gói câu hỏi làm mưa làm GIÓ PHẦN 13

TUYỂN CHỌN GÓI DẠNG CÂU LÀM MƯA LÀM GIÓ TUYỂN CHỌN GĨI DẠNG CÂU LÀM MƯA LÀM GIĨ • GĨI DẠNG CÂU THỂ TÍCH KHỐI ĐA DIỆN Câu   SCA   900 , góc Cho khối chóp S ABC có đáy ABC tam giác vng cân A , AB  a , SBA hai mặt phẳng  SAB   SAC  60 Thể tích khối cho a3 B 3 A a a3 D a3 C Lời giải Chọn D S I A C a a B Hai tam giác vuông SAB SAC chung cạnh huyền SA Kẻ BI vng góc với SA suy CI vng góc với SA IB  IC SA  IC , SA  IB  SA   IBC  I 1 1 VS ABC  VA.IBC  VS IBC  S IBC AI  S IBC SI  S IBC  AI  SI   S IBC SA 3 3   600 BIC   1200   SAB  ,  SAC     IB, IC    IB, IC   600  BIC   1200 Ta có IC  IB  AB  a mà BC  a nên tam giác IBC suy BIC Trong tam giác IBC đặt IB  IC  x  x   có:  IB  IC  BC 2x  a cos120    IB.IC 2x2  x a a  IB  IC  3 Trong tam giác ABI vng I có: AI  a 6 a AB  IB  a       2 Trong tam giác SAB vuông B đường cao BI có: AB  IA.SA  SA  AB a2  a IA a 3 Vậy VS ABC Câu 11    a  a sin1200  a  S IBC SA  IB.IC.SA sin BIC 32   Xét khối chóp S.ABC có đáy tam giác vng cân A , SA vng góc với đáy, khoảng cách từ A đến mặt phẳng  SBC  Gọi  góc hai mặt phẳng  SBC   ABC  , tính cos  thể tích khối chóp S.ABC nhỏ Trang 1/59 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489 Lời giải chi tiết tham khảo tại: https://diendangiaovientoan.vn/ A cos   3 B cos   C cos   D cos   2 Lời giải Chọn A S H C A I B Đặt AB  AC  x ,  x   Ta có BC  AB2  AC  x Gọi I trung điểm AB , hạ AH  SI H    góc nhọn Ta có góc hai mặt phẳng  SBC   ABC  SIA  BC  AI  BC   SAI   BC  AH  AH   SBC  Ta có  BC  SA    Từ AH   SBC   d A ,  SBC   AH  Xét tam giác AHI vuông H ta có cos   Ta có AH  AI  HI   x x2 2x  cos   x  , AI   2 sin  sin  Xét tam giác SAI vuông A ta có  SA  1 1 sin  cos        9 AH AI SA SA 1 18 Vậy VSABC  SA.SABC   cos  3 cos  sin  cos   cos   Đặt cos   t , t   0;1 ta có f  t   f t   HI 2x  HI  cos  AI    t  t3  t  t   t  t2   t  1  3t ; f  t       t t t      Trang 2/59 –https://www.facebook.com/phong.baovuong  TUYỂN CHỌN GÓI DẠNG CÂU LÀM MƯA LÀM GIĨ Vậy thể tích khối chóp S.ABC nhỏ cos   Câu 3 Cho tứ diện ABCD có cạnh a Gọi M , N trung điểm cạnh AB , BC E điểm đối xứng với B qua D Mặt phẳng ( MNE) chia khối tứ diện ABCD thành hai khối đa diện, khối chứa điểm A tích V Tính V A 13 2a3 216 B a3 216 2a 18 Lời giải C D 11 2a3 216 Chọn D Tính thể tích T có khối tứ diện ABCD Gọi F trung điểm BC H trọng tâm tam giác BCD Ta có BF  a a BH  BF  suy BH  AB2  BH  a 3 1 a a3 AH.SBCD  a  3 12 Gọi diện tích mặt tứ diện S Gọi P giao điểm NE CD , tương tự cho Q Thể tích tứ diện ABCD T  Ta thấy P , Q trọng tâm tam giác BEC BEA nên PD  1 DC , QD  AD 3 Sử dụng công thức tỉ số thể tích ta có: VB ACE V T  nên VB ACE  2T ; E.BMN  nên VE.BMN  2T  VB ACD VE BAC Nên VE AMNC  VE ABC  VB EMN  2T  Tương tự: VE DPQ VE DCA  T  T 2 1 nên VE DPQ  T Nên V ACPQ  T  T  T 9 9 Trang 3/59 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489 Lời giải chi tiết tham khảo tại: https://diendangiaovientoan.vn/ 11 11a3 Suy V  VE AMNC  VE ACPQ  T  T  