Chuyên đề vận dụng cao hình học 12

CHƯƠNG 1. KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.+ Chủ đề 1. Thể tích khối chóp.+ Chủ đề 2. Thể tích khối lăng trụ.+ Chủ đề 3. Bài toán độ dài – khoảng cách – thể tích.+ Chủ đề 4. Cực trị trong không gian.+ Chủ đề 5. Tọa độ hóa – toán thực tế. CHƯƠNG 2. MẶT NÓN – MẶT TRỤ – MẶT CẦU.+ Chủ đề 1. Hình nón – khối nón.+ Chủ đề 2. Khối trụ.+ Chủ đề 3. Khối cầu.CHƯƠNG 3. HÌNH HỌC OXYZ.+ Chủ đề 1. Hệ trục tọa độ.+ Chủ đề 2. Phương trình mặt cầu.+ Chủ đề 3. Phương trình mặt phẳng (loại 1).+ Chủ đề 4. Phương trình mặt phẳng (loại 2).+ Chủ đề 5. Phương trình đường thẳng.

CHUYÊN ĐỀ VẬN DỤNG VÀ VẬN DỤNG CAO CHUYÊN ĐỀ VẬN DỤNG CAO MƠN TỐN ( HÌNH HỌC ) GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 LỜI NĨI ĐẦU Xin chào tồn thể cộng đồng học sinh 2k2! Đầu tiên, thay mặt toàn thể Admin group “CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020” chân thành cảm ơn em đồng hành GROUP ngày tháng vừa qua Cuốn sách em cầm tay công sức tập thể đội ngũ Admin Group, tay anh chị sưu tầm biên soạn câu hỏi hay nhất, khó từ đề thi sở, trường chuyên nước Thêm vào đó, câu hỏi anh chị thiết kế ý tưởng riêng Giúp bạn ơn tập, rèn luyện tư để chinh phục 8+ mơn Tốn kì thi tới Sách gồm chương phần Giải tích lớp 12 bao gồm: Hàm số toán liên quan, Hàm số mũ Logarit, Nguyên hàm – tích phân Ứng dụng, Số phức Đầy đủ dạng, thuận lợi cho em q trình ơn tập Trong q trình biên soạn, tài liệu khơng thể tránh sai xót, mong bạn đọc em 2k2 thông cảm Chúc em học tập thật tốt! Tập thể ADMIN MỤC LỤC LỜI NÓI ĐẦU:………………………………………………………………………………… CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHƠNG GIAN CHỦ ĐỀ 1: THỂ TÍCH KHỐI CHĨP…………… ………………………………………… CHỦ ĐỀ 2: THỂ TÍCH KHỐI LĂNG TRỤ………………………………………………… 34 CHỦ ĐỀ 3: BÀI TOÁN ĐỘ DÀI – KHOẢNG CÁCH – THỂ TÍCH……………………… 66 CHỦ ĐỀ 4: CỰC TRỊ TRONG KHÔNG GIAN………………………….…………… …… 96 CHỦ ĐỀ 5: TỌA ĐỘ HĨA – TỐN THỰC TẾ……………….……………………… …… 117 CHƯƠNG 2: MẶT NÓN – MẶT TRỤ - MẶT CẦU CHỦ ĐỀ 1: HÌNH NĨN – KHỐI NĨN………………………….…………………………… 133 CHỦ ĐỀ 2: KHỐI TRỤ……………………………………………………………………… 157 CHỦ ĐỀ 3: KHỐI CẦU…………………………………………….………………………… 176 CHƯƠNG 3: HÌNH HỌC OXYZ CHỦ ĐỀ 1: HỆ TRỤ TỌA ĐỘ……………………….………….…………………………… 214 CHỦ ĐỀ 2: PHƯƠNG TRÌNH MẶT CẦU…………….……….…………………………… 231 CHỦ ĐỀ 3: PHƯƠNG TRÌNH MẶT PHẲNG (LOẠI 1)……….…………………… … 253 CHỦ ĐỀ 4: PHƯƠNG TRÌNH MẶT PHẲNG (LOẠI 2)…………….………… ……… 266 CHỦ ĐỀ 5: PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG………….……………………….…… 275 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHƠNG GIAN CHỦ ĐỀ 1: THỂ TÍCH KHỐI CHĨP LÝ THUYẾT:  Cơng thức tính thể tích khối chóp: S  Bh Trong đó: B diện tích đa giác đáy h đường cao hình chóp  Diện tích xung quanh: Sxq  tổng diện tích mặt bên  Diện tích tồn phần: Stp  Sxq  diện tích đáy  Các khối chóp đặc biệt:   Khối tứ diện đều: tất cạnh bên Tất mặt tam giác Khối chóp tứ giác đều: tất cạnh bên Đáy hình vng tâm O, SO vng góc với đáy CÁC VÍ DỤ MINH HỌA: VÍ DỤ Cho hình chóp tam giác S.ABC có SA vng góc với mặt đáy, tam giác ABC cân A Trên cạnh AB lấy điểm D cho AB  3AD Gọi H hình chiếu B CD , M trung điểm đoạn thẳng CH Tính theo a thể tích khối chóp S.ABM biết SA  AM  a BM  a A 3a3 B 3a3 12 C a3 D a3 18 Lời giải Chọn C  Trong mặt phẳng đáy  ABC  : Kẻ Ax // BC Ax  CD  K , gọi N trung điểm BC  Khi ABC cân A nên AN  BC tứ giác ANBK hình chữ nhật  Suy CN  BN  AK ; KB  BC BC (đường trung bình tam giác BHC Vậy MI // AK , MI  BK MI  AK hay tứ giác AMIK hình bình hành I trực tâm tam giác BMK  Suy IK  BM AM //IK nên AM  BM  Vậy AMB vuông M Suy S ABM  AM BM 1  Theo giả thiết ta có: VS ABM  SA.S ABM  SA AM BM ; với SA  AM  a BM  a  Gọi I trung điểm BH , M trung điểm đoạn thẳng CH nên MI //BC MI  GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN  Suy VS ABM a3 1  SA.S ABM  SA AM BM  VÍ DỤ 2: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh 2a Tam giác SAB vuông S nằm mặt phẳng vng góc với đáy Gọi  góc tạo đường thẳng SD mặt phẳng  SBC  , với   45 Tìm giá trị lớn thể tích khối chóp A 4a B 8a 3 C S.ABCD 4a 3 D 2a 3 Lời giải Chọn C S D' D A H B C  Gọi D đỉnh thứ tư hình bình hành SADD  Khi DD//SA mà SA   SBC  (vì SA  SB , SA  BC ) nên D hình chiếu vng góc D lên  SBC   Góc SD  SBC    DSD  SDA , SA  AD.tan   2a.tan   Đặt tan   x , x   0;1 1  Gọi H hình chiếu S lên AB , theo đề ta có VS ABC D  S ABC D SH  4a SH 3  Do VS ABCD đạt giá trị lớn SH lớn  Vì tam giác SAB vuông S nên :  SH  x2   x2 SA.SB SA AB  SA2 2ax 4a  4a x a    2ax  x  2a AB AB 2a  a.4a  a 3  Từ max SH  a tan    Suy max VS ABCD GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHƠNG GIAN VÍ DỤ 3: Cho hình chóp tam giác S.ABC có cạnh đáy a Gọi M , N trung điểm SB, BC Tính thể tích khối chóp A.BCNM Biết mặt phẳng  AMN  vng góc với mặt phẳng  SBC  a 15 A 32 3a3 15 B 32 3a3 15 C 16 3a3 15 D 48 Lời giải  Chọn B  CB   SAE   CB  SE  E trung điểm BC nên CB  AE , CB  SH   SE vừa trung tuyến vừa đường cao nên SBC cân S  F giao điểm MN với SE   SF  MN , SF  SE   AMN    SBC  SF  MN    SF   AMN  AMN  SBC  MN        Giả thiết    SE  AF SF  3a SE nên SAE cân A  AE  AS  2 2 3a a AE   a   SH  SA2  AH  3 2 1 a a 15  VS ABC  S ABC SH  a  3 V SM SN a3 15  S AMN    VS AMN  VS ABC SB SC 32  AH    Vậy V  VS ABC  VS AMN  3a3 15  32 VÍ DỤ 4: 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 chóp S.ABCD thành hai phần, phần chứa đỉnh S tích A B IA lần phần cịn lại Tính tỉ số k  ? 13 IS C D 3 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHƠNG GIAN Lời giải  Chọn D S H I Q J A E D M A E M O P D N B N C B C F 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 ĐỊNH LÍ MENELAUS: Cho điểm thẳng hàng FA DB EC  với DEF đường thẳng cắt ba FB DC EA đường thẳng BC,CA, AB D,E,F  Dùng định lí Menelaus với tam giác SAD ta có  Từ d  H ,  ABCD   d  S ,  ABCD    HS ED IA HS HS 3.k   1   HD EA SI HD HD 3k HD 3k  SD 3k   Suy VHJIAMNCD  VH DFE  VI AEM  VJ NFC  Đặt V  VS ABCD S  S ABCD , h  d  S ,  ABCD   d  I ,  ABCD   IA k    Ta có S AEM  S NFC  S d  S ,  ABCD   SA k  1 21k  25k 3k k 9   Thay vào ta VHJIAMNCD  V h  S   h S   3k  1 k  1 3k    k 1  Theo giả thiết ta có VHJIAMNCD  13 21k  25k 13 V nên ta có phương trình  20  3k  1 k  1 20 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 10 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHƠNG GIAN  Giải phương trình k  VÍ DỤ Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình bình hành Gọi M trung điểm SA , N điểm đoạn SB cho SN  2NB Mặt phẳng  R  chứa MN cắt đoạn SD Q cắt đoạn SC P Tỉ số A VS MNPQ VS ABCD lớn B C D Lời giải  Chọn D  SM SP SN SQ SQ  SP 1       x  x x    x  x  Ta có  Đặt SA SC SB SD SC  SC 6  Mặt khác ABCD hình bình hành nên có VS ABCD  2VS ABC  2VS ACD VS MNP SM SN SP VS MPQ SM SP SQ  1   x;   x x   VS ABC SA SB SC VS ACD SA SC SD  6 V V V 1  1 1  Suy S MNPQ  S MNP  S MPQ  x  x  x    x  x VS ABCD 2VS ABC 2VS ACD  6 1 1 1 1   Xét f  x   x  x với  x  ; f   x   x    x     ;1 8 6   Bảng biến thiên:   Từ BBT ta có max f  x   1   ;1 6  VS MNPQ 3 Vậy đạt giá trị lớn VS ABCD GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 11 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHƠNG GIAN BÀI TẬP RÈN LUYỆN a , OB  OC  a Gọi H hình chiếu điểm O mặt phẳng  ABC  Tính thể tích khối tứ diện OABH CÂU 1: Cho tứ diện OABC có ba cạnh OA , OB , OC đơi vng góc với nhau, OA  A a3 B a3 12 C a3 24 D a3 48 CÂU : Cho khối chóp S.ABCD có đáy hình vng cạnh a, SA vng góc với đáy khoảng cách từ A đến mặt phẳng  SBC  A V  a3 a Tính thể tích V khối chóp cho 3a3 B V  C V  a D V  a3 CÂU 3: Cho hình chóp S.ABCD có đáy hình thoi cạnh a, ABC  1200 , SA   ABCD  Biết góc hai mặt phẳng  SBC   SCD  60 Tính SA A a B a C a D a CÂU 4: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC tam giác vng A , cạnh SA vng góc với mặt phẳng đáy Cho biết AB  a , BC  2a Góc cạnh bên SC mặt đáy 60 Tính thể tích V khối chóp S.ABC A V  a3 B V  3a3 C V  a D V  a3 3a góc đường thẳng SC mặt phẳng ABCD 60 Gọi H hình chiếu vng góc A SC Tính theo a thể tích khối chóp H ABCD CÂU 5: Cho hình chóp S.ABCD có SA   ABCD  , AC  a , S ABCD  A a3 B a3 C a3 D 3a CÂU Cho khối chóp S.ABCD có đáy hình vng cạnh a Mặt bên SAB tam giác đều, mặt phẳng ( SAB ) vng góc với mặt phẳng ( ABCD ) Tính thể tích V khối chóp S.ABCD a3 a3 a3 a3 B V  C V  D V  12 CÂU 7: Cho hình chóp S.ABCD có đáy hình vng cạnh a , hình chiếu vng góc S lên mặt phẳng  ABCD  trùng với trung điểm cạnh AD , cạnh SB hợp với đáy góc 60 Tính theo a thể tích V khối chóp S.ABCD a3 15 a3 15 a3 15 a3 A B C D 6 A V  CÂU 8: Cho hình chóp S.ABC có đáy tam giác ABC vng B , AB  a , BC  2a Tam giác SAB cân S nằm mặt phẳng vuông góc với đáy Gọi G trọng tâm tam giác ABC , mặt phẳng  SAG  tạo với đáy góc 60 Thể tích khối tứ diện ACGS A V  a3 36 B V  a3 18 C V  a3 27 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 D V  a3 12 Trang 12 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHƠNG GIAN CÂU 9: Cho hình chóp S.ABC có tam giác ABC vng cân B , AC  a 2, mặt phẳng  SAC  vng góc với mặt đáy  ABC  Các mặt bên  SAB  ,  SBC  tạo với mặt đáy góc 60 Tính theo a thể tích V khối chóp S.ABC 3a3 A V  B V  3a3 C V  3a3 D V  3a3 12 CÂU 10: chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a, SAB tam giác cân S nằm mặt phẳng vng góc với đáy  ABCD  Biết cơsin góc tạo mặt phẳng  SCD   ABCD  17 Thể tích V khối chóp S.ABCD 17 a3 17 a3 13 A V  B V  6 C V  a3 17 D V  a3 13 CÂU 11: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật, SAB cạnh a nằm mặt phẳng vng góc với  ABCD  Biết  SCD  tạo với  ABCD  góc 300 Tính thể tích V khối chóp S.ABCD A V  a3 B V  a3 C V  a3 D V  a3 CÂU 12: Trong không gian Oxyz , cho điểm A , B , C thay đổi trục Ox , Oy , Oz thỏa mãn điều kiện: tỉ số diện tích tam giác ABC thể tích khối tứ diện OABC Biết mặt phẳng  ABC  tiếp xúc với mặt cầu cố định, bán kính mặt cầu A B C D CÂU 13: Cho khối tứ diện ABCD tích 2017 Gọi M , N , P , Q trọng tâm tam giác ABC , ABD , ACD , BCD Tính theo V thể tích khối tứ diện MNPQ A 2017 B 4034 81 C 8068 27 D 2017 27 CÂU 14: Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a , cạnh bên tạo với đáy góc 60 Gọi M trung điểm SC Mặt phẳng qua AM song song với BD cắt SB E cắt SD F Tính thể tích V khối chóp S.AEMF a3 A V  36 a3 B V  a3 C V  a3 D V  18 CÂU 