S ABCD. và góc giữa đường thẳng MN với mặt phẳng ABCD, biết 10

2

a

Lời giải

Kẻ MKSO, do SOABCD, suy ra MK ABCD với KAO

Khi đó NK là hình chiếu vuông góc của MN trên mặt phẳng ABCD Do đó

MN ABCD MN NK MNK

K

N M

B A

S

N

M O F E

S

A

D

H

Xét tam giác SAO, ta có M là trung điểm SA và MKSO Suy ra MK là đường trung bình của tam giác SAO nên K là trung điểm AO Suy ra 3 3 2

a

CK CA Xét tam giác CNK, ta có

0

cos 45

KN

CN CK

Trong tam giác vuông MNK, ta có

4

a

MK MN KN  , suy ra 2 30

2

a

SO MK ;



2

NK MNK

MN

  , suy ra  0

60

MN K  Thể tích khối chóp S ABCD. là

3

.

S ABCD A BCD

a

(đvtt)

Vậy đường thẳng MN hợp với mặt đáy ABCD một góc 0

60

Bài 12 Cho hình chóp S ABCD. có đáy ABCD là hình chữ nhật với ABa AD, a 3 Hình chiếu vuông góc của S lên mặt đáy trùng với trọng tâm tam giác ABC Mặt phẳng SAC tạo với đáy một góc 0

60 Gọi M N, lần lượt là trung điểm các cạnh BC và SC Tính thể tích khối chóp .

S ABCD và góc giữa đường thẳng MN với mặt đáy ABCD

Lời giải

Gọi H là trọng tâm tam giác ABC, theo giả thiết ta có SH ABCD

Gọi F là hình chiếu của H lên AC, suy ra HFAC

Ta có AC HF AC SHF AC SF

AC SH

 



 

60  SAC , ABCD SF HF, SFH

Trong tam giác vuông ABC, kẻ BEAC EAC suy ra

2

AB BC a BE

AB BC

a

HF BE

Trong tam giác SHF , ta có tan

2

a

SH HF SFH  Diện tích hình chữ nhật ABCD là 2

ABCD

S AB ADa Thể tích khối chóp S ABCD. là

3

.

S ABCD ABCD

a

V  S SH (đvtt)

Ta có MN là đường trung bình của tam giác SBC nên

MNSB Do đó

MN ABCD SB ABCD

Do SH ABCD nên hình chiếu vuông góc của SB trên mặt đáy ABCD là HB

Vì vậy MN,ABCDSB ABCD, SB HB, SBH

2

BD AB AD  a; 2

BH   Trong tam giác SHB, ta có tan 3

4

SH SBH BH

  Vậy đường thẳng MN tạo với mặt đáy ABCD một góc  thỏa mãn tan 3

4

 

H

I

x

M N

B

x

I

O H

D

C B

A S

Bài 13 Cho hình chóp S ABC. có đáy ABC là tam giác đều cạnh a Cạnh bên SAa 2 và vuông góc với đáy Tính theo a thể tích khối chóp S ABC. và tìm tâm, bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối chóp S ABC.

Lời giải

Diện tích tam giác đều ABC cạnh a là

2

3 4

ABC a

S  Thể tích khối chóp S ABC. là

3

.

S A BC ABC

a

V  S SA (đvtt)

Gọi M là trung điểm BC; H là tâm của tam giác đều ABC

Kẻ Hx vuông góc với mặt phẳng ABC

Khi đó Hx là trục của đường tròn ngoại tiếp

tam giác ABC và Hx SA

Trong mặt phẳng SA Hx, , kẻ đường trung

trực  của đoạn SA

Gọi I Hx Ta có

● IHx nên IAIBIC  1

● I   nên IAIS  2

Từ  1 và  2 , suy ra IAIBICIS nên I là

tâm mặt cầu ngoại tiếp khối chóp S ABC.

a

a

IHNA SA

6

a

RIA AH IH 

Bài 14 Cho hình chóp S ABCD. có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, tam giác SAB đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy Tính theo a thể tích khối chóp S ABCD. và tìm tâm, bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối chóp S ABCD.

Lời giải

Gọi H là trung điểm A B, suy ra SH AB

Mà SAB vuông góc với đáy ABCD theo giao tuyến A B nên SH ABCD

Ta có SH là đường cao trong tam giác đều SAB cạnh a nên 3

2

a

SH  Diện tích hình vuông ABCD cạnh a là 2

ABCD

S a Thể tích khối chóp S ABCD. là

3

.

S ABCD ABCD

a

V  S SH (đvtt)

Gọi OACBD, do ABCD là hình vuông nên O là tâm đường

tròn ngoại tiếp

Kẻ OxABCD, suy ra Ox là trục của đường tròn ngoại tiếp

hình vuông ABCD và Ox SH

Gọi G là trọng tâm tam giác SAB, do tam giác SAB đều nên G

cũng là tâm đường tròn ngoại tiếp

Trong mặt phẳng SH Ox, , kẻ GyHO  1

Ta có OH AB OH SAB

OH SH

 



 

Từ  1 và  2 , suy ra Gy là trục của đường tròn

M

I

E

F

J

D

C B

A S

ngoại tiếp tam giác SAB

Gọi IGyOx Ta có

● IOx nên IAIBICID  3

● IGy nên IAIBI S  4

Từ  3 và  4 , suy ra IAIBICI DI S nên

I là tâm mặt cầu ngoại tiếp khối chóp S ABCD.

Bán kính mặt cầu

2

RIB         

Bài 15 Cho hình chóp S ABCD. có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng a, cạnh bên SA 2a và vuông góc với đáy Gọi E là trung điểm của CD Tính theo a thể tích khối chóp S ABCD. và tìm tâm, bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối chóp S ABE.

Lời giải

Diện tích hình vuông ABCD cạnh a là 2

ABCD

S a Thể tích khối chóp S ABCD. là

3

.

S ABCD ABCD

a

V  S SH (đvtt)

Gọi J là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác A EB

Kẻ JxABCD, suy ra Jx là trục của đường

tròn ngoại tiếp tam giác AEB và Jx SA

Trong mặt phẳng SA Jx, , kẻ đường trung trực 

của đoạn SA Gọi I  Jx Ta có

● IJx nên IAIBIE  1

● I   nên IAIS  2

Từ  1 và  2 , suy ra IAIBIEIS nên I

là tâm mặt cầu ngoại tiếp khối chóp S ABE.

Bán kính mặt cầu 2 2

AJ I

RIA  J

●

2

SA

IJ a

ABE

AB AE BE

AJ

AE BE a AJ

AD

Vậy

2

5

8 8

a a

a

R        

Bài 16 Cho hình chóp S ABCD. có đáy ABCD là hình chữ nhật cạnh ABa, AD 2a Tam giác

SAB cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy Cạnh bên SA hợp với đáy một góc

0

30 Gọi H là trung điểm A B Tính theo a thể tích khối chóp S ABCD. và tìm tâm, bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối chóp S AHC.

Lời giải

Ta có H là trung điểm A B, tam giác SAB cân tại S Suy ra SH AB

Mà SAB vuông góc với đáy ABCD theo giao tuyến A B nên SH ABCD

Hình chiếu vuông góc của SA trên mặt đáy ABCD là HA nên

0

30 SA ABCD, SA HA, SAH Trong tam giác SAH , ta có tan 3

6

a

SHHA SAH  Diện tích hình chữ nhật ABCD là 2

ABCD

S AB AD a