T  18 216 Câu Cho khối lăng trụ ABC A'B'C' , khoảng cách từ C đến BB ' , khoảng cách từ A đến BB ' CC ' 1; Hình chiếu vng góc A lên mặt phẳng A ' B ' C ' trung điểm M B ' C ' , A' M  A 15 15 Thể tích khối lăng trụ cho B C D 15 Lời giải A B F I E C B' A' M K Kẻ AI  BB ' , AK  CC ' ( hình vẽ ) Khoảng cách từ A đến BB ' CC ' 1;  AI  , AK  Gọi F trung điểm BC A ' M  Ta có 15 15  AF  3 AI  BB '    BB '   AIK   BB '  IK BB '  AK  Vì CC '  BB '  d (C , BB ')  d ( K , BB ')  IK   AIK vuông A Gọi E trung điểm IK  EF  BB '  EF   AIK   EF  AE Lại có AM   ABC  Do góc hai mặt phẳng  ABC   AIK  góc EF AM AE    30  Ta có cos FAE    FAE AME  FAE góc  AF 15 Trang 4/59 –https://www.facebook.com/phong.baovuong TUYỂN CHỌN GĨI DẠNG CÂU LÀM MƯA LÀM GIĨ Hình chiếu vng góc tam giác ABC lên mặt phẳng  AIK  AIK nên ta có:  1  S S AIK  S ABC cos EAF   S ABC ABC 15 AF  AM   AM  AMF  Xét AMF vuông A : tan  AM 3 Vậy VABC A ' B 'C '  Câu 2 15  3 Cho hình chóp S ABC có góc mặt bên mặt đáy  ABC  600 Biết khoảng cách hai đường thẳng SA BC A V  a3 12 B V  3a , tính theo a thể tích V khối chóp S.ABC 14 a3 16 C V  a3 18 D V  a3 24 Lời giải: Chọn D Gọi O trung điểm AC, x cạnh tam giác đều, G trọng tâm tam giác ABC   600 +) Ta có SO  AC ; BO  AC nên góc (SAC) (ABC) SOB Vì SABC chóp nên SG  ( ABC )  SG  GO Xét tam giác vuông SAG có x x SG  tan 600.OG   2 +) Từ A kẻ AD / / BC suy ra: d  BC ; SA   d  BC ;  SAD    d  B;  SAD   Mặt khác ta có d  G;  SAD    d ( B;( SAD )) (*)   1200 ; BAG   300  GAD   900 Vì BAD hay AG  AD (1) Trang 5/59 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489 Lời giải chi tiết tham khảo tại: https://diendangiaovientoan.vn/ Lại có SG  AD (2)  AD  ( AGS ) Kẻ GK  SA (3)  GK  AD (4) Từ (3) (4) suy GK  ( SAD )  d (G;( SAD ))  GK Do d (G;( SAD ))  GK Xét tam giác vng SGA ta có: 1 1 x      GK   2 2 GK GA GS 2 x 3 x  x     3  Từ (*) ta có x 3a a2 a   x  a Vậy SG  S ABC  14 1 a a a3  Thể tích khối chóp S.ABC là: VS ABC  SG.S ABC  3 24 Chọn đáp án Câu D Cho hình chóp tứ giác S ABCD có SA  a 11 , cosin góc hợp hai mặt phẳng ( SBC ) ( SCD) A 3a3 Thể tích khối chóp S ABCD 10 B 9a3 C 4a3 Lời giải D 12a3 Chọn C S a 11 n A m B D H C Gọi H tâm hình vng ABCD nên SH  ( ABCD) Đặt m  HA , n  SH Do tam giác SAH vuông H nên m2  n2  11a2 Xây dựng hệ trục tọa độ sau: H (0;0;0) , B(m ;0;0) , D(m ;0;0) , C (0; m ;0) , S (0;0; n) x y z Khi phương trình mặt phẳng ( SBC ) là:    hay véctơ pháp tuyến mặt phẳng m m n  (SBC ) n1  (n; n; m) x y z    hay véctơ pháp tuyến mặt phẳng Khi phương trình mặt phẳng (SCD) là: m m n  (SBC ) n2  (n; n; m) Trang 6/59 –https://www.facebook.com/phong.baovuong TUYỂN CHỌN GÓI DẠNG CÂU LÀM MƯA LÀM GIÓ   | n1 n2 |    hay Do cosin góc hợp hai mặt phẳng ( SBC ) ( SCD) nên 10 10 | n1 | | n2 | m2 mà n  11a  m  2 2n  m 10 Vậy m2 m2     m  2a  m  a  SH  3a 2 2 2n  m 10 22a  m 10 m  HA  a nên AB  2a , Chiều cao hình chóp SH  3a Diện tích hình vng S ABCD  4a 1 Thể tích khối chóp S ABCD là: V  S ABCD SH  4a 3a  4a3 3 Câu Cho hình