15: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a , SA vng góc với đáy, SA  a Gọi B  , D hình chiếu A lên SB , SD Mặt phẳng  ABD  cắt SC C Thể tích khối chóp S ABC D là: 2a 3 A V  2a3 B V  a3 C V  2a 3 D V  CÂU 16: Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có cạnh đáy a , cạnh bên hợp với đáy góc 60 Gọi M điểm đối xứng C qua D , N trung điểm SC Mặt phẳng  BMN  chia khối chóp S.ABCD thành hai phần Tỉ số thể tích hai phần (phần lớn phần bé) bằng: 7 A B C D GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 13 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHƠNG GIAN CÂU 17: Cho tứ diện ABCD , cạnh BC , BD , AC lấy điểm M , N , P cho BC  3BM , BD  BN , AC  AP Mặt phẳng  MNP  chia khối tứ diện ABCD thành hai phần V tích V1 , V2 Tính tỉ số V2 A V1 26  V2 13 B V1 26  V2 19 C V1  V2 19 D V1 15  V2 19 CÂU 18: Cho tứ diện ABCD có cạnh Gọi M , N hai điểm thay đổi thuộc cạnh BC , BD cho  AMN  ln vng góc với mặt phẳng  BCD  Gọi V1 , V2 giá trị lớn giá trị nhỏ thể tích khối tứ diện ABMN Tính V1  V2 A 17 216 B 17 72 C 17 144 D 12 CÂU 19: Cho hình chóp S.ABCD tích V , đáy ABCD hình bình hành Mặt phẳng  P  song song với  ABCD  cắt đoạn SA , SB , SC , SD tương ứng M , N , E , F ( M , N , E , F khác S không nằm  ABCD  ) Các điểm H , K , P , Q tương ứng hình chiếu vng góc M , N , E , F lên  ABCD  Thể tích lớn khối đa diện MNEFHKPQ là: A V B V 27 C V D V CÂU 20: 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 11 2 A V  B V  C V  D V  216 108 216 18 MỘT SỐ CÔNG THỨC GIẢI NHANH THỂ TÍCH KHỐI CHĨP  Cơng thức 1: Thể tích tứ diện cạnh a: VS.ABC = a3 12  Công thức 2: Với tứ diện ABCD có AB = a; AC = b: AD = c đơi vng góc V =  Cơng thức 3: Với tứ diện ABCD có AB = CD = a; BC = AD = b; AC = BD = c V 12 a    b2  c2 b2  c2  a a  c2  b2 abc   Cơng thức 4: Khối chóp S.ABC có SA  a;SB  b;SC  c,BSC  ,CSA  ,ASB   V abc  2coscoscos  cos 2  cos 2  cos  GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 14 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHƠNG GIAN GIẢI CHI TIẾT CÂU 1: Chọn D A H C O I B  a  AB  AC  Từ giả thiết suy ra: ABC cân A có:    BC  a Gọi I trung điểm BC  AI  BC Giả sử H trực tâm tam giác ABC Ta thấy OA  OBC  Vì OB   OAC   OB  AC AC  BH nên: AC   OBH   OH  AC 1 ; BC   OAI   OH  BC   a BC   OA 2 a  AOI vuông cân O  H trung điểm AI OH  AI  2 1 1 a a Khi đó: S ABH  S ABI  AI BI  a  2 1 a a 2 a3 Vậy thể tích khối tứ diện OABH là: V  OH S ABH   3 48 Từ 1   suy ra: OH   ABC  Có: OI  CÂU : Chọn A  Kẻ AH  SB H Suy AH   SBC   d  A;  SBC    AH   Ta có:  a3 Thể tích khối chóp: V  S ABCD SA  3 a 2 1  2  SA  a AH SA AB GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 15 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHƠNG GIAN CÂU 3: Chọn D S M A D O B C  Ta có ABCD hình thoi cạnh a có ABC  1200 nên BD  a, AC  a  Nhận xét BD  SC  kẻ OM  SC   BDM   SC góc hai mặt phẳng  SBC   SCD  BMD  1200 BMD  600  TH1: Nếu BMD  1200 mà tam giác BMD cân M n BMO  600  MO  BO.cot 600   Mà tam giác OCM đồng dạng với tam giác SCA nên OM   TH2: Nếu BMD  600 tam giác BMD tam giác nên OM  a   OM  OC vô lý OMC vng M a SA.CD a  SA  SC CÂU 4: Chọn A S 60 A a C 2a B  Vì SA   ABC  nên VS ABC  S ABC SA , góc SC mặt phẳng đáy ABC góc SC AC góc SCA  60  Trong tam giác ABC vng A có: AC  BC  AB  4a  a  AC  a  Khi đó: S ABC   Trong tam giác SAC vng A có: SA  AC.tan SCA  a 3.tan 60  SA  3a  Do VS ABC 1 a2 AB AC  a.a  2 a2 a3  3a  2 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 16 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHƠNG GIAN CÂU 5: Chọn C  Ta có SA   ABCD   Góc toạ SC mặt phẳng  ABCD  SCA  60  Lại có SA  AC tan 60  a , SC  SA2  AC  6a  2a  2a  CH AC 2a    Do AC  CH SC  SC SC 8a  d  H ,  ABCD   d  H ,  ABCD    SH a   d  H ,  ABCD    SC 4 a 3a a3 Thể tích khối chóp H ABCD V   CÂU Chọn B     SAB    ABCD   SH   ABCD  Gọi H trung điểm AB , ta có  SH  AB   1 a a3 Ta có: VS ABCD  S ABCD SH  a  3 CÂU 7: Chọn B  S 60 A B H D C   Gọi H trung điểm cạnh AD Do H hình chiếu S lên mặt phẳng ABCD nên SH   ABCD   Cạnh SB hợp với đáy góc 60 , đó: SBH  60   a a Xét tam giác AHB vuông A : HB  AH  AB  a     2 Xét tam giác SBH vuông H : 2 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 17 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN    SH a a 15  SH  BH tan SBH  SH  tan 60  BH 2 Diện tích đáy ABCD là: S ABCD  a2 tan SBH  Thể tích khối chóp S.ABCD là: VS ABCD 1 a 15 a3 15  S ABCD SH  a  3 CÂU 8: Chọn A S K A C I G H N B  1 a2 Ta có: S ABC  AB.BC  a  SACG  SABC  3 Gọi H trung điểm AB  SH   ABC    Gọi N trung điểm BC , I trung điểm AN K trung điểm AI Ta có AB  BN  a  BI  AN  HK  AN  Do AG   SHK  nên góc  SAG  đáy SKH  60  Ta có: BI    1 a a a , SH  SK tan 60   HK  BI  AN  2 4 Vậy V  VACGS  VS ACG a3  SH SACG  36 CÂU 9: Chọn D  Ta có:  SAC    ABC   SAC    ABC   AC  Trong mặt phẳng  SAC  , kẻ SH  AC SH   ABC   Gọi I , K hình chiếu vng góc H lên cạnh AB AC   SAB  ,  ABC   SIH  SAC  ,  ABC   SKH GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 18 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHƠNG GIAN  Mà SIH  SKH  60 nên HI  HK  tứ giác BIHK hình vng  H trung điểm cạnh AC  Khi tứ giác BIHK hình vuông cạnh 1 a Vậy VSABC  SABC SH  VSABC  3 CÂU 10: Chọn A  a a SH  HI tan 60  2 a   a3 12 Gọi H trung điểm AB  SH   ABCD  , K trung điểm CD  CD  SK Ta có   SCD  ,  ABCD     SK , HK   SKH cos SKH  SK  SH  HK  SK  a 17 1 a 13 a3 13 a 13 a  Vậy V  SH S ABCD  2 CÂU 11: Chọn B a , SE   ABCD  Gọi G trung điểm CD  Gọi E trung điểm AB , SE   SCD ,  ABCD  SGE  30 , EG  SE.cot 30   SABCD  AB.CD  a 0  a 3a 3a   AD  BC  2 3a 3a 1 a 3a a 3   V  SE.SABCD   2 3 2 CÂU 12: Chọn B z C O B y A x GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 19 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHƠNG GIAN S ABC S ABC   VOABC S d O, ABC    d  O,  ABC    ABC S ABC Mà  nên d  O,  ABC    VOABC Ta có Vậy mặt phẳng  ABC  tiếp xúc mặt cầu tâm O , bán kính R  CÂU 13: Chọn D  VAEFG SEFG    VAEFG  VABCD VABCD S BCD   8 VAMNP SM SN SP  VAMNP  VAEFG  VABCD  VABCD   27 27 27 VAEFG SE SE SG 27  Do mặt phẳng  MNP  //  BCD  nên  2017 VQMNP  VABCD  VABCD  27 27 27 VQMNP VAMNP  1  VQMNP  VAMNP 2 CÂU 14: Chọn D S M F I E D A O B C  Trong mặt phẳng  SBD  : EF  SO  I Suy A, M , I thẳng hàng  Trong tam giác SAC hai trung tuyến AM , SO cắt I suy  Lại có EF // BD  SI  SO SE SF SI    SB SD SO GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 20 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHƠNG GIAN   VS AEM SE SM VS AFM SF SM       VSABC SB SC VSADC SD SC V  VS AFM VS AEMF Vậy S AEM    VS ABC  VS ADC VS ABCD Ta có:  Góc cạnh bên đáy S.ABCD góc SBO  60 suy SO  BO   a3 Thể tích hình chóp S.ABCD VS ABCD  SO.S ABCD  a3 Vậy VS AEMF  18   a CÂU 15: Chọn C S C' D' B' D A O B C  a Ta có: VS ABCD  a a  3 Vì B  , D hình chiếu A lên SB , SD nên ta có SC   ABD   Gọi C hình chiếu A lên SC suy SC  AC  mà AC    ABD   A nên AC    ABD   hay C   SC   ABD     Tam giác S AC vuông cân A nên C  trung điểm SC SB SA2 2a 2    Trong tam giác vuông S AB ta có SB SB 3a VSABCD VSABC  VSACD  SB SC  SD SC   SB SC  1 a3   Vậy VSAB C D         SB SC SD SC  SB SC 3 VS ABCD VS ABCD CÂU 16: Chọn A S N E H D C O B M F A GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 21 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHƠNG GIAN  Giả sử điểm hình vẽ  E  SD  MN  E trọng tâm tam giác SCM , DF // BC  F trung điểm BM  Ta có: SD,  ABCD   SDO  60  SO    d  O,  SAD    OH  h    a a , SF  SO  OF  2 a a2 V ME MF MD  MEFD  ; SSAD  SF AD     VMNBC MN MB MC 5 1 5a3  VMNBC    d  M ,  SAD    SSBC   4h  SSAD  6 18 72   VBFDCNE  a3 7a3 VS ABCD  SO.S ABCD   VSABFEN  VS ABCD  VBFDCNE   36 VSABFEN   VBFDCNE CÂU 17: Chọn B  Suy ra: A Q P I D N B M C  Gọi VABCD  V , I  MN  CD , Q  IP  AD ta có Q  AD   MNP   Thiết diện tứ diện ABCD cắt mặt phẳng  MNP  tứ giác MNQP  Áp dụng định lí Menelaus tam giác BCD ACD ta có: NB ID MC ID ID PC QA QA 1   1   ND IC MB IC IC PA QD QD    Áp dụng toán tỉ số thể tích hai khối chóp tam giác, ta có: VANPQ AP AQ 2 2   VANPQ  VANCD  V Suy VN PQDC  V  V  V  15 15 VANCD AC AD   Suy V2  VN PQDC  VCMNP  VCMNP CM CP    VCMNP  VCBNA  V CB CA 3 VCBNA 19 26 V 26 V Do V1  V  V2  V Vậy  45 45 V2 19 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 22 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHƠNG GIAN CÂU 18: Chọn A      Gọi H tâm tam giác BCD , ta có AH   BCD  , mà  AMN    BCD  nên AH   AMN  hay MN ln qua H Ta có BH   AH  AB2  BH    3 1 Thể tích khối chóp ABMN V  AH S BMN  BM BN sin 60  BM BN 3 12 Do MN qua H M chạy BC nên BM BN lớn M  C N  D V1  24 17 2 Vậy V1  V2  BM BN nhỏ MN //CD BM  BN   V2  216 27 CÂU 19: Chọn C SM SM Ta có: MNEF ABCD đồng dạng với tỉ số k  SA SA  Đặt k   Do SMNEF  k S ABCD GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020   k  1 Trang 23 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHƠNG GIAN MH MA SA  SM    1 k SI SA SA  Gọi SI đường cao S.ABCD Ta có:  VMNEFHKPQ  SMNEF MH  S ABCD k (1  k ).SI  3V k (1  k )  3V 3V  k  k   2k   k k (2  2k )     V 2    Vậy thể tích lớn khối đa diện MNEFHKPQ V k   2k  k  CÂU 20: Chọn B A M P D B N Q C  Từ N kẻ NP//AC , N  AD Từ M kẻ MQ //AC , Q  BC Mặt phẳng  P  MPNQ  Ta có VABCD     ; V  VACMPNQ  VAMPC  VMQNC  VMPNC AH S ABCD  12 AM AP VABCD  VABCD  VABCD Ta có VAMPC  AB AD 11 1 CQ CN VABCD  VABCD VMQNC  VAQNC  VABCD  22 2 CB CD 11 AM 2 1 VMPNC  VMPCD  VMACD  VABCD  VABCD VABCD  32 3 AB 3 11 11 1 1  Vậy V     VABCD  V  VABCD  18 216 3 9 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 24 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHƠNG GIAN CÁC DẠNG HÌNH KHƠNG GIAN THƯỜNG XUẤT HIỆN TRONG ĐỀ THI CÂU 1: Xét tứ diện O.ABC có OA, OB, OC đơi vng góc Gọi , ,  góc đường thẳng OA, OB, OC với mặt phẳng (ABC) Khi đó, tính giá trị nhỏ biểu thức sau M    cot 2   cot 2   cot   A Số khác B 48 C 48 D 125 CÂU : Cho hình chóp S.ABC có đáy tam giác ABC đều, đường cao SH với H nằm ABC 2SH  BC,  SBC  tạo với mặt phẳng (ABC) góc 600 Biết có điểm O nằm đường cao SH cho d  O; AB  d  O; AC   d  O; SBC    Tính thể tích khối cầu ngoại tiếp hình chóp cho 256 125 500 343 B C D 81 162 81 48 CÂU 3: Xét khối tứ diện SABC có cạnh SA, BC thỏa mãn: SA2  BC2  18 cạnh lại x y Biết thể tích khối tứ diện SABC đạt giá trị lớn có dạng: Vmax  ; x, y  *;  x, y   Khi đó: x, y thỏa mãn bất đẳng thức đây? A x  y  xy  4550 B xy  2xy  2550 C x  xy  y  5240 D x  y  19602 A CÂU 4: Trong mặt phẳng P cho tam giác OAB cân O, OA  OB  2a, AOB  120 Trên đường thẳng vng góc với mặt phẳng P O lấy hai điểm C, D , nằm hai phía mặt phẳng P cho tam giác ABC vng C tam giác ABD Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD 3a 5a 5a a A B C D 2 CÂU 5: Cho hình chóp S ABCD có đáy hình vng cạnh 2a, tam giác SAB đều, góc  SCD   ABCD  60 Gọi M trung điểm cạnh AB Biết hình chiếu vng góc đỉnh S mặt phẳng  ABCD  nằm hình vng ABCD Tính theo a khoảng cách hai đường thẳng SM AC 5a 2a a 2a 15 B C D 5 3 CÂU 6: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật tâm O, AB  a, BC  a Tam giác SAO cân S, mặt phẳng  SAD  vng góc với mặt phẳng  ABCD  , góc đường thẳng SD mặt phẳng A  ABCD  60 Tính khoảng cách đường thẳng SB AC a 3a 3a a B C D 2 CÂU : Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình thoi cạnh a BAD  60 Hình chiếu vng góc S mặt phẳng  ABCD  trùng với trọng tâm tam giác ABC Góc mặt phẳng  SAB  A  ABCD  60 Khoẳng cách từ điểm B đến mặt phẳng  SCD  21a 21a 7a 7a B C D 14 14 CÂU : Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC tam giác vng cân B, BC  a Cạnh bên SA vng góc với mặt phẳng (ABC) Gọi H, K hình chiếu vng góc A lên SB SC Tính thể tích khối cầu tạo mặt cầu ngoại tiếp hình chóp A.HKB  a3  a3 2 a A 2 a B C D A GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 25 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHƠNG GIAN CÂU 9: Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật AB  a, AD  a Góc hai mặt phẳng  SAC   ABCD  600 Gọi H trung điểm AB Biết tam giác SAB cân H nằm mặt phẳng vuông góc với đáy Tính theo a bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.HAC 2a 62a 62a 31a A B C D 32 16 8 CÂU 10:Cho khối chóp S.ABCD có đáy hình vng cạnh a, SA vng góc với mặt phẳng đáy khoảng a cách từ A đến mặt phẳng  SBC  Gọi M điểm thuộc cạnh SD cho SM  3MD Mặt phẳng  ABM  cắt cạnh SC điểm N Thể tích khối đa diện MNABCD 15a 17a 11a 7a B C D 32 96 32 32 CÂU 11 Xét khối chóp S.ABC có đáy ABC 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 A cos   B cos   C cos   D cos   3 CÂU 12: Cho hình chóp S.ABCD có đáy hình thang vng A B Hình chiếu vng góc S mặt đáy (ABCD) trùng với trung điểm AB Biết AB  a, BC  2a, BD  a 10 Góc hai mặt phẳng (SBD) mặt phẳng đáy 600 Tính thể tích V khối chóp S.ABCD theo a 30a 30a 30a 30a A V  B V  C V  D V  12 8 CÂU 13: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình thang vng A B, AB  BC  a, AD  2a, SA vng góc với mặt đáy (ABCD, SA  a Gọi M, N trung điểm SB, CD Tính cosin góc đường thẳng MN (SAC) 55 A B C D 10 10 5 CÂU 14: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật, AB  2a, BC  a Hình chiếu vng góc A H đỉnh S mặt phẳng đáy trung điểm cạnh AB, góc đường thẳng SC mặt phẳng đáy 60 Tính cosin góc hai đường thẳng SB AC A 35 B C D CÂU 15: Cho hình chóp S.ABCD có đáy hình chữ nhật, AB  a; AD  2a Tam giác SAB cân S nằm mặt phẳng vng góc với đáy Góc đường thẳng SC mặt phẳng  ABCD  450 Gọi M trung điểm SD Tính theo a khoảng cách d từ điểm M đến mặt phẳng (SAC) A d  a 1315 89 B d  2a 1315 89 C d  GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 2a 1513 89 D d  a 1513 89 Trang 26 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHƠNG GIAN GIẢI CHI TIẾT CÂU 1: Đáp án D  Gọi H hình chiếu O lên  ABC   H trực tâm ABC  Ta có OA;  ABC    OA; AH   OAH   ; tương tự OBH  ;OCH    Lại có  x, y, z  Đặt x  sin , y  sin , z  sin      x  y  z  33 xyz  xyz  27 x  y  z         1  Khi M                    sin    sin   sin    x  y  z    1 1  1    4     2      x y z   xy yz xz  xyz 36 18 36 18  8    8    125 x  y  z xy  yz  zx xyz 1 27 1 1 OH OH OH         sin   sin   sin   OH OA OB2 OC OA OB2 OC Vậy M  125 CÂU : Đáp án D  Dựng hình bên với  HE  AB; HF  AC; HM  BC  Ta có: OE  OF=OK=1;SMH  600   Đặt BC  2a  SH  a; HSM  300 a 2a ;SM  Ta có: HM tan 300  SH  HM  3 SOsin30  OK   SO   OH  a    HE  12   a   ; AH  a    a 2a  3   a  2 HE Lại có: sin EAH    2a AH 3  3a    a  4a    a  Trên AM lấy điểm P cho BPC  1200  ABPC nội tiếp SA.AP.SM SA 343    V C   R   Khi R S.ABC  R SAP  48 2.AP.SH 2SH CÂU 3: Đáp án A BI  SA  Gọi I, H trung điểm SA, BC Ta có   SA   BIC  VS.IBC  VA.IBC CI  SA  Đặt SA  a, BC  b, theo giả thiết ta a  b2  18   Lại có BI  SB2  SI2  25   Và IH  IB2  BH2  a2 100  a  100  a b2 100  a  b2   4 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 27 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHƠNG GIAN y 100  a  b Diện tích tam giác IBC SIBC  IH.BC  a b ab 100  a  b  Suy VS.IBC  VA.IBC  100  a  b  24 ab 100  a  b  Khi đó, thể tích khối chóp S.ABC VS.ABC  2VS.IBC  12 2 2 x  a b a b 18 82 x y  Ta có ab  V 100  a  b  100  18    24 24 4  y  82  Vậy x  y  xy   822  4.82  6400  4550 CÂU 4: Đáp án A   Gọi M trung điểm CD MC  MD; MA  MB  Ta có AB  OA2  OB  2OA.OB cos A  2a 3; OI  a  CI  AB AB  a 3; DI   3a  CO  a 2; DO  2a 2  Khi OC.OD  OB  BCD vuông B Suy MC  MD  MB  Vậy M tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD Khi R  CD OC  DO 3a   2 CÂU 5: Đáp án A GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 28 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHƠNG GIAN  Ta có: SM   2a   a  3a SM  MN  SN  2MN SN cos 60 2  3a   2a   SN  2.2aSN  SN  2aSN  a    SN  a    SN  a a a a a  SH  SN sin 60  ; MP  a  a  a ; HN  SN cos 60   HO  a   2 OM a  Ta có   nên d  O;  SMP    d  h;  SMP   HM 3a KH MH  PN  a  a  a Mà  PN MN MH 2a 1 1 3a   KH  PN  a 2      IH  2 2 MN 2a IH HS HK 10  a   3a          CÂU 6: Đáp án D Gọi H hình chiếu vng góc S mặt phẳng (ABCD) Ta có SA  SO  SHA  SHO  c  g  c   HA  HO   a 2a HAO  30  HA   HD   HAO cân H, có  3  OA  a Xác định góc SD;  ABCD   SDH  60  SH  2a Qua B kẻ đường thẳng d / /AC, K hình chiếu H d  AC / / SBK   d SB;AC   d  AC; SBK    d  A; SBK   Mặt khác d  H;d    d  A; SBK    d  H; SBK   d  A;d  Vậy d  A; SBK    SH.HK 3a 3a   d SB; AC   SH2  HK 4 CÂU : Đáp án C  Gọi I trọng tâm tam giác ABC, H hình chiếu vng góc I    SAB  ;  ABCD   SH; HI  SHI  60  1a a a a Mà IH  d  C;  AB     SI  tan 60  3 6 Kẻ IK  CD; IE  SK  IE  SCD   d  I; SCD    IE  2a a SI.IK a Mà IK  d  B;  CD      IE   2 3 SI  IK 3a  Vậy d  B; SCD    d I; SCD    14 CÂU : Đáp án D  Theo giả thiết, ta có ABC  90 ABC  90 (1)   AH  SB  Do   AH   SBC   AH  HC (2)   BC  AH  BC   SAB    Từ (1), (2)  ba điểm B, H, K nhìn xuống AC góc 90  Nên hình chóp A.HKCB nội tiếp mặt cầu tâm I trung điểm AC AC AB a  R   2 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020  Trang 29 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHƠNG GIAN 2 a3 Vậy thể tích khối cầu V   R3  3 CÂU 9: Đáp án C   Kẻ HK  AC  AC   SHK    SAC  ;  ABCD   SKH  600  Tam giác HAC có AH   Bán kính đường trịn ngoại tiếp HAC RHAC  a 3a AC  a , HC  2 HC 2.sin HAC 3a 1 AB.BC a d  B; AC    2 2 AB  BC  Và HK  d  H ; AC    Tam giác SHK vng H , có SH  tan SKH x HK   Vậy R  R 2 HAC  a 2  3a   a  SH 62a             CÂU 10:Đáp án D    Kẻ AH  SB  d  A, SBC    AH  a  SAB vuông cân A  SA  a 1 a3 SM SN  VS.ABCD  SA.SABCD  a.a  Kẻ MN / /CD    SD SC 3 Ta có: VS.ABD  VS.BCD  VS.ABCD GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 30 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHƠNG GIAN  VS.AMNB VS.ABM  VS.BMN  VS.ABM VS.BMN   SM SM SN   3  21            VS.ABCD 2VS.ABD  VS.ABD VS.ABD   SD SD SC   4  32 V 11 11 a 11a  MNABCD  VS.ABCD   VS.ABCD 32 32 96  Vậy VMNABCD  11 11 a 11a VS.ABCD   32 32 96 CÂU 11: Đáp án B BC  AM Gọi M trung điểm BC ta có:   BC  SAM  BC  SA Trong  SAM  kẻ AH  SM  AH  BC  AH  SBC   AH    SBC    ABC   BC     SBC  ;  ABC     AM;SM   SMA   AM  BC SM  BC    SABC  AH   BC  2AM  sin  sin  sin  1  AM.BC   2 sin  sin  sin   AM  Trong tam giác vuông SAM có: SM   SA  SM  AM    AM  sin  sin  cos  cos     2 sin  cos  sin  sin  cos cos 1 9  VS.ABC  SA.SABC   3 cos sin  1  cos   cos Đặt t  cos   t  1  f  t   1  t  t   243   27     243 f  ;f  ;f      18 2;f    3   10       3  f  t   f   x 0;1   CÂU 12: Đáp án D  Dựng HK  BD, SH  BD nên ta có:  SKH   BD  Góc hai mặt phẳng (SBD) mặt phẳng đáy SKH  600 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 31 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHƠNG GIAN  Lại có: AD  BD  AB2  3a, HK   Do SH  HK tan 600  AB.AD 3a  d  A; BD   2 BD 10 3a AD  BC a 30 AB.SH  Vậy V  10 CÂU 13: Đáp án B   Dễ thấy CD  SAC   cos  MN; SAC    sin  MN;CD  Gọi H trung điểm AB  MH   ABCD  a 10 a  Tam giác MHC vuông H, có MC  MH  HC2  MN2  NC2  MC2  Tam giác MNC, có cosMNC   2.MN.NC 10 55  Vậy cos  MN; SAC    sin MNC   cos MNC  10 CÂU 14: Đáp án A  Tam giác MHN vuông H, có MN  MH2  HN2   Cách giải: HC  BH2  BC2  a  a  a  Ta có SC;  ABCD    SC; HC   SHC  60 Xét tam giác vng SHC có SH  HC.tan 60  a  a  Ta có: AC  AB2  BC2  4a  a  a SB  SH  HB2  6a  a  a   SB.AC  SH  HB AC  SH.AC  HB.AC  HB.AC  Ta có:  Lại có SB.AC  SB.AC.cos SB; AC   cos SB; AC   SB.AC  HB.AC.cos  HB; AC   HB.AC.cos BAC  HB.AC AB  a.2a  2a AC SB.AC 2a 2   SB.AC a 7.a 35 CÂU 15: Đáp án D  Ta có SC;  ABCD    SC; HC   SCH  450 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 32 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHƠNG GIAN a 17  => SHC vuông cân H  SH  HC  BC2  BH   d  M;  SAC     Trong  ABD  kẻ HI  AC ,trong  SHI  kẻ HK  SI ta có:  AC  HI  AC  SHI   AC  HK  HK  SAC   d  H; SAC    HK  AC  SH  Ta có  AHI a HI AH 2 a ACB  g.g     HI  BC AC a 5   1 d  D;  SAC    d  B;  SAC    d  H;  SAC   2 2a 1 1 89 a 17 a 1513       HK   2 2 17a a HK SH HI 17a 89 89 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 33 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHƠNG GIAN CHỦ ĐỀ 2: THỂ TÍCH KHỐI LĂNG TRỤ VÍ DỤ 1: Cho hình lăng trụ đứng ABC.ABC có đáy ABC tam giác vng, AB  BC  a Biết góc hai mặt phẳng  ACC    ABC   60 Tính thể tích khối chóp B.ACCA A a3 B a3 C a3 D a3 Lời giải Chọn A B A C K B' A' M C' Gọi M trung điểm AC Do tam giác ABC vuông cân B  nên BM  AC  MB   AAC C  Thể tích khối chóp B.ACCA VB AAC C  BM AA AC a Ta có BM  , AC  a Do MB   AAC C   MB  AC Kẻ MK  AC  BK  AC Vậy góc hai mặt phẳng  ACC   ABC   MKB  MKB  60 Trong tam giác vng MKB ta có tan 60  MB MB a   MK  MK tan 60 MK MK  Trong tam giác vng MKC ta có tan MC K   KC MC  MK Mặt khác tam giác vng