chóp S ABCD có SA  SB  SC  AB  BC  CD  DA  Gọi G1 , G2 , G3 , G4 lần lươt trọng tâm tam giác SAB , SBC , SCD , SDA AC cắt BD O Khi thể tích khối S ABCD lớn thể tích khối chóp O.G1G2G3G4 A 81 B 27 54 Lời giải C D 81 Chọn C 2  AC  BD CD  OC  OD Theo giả thiết ta có:   2  SC  OC  SO  AC  SO  SO  OD  BD  SBD vuông S 2 2  AC  BD CD  OC  OD Lại có:   2  SC  OC  SO  AC  SO Dựng SH  BD H  AC  SH  SH   ABCD  Đặt SD  x  x   Trang 7/59 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489 Lời giải chi tiết tham khảo tại: https://diendangiaovientoan.vn/ Ta có BD  SB  SD   x  OD   x2  x2  x2   AC   x ,  x  1  AC  BD   x2   x2 2   OC    S ABCD  SB SD x  BD  x2 Tam giác SBD vng S có đường cao SH  1 x2   x2 Suy VS ABCD   SH  S ABCD  x   x    6 Dấu “  ” xảy  x  Khi VS ABCD  hay max VS ABCD  1 ta có: SG1G2G3G4  S ABCD , d  O,  G1G2G3    d  S ,  ABCD    SH 3  VO.G1G2G3G4  2 1 VS ABCD    27 27 54 54 Cho hình chóp S ABC có đáy ABC tam giác cạnh 2a , mặt bên tam giác vuông cân S Gọi G trọng tâm ABC ,   mặt phẳng qua G vng góc với Vậy thể tích khối chóp S ABCD lớn VO.G1G2G3G4  Câu SC Diện tích thiết diện hình chóp S ABC cắt mặt phẳng   A a B 2 a a Lời giải C Chọn A Xét SBC vuông cân S , BC  2a ta có: Trang 8/59 –https://www.facebook.com/phong.baovuong D 2 a TUYỂN CHỌN GÓI DẠNG CÂU LÀM MƯA LÀM GIÓ SB  SC  BC  SB  4a  SB  2a  SB  a  SA  SC Gọi J trung điểm BC ,  SJA kẻ GK / / SA cắt SJ K Trong  SBC  kẻ đường thẳng qua K song song với SB cắt SC CB H I Trong  SAC  kẻ HM / / SA cắt SC M Do mặt bên hình chóp S ABC tam giác vng S nên ta có:  SA  SC  SA   SBC  mà GK / / SA  GK   SBC   GK  SC (1)   SA  SB SB  SC  IH  SC (2) Do   IH / / SB Từ (1) (2)  SC   HMI  Vậy thiết diện HMI Ta có: KG / / SA; KJ / / SB G trọng tâm ABC nên JG JK JI CI      JA JS JB CB Mặt khác: HI / / SB; HM / / SA nên ta có: CI HI 2a    HI  SB  CB SB 3 CI CH HM 2a     HM  SA  CB CS SA 3 Do SB   ( SAC  ; HI / / SB  HI   SAC   HI  MH  HMI vng H Diện tích HIM là: S HIM Câu 1  2a  4a  HM HI     2   Cho x , y số thực dương Xét khối chóp S ABC có SA  x , BC  y , cạnh lại bẳng Khi x , y thay đổi, thể tích khối chóp S ABC có giá trị lớn bằng? A 12 B Lời giải C D 27 Chọn D Trang 9/59 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489 Lời giải chi tiết tham khảo tại: https://diendangiaovientoan.vn/ S x M 1 A C y N B Gọi M , N trung điểm SA BC Vì tam giác SAB , SAC cân B C nên BM  SA, CM  SA Suy ra, SA   BMC  Ta có: VS MBC  VS AMBC nên VS ABC  VS MBC  VS AMBC  2VS MBC  SM S MBC x2 x2 y2 Ta có: BM  CM   , tam giác BCM cân M nên MN    4 x x2 y2 VS ABC  y    2 4 x2 y  x2 y  1    4  4  Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: x2 y  x2 y2  x2 y  x2 y2    1     3 1    4  4  4  4   x2 y2  x2 y  1     dấu “ = ” xảy x  y  4  4  27 2  Vậy thể tích khối chóp S ABC lớn VS ABC  27 27 Câu 10 Cho hình chóp S ABC có đáy tam giác ABC có cạnh Biết mặt bên hình chóp có diện tích cạnh bên Tính thể tích nhỏ khối chóp S ABC A B 2 C Lời giải D Chọn C Gọi M , N , P hình chiếu vng góc điểm S cạnh BC , CA , AB Và H hình chiếu vng góc S  ABC  Trang 10/59 –https://www.facebook.com/phong.baovuong TUYỂN CHỌN GÓI DẠNG CÂU LÀM MƯA LÀM GIÓ V V  VS PMN V V  SM SN SM SN SP  Lại có  S AMN  S AMN  S PMN      xy (2) 2VS ABD 2VS CBD  SB SD SB SD SC  V V Suy x x x Từ điều kiện  y  , ta có  , hay  x  y   xy  x  y  xy  y  4 3x  3x  1 Thay vào (2) ta tỉ số thể tích V1 x  V 3x   x  ( loaïi) x2 3x  x 1  , x   ;1 , ta có f   x   Đặt f  x   , f  x     x  ( nhaän) 3x   x  1 2   V 1 2 2 f    f 1  , f    ,  f  x   f    V x ;1 2 3 3   Câu 43 Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình bình hành Gọi M , N trung điểm cạnh AB , BC Điểm I thuộc đoạn SA Biết mặt phẳng  MNI  chia khối chọp S ABCD IA lần phần lại Tính tỉ số k  ? 13 IS C D 3 Lời giải thành hai phần, phần chứa đỉnh S tích A B S H I Q J A E D M D M O P A E N B N C F B C F Dễ thấy thiết diện tạo mặt phẳng  MNI  với hình chóp hình ngũ giác IMNJH với MN // JI Ta có MN , AD , IH đồng qui E với EA  ED MN , CD , HJ đồng qui F với FC  FD , ý E , F cố định HS ED IA HS HS 1  3.k    Dùng định lí Menelaus với tam giác SAD ta có HD EA SI HD HD 3k Từ d  H ,  ABCD   d  S ,  ABCD    HD 3k  SD 3k  Suy VHJIAMNCD  VH DFE  VI AEM  VJ NFC Trang 45/59 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489 Lời giải chi tiết tham khảo tại: https://diendangiaovientoan.vn/ Đặt V  VS ABCD S  S ABCD , h  d  S ,  ABCD   ta có S AEM  S NFC  S d  I ,  ABCD   d  S ,  ABCD    IA k  SA k  1 21k  25k 3k k 9  V h  S   h S  Thay vào ta VHJIAMNCD   3k  1 k  1 3k    k 1 Theo giả thiết ta có VHJIAMNCD  trình k  13 21k  25k 13  V nên ta có phương trình , giải phương  3k  1 k  1 20 20 Câu 44 Cho khối chóp S ABC có đáy tam giác vuông cân B Khoảng cách từ A đến mặt phẳng   SCB   900 Xác định độ dài cạnh AB để khối chóp S ABC tích  SBC  a 2, SAB nhỏ A AB  3a D AB  C AB  2a B AB  a Lời giải S H a C D x A x B Gọi D đỉnh thứ tư hình vng ABCD Ta có  BC  DC  BC  SD   BC  SC  BA  DA  BA  SD   BA  SA Suy SD   ABCD  Kẻ DH vng góc cắt SC H  d  A,  SBC    d  D,  SBC    DH  a 1 1 1       SD  2 2 DH SD DC SD 2a x V  VS ABC  2ax x  2a x  a 2 Trang 46/59 –https://www.facebook.com/phong.baovuong 2ax x  2a a 10 TUYỂN CHỌN GÓI DẠNG CÂU LÀM MƯA LÀM GIÓ 2a x3 V  x  2a Đặt f  x   x3 x  2a  f  x  x  x  2a   x x  2a  x  2a  x  6a x  2a  x  2a f   x    x  a Vậy maxV  3a AB  x  a     Câu 45 Cho khối chóp S ABC có M  SA , N  SB cho MA  2 MS , NS  2 NB Mặt phẳng   qua hai điểm M , N song song với SC chia khối chóp thành hai khối đa diện Tính tỉ số thể tích hai khối đa diện ( số bé chia số lớn ) A B C D Lời giải S M N Q C A P B Cách 1: Ta có mặt phẳng   cắt mặt  SAC  theo giao tuyến MQ  SC cắt mặt  SBC  theo giao tuyến NP  SC Thiết diện tạo mặt phẳng   với hình chóp hình thang MNPQ Do VMNABPQ  VN ABPQ  VN AMQ , gọi V  VS ABC S  S ABC ta có: 1 1   VN ABPQ  d  N ,  ABC   S ABPQ  d  S ,  ABC    S  S   V 3 3  27  1 VN AMQ  d  N ,  SAC   SAMQ  d  B,  SAC   SASC  V 3 27 Vậy VMNABPQ  VN ABPQ  VN AMQ  V  VSMNPQC  V 9 