AAC ta có AA  AC .tan MC K  a 6  2a 6a  36 a  a a3 a Vậy VB AAC C  BM AA AC  a .a  3 VÍ DỤ Cho khối lăng trụ đứng ABC.ABC có đáy ABC tam giác cân với AB  AC  a , BAC  120 , mặt phẳng  ABC   tạo với đáy góc 60 Tính thể tích V khối lăng trụ cho A V  3a B V  9a C V  a3 D V  3a3 Lời giải Chọn C GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 34 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHƠNG GIAN Gọi M , I , I  trung điểm AC , BC , BC D điểm đối xứng với A qua I , D điểm đối xứng với A qua I  Khi mặt phẳng  ABC     ABDC   góc mặt phẳng A BC với đáy góc mặt phẳng  ABDC   với đáy Ta có tứ giác ABDC hình thoi Vì BAC   120 nên tam giác ACD tam giác cạnh a  DM  AC Mà AC  DD Nên AC  DM Vậy góc mặt phẳng  ABDC   với đáy góc DMD  60  a  C I   DM   C B  a Xét tam giác ACD , có:   AI   a  Xét tam giác MDD vng D có DMD  60  DMD nửa tam giác có đường cao DD 3a  DD  DM  1 a a2 S ABC  AI .BC   a  2 1 a 3a a3 VABC ABC  S ABC DD   3 VÍ DỤ Cho khối trụ đứng ABC.ABC có đáy tam giác Mặt phẳng  ABC  tạo với đáy góc 30 tam giác ABC có diện tích 8a Tính thể tích V khối lăng trụ cho A V  3a B V  3a C V  64 3a D V  16 3a3 Lời giải Chọn A GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 35 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHƠNG GIAN C A B A C 30 o H B Gọi H trung điểm BC  AH  BC Ta lại có: AA   ABC     BC  AA BC   ABC    góc  ABC   ABC  30   AH  x Gọi BC  2x , theo đề ta có:   AH  AA2  AH  2x   AA  AH tan  30   x 1 SABC  8a  BC AH  8a  x.2 x  8a  x  2a 2  3 Vậy thể tích cần tìm: V  SABC AA    4a   2a  3a   VÍ DỤ 4: Cho hình lăng trụ đứng ABC.ABC có đáy ABC tam giác vuông A , AC  a , ACB  60 Đường thẳng BC tạo với  ACC A  góc 30 Tính thể tích V khối trụ ABC.ABC A V  a B V  a3 C V  3a D V  a 3 Lời giải Chọn A Xét tam giác ABC vng A ta có: GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 36 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHƠNG GIAN AB a2  AB  a Khi SABC  AB AC  AC 2 Ta có hình chiếu vng góc cạnh BC mặt phẳng tan 60o   ACC A AC Khi góc BC A  30 Xét tam giác ABC vng A ta có: AB tan 30   AC   3a AC  Khi đó: CC   AC 2  AC  2a Vậy VABC ABC  CC .SABC  a3 VÍ DỤ 5: Cho hình lăng trụ đứng ABC.ABC có đáy ABC tam giác cân, với AB  AC  a góc BAC  120 , cạnh bên AA  a Gọi I trung điểm CC Cosin góc tạo hai mặt phẳng  ABC   ABI  A 11 11 B 33 11 C 10 10 D 30 10 Lời giải Chọn D B' a A' a C' I C B a A  1 Ta có BC  AB  AC  AB AC.cos BAC  a  a  2.a.a     3a  BC  a  2 Xét tam giác vng BAB có AB  BB2  AB2  a  a  a Xét tam giác vuông IAC có IA  IC  AC  a  a2 a  Xét tam giác vng IBC có BI  BC 2  C I  3a  Xét tam giác IBA có BA2  IA2  2a   S IBA  a a 13  5a 13a   BI  IBA vuông A 4 1 a a 10 AB AI  a  2 1 a2 AB AC.sin BAC  a.a  2 Gọi góc tạo hai mặt phẳng  ABC   ABI   Lại có S ABC  Ta có ABC hình chiếu vng góc ABI mặt phẳng  ABC  Do S ABC  S IBA cos   a a 10 30  cos   cos   4 10 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 37 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHƠNG GIAN BÀI TẬP RÈN LUYỆN CÂU 1: Cho lăng trụ đứng ABC.ABC đáy tam giác vuông cân B , AC  a , biết góc  ABC  đáy 60 Tính thể tích V khối lăng trụ A V  a3 B V  a3 C V  a3 D V  a3 CÂU 2: Cho lăng trụ đứng ABC A ' B ' C ' có đáy tam giác ABC vuông cân A , cạnh BC  a Góc mặt phẳng  AB ' C   BCC ' B ' mặt phẳng 600 Tính thể tích V khối lăng trụ ABC.A ' B ' C ' ? 2a 3 A V  a3 B V  3a3 C V  3a3 D V  CÂU 3: Cho hình lập phương cạnh 2a Tâm mặt hình lập phương đỉnh hình bát diện Tính tổng diện tích tất mặt hình bát diện A B 3a 3a C 3a D 3a CÂU 4: Cho khối lăng trụ đứng ABC.ABC có đáy tam giác cân ABC với AB  AC  2x , BAC  120 , mặt phẳng  ABC   tạo với đáy góc 30 Tính thể tích V khối lăng trụ cho A V  x3 C V  B V  x3 3x3 16 D V  x3 CÂU Cho khối lăng trụ tam giác ABC.ABC Gọi M , N trung điểm BB CC Mặt phẳng  AMN  chia khối lăng trụ thành hai khối đa diện Gọi V1 thể tích khối đa diện chứa đỉnh B V2 thể tích khối đa diện cịn lại Tính tỉ số A V1  V2 B V1 V2 V1  V2 C V1  V2 D V1  V2 CÂU 6: Cho lăng trụ đứng tam giác có độ dài cạnh đáy 37cm ; 3cm ; 30cm biết tổng diện tích mặt bên 480cm Tính thể tích V lăng trụ A V  2160cm3 B V  360cm3 C 720cm D V  1080cm3 CÂU 7:Cho lăng trụ đứng ABC.A ' B ' C ' có cạnh BC  2a, góc hai mặt phẳng  A ' BC   ABC  600 Biết diện tích tam giác A ' BC 2a Tính thể tích V khối lăng trụ ABC.A ' B ' C ' A V  3a B V  a 3 2a C V  D V  a3 CÂU 8: Cho hình lăng trụ đứng ABC.ABC có AB  , AC  , BAC  120o Giả sử D trung điểm cạnh CC BDA  90o Thể tích khối lăng trụ ABC.ABC A 15 B 15 C 15 D 15 Cho hình lăng trụ đứng ABC.ABC có đáy ABC tam giác vng C , ABC  60 , cạnh BC  a , đường chéo AB mặt bên  ABBA tạo với mặt phẳng  BCC B  góc 30 Tính thể tích CÂU 9: khối lăng trụ ABC.ABC GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 38 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN A a3 B a C a3 D a 3 CÂU 10: Cho lăng trụ đứng ABC.ABC có đáy tam giác vng A , AC  a , ACB  60 Đường chéo BC mặt bên  BCCB  tạo với mặt phẳng  AACC  góc 30 Tính thể tích khối lăng trụ theo a A a3 B 6a C a3 D a CÂU 11 Cho hình lăng trụ đứng ABC.ABC có đáy tam giác vuông cân đỉnh A , mặt bên BCC B hình vng, khoảng cách AB CC a Thể tích khối lăng trụ ABC.ABC là: A a3 B a3 C a3 D a CÂU 12: Cho hình hộp đứng ABCD.ABCD có đáy hình vng cạnh a , góc mặt phẳng  DAB  mặt phẳng  ABCD  30 Thể tích khối hộp ABCD.ABCD A a3 18 B a 3 C a3 D a3 CÂU 13: Cho lăng trụ đứng tam giác ABC.ABC có tất cạnh a Một mặt phẳng qua AB trọng tâm tam giác ABC , cắt AC BC E F Thể tích V khối C.ABFE : 5a3 5a3 5a3 a3 A V  B V  C V  D V  18 54 27 27 CÂU 14: Một nhà kho có dạng khối hộp chữ nhật đứng ABCD.ABCD , hình chữ nhật ABCD có AB  3m , BC  m , chiều cao AA  m , chắp thêm lăng trụ tam giác mà mặt bên ABCD AB cạnh đáy lăng trụ Tính thể tích nhà kho ?  12  A m B 27 3 m C 54 m3  27  D m CÂU 15: Cho khối lăng trụ đứng có đáy ABC tam giác vuông B , AB  BC  2a , AA  a Tính thể tích V khối chóp A.BCCB theo a 4a 3 2a 3 A V  B V  a C V  D V  2a3 3 CÂU 16: Cho lăng trụ đứng ABC ABC có đáy tam giác vuông A , AC  a , ACB  60 Đường chéo BC ' mặt bên  BCCB  tạo với mặt phẳng  AAC C  góc 30 Tính thể tích khối lăng trụ theo a a3 A 2 6a B a3 C D a3 ABC ABC có đáy ABC tam giác vuông A , AC  a, ACB  60 Đường thẳng BC ' tạo với  ACC A  góc 30 Tính thể tích V khối trụ CÂU 17 Cho hình lăng trụ đứng ABC ABC A V  a3 B V  a3 C V  3a3 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 D V  a3 Trang 39 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHƠNG GIAN CÂU 18 Cho hình lăng trụ đứng ABC ABC có đáy tam giác vng cân đỉnh A , mặt bên BCCB hình vng, khoảng cách AB CC  a Thể tích khối lăng trụ ABC ABC A 2a B 2a C 2a D a CÂU 19: Cho hình lăng trụ đứng ABC.ABC có đáy ABC tam giác vuông cân C với CA  CB  a Trên đường chéo CA lấy hai điểm M , N Trên đường chéo AB lấy hai điểm P , Q cho MNPQ tứ diện Tính thể tích khối lăng trụ ABC.ABC a3 A B a a3 C D 2a CÂU 20: Cho lăng trụ đứng ABC.ABC tích V Điểm M trung điểm cạnh AA Tính theo V thể tích khối chóp M BCCB V V 3V 2V A B C D 3 CÂU 21: Cho hình lăng trụ đứng ABC.ABC có đáy ABC tam giác cạnh a Khoảng cách từ tâm a O tam giác ABC đến mặt phẳng  ABC  Thể tích khối lăng trụ 3 3a 3a 3a 3a A B C D 16 28 CÂU 22: Cho hình hộp đứng ABCD.ABCD có AB  AD  a , AA '  lượt trung điểm AD , AB Tính thể tích khối đa diện ABDMN 3a 9a 3 3a3 A B C 16 16 a , BAD  60 Gọi M , N lần D 3a3 CÂU 23: Cho lăng trụ đứng ABC.ABC có AB  a , BC  a , AC  2a góc CB  ABC  60 o Mặt phẳng  P  qua trọng tâm tứ diện CABC , song song với mặt đáy lăng trụ cắt cạnh AA , BB , CC E , F , Q Tỉ số thể tích khối tứ diện CEFQ khối lăng trụ cho gần số sau nhất? A 0, 07 B 0, 06 C 0, 25 D 0, 09 CÂU 24: Cho lăng trụ đứng ABC.ABC có AB  a , BC  a , AC  2a góc CB  ABC  60 o Mặt phẳng  P  qua trọng tâm tứ diện CABC , song song với mặt đáy lăng trụ cắt cạnh AA , BB , CC E , F , Q Tỉ số thể tích khối tứ diện CEFQ khối lăng trụ cho gần số sau nhất? A 0, 07 B 0, 06 C 0, 25 D 0, 09 CÂU 25: Cho lăng trụ đứng ABC.ABC có đáy ABC tam giác vuông A , AB  2a, AC  3a Mặt phẳng  ABC  hợp với mặt phẳng  ABC   góc 60 Tính thể tích khối lăng trụ cho A 6a3 39 13 B 18a3 39 13 C 9a3 39 26 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 D 3a3 39 26 Trang 40 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN GIẢI CHI TIẾT CÂU 1: Chọn A Tam giác ABC vuông cân B , AC  a  AB  BC  a a2 S ABC  Góc  ABC  đáy góc ABA  60 AA  AB.tan 60  a VABC ABC  SABC AA  a2 a3 a  2 CÂU 2: Chọn D Z B' A' C' B A y C x Vì tam giác ABC vng cân A , cạnh BC  a nên AB  AC  a       Chọn hệ trục tọa độ Oxyz cho A  0;0;0  , C a 3;0;0 , B 0; a 3;0 , A  0;0; z   z        B 0; a 3; z ; BC  a 3; a 3;0 , BB   0; 0; z  VTPT  BCC B  là: n1      BC , BB  1;1;0  za   AC  a 3;0;0 , AB  0; a 3; z  VTPT mặt phẳng  BAC  là: n2   AC , AB  0;  z; a a 3 Vì góc mặt phẳng  AB ' C  mặt phẳng  BCC ' B ' 600 nên: GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 41 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHƠNG GIAN   cos 60  cos n1 , n2  z  z  3a    za Vậy thể tích khối lăng trụ ABC A ' B ' C ' là: V  3a3 AC AB AA  2 CÂU 3: Chọn A B' A' D' C' O2 B A O1 C D Xét hình lập phương ABCDABCD cạnh 2a , gọi O1 , O2 tương ứng tâm ABCD 1 BC  2a  a O1 , O2 cạnh bát diện có đỉnh tâm 2 hình lập phương ABCDABCD Suy hình bát diện có tổng diện tích mặt là: ABBA suy ra: O1O2  a  S   3a (đvdt) CÂU 4: Chọn B Gọi I trung điểm BC Ta có  ABC ,  ABC  AIA  30 , VABC ABC   AI  AB.tan 60  x , AA  AI tan 30  x x x.2 x.sin120  x3 CÂU Chọn B GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 42 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHƠNG GIAN C' A' B' N M C A B Đặt thể tích khối lăng trụ ABC.ABC V , ta tích khối chóp A.ABC V  2V Mặt khác thể tích khối chóp A.BCNM thể tích khối chóp A.BCNM nên thể tích khối V chóp A.BCNM 2V V V Vậy V1  , V2    3 V2 thể tích khối chóp A.BCC B  CÂU 6: Chọn D Nửa chu vi đáy: p  37  13  30  40 Diện tích đáy là: S  40.(40  37).(40  13).