VSMNPQC Suy  VMNABPQ Cách 2: Trang 47/59 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489 Lời giải chi tiết tham khảo tại: https://diendangiaovientoan.vn/ S M N B A I P Q C Gọi I  MN  AB ,Áp dụng định lý Me-ne-la-us cho tam giác SAB , ta có MS IA NB IB   1  MA IB NS IA Áp dụng định lý Me-ne-la-us cho tam giác AMI , ta có: Tương tự ta có: Khi đó: Mà BI SA NM NM   1  1 BA SM NI NI AM AQ PI    Vì MQ //SC  AS AC PQ 15 VI BNP IB IN IP 1 1  VAMQ NBP  VI AMQ        VI AMQ IA IM IQ 2 16 16 VM AIQ VS ABC  d  M ;  ABC   S AIQ d  M ;  ABC   MA S AI AQ    AIQ  với     SA S ABC AB AC 3 d  S ;  ABC   S ABC d  S ;  ABC   Suy VAMQ NBP  15   VS ABC  VS ABC 16 9  5 1 Vậy tỉ số thể tích cần tìm là: Câu 46 Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a , mặt bên SAB tam giác đều, mặt bên SCD tam giác vuông cân S Gọi M điểm thuộc đường thẳng CD cho BM vng góc với SA Tính thể tích V khối chóp S BDM A V  a3 16 B V  a3 24 C V  Lời giải Trang 48/59 –https://www.facebook.com/phong.baovuong a3 32 D V  a3 48 TUYỂN CHỌN GÓI DẠNG CÂU LÀM MƯA LÀM GIÓ Gọi I , J trung điểm AB CD a a , SJ  , IJ  a 2 2 Khi SI  SJ  IJ suy tam giác SIJ vng S Gọi H hình chiếu S lên IJ Ta có SI  Ta có SH  SI SJ SI  SJ  13 3a a a  HI  SI  SH  AH  SA2  SH  4  AB  SI  AB   SIJ   AB  SH   AB  IJ  SH  AB  SH   ABCD   SH   BDM  Do   SH  IJ  BM  SA  BM  AH Gọi E  AH  BM Ta có   BM  SH Ta có ABE đồng dạng với AE AB AB AI 2a   AE   AI AH AH 13 Ta có ABE AHI đồng dạng với   90 I  E ( BMC ( E   90 C  A chung) nên ta có M  ) nên ta có B AB.BC 13a AB AE  BM    AE BM BC 3a a2 S BMD  S BMC  S BDC  a  a.a  2 3 a a  a Thể tích V khối chóp S BDM V  SH SBMD  4 48 Câu 47 Cho tứ diện ABCD có cạnh Trên cạnh AB CD lấy điểm M N      cho MA  MB  NC  2 ND Mặt phẳng  P  chứa MN song song với AC chia khối tứ diện ABCD thành hai khối đa diện, khối đa diện chứa đỉnh A tích V Tính V A V  18 B V  11 216 C V  216 D V  108 Lời giải Trang 49/59 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489 Lời giải chi tiết tham khảo tại: https://diendangiaovientoan.vn/ A M P D B N Q C Từ N kẻ NP //AC , N  AD M kẻ MQ //AC , Q  BC Mặt phẳng  P  MPNQ AH S ABCD  12  VAMPC  VMQNC  VMPNC Ta có VABCD  V  VACMPNQ AM AP VABCD  VABCD  VABCD AB AD 3 1 CQ CN 11  VAQNC  VABCD  VABCD  VABCD 2 CB CD 22 2 2 AM 11  VMPCD  VMACD  VABCD  VABCD  VABCD 3 3 AB 32 Ta có VAMPC  VMQNC VMPNC 11 11 1 1 Vậy V     VABCD  V  VABCD  18 216 3 9 Câu 48 Cho tứ diện ABCD cạnh 3a Gọi M , N trung điểm cạnh AB BC ; E điểm đối xứng B qua D Mặt phẳng  MNE  chia khối tứ diện ABCD thành hai khối đa diện, khối đa diện chứa đỉnh A tích V Khi đó: A V  11a B V  7a C V  Lời giải Trang 50/59 –https://www.facebook.com/phong.baovuong 11a 24 D V  13a TUYỂN CHỌN GÓI DẠNG CÂU LÀM MƯA LÀM GIÓ A M Q N B C P D E - Trong mặt phẳng  ABD  nối ME cắt AD Q , mặt phẳng  BCD  nối NE cắt CD P , thiết diện MNPQ chia tứ diện ABCD thành hai đa diện ACMNPQ BDMNPQ - Đặt V1  VBDMNPQ  V1  VMBNE  VQDPE   BC 2.BD.sin CBD  S BN BE.sin NBE BCD 2 - Do N , D trung điểm BC BE nên P trọng tâm tam giác BCE 2   1.2 S  CP  CD  S DPE  SCNP  BC CD.sin BCD S BCD CBD  3 3 - Do M trung điểm AB nên d  M ;  BCD    d  A;  BCD   1 1  VM BNE  d  M ;  BCD   S BNE  d  A;  BCD   S BCD  VA BCD 1 3 2 - Lại Q trọng tâm tam giác ABE nên d  Q;  BCD    d  A;  BCD   1 1  VQ DPE  d  Q;  BCD   S DPE  d  A;  BCD   S BCD  VA.BCD  2 3 3 1 1 - Từ 1   suy V1     VABCD  VABCD 18 2 9 - Ta có: S BNE   V  VABCD  V1  11 VABCD 18 - Tứ diện ABCD có cạnh 3a tích VABCD  3a   12  9a Vậy V  11 11a VABCD  18 Câu 49 Cho hình chóp S ABCD có khoảng cách từ A đến  SCD  2a Tính giá trị nhỏ thể tích khối chóp S ABCD theo a A V  3a B V  2a3 C V  3a D V  4a Trang 51/59 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489 Lời giải chi tiết tham khảo tại: https://diendangiaovientoan.vn/ Lời giải S H A D α K O B C Gọi  góc tạo mặt bên đáy  ABCD  Gọi O tâm hình vng ABCD Gọi K trung điểm CD  OK  CD Gọi H hình chiếu vng góc O lên SK  d  O;  SCD    OH Ta có : d  A;  SCD    2d  O;  SCD    2a  OH  a     ,    0;    SCD  ;  ABCD    SKO     OH a 2a   BC  sin  sin  sin  a SO  OK tan   nên suy cos  Suy OK  1 a 4a 4a VS ABCD  SO.S ABCD   3 cos  sin  cos   cos3    Để Vmin  f    cos   cos3  ,    o;  đạt giá trị lớn  2 Đặt t  cos   t   0;1  f  t   t  t  f   t    3t  t   3 3 Suy max f  t   f      Vậy Vmin  4a  3a 3 Câu 50 Cho hình lăng trụ đứng ABC ABC  có đáy tam giác ABC vng cân A , cạnh BC  a Góc mặt phẳng  AB C  mặt phẳng  BCC B  60 Tính thể tích V khối đa diện ABCAC  A a 3 B 3a 3 C a3 Lời giải Trang 52/59 –https://www.facebook.com/phong.baovuong D a3 TUYỂN CHỌN GÓI DẠNG CÂU LÀM MƯA LÀM GIĨ Khối đa diện ABCAC  hình chóp B ACC A có AB   ACC A  Từ giả thiết tam giác ABC vuông cân A , cạnh BC  a ta suy AB  AC  a Gọi M trung điểm BC , suy AM  BC AM  a  AM  BC Ta có   AM   BCC B   AM  BC (1)  AM  BB Gọi H hình chiếu vng góc M lên BC , suy MH  BC (2) Từ (1) (2) ta suy BC   AMH  Từ suy góc mặt phẳng  ABC  mặt phẳng  BCC B  góc AH MH Mà tam giác AMH vuông H nên   AHM  60  MH  AM cot 60  a a  2 a   MH   Tam giác BBC đồng dạng với tam giác MHC nên suy sin HCM MC a    tan MCH   sin MCH  1 1    tan MCH 2   a  a  BB  BC.tan MCH 1  VABCAC   VB ACC A  BA AC AA  a 3.a 3.a  a3 3 Câu 51 Cho lăng trụ ABCD ABC D có đáy ABCD hình chữ nhật với AB  6, AD  , AC  mặt phẳng  AAC C  vng góc với mặt đáy Biết hai mặt phẳng góc  thỏa mãn tan    AAC C  ,  AABB  tạo với Thể tích khối lăng trụ ABCD ABC D bằng? Trang 53/59 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489 Lời giải chi tiết tham khảo tại: https://diendangiaovientoan.vn/ A V  B V  12 C V  10 Lời giải D V  Gọi H hình chiếu B lên  ACCA  , BH   ACCA  AB.BC  ; HC  BC  BH  ; AH  AC  HC  = AC Kẻ HK  AA,  K  AA  , AA  BH BH   ACCA  nên AA  BK AC  AB  BC2  ; BH   ; BKH vuông H ABBA ;  ACCA   BKH  BH  KH    ; AK  AH  AK  KH KH Gọi M trung điểm AA Tam giác ACA cân C ' ,  AC  AC  AC  3  tan BKH  CM  AA  KH / / CM AK AC AC.KH ACM ∽ AHK  AM    AA  ; CM  2 AH AH SACC ' A '  CM AA  d  A; AC  AC   d  A; AC   