(40  30)  180cm2 Gọi x độ dài chiều cao lăng trụ Vì mặt bên hình lăng trụ đứng hình chữ nhật nên ta có: Sxq  13.x  37.x  30.x  480  x  Vậy thể tích lăng trụ là: V  6.180  1080cm3 CÂU 7: Chọn B Gọi H hình chiếu A BC  AH  BC Ta có AA '  ( ABC )  AA '  BC AH  BC  BC  ( A ' AH )  (( ABC );( A ' BC ))  A ' HA  600 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 43 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHƠNG GIAN Diện tích A ' BC SA ' BC sin A ' HA  2.SA ' BC 4a  A ' H BC  A ' H    2a BC 2a AA '  AA '  sin 600.2a  a , A' H  AH  A ' H  A ' A2  4a  a   a  SABC  AH BC  a Vậy thể tích lăng trụ VABC A ' B 'C '  AA '.SABC  a 3.a  a3 CÂU 8: Chọn B BC  AB  AC  AB AC.cos BAC   BC  Đặt AA  h  BD  h2 h2  7, AB  h  1, AD   4 Do tam giác BDA vuông D nên AB2  BD2  AD2  h  Suy V  15 CÂU 9: Chọn B Tam giác ABC vng C có ABC  60 ; BC  a suy AC  BC tan 600  a Khi : SABC  a2 AC.BC  2 Mặt khác: AC   BCC B  suy góc AB ' mặt phẳng  BCC B  ABC  30 Tam giác ABC vng C có ABC  30 ; BC  a suy BC  AC  3a tan 30o Tam giác BBC vng B có BC  a ; BC  3a  BB  2a Vậy VABC ABC   SABC BB  a3 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 44 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHƠNG GIAN CÂU 10: Chọn D a2 Ta có ABC vuông A, AC  a  AB  a  SABC  a.a  2 BC tạo với mặt phẳng  AACC  góc 30  BC A  30 Lại có ABC vng A , suy AC  3a Từ AA   AC     AC   Vậy VABC ABC   AA.SABC  2a 2   AC    AC  2a a2  a3 CÂU 11 Chọn C B' A' C' B A C Ta có: AC  AB (giả thiết), AC  AA ( ABC.ABC lăng trụ đứng)  AC   AABB  Ta có: CC / / BB  CC / /  AABB   d  CC, AB   d  CC,  AABB    d  C ,  AABB    AC  a Vì tam giác ABC vuông cân A nên BC  AC  a Mặt khác BCC B hình vuông nên BB  BC  a Thể tích khối lăng trụ ABC.ABC là: V  S ABC BB  a2 a3 a 2 2 CÂU 12: Chọn B GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 45 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHƠNG GIAN Ta có  ADDA    AB  nên góc mặt phẳng  DAB  mặt phẳng  ABCD  góc AD AA hay AAD  30 Suy AA  AD  a Vậy thể tích hộp VABCD ABC D  a3 tan 30 CÂU 13: Chọn A Trong mặt phẳng  ABC  qua G kẻ đường thẳng song song với AB cắt CA , CB E , F Ta chia khối C.ABFE thành hai khối A.BCF A.CEF a Kẻ AH   BC  AH    BCCB  AH   1 a 2a a 3    Ta có VA.BCF  A H B B.CF  a  18 S 4 a2  CF   Ta lại có CEF    S  S   CEF ABC S ABC  CB  9 1 a a3   VA.CEF  A A.SCEF  a  3 27 a3 a3 5a3 Vậy VC ABFE  VA .B CF  VA CEF    18 27 54 CÂU 14: Chọn D GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 46 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHƠNG GIAN J I C' B' A' D' 3m 6m B C 3m A D Ta có : Vkho  VABCD ABC D  VABJ DC I VABCD ABC D  AB AD AA  3.3.6  54m  3 27 3 VABJ DC I  SABJ AD   32 m       Vkho   27  m CÂU 15: Chọn A Ta có: VA.BCCB  1 3 AB.SBCCB  AB.BC.BB  2a.2a.a  a 3 3 CÂU 16: Chọn D  C A hình chiếu BC  lên mặt phẳng  ACCA  Ta có BC   ACC A   Vậy góc  BC,  ACCA   BCA  30 ABC vng A có AB  AC.tan 60  a ABC ' vng A có AC '  AB.cot 30  3a ACC ' vuông C có CC '  VABC A ' B ' C '  S ABC CC  AC '2  AC  2a AB AC.CC  a3 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 47 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHƠNG GIAN CÂU 17 Chọn A  C A hình chiếu BC  lên mặt phẳng Ta có BA   ACC A    ACCA Vậy góc  BC,  ACCA  BCA  30 ABC vuông A có AB  AC.tan 60  a ABC vng A có AC  AB.cot 30  3a ACC vng C có CC   AC 2  AC  2a VABC ABC  S ABC CC  AB AC.CC  a3 CÂU 18.Chọn C Tam giác ABC vuông A  AC  AB Và ABC ABC lăng trụ đứng  AA   ABC   AA  AC   Suy AC   ABBA   d C ,  ABBA   AC   Mặt khác CC//  ABBA   d  AB, CC   d CC,  ABBA   AC  AB  AC  a  BC  a  AA '  BB '  a Vậy thể tích khối lăng trụ ABC ABC a3 VABC ABC  AA.SABC  a a  2 CÂU 19: Chọn C GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 48 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHƠNG GIAN A' B' C' Q N P A M B C Do MNPQ tứ diện suy AB  AC Đặt AA  x   Ta có AB AC   AC  CB  BB AC   x a  x Vậy VABC ABC  a  x a  x a x a3  a a  2 2 x 0  x a a  x2 CÂU 20: Chọn A A' C' B' M A C B Gọi: V  VABC ABC  AA.SABC 1 1  VM ABC  VM ABC   MA.S ABC  AA.S ABC  V 3 1 2V Ta có: VM BCC B  V  VM ABC  VM ABC   V  V  V  6 CÂU 21: Chọn D A' C' B' H C A O M B Gọi M trung điểm BC H hình chiếu A A ' M GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 49 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN BC  AM    BC   AAM   BC  AH (1) BC  AA  Mà AH  AM   Ta có Từ (1) (2)  d  A,  ABC    AH Ta có d  O,  ABC   d  A,  ABC    MO  (do tính chất trọng tâm) MA  d  A,  ABC    3d  O,  ABC    a a  AH  2 1 1 4 a   Xét tam giác vuông A ' AM :     AA  2 2 AH AA AM AA a 3a 2 Suy thể tích lăng trụ ABC.A ' BC là: V  AA.SABC a a 3 2a   16 2 CÂU 22: Chọn A Gọi S  BN  AA Suy ra: S , M , D thẳng hàng SM AM   Suy M trung điểm SD Có: SD AD SSMN SM SN    S MNBD  S SBD SSBD SD SB Tam giác ABD có AB  AD  a , BAD  60 nên tam giác ABD tam giác 1 3 VA BDMN  d  A,  BDMN   S BDMN  d  A,  SBD   S SBD  VS ABD 3 4 31 a 3a  SA.SABD  a  43 4 16 CÂU 23:Chọn C GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 50 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHƠNG GIAN Gọi M , N trung điểm AB , CC ; G trung điểm MN Suy G trọng tâm tứ diện CABC  P  qua G cắt cạnh AA , BB , CC E , F , Q AE  BF  CQ  AA Thể tích khối lăng trụ V  AA.S ABC VCEFQ 1   0, 25 Thể tích tứ diện CEFQ là: VCEFQ  CQ.S EFQ  AA.S ABC  V  3 4 V CÂU 24: Chọn C Gọi M , N trung điểm AB , CC ; G trung điểm MN Suy G trọng tâm tứ diện CABC  P  qua G cắt cạnh AA , BB , CC E , F , Q AE  BF  CQ  AA Thể tích khối lăng trụ V  AA.S ABC VCEFQ 1   0, 25 Thể tích tứ diện CEFQ là: VCEFQ  CQ.S EFQ  AA.S ABC  V  3 4 V CÂU 25: Chọn B GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 51 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN  A   ABC    ABC   Ta có  BC //BC   ABC    ABC    Ad //BC //BC   BC   ABC  ; BC  ABC      Dựng AH  BC   AH  A d Dựng AK  BC  AK  Ad Góc mặt phẳng  ABC  với mặt phẳng  ABC   KAH  KAH  60 Ta có AH  AB2 AC2 13  a 2 AB  AC 13 Ta có BB  HK  tan 60 AH  Vậy VABC A B C   BB .SABC  39 a 13 1 39 18 39 AB.A C.BB   2a.3a a  a 2 13 13 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 52 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN DẠNG CÂU HỎI THƯỜNG XUẤT HIỆN TRONG ĐỀ THI CÂU 1: Một hộp nữ trang (xem hình vẽ) có mặt bên ABCDE với ABCE hình chữ nhật, cạnh cong CDE cung đường trịn có tâm trung điểm M đoạn thẳng AB Biết AB  12 cm , BC  cm BQ  18 cm Hãy tính thể tích hộp nữ trang S T E D P Q C 18 A  C 261 M 12   4  cm A 216 4  3 cm R B  D 216 3   4  cm B 261 4  3 cm3 3 CÂU 2: Cho lăng trụ tam giác ABC.ABC cạnh đáy a , chiều cao 2a Mặt phẳng  P  qua B  vng góc với AC chia lăng trụ thành hai khối Biết thể tích hai khối V1 V2 với V1  V2 Tỉ V số V2 1 1 A B C D 11 47 23 CÂU 3: Cho lăng trụ ABC.ABC có đáy tam giác cạnh a Hình chiếu vng góc mặt phẳng  ABC  trùng với trọng tâm tam giác ABC Biết thể tích khối lăng trụ hai đường thẳng AB BC là: 2a A B 4a C 3a a3 Khoảng cách D 3a CÂU 4: Cho hình lập phương ABCD.ABCD có cạnh a , mặt phẳng   cắt cạnh AA , BB , CC , DD M , N , P , Q Biết AM  a , CP  a Thể tích khối đa diện ABCD.MNPQ là: 11 11 2a a3 a a A B C D 30 15 3 CÂU 5: Cho khối chóp S.ABC có SA vng góc với đáy, tam giác giá trị nhỏ ABC vng B Biết thể tích khối chóp 24 diện tích tồn phần chóp S.ABC p  q p, q  Tính giá trị biểu thức: p  q  ? 37 37 A p  q  B p  q  36 25 25 C p  q  D p  q  16 S a C A c b B GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 53 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHƠNG GIAN CÂU 6: Một hình hộp chữ nhật có kích thước a (cm)  b (cm)  c (cm) , a, b, c số nguyên  a  b  c Gọi V (cm3 ) S (cm ) thể tích diện tích tồn phần hình hộp Biết V  S , tìm số ba số  a, b, c  ? A B 10 C 12 D 21 CÂU 7: Cho hình hộp ABCD.ABCD có đáy ABCD hình thoi cạnh a , BD  3a , hình chiếu vng góc B mặt phẳng  ABCD  trùng với trung điểm AC Gọi  góc tạo hai mặt phẳng  ABCD   CDDC   , cos   A 3a B 21 Thể tích khối hộp ABCD.ABCD 9a 3 C 9a D 3a 3 7a Hình chiếu vng góc A lên mặt phẳng  ABCD  trùng với giao điểm AC BD Tính theo a thể tích CÂU 8: Cho hình hộp ABCD.ABCD có đáy ABCD hình thoi cạnh a , BCD  120 AA  khối hộp ABCD.ABCD A V  3a B V  12a D V  9a C V  6a CÂU 9: Cho hình hộp MNPQ.M N PQ có cạnh 2a , với a  0; a  Biết QMN  60 , M MQ  M MN  120 Tính thể tích V khối hộp MNPQ.M N PQ theo a B V  2.a3 A V  2.a3 D V  2.a3 C V  8.a CÂU 10: Để làm máng xối nước, từ tơn kích thước 0, 9m  3m người ta gấp tơn hình vẽ biết mặt cắt máng xối (bởi mặt phẳng song song với hai mặt đáy) hình thang cân máng xối hình lăng trụ có chiều cao chiều dài tơn Hỏi x  m  thể tích máng xối lớn nhất? 3m x 0, m xm x 0, m 0, m 3m (a) Tấm tôn A x  0, 6m 0, m (b) Máng xối B x  0, 65m C x  0, 4m 0, m (c) Mặt cắt D x  0,5m CÂU 11 Cho khối lăng trụ ABC.ABC tích V  36 cm Mặt phẳng  ABC    ABC  chia khối lăng trụ thành khối đa diện Tính thể tích khối đa diện có chứa mặt hình bình hành BCCB A 18 cm3 B 15 cm3 C cm3 D 12 cm3 CÂU 12: Cho khối lăng trụ ABC.ABC tích 2018 Gọi M trung điểm AA ; N , P điểm nằm cạnh BB , CC cho BN  2BN , CP  3CP Tính thể tích khối đa diện ABC.MNP 32288 40360 4036 23207 A B C D 27 27 18 CÂU 13: Cho khối lăng trụ ABC.ABC Gọi M trung điểm BB , N điểm cạnh CC GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 54 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHƠNG GIAN cho CN  3NC Mặt phẳng ( AMN ) chia khối lăng trụ thành hai phần tích V1 V2 hình vẽ Tính tỉ số V1 V2 A V1  V2 B V1  V2 C V1  V2 D V1  V2 CÂU 14: Cho hình lăng trụ tam giác ABC.ABC có tất cạnh a Gọi M , N trung điểm cạnh AB BC Mặt phẳng  AMN  cắt cạnh BC P Tính thể tích V khối đa diện MBP.ABN A V  3a3 32 B 3a3 96 C 3a3 48 D 3a3 32 CÂU 15: Cho khối lăng trụ tam giác ABC.ABC Gọi M , N trung điểm BB CC Mặt phẳng  AMN  chia khối lăng trụ thành hai phần Gọi V1 thể tích khối đa diện chứa đỉnh B  V2 thể tích khối đa diện cịn lại Tính tỉ số A V1  V2 B V1 V2 V1  V2 C V1  V2 D V1  V2 CÂU 16: Cho hình lăng trụ ABC.ABC tích 6a Các điểm M , N , P thuộc AM BN CP   ,  Tính thể tích V  đa diện ABC.MNP cạnh AA , BB , CC cho AA BB CC  11 11 11 a A V   B V   a C V   a D V   a 16 18 27 CÂU 17: Cho hình lập phương ABCD.ABCD cạnh 2a , gọi M trung điểm BB P thuộc cạnh DD cho DP  DD Mặt phẳng  AMP  cắt CC N Thể tích khối đa diện AMNPBCD A D C B P M D' A' B' C' 9a A V  2a B V  3a C V  GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 3 11a D V  Trang 55 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHƠNG GIAN CÂU 18: Cho hình lăng trụ ABC.ABC tích V Các điểm M , N , P thuộc cạnh AM BN CP AA , BB , CC cho   ,  Thể tích khối đa diện ABC.MNP AA BB CC  11 20 V A V B C V D V 18 16 27 CÂU 19: Cho hình lăng trụ VABC.ABC Gọi M , N , P điểm thuộc cạnh AA , BB , CC cho AM  2MA , ũNB  2NB , PC  PC Gọi V1 , V2 thể tích hai khối đa diện V V tỉ số ABCMNP ABCMNP Tính V2 ă n V V V V A  B  C  D  V2 V2 V2 V2 B ắ c GIẢI CHI TIẾT CÂU 1: Chọn D  Ta có V  BQ.S ABCDE  Trong    122.120   6.12    6.12   12 3  4  360   S ABCDE  S ABCE  SCDE  S ABCE   SMCDE  SMCE    Thể tích hộp nữ trang V  18.12  3  4   216    4 cm3 CÂU 2: Chọn A Gọi H trung điểm AC , giác ABC nên BH  AC Trong  AC CA , kẻ HE  AC , HE  AA  I  BH  AC Ta có:   AC   BHI    P    BHI   HI  AC AEH #ACC  AIH #ACC  S BHI  AE AC  AC  AH a   AE   AH AC AC 10 IH AC AC AH a   IH   AH C C C C 1 a 15 a 15 a a3 BH HI  V1  S BHI AE   16 16 10 96 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 56 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHƠNG GIAN VABC ABC   S ABC AA  47 V a2 a3 a  V2  2a  96 V2 47 Suy A ' H   ABC  Qua A kẻ đường thẳng Ax song song với BC Ta có Ax / / BC  d  A ' A, BC   d  BC ,  A ' Ax    d  M ,  A ' Ax    d  H ,  A ' Ax    BC  AM  BC   A ' AM   BC  HK Kẻ HK  AA ' ta có  BC  A ' H  Mà HK  AA '  HK   A ' Ax   HK  Ta có a a2 a3 1 a mà S   V  A ' H S     HA '  ABC ABC HK HA2 HA '2 12 CÂU 3: Chọn C  Gọi F trọng tâm tam giác ABC Suy AF đường cao hình lăng trụ  SABC  a.a.sin 600  a Suy AF  a AA song song với mặt phẳng  BCC B  nên khoảng cách AA BC khoảng cách AA  BCC B  khoảng cách từ A đến mặt phẳng  BC vng góc với  FOE  Dựng FK vng góc với OE nên EF  d  F ,  BCC '   Tính AA   a  OE Xét hình bình hành AOEA : d  A,  ABCD    khoảng cách hình chiếu A lên OE  AF    AF  S AOEA  AO A ' F  OE.d   a CÂU 4: Chọn A B C O A D N M I P Q O1 B' C' O' A' D' GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 57 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHƠNG GIAN  Tứ giác MNPQ hình bình hành có tâm I thuộc đoạn OO  Ta có: OI   AM  CP 11 a  a  Gọi O1 điểm đối xứng 30 11 OO1  2OI  a  a Vậy O1 nằm đoạn OO 15 O qua I thì:  Vẽ mặt phẳng qua O1 song song với  ABCD  cắt cạnh AA; BB; CC ; DD  A1 , B1 , C1 , D1 Khi I tâm hình hộp ABCD A B1C1D1  Vậy VABCD.MNPQ  VMNPQ A1B1C1D1 = VABCD A1B1C1D1  a 2OO1  2 11 a 30 CÂU 5: Cho khối chóp S.ABC có SA vng góc với đáy, tam giác giá trị nhỏ ABC vuông B Biết thể tích khối chóp 24 diện tích tồn phần chóp S.ABC p  q p, q  Tính giá trị biểu thức: p  q  ? 37 37 A p  q  B p  q  36 25 25 C p  q  D p  q  16 S a C A c b B CÂU 6: Chọn.B  V  a.b.c S   ab  bc  ca   Ta có V  S suy  ab  bc  ca   a.b.c   1 1 1          a  (do  a  b  c ) a b c a a a a 1 1 1       2 a 6 a b c a 1 Với a  ta có     b   c    36 b c   1 1    a b c  Suy  b, c   7;42  , 8;24  ,  9;18 , 10;15 , 12;12   có cách chọn thỏa mãn  Với a  ta có  Suy  b, c   5;20  ,  6;12  , 8;8  có cách chọn thỏa mãn 1     b   c    16 b c GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 58 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN     b  1 3 20 b    ,  15 Với a  ta có      b  b c 10 10 b c  10 c    Suy có cách chọn thỏa mãn 1 Với a  ta có    b  c  Suy có cách chọn b c Vậy tổng cộng có 10 cách chọn CÂU 7: Chọn C  Do  DCC D  //  ABBA   ABCD  //  ABC D  nên góc hai mặt phẳng  ABCD   CDDC   ABBA góc hai mặt phẳng nên góc hai mặt phẳng  ABCD  và góc OHB với H hình chiếu O lên AB 9a 3a a  AC   a   OA  4  Trong ABD có OA2  AD2  OD2  3a   a 3a 2  3a Ta có OH.AB  OA.OB  OH  a  cos    BO  BH  OH   Vậy V  OH 21 3a a 21   BH   BH 21 1 3a 21a 9a a S ABCD  AC.BD  a 3.3a    2 16 16 3a a 9a3  2 CÂU 8: ChọnA A' D' C' B' A D O B C GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 59 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHƠNG GIAN  Gọi O  AC  BD Từ giả thiết suy AO   ABCD   Cũng từ giả thiết, suy ABC tam giác nên: S   AC  Đường cao khối hộp: AO  AA  AO  AA     2a    Vậy VABCD ABCD  S  2SABC  ABCD a2 2 ABCD 2 AO  3a3 (đvtt) CÂU 9: Chọn B N M P M Q P' N' N Q' M' M' O Q  Do hình chóp M NQM  có cạnh bên 2a nên chân đường cao hình chóp M NQM  tâm O đường tròn ngoại tiếp mặt đáy NQM   Như VMNPQ.M N PQ  6.VM NQM   2S NQM  OM Từ giả thiết ta có  MNQ đều, suy NQ  2a  Dùng định lý côsin cho  M MN  M MQ ta tính M N  M Q  2a  Dùng Hêrơng cho  NQM  ta tính S NPM   a 11  Từ bán kính đường trịn ngoại tiếp  NQM  ON   Xét tam giác OMN , ta có OM  MN  ON   Vậy VMNPQ.M N PQ  2.a 11 NQ.QM .NM  6a  4S NQM  11 2a 22 11 2a 22  4a 11 CÂU 10: Chọn A  Vì chiều cao lăng trụ chiều dài tơn nên thể tích máng xối lớn diện tích hình h thang cân (mặt cắt) lớn Ta có S   x  0,3  x  0,3 BC  h  0,3  x  0,3   x  0,3 S  B  0,3  x  0,3  C h 0.3m 0.3m A GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 60 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHƠNG GIAN 2  x  0,3  0,3   x  0,3  S  Xét hàm số f  x    x  0,3  0,3   x  0,3   f   x    0,3   x  0,3   x  0,3 2  2  x  0,3  0,3   x  0,3   x  0,3 x  0,3  2  0,3   x  0,3 2   0,3   x  0,3 0,36  x  x  0,3   0,3   x  0,3    x  0,3 f   x     x  0,3x  0,18     x  0,6 Dựa vào bảng biến thiên ta thấy f  x  lớn x  0,  Vậy thể tích máng xối lớn x  0, 6m  2 CÂU 11 Chọn B A' C' B' J I C A B  Gọi I  AB  AB , J  AC  AC Ta có VIJBB 'C 'C  VA.BB 'C 'C  VA.BCIJ  2 Mặt khác VA ABC   VA.BCC B  VABC ABC  VA BCC B  VABC ABC   V  24 3 V AI AJ 1 Ta lại có A.IJA    VA.IJA  36  VA IJBC  VA ABC  VA IJA  36   VA ABC AB AC  4   Vậy VIJBB 'C 'C  24   15  cm  CÂU 12: Chọn D GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 61 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHƠNG GIAN VABC MNP  AM BN CP  23 23207      Vậy VABC MNP   18 VABC ABC   AA BB CC   36 CÂU 13: Chọn D Ta có      Gọi M  trung điểm CC , ta có: 1 dt BCM M  dt BCC B , dtM MN  dt BCM M  dt BCC B  dt BMNC  dtBCC B 8 d  A,  BCBC    dt BCNM V2    VA.BCBC  d  A,  BCBC    dt BCBC  d  A;  ABC    dt ABC  VA ABC V 5 V2     A.BCC B    d  A;  ABC    dt ABC  VABC ABC VABC ABC  12 VABC ABC  Do VABC ABC   V1  V2  V1  V2 CÂU 14: Chọn B  Gọi S giao điểm đường AM ; NP BB Có M ; B ; P trung điểm cạnh SA ; SB SN a2  Vì ABC cạnh a nên S ABC  V SB SM SP 1 1  S BMP     VS BMP  VS ABN  VMBP ABN  VS ABN VS ABN SB SA SN 2 8  Vì B trung điểm SB nên VS ABN  2.VB ABN Vì N trung điểm BC nên 1 1 a a3 a3 VB ABN  VB ABC  BB.S ABC  a   VS ABN  2 24 12 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 62 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHƠNG GIAN 7 a3 3a3  Từ ta có VMBP ABN  VS ABN   8 12 96 CÂU 15: Chọn B A C B K M N A' C' B'  Gọi K trung điểm AA V , VABC KMN , VA.MNK thể tích khối lăng trụ  ABC.ABC khối lăng trụ ABC.KMN thể tích khối chóp A.MNK Khi V2  VABC KMN  VA.MNK   1 1 1 Lại có VABC KMN  V ; VA.MNK  VABC KMN  V suy V2  V  V  V 6 V từ ta có V1  V  V  V Vậy  3 V2 CÂU 16: Chọn C  Lấy điểm Q  AA cho PQ //AC Ta có MQ  AQ  AM   Dễ thấy VABC MNP  VABC ABC  , VM QNP  VABC ABC  12 11 11 Vậy V   VABC MNP  VM QNP  V  a 18  AA CÂU 17: Chọn B A D O P C B K M D' A' O' B' N C' GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 63 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHƠNG GIAN  Thể tích khối lập phương ABCD.ABCD V   2a   8a3  Gọi O , O tâm hai hình vng ABCD ABCD , gọi K  OO  MP , N  AK  CC 3a 1 a  3a Ta có OK   DP  BM    a    Do CN  2OK  Diện tích hình thang 2 2 2 BMNC 1 3a  5a S BMNC   BM  CN  BC   a   2a  Thể tích khối chóp A.BMNC 2        1 5a 5a VA.BMNC  S BMNC AB  2a  Diện tích hình thang DPNC 3 1  a 3a  S DPNC   DP  CN  CD     2a  2a 2 2  1 4a Thể tích khối chóp A.DPNC VA DPNC  S DPNC AD  2a 2a  3 5a a   3a Thể tích khối đa diện AMNPBCD V  VA.BMNC  VA.DPNC  3 CÂU 18: ChọnA Có VA.BC CB  V  VM BC CB  Đặt: V1  VM NPCB  d  M ,  CC BB   S NPCB 2 2  d  M ,  CC BB   SCC ' B ' B  d  M ,  CC BB   SCCBB  VM CCBB   V  V  3 3 3 1 1 V2  VM ABC  d  M ,  ABC   S ABC  d  A,  ABC   S ABC  V  3 11  Vậy VABC MNP  V1  V2  V  V  V 18 CÂU 19: Chọn C  A' M C' B' P C A N B  Gọi V thể tích khối lăng trụ ABC.ABC Ta có V1  VM ABC  VM BCPN  1 2 VM ABC  S ABC d  M ,  ABC    S ABC d  A,  ABC    V 3 1 1 VM ABC   S ABC  d  M ,  ABC     S ABC d  M ,  ABC     V 3   Do BCCB hình bình hành NB  2NB , PC  PC nên S BC PN  GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 S BCPN Trang 64 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHƠNG GIAN    Suy VM BC PN  VM BCPN , Từ V  VM ABC  VM BCPN  VM ABC  VM BCPN  V  V  VM BCPN  V  VM BCPN  VM BCPN  V 9 18 1 V Như V1  V  V  V  V2  V Bởi vậy:  18 2 V2 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 65 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHƠNG GIAN CHỦ ĐỀ 3: TÍNH TỐN ĐỘ DÀI – KHOẢNG CÁCH – THỂ TÍCH VÍ DỤ Cho hình chóp S.ABCD có đáy hình vng cạnh 2a , tam giác SAB đều, góc  SCD   ABCD  60 Gọi M trung điểm cạnh AB Biết hình chiếu vng góc đỉnh S mặt phẳng  ABCD  nằm hình vng ABCD Tính theo a khoảng cách đường thẳng SM AC A a B 2a 15 5a C D 2a Lời giải Chọn A S 2a K A D 60° M O B H E N C I  Gọi N , E trung điểm CD, BC  Ta có: SAB nên SM  AB mà AB / /CD SM  CD MN  CD SN  CD hay góc hai mặt phẳng  SCD   ABCD  SNM  60  Trong mặt phẳng  SNM  từ S kẻ SH  MN , H  MN ta có SH  CD nên SH   ABCD   Trong mặt phẳng  ABCD  từ H kẻ HI  ME , I  ME , từ H kẻ HK  SI , K  SI  ta có SH   ABCD   SH  ME nên ME   SIH   ME  HK mà HK  SI HK   SIH  hay d  H ,  SME    HK Xét SAB cạnh 2a nên SM  a  Xét SMN có SM  MN  SN  2.SN MN cos SNM  3a  4a  SN  2a.SN  a a SH  SN sin SNM  2 3a MO d  H ,  SME    d  H ,  SME   Do đó: MH  MO  a nên d  O,  SME    MH Lại có: ME / / AC nên AC / /  SME   d  SM , AC   d  AC ,  SME    d  O,  SME    HK     SN  2a.SN  a   SN  a  HN  SN cos SNM  Xét MHI MI  HI   vng I có HMI  45 nên MHI vng cân I MH 3a  1   Xét SHI có  HK  2 HK HI SH 3a a  3a  10 9a 3a HI  SH  HI SH GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 66 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHƠNG GIAN  a Vậy  d  SM , AC   d  O ,  SME    HK  VÍ DỤ Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình thoi tâm O cạnh AB  2a , góc BAD  120 Hai mặt phẳng  SAB   SAD  vng góc với đáy Góc mặt phẳng  SBC   ABCD  45 Tính khoảng cách từ O đến mặt phẳng  SBC  A h  a B h  3a C h  3a D h  a Lời giải Chọn C S H 2a A B 45° E O D C  Trong mặt phẳng  ABCD  từ A kẻ AE  BC , E  BC (*)  Lại có hai mặt phẳng  SAB   SAD  vng góc với đáy nên SA   ABCD  SA  BC (**)  Từ (*) (**) ta có:  SAE   BC , mặt phẳng  SAE  từ A kẻ AH  SE , H  SE mà  SAE   BC   nên AH  BC AH   SBC   d  A,  SBC    AH Ta lại có: d  O,  SBC    1 d  A,  SBC    