VABCD ABCD  d  A;AC  SABCD =  Câu 52 Cho lăng trụ tam giác ABC ABC  Gọi M , N , P trung điểm cạnh AB , BC , CC  Mặt phẳng  MNP  chia khối lăng trụ thành hai phần, phần chứa điểm B tích V1 Gọi V thể tích khối lăng trụ Đặt A 193 B 46 V1 a  tối giản,  a  0, b   Khi b  2a là: V b C 242 D 239 Lời giải Trang 54/59 –https://www.facebook.com/phong.baovuong TUYỂN CHỌN GÓI DẠNG CÂU LÀM MƯA LÀM GIÓ I A C N D B P K F A' E C' M B' - Trong mặt phẳng  BCC B  gọi I K giao điểm đường thẳng NP với đường thẳng BB BC  Trong mặt phẳng  ABBA  nối IM cắt cạnh AB D , mặt phẳng  ABC   nối MK cắt AC  E Khi thiết diện ngũ giác MDNPE - Nhận thấy: V1  VIBMK  VIBDN  VPEC K  1 - Do N trung điểm BC BI / / CP nên N trung điểm IP Tương tự: P trung điểm NK , đó: IN  NP  KP  IK ID IB IN KC  KP      Suy ra: IM IB IK KB KI EF FC  FC  KC  1      EF  MF - Dựng C F / / AB với F  KM  EM AM BM KB KF KC  1 3    KF  MF  KE  KF  FE  MF  KM  KM Lại có: KM KB 4 KE  Hay KM - Áp dụng cơng thức tỉ lệ thể tích ta có: VIPBN ID IB IN 1    VIPBN  VIMBK   VIMBK IM IB IK 27 27 VKPEC  KP KE KC  1 1     VKPEC   VKIMB  3 18 VKIMB KI KM KB 3 18 49 VIMBK 54 1 3 - Lại có: SMBK  d  M ; BC   BK  d  A; BC   BC   S ABC 2 2 Và d  I ;  ABC     d  A;  ABC   1 3 Suy ra: VIMBK  d  I ;  ABC    S MBK  d  A;  ABC    S ABC   V 3 - Từ 1 ,   ,  3 suy ra: V1  Trang 55/59 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489 Lời giải chi tiết tham khảo tại: https://diendangiaovientoan.vn/ 49 49 V 49  V1  V  V  1  a  49 , b  144 54 144 V 144 Vậy b  2a  46 Câu 53 Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình thang cân, AD  AB  2BC  2CD  2a Hai mặt phẳng  SAB   SAD  vng góc với mặt phẳng  ABCD  Gọi M , N trung điểm SB CD Tính cosin góc MN  SAC  , biết thể tích khối chóp S ABCD a3 310 D 20 10 Lời giải Cách 1: Gọi   mp qua MN song song với mp  SAD  Khi   cắt AB P , cắt A 10 B 310 20 C SC Q , cắt AC K Gọi I giao điểm MN QK  I   SAC  Suy ra: P , Q , K trung điểm AB , SC AC Lại có: ABCD hình thang cân có AD  AB  2BC  2CD  2a  AD  2a; AB  BC  CD  a  CH  a a  2a a 3 3a  ; S ABCD  2 a 3a 3a a3 SA   SA  a  MP  SA  NP  Nên VABCD  4 2 2 a 10  a   3a  Xét tam giác MNP vuông P: MN        2   MP, KQ đường trung bình tam giác SAB, SAC  MP //KQ //SA KN đường trung bình tam giác ACD  KN  AD  a 2  a   3a 2 a Xét tam giác AHC vuông H: AC        a  KC      Suy ra: tam giác KNC vuông C  C hình chiếu vng góc N lên  SAC    góc MN  SAC  góc NIC Khi đó: IN KN 2 a 10 a 10    IN  MN   MN NP 3 3 a a 10  IC  Xét tam giác NIC vuông C : NC  ; IN    cos NIC IC a 31 a 10 310  :  IN 20 Trang 56/59 –https://www.facebook.com/phong.baovuong  a 10   a 2 a 31         2 TUYỂN CHỌN GÓI DẠNG CÂU LÀM MƯA LÀM GIÓ z S S Q M I A F I A H H D D N K N K B Q M x C C B y Cách Vì ABCD hình thang cân có AD  AB  BC  2CD  2a  AD  2a; AB  BC  CD  a  CH  a a  2a a 3 3a  ; S ABCD  2 3a a3 SA   SA  a nên VABCD  4 Gắn hình chóp vào hệ trục tọa độ hình vẽ  a    a a  a  a  Ta có: K  0;0;0  , B  ;0;0  , C  0; ;0  , A  0;  ;0  , N  ; ;0  , 2 2         a a a a  S  0;  ; a  , M  ;  ;     4   3a 3a  a    MN   ; ;  Chọn u1  3;3 3;  phương với MN    BK  SA Nhận xét:   BK   SAC   BK  AC   a    BK   ;0;0  vtpt  SAC  Chọn n1  1;0;0  phương với BK 2    u1.n1 310 10  cos   Gọi  góc góc MN  SAC  Ta có sin      20 20 u1 u2   Câu 54 Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh , SA  SA vng góc với mặt phẳng đáy  ABCD  Gọi M , N hai điểm thay đổi hai cạnh AB , AD cho mặt phẳng  SMC  vng góc với mặt phẳng  SNC  Tính tổng T  1  thể tích khối AN AM chóp S AMCN đạt giá trị lớn Trang 57/59 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489 Lời giải chi tiết tham khảo tại: https://diendangiaovientoan.vn/ A T  B T  C T  2 D T  13 Lời giải Cách 1: Chọn hệ trục tọa độ Oxyz cho A  0;0;0  , B  2;0;  , D  0; 2;0  , S  0;0;  Suy C  2; 2;0  Đặt AM  x , AN  y , x, y   0; 2 , suy M  x;0;0  , N  0; y;     SM   x;0; 2  , SC   2; 2; 2  , SN   0; y; 2         n1   SM , SC    4; x  4; x  , n2   SN , SC     y; 4; 2 y    Do  SMC    SNC  nên n1.n2     y    x    xy   xy   x  y    2x  2x   x  , y  nên x2 x2  S ABCD  S BMC  S DNC     x     y   x  y  y S AMCN 2  x  x2  Do VS AMCD  SA.S AMCN   x  y    x   3 3 x2  x2 Xét f  x   x2  x  x2  với x  1; 2 , f   x   x2  x  2 f   x    x  x    x  2  ; x  2  (loại) Lập BBT ta suy max f  x   f 1  f    0;2 Vậy max VS AMCN  x   1 1 y  2 T    2  2  x  AM AN x y    y  Trang 58/59 –https://www.facebook.com/phong.baovuong TUYỂN CHỌN GÓI DẠNG CÂU LÀM MƯA LÀM GIÓ Cách 2: Đặt AM  x , AN  y Gọi O  AC  DB ; E  BD  CM ; F  BD  CN H hình chiếu vng góc O SC , đó: HO   SC  OH  SC  HE Ta có:   SC   HBD     SC  BD  SC  HF Do góc  SCM   SCN  góc HE HF Suy HE  HF Mặt khác VS AMCN  SA.S AMCN   x  y  3 Tính OE , OF : Ta có: x  , y  x  , y  gọi K trung điểm AM , đó: OE KM x OE EB OB x       OE  EB MB  x x  2x  x 4 x Tương tự: OF  y Mà OE.OF  OH   x   y    12 4 y Nếu x  y  ta có OE.OF  OH   x   y    12 Tóm lại:  x   y    12 2 2 12  4 Suy ra: VS AMCN  SA.S AMCN   x  y    x     y       x    3 3 x   Do max VS AMCN  x   1 1 y  2 T    2  2  x  AM AN x y    y  ĐÁP ÁN CHI TIẾT TẢI TẠI BẢN ĐÀY ĐỦ NHÉ! THEO DÕI: FACEBOOK: https://www.facebook.com/phong.baovuong PAGE: https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ YOUTUBE: https://www.youtube.com/channel/UCQ4u2J5gIEI1iRUbT3nwJfA?view_as=subscriber WEB: https://diendangiaovientoan.vn/ ĐỂ NHẬN TÀI LIỆU ĐẦY ĐỦ NHÉ Trang 59/59 – Nguyễn Bảo Vương - 0946798489 ... 2/59 –https://www.facebook.com/phong.baovuong  TUYỂN CHỌN GÓI DẠNG CÂU LÀM MƯA LÀM GIĨ Vậy thể tích khối chóp S.ABC nhỏ cos   Câu 3 Cho tứ diện ABCD có cạnh a Gọi M , N trung điểm cạnh AB ,... n2  (n; n; m) Trang 6/59 –https://www.facebook.com/phong.baovuong TUYỂN CHỌN GÓI DẠNG CÂU LÀM MƯA LÀM GIÓ   | n1 n2 |    hay Do cosin góc hợp hai mặt phẳng ( SBC ) ( SCD) nên 10... 2a ta có: Trang 8/59 –https://www.facebook.com/phong.baovuong D 2 a TUYỂN CHỌN GÓI DẠNG CÂU LÀM MƯA LÀM GIÓ SB  SC  BC  SB  4a  SB  2a  SB  a  SA  SC Gọi J trung điểm BC ,  SJA kẻ