AH 2 1 Xét tam giác ABC có S ABC  AB.BC.sin ABC  AE.BC  AE  AB sin ABC  3a 2  Mặt khác góc mặt phẳng  SA  AE.tan SEA  3a Xét tam giác SAE có:   SBC   ABCD  45 nên SEA  45 Khi đó: 1 9a 3a 3a SA AE    d  O,  SBC    AH     AH  2 AH SA AE SA2  AE 3a VÍ DỤ Cho hình chóp S ABC có đáy ABC tam giác cạnh 2a , cạnh bên SA vng góc với đáy , SA  a Tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng  SBC  ? A d  a B d  a C d  a GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 D d  a Trang 67 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHƠNG GIAN Lời giải Chọn A S a C 2a A 2a E 2a B Ta có SB  SC  a 5;SE  5a  a  2a Diện tích tam giác ABC S   2a   3a 1 Diện tích tam giác SBC S '  SE.BC  2a.2a  2a 2 3 Thể tích hình chóp S.ABC V  a 3a  a 3 3 3a3 3a Mặt khác V  a  d  A;  SBC   S '  d  A;  SBC     3 2a VÍ DỤ 4: Cho hình chóp S.ABCD có đáy hình chữ nhật Tam giác SAB vng cân A nằm mặt phẳng vng góc với đáy SB  Gọi M trung điểm cạnh SD Tính khoảng cách l từ điểm M đến mặt phẳng  SBC  A l  B l  2 C l  D l  2 Lời giải Chọn B S K H M N D A B C    SAB    ABCD  ,  SAB    ABCD   AB  SA   ABCD  Theo giả thiết, ta có  SA  AB    Gọi N , H , K trung điểm cạnh SA, SB đoạn SH GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 68 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHƠNG GIAN   BC  SA Ta có   BC   SAB   BC  AH  BC  AB  Mà AH  SB ( ABC cân A có AH trung tuyến)  Suy AH   SBC  , KN   SBC  (vì KN || AH , đường trung bình)  Mặt khác MN || BC  MN ||  SBC   Nên d  M ,  SBC    d  N ,  SBC    NK  AH  2 VÍ DỤ 5: Cho hình chóp S ABC có đáy ABC tam giác cạnh a , hình chiếu vng góc đỉnh S mặt phẳng  ABC  trung điểm H cạnh BC Góc đường thẳng SA mặt phẳng  ABC  600 Gọi G trọng tâm tam giác SAC , R bán kính mặt cầu có tâm G tiếp xúc với mặt phẳng  SAB  Đẳng thức sau sai? A R  d G,  SAB  B 13R  2SH C R2  SABC 39 D R  13 a Lời giải Chọn D a  Ta có 600  SA,  ABC   SA, HA  SAH Tam giác ABC cạnh a nên AH   Trong tam giác vuông SHA , ta có SH  AH tan SAH   Vì mặt cầu có tâm G tiếp xúc với  SAB  nên bán kính mặt cầu R  d G,  SAB   Ta có d G,  SAB   d C ,  SAB   d  H ,  SAB  3  Gọi M , E trung điểm AB MB 3a 2 CM  AB  HE  AB    Suy  a  a CM  HE  CM    2    Gọi K hình chiếu vng góc H SE , suy HK  SE 1 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 69 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHƠNG GIAN  HE  AB  AB   SHE   AB  HK    AB  SH  Ta có   Từ 1   , suy HK   SAB  nên d  H ,  SAB    HK  Trong tam giác vng SHE , ta có HK   Vậy R  SH HE SH  HE 2  3a 13 a Chọn D HK  13 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 70 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHƠNG GIAN BÀI TẬP RÈN LUYỆN CÂU 1: Cho hình chóp S.ABC tích khoảng cách từ A đến mặt phẳng  SBC  a3 , mặt bên tạo với đáy góc 60 Khi 24 3a a a B C a D 2 CÂU 2: Cho hình thoi ABCD tâm O cạnh a AC  a Từ trung điểm H AB , dựng SH   ABCD  với SH  a Khoảng cách từ A đến mặt phẳng  SBC  A A 8a 15 B 2a 57 19 C 2a 66 23 D 10a 27 CÂU 3: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC tam giác vng với AB  AC  a ; tam giác SAB cân S nằm mặt phẳng vng góc với đáy Gọi E , F hai điểm nằm đoạn thẳng BC EC CF  ;  Góc hai mặt phẳng  SBC   ABC  60 Tính thể tích khối AC cho EB CA chóp S.ABEF khoảng cách d SA EF 6a a 3a3 a A V  B V  ;d  ;d  192 192 C V  6a a ;d  192 D V  3a3 a ;d  192 CÂU 4: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a Hình chiếu vng góc S lên mặt phẳng  ABCD  trùng với trung điểm H cạnh AB Góc tạo SC  ABCD  45o Tính theo a tính khoảng cách hai đường thẳng SD AB a 15 a a 2a A d  B d  C d  D d  13 3 CÂU 5: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình thoi cạnh 2a Biết BAD  120 hai mặt phẳng  SAB   SAD  vng góc với đáy Góc mặt phẳng  SBC   ABCD  45 Tính khoảng cách h từ A đến mặt phẳng  SBC  A h  a B h  2a C h  2a D h  3a CÂU 6: Hình chóp S.ABC có đáy ABC tam giác vuông B , BA  3a; BC  4a,  SBC    ABC  Biết SB  6a; SBC  60 Tính khoảng cách từ B đến  SAC  A 19a 57 57 B 6a 57 19 C 17a 57 57 D 16a 57 57 CÂU 7: Cho hình lăng trụ ABC.ABC có đáy tam giác cạnh a Hình chiếu vng góc điểm A lên a3 ABC mặt phẳng  Khoảng cách  trùng với trọng tâm tam giác ABC Biết thể tích khối lăng trụ hai đường thẳng AA BC 4a 3a 3a 2a A B C D CÂU 8: Cho hình chóp S.ABCD có đáy hình vng cạnh a , mặt bên  SAB  tam giác nằm mặt phẳng vng góc với đáy Khoảng cách từ A đến mặt phẳng  SCD  GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 71 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHƠNG GIAN A a 21 B a 21 14 C a 21 21 D a 21 a 17 Hình chiếu vng góc H S lên mặt  ABCD  trung điểm đoạn AB Gọi K trung điểm AD Tính khoảng cách hai CÂU 9: Cho hình chóp S.ABCD có đáy hình vng cạnh a , SD  đường SD HK theo a 3a A B a C a 21 D a a 17 , hình chiếu vng góc H S lên mặt  ABCD  trung điểm đoạn AB Tính chiều cao khối chóp H SBD theo a CÂU 10: Cho hình chóp S.ABCD có đáy hình vuông cạnh a , SD  A a B 3a C a 21 D a CÂU 11: Cho hình chóp S.ABCD có đáy hình vng cạnh a , SA  7a SA vng góc với mặt phẳng đáy Gọi G , I , J thứ tự trọng tâm tam giác SAB , SAD trung điểm CD Diện tích thiết diện hình chóp cắt mặt phẳng  GIJ  A 93a 40 B 23a 60 C 31 33a 45 D 33a CÂU 12: Cho hình chóp S.ABCD có đáy hình vng cạnh 2a Biết mặt bên hình chóp tạo 3a3 với đáy góc thể tích khối chóp Tính khoảng cách SA CD A 5a B 2a C 3a D 2a CÂU 13: Cho lăng trụ ABC.ABC có AABC tứ diện Biết diện tích tứ giác BCCB 2a Tính chiều cao hình lăng trụ A h  a 6 B h  2a 3 C h  3a D h  a CÂU 14: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC tam giác vng với AB  AC  a ; tam giác SAB cân S nằm mặt phẳng vng góc với đáy Gọi E , F hai điểm nằm đoạn thẳng BC EC CF  ;  Góc hai mặt phẳng  SBC   ABC  60 Tính thể tích khối AC cho EB CA chóp S.ABEF khoảng cách d SA EF 6a a 3a3 a A V  B V  ;d  ;d  192 192 C V  6a a ;d  192 D V  3a3 a ;d  192 CÂU 15 Cho tứ diện ABCD có AB  a , AC  a , AD  a , tam giác ABC , ACD , ABD tam giác vng đỉnh A Tính khoảng cách d từ điểm A đến mặt phẳng  BCD  A d  a 66 11 B d  a C d  a 30 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 D d  a Trang 72 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN GIẢI CHI TIẾT CÂU 1: Chọn D S I A C H M B Gọi H trọng tâm tam giác ABC , ta có SH   ABC  Gọi M trung điểm BC , ta có BC   SAM  Do đó, ta có góc mặt phẳng  SBC  mặt đáy SMH  60 x x ; SH  HM tan 60  Vậy thể tích khối chóp S.ABC 3 1x x x x a V     xa 24 24 24 a2 a2 3a Kẻ AI  SM  I  SM   AI   SBC   AI  d  A,  SBC   ; SM    12 SH AH 3a AI   SM CÂU 2: Chọn B Đặt AB  x  HM  S K A D H B M C Dựng HM  BC  M  BC  ; SH  BC   SHM    SBC  ;  SHM    SBC   SM Trong mặt phẳng  SHM  , dựng HK  SM  K  SM   HK   SBC   HK  d  H ,  SBC   Ta có: d  A,  SBC    2d  H ,  SBC   a 1 1 16 19 57a ;       HK  2 HK SH HM a 3a 3a 19 a 57a Vậy khoảng cách từ A đến mặt phẳng  SBC  HK  19 HM  BH sin 60  CÂU 3: Chọn A GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 73 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHƠNG GIAN Dễ thấy KB  a 2  EF  BC  S EFC a2 7a   S BAFE  lại có 16 16 a 7a SH   VSABEF  192 Gọi M trung điểm BC  AM / / EF  d  SA, EF   d  EF ,  SAM    d  F ,  SAM     H ,  SAM    HJ Với H chân fđường cao hình chóp S.ABC Ta có HJ  a CÂU 4: Chọn B Xác định góc SC  ABCD  SCH  45 a a  SH  2 Vì AB / /  SCD  , H  AB nên d  AB; SD   d  AB,  SCD    d  H ,  SCD   Tính HC  Gọi I trung điểm CD Trong  SHI  , dựng HK  SI K Chứng minh HK   SCD   d  H ;  SCD    HK Xét tam giác SHI vuông H , HK đường cao: 1 a       HK  2 HK SH HI 5a a 5a a Vậy d  AB; SD   HK  CÂU 5: ChọnD Dựng AH  BC AK  SH Ta có AK  d  A;  SBC   Vì BAD  120o nên ΔACB đều, 2a 3 Suy AH   3a Mặt khác, góc  SBC   ABCD  45o nên SAH  45o nên AK  3a CÂU 6: Chọn B GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 74 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHƠNG GIAN S L C K G A H B Gọi H hình chiếu S lên BC Gọi K ; G hình chiếu B; H lên CA Gọi L hình chiếu H lên SG Lúc SH   ABC  d  B,  SAC   d  H ,  SAC    BC BC  d  B,  SAC    HL HC HC SH HG SH HG  SG SH  HG BC.BA 4a.3a 12a Xét ABC vuông B , ta có: BK    2 2 BC  BA 16a  9a Xét SHB vng H , ta có Xét SHG vng H , ta có: HL  BH SH  BH  6a  3a sin 60   SH  6a  3a SB SB HG CH 12a a   HG   a Khi CH  BC  BH  a ; BK CB 4a 3a 3a BC SH HG 4a 57   a Vậy d  B,  SAC    2 HC SH  HG a 19 2 27a  a 25 cos 60  CÂU 7: Chọn B G trọng tâm tam giác ABC Gọi K trung điểm BC Ta có BC  AK    BC  AA ' K BC  A ' G    GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020  Trang 75 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHƠNG GIAN   Dựng KH  AA , KH  AAK  BC  KH  BC Vậy khoảng cách hai đường thẳng AA BC KH Vì thể tích khối lăng trụ V  V a3 nên AG  S ABC a3   a a2 Tam giác AAG vuông G nên AA  a 3   AG  AG  a   a     a AG AK  3a  Trong tam giác AAK ta có AG AK  KH AA  KH  AA a a CÂU 8: ChọnA a đường cao hình chóp Gọi I hình chiếu vng góc H lên SM suy HI  ( SCD ) Gọi H , M trung điểm AB, CD Ta có: SH  Vì AB / /  SCD   d  A,  SCD    d  H ,  SCD    HI 1 21a       HI  2 HI SH HM 3a a 3a CÂU 9: Chọn B S N A H B K D M C GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 76 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHƠNG GIAN Ta có SH  SD2  HD2  SD2  HA2  AD  a ; AO  HK //BD  KH //  SBD   d  HK ,  SBD    d  H ,  SBD   AC a AC a  HM    2 Kẻ HM  BD , HN  SM M Khi d  H ,  SBD    HN Mà 1 a a    HN   d  HK , SD   2 HN SH NH 5 CÂU 10: Chọn D S K B C E O H A D + Gọi H trung điểm AB , ta có SH   ABCD  + Gọi O  AC  BD , E trung điểm BO ;khi HE  BO + Lại có SH  BO  SH   ABCD   nên BO   SHE    SHE    SBD  Hạ HK  SE  HK   SBD   d  H ,  SBD    HK + Xét AHD : HD  AH  AD  a + Xét SHD : SH  SD  HD  a HK  a AO  + Xét SHK : HK  HE.HS HE  HS 2  a a Vậy chiều cao khối chóp H SBD CÂU 11: Chọn A S D' M B' L D A O B E N I G K T F J C GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 77 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHƠNG GIAN Ta có GI // BD nên GI // BD Suy  GIJ  cắt  ABCD  theo giao tuyến đường thẳng d qua J song song với BD Trong  ABCD  có d cắt BC K , cắt AD F , cắt AB E EB FD   Do J trung điểm CD nên K trung điểm BC EA FA Trong  SAB  : đường thẳng EG cắt SA M , cắt SB L LB  Định lí mê nê la uyt cho tam giác BAB cát tuyến G, L, E ta LB MS  Định lí mê nê la uyt cho tam giác BAS cát tuyến G, L, M ta MA DN  Tương tự ta có FI qua M cắt SD N thỏa mãn DS MN  Định lí mê nê la uyt cho tam giác MAF cát tuyến D, N , S ta NF Thiết diện cần tìm MNJKL S FN FJ 7 Gọi S  S MEF Ta có FNJ     SFNJ  S SFME FM FE 45 45 31 S Do S MNJKL  S Tương tự suy S ELK  45 45 9a 3 2a Gọi T  AC  KJ  AT  AC  Suy MT  AM  AT  4 2 1 9a 3a 27a Suy SMEF  MT EF     2 2 93 a Vậy diện tích thiết diện 40 CÂU 12: Chọn C S H D A M B O C Do mặt bên tạo với đáy góc nên hình chiếu S mặt đáy cách cạnh hình vng ABCD Suy SO vng góc với đáy ( O tâm ABCD ) 3V Suy SO  S ABCD  3a S ABCD Ta có CD // AB  CD //  SAB   d  CD; SA  d  CD;  SAB    d C;  SAB    2d  O;  SAB   Kẻ OM vng góc AB M OH  SM H 1 a Suy OH  d  O;  SAB   Lại có    OH  2 OH OS OM GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 78 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN Vậy d  SA; BC   a CÂU 13: Chọn B A' C' B' I C A H M B Gọi cạnh tam giác ABC x , chiều cao hình lăng trụ h Gọi I giao điểm BC BC Ta có: AB  AC  AB  AC  BB  CC  BC  BC  x nên AI  BC ; AI  BC   AI   BCC B  tứ giác BCCB hình vng nên x.x  2a2  x  a Trong tam giác ABC có AM  x  x2 x x   AH  AM  3 Do đó: h  AH  AA2  AH  x  x x 2a   3 CÂU 14: Chọn A Dễ thấy KB  a 2  EF  BC  S EFC  a2 7a  S BAFE  lại có 16 16 a 7a SH   VSABEF  192 Gọi M trung điểm BC  AM / / EF  d  SA, EF   d  EF ,  SAM    d  F ,  SAM     H ,  SAM    HJ Với H chân đường cao hình chóp S.ABC Ta có HJ  a CÂU 15 Chọn A D C A B GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 79 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHƠNG GIAN Do tam giác ABC , ACD , ABD vuông A nên D đỉnh hình chóp AD đường cao hình chóp Khi thể tích khối chóp D.ABC là: VD ABC 1 a3  DA.S ABC  a .a 2.a  3 3V Ta lại có VABCD  VD ABC  d  A,  BCD   S BCD  d  A,  BCD    ABCD S BCD Ta có AB  a , AC  a , AD  a nên BC  a , BC  2a , CD  a Theo công thức Hê rông, ta có S BCD  Vâỵ d  A,  BCD    11 a a3 6  a 66 11 11 a GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 80 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHƠNG GIAN CÁC DẠNG THƯỜNG XUẤT HIỆN TRONG ĐỀ THI CÂU 1: Cho tứ diện OABC có OA , OB , OC đơi vng góc Biết OA  a , OB  2a , OC  a Tính khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng  ABC  A a B a 19 C a 17 19 D 2a 19 CÂU 2: Cho hình lập phương ABCD.ABCD có cạnh a Gọi K trung điểm DD Khoảng cách hai đường thẳng CK AD A a 3 B a C 2a 3 D a CÂU 3: Cho hình chóp tứ giác có độ dài cạnh bên cạnh đáy a Khoảng cách đường thẳng AD mặt phẳng  SBC  A a B a C a D a CÂU 4: Cho hình chóp tứ giác S ABCD có đáy hình vng cạnh a Tam giác SAD cân S mặt bên  SAD  vng góc với mặt phẳng đáy Biết thể tích khối chóp S ABCD a Tính khoảng cách h từ điểm B đến mặt phẳng  SCD  A h  a B h  a C h  a D h  a CÂU 5: Cho tứ diện ABCD có AB  CD  , AC  BD  , AD  BC  Tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng  BCD  A B C 42 D Câu : Cho lăng trụ ABC.ABC có đáy tam giác cạnh a Hình chiếu vng góc điểm A lên mặt phẳng  ABC  trùng với trọng tâm tam giác ABC Biết thể tích khối lăng trụ cách hai đường thẳng AA BC 2a 4a A B 3 C 3a D a3 Tính khoảng 3a a 17 , hình chiếu vng góc H S lên mặt phẳng  ABCD  trung điểm đoạn AB Tính chiều cao khối chóp H SBD theo a Câu 7: Cho hình chóp S.ABCD có đáy hình vng cạnh a , SD  A a B a C a 21 D 3a CÂU 8: Cho hình lăng trụ đứng ABC A1 B1C1 có AB  a , AC  2a , AA1  2a BAC  120 Gọi K , I trung điểm cạnh CC1 , BB1 Tính khoảng cách từ điểm I đến mặt phẳng  A1BK  A a B a 15 C a D a 15 CÂU 9: Cho khối chóp S.ABCD tích a Mặt bên SAB tam giác cạnh a đáy ABCD hình bình hành Tính theo a khoảng cách SA CD GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 81 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN A 3a B a C 2a D a CÂU 10: Cho khối đa diện n mặt tích V diện tích mặt S Khi đó, tổng khoảng cách từ điểm bên khối đa diện đến mặt 3V nV V V A B C D 3S nS S S CÂU 11: Lăng trụ ABC.ABC  có đáy tam giác vuông cân A , AB  a , biết thể tích lăng trụ 4a Tính khoảng cách h AB BC 8a 3a 2a A h  B h  C h  3 ABC.ABC  V  D h  a CÂU 12: Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy hình thoi, BAD  60 , cạnh đáy a , thể tích a3 Biết hình chiếu đỉnh S lên mặt phẳng đáy trùng với giao điểm hai đường chéo hình thoi (tham khảo hình vẽ) Khoảng cách từ C đến mặt phẳng  SAB  A a B a C a D a CÂU 13 : Cho khối lăng trụ ABCD.ABCD có đáy ABCD hình vng Hình chiếu vng góc A mặt phẳng  ABCD  trung điểm AB , góc mặt phẳng  ACD  mặt phẳng  ABCD  60 Thể tích khối chóp B.ABCD A 2a 3 3a3 Tính độ dài đoạn thẳng AC theo a B 2a C 2a D 2a 3 CÂU 14: Cho hình lăng trụ đứng ABC.ABC có đáy ABC tam giác cân đỉnh C , đường thẳng BC tạo với mặt phẳng  ABBA  góc 60 AB  AA  a Gọi M , N , P trung điểm BB, CC , BC Khoảng cách hai đường thẳng AM NP A a 15 B a C a D a 15 CÂU 15: Cho lăng trụ ABCD A1B1C1D1 có đáy ABCD hình chữ nhật AB  a , AD  a Hình chiếu vng góc điểm A1 mặt phẳng  ABCD  trùng với giao điểm AC BD Góc hai mặt phẳng  ADD1 A1   ABCD  60 o Tính khoảng cách từ điểm B1 đến mặt phẳng  A1 BD  theo a GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 82 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHƠNG GIAN A a B a C a D a CÂU 16: Cho hình chóp S.ABCD với đáy hình chữ nhật có AB  a , BC  a , SA   ABCD  SA  a Gọi M trung điểm SD  P  mặt phẳng qua B, M cho  P  cắt mặt phẳng  SAC  theo đường thẳng vng góc với BM Khoảng cách từ điểm S đến  P  A 2a B a C a D 4a CÂU 17: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vng, SA vng góc với đáy, mặt bên  SCD  hợp với đáy góc 60 , M trung điểm BC Biết thể tích khối chóp S.ABCD Khoảng cách từ M đến mặt phẳng  SCD  bằng: A a B a C a a3 D a CÂU 18: Cho hình chóp S.ABC có ASB  CSB  600 , ASC  900 , SA  SB  SC  a Tính khoảng cách d từ điểm A đến mặt phẳng  SBC  A d  2a B d  a C d  a D d  2a CÂU 19: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình thoi cạnh 2a , góc BAD 1200 Hai mặt phẳng  SAB   SAD  vng góc với đáy Góc gữa mặt phẳng  SBC   ABCD  450 Tính khoảng cách h từ A đến mặt phẳng  SBC  A h  2a B h  2a C h  3a D h  a a 17 , hình chiếu vng góc H S lên mặt  ABCD  trung điểm đoạn AB Tính chiều cao khối chóp H SBD theo a CÂU 20: Cho hình chóp S.ABCD có đáy hình vng cạnh a , SD  A 3a B a C a 21 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 D 3a Trang 83 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN GIẢI CHI TIẾT CÂU 1: Chọn D A O C B VOABC a3  OA.OB.OC  Tính AB  OA2  OB  a , AC  OA2  OC  2a , BC  OB  OC  a S ABC  p  p  AB  p  AC  p  BC   AB  AC  BC 19 (với p  ) 2 3V Gọi h  d  O;  ABC   Ta có VOABC  h.S ABC  h  OABC  S ABC 19 CÂU 2: Chọn D H D C B A K C' D' A' Từ D kẻ DH // CK  H  CC   B' Khi d  CK , AD   d  CK ,  ADH    d  C ,  ADH    Ta có VACDH  3VCAHD S ADH a3 AD.S DHC  12 a 17 a , AH  2 AD  AH  DH    sin DAH  A DH  Xét tam giác có cos DA H  AD AH 34 34 Mà AD  a , DH   S ADH  3a AD AH  GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 84 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHƠNG GIAN 3a a Vậy d C ,  ADH    122  3a CÂU 3: S H A D d  AD,  SBC    d  A,  SBC    B E O C 3VS ABC SSBC Gọi O tâm mặt đáy, ta có SO  SA2  AO   VS ABC a 2 1 a a3  VS ABCD    a   2 12 Ngoài ra, SSBC  a a2  d  AD,  SBC    Cách 2: Gọi O  AC  BD, E trung điểm BC OH  SE H  SE OH   SBC  Do d  AD, ( SBC )   2d  O, ( SBC )   2OH  Cũng tính SO  SO.OE SE SO.OE a a , thay vào tính d  AD, (SBC )    SE CÂU 4: Chọn C Ta có chiều cao khối chóp S ABCD SI với I trung điểm AD 4 Suy thể tích khối chóp S ABCD a  2a SI  a  SI  2a 3 Xét tam giác SCD vuông D có: SD  SI  ID  3a 1 3a 3a nên SSCD  SD.CD  a  2 2 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 85 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHƠNG GIAN Thấy VS ABCD  2VS BCD  2VB.SCD  4 a  S SCD h  h  a 3 CÂU 5: Chọn C A B D C Thể tích khối tứ diện gần đều: VABCD  Diện tích tam giác BCD : S BCD  12 a  b2  c  b2  c  a  a  c  b   p  p  a  p  b  p  c   15 15 Ta có d  A,  BCD    3VABCD 42  S BCD ADMIN xây dựng toán tổng quát: N n A m h a B M I b D c C Từ giả thiết ta có: MNDC hình thoi; tam giác CAN , DAM tam giác cân, suy ra: AI  NC , AI  DM  AI  (CDMN ) 1 1 Ta có: VABCD  VA.MNDC  4VA IMN  2VA IMN  IA.IM IN  h.m.n 2 3 2  a  b  c m  h  m  c  2  a  b  c2  Từ h  n  b  n  m  n  a    a  b2  c2 h   a  b  c  a  b  c  a  b  c  Suy ra: VABCD   15  42  52  62  42  52  62  42  52  62    GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 86 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHƠNG GIAN BC  CD  DB   15   2 15  SBCD  p  p   p  5 p    15 3VA.BCD 42 Ta có d  A,  BCD      SBCD 15 Ta có p  Câu : Chọn C C A B I K C A M H B Gọi H trọng tâm ABC , M trung điểm BC Kẻ MI  AA I Kẻ HK  AA K Ta có AH   ABC   AH  BC mà BC  AM  BC   AAM   BC  MI Suy MI đoạn vng góc chung AA BC S ABC  V a2  AH  ABC ABC  a S ABC a 1 a        HK  AM  2 HK AH AH a a a 3 3a d  AA, BC   MI  HK  AH  Câu 7: Chọn A S B C H A D GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 87 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHƠNG GIAN B C I H D A  a 17    a 2  Ta có SHD vuông H  SH  SD  HD      a      a       Cách VS ABCD 3 1 a3  SH S ABCD  a  VH SBD  VA.SBD  VS ABCD  3 12 Tam giác SHB vuông H  SB  SH  HB  Tam giác SBD có SB   d  H ,  SBD    a 13 a 13 a 17 5a , BD  a 2, SD   SSBD  2 3VS HBD a  S SBD a Cách Ta có d  H , BD   d  A, BD   Chiều cao chóp H SBD a a d  H ,  SBD     a2 SH   d  H , BD   3a  Cách Gọi I trung điểm BD Chọn hệ trục Oxyz với O  H , Ox  HI , Oy  HB, Oz  HS z S SH d  H , BD  a y C B O H I x A D a   a  Ta có H  0;0;0  , B  0; ;0  , S 0;0; a , I  ;0;0  2    Vì  SBD    SBI     SBD  :  2x y z     2x  y  za  a a a 3 Suy d  H ,  SBD    2.0  2.0   a 44  a CÂU 8: Chọn C GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 88 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHƠNG GIAN Ta có IK  B1C1  BC  AB  AC  AB AC.cos1200  a Kẻ AH  B1C1 AH đường cao tứ diện A1 BIK Vì A1H B1C1  A1B1 AC 1.sin120  A1 H  a 21 1 IK KB  a 35  VA1 IBK  a 15(dvtt ) 2 Mặt khác áp dụng định lý Pitago công thức Hê-rông ta tính đc S A1BK  3a  dvdt  S IKB  Do d  I ,  A1BK    3VA1IBK SA1BK  a CÂU 9: Chọn A S A D a B C a3 Vì đáy ABCD hình bình hành  VSABD  VSBCD  VS ABCD  2 Ta có:Vì tam giác SAB cạnh a  SSAB  Vì CD AB  CD a2  SAB  nên d  CD, SA  d  CD,  SAB    d  D,  SAB    3VSABD S SBD a3  2  3a a CÂU 10: Chọn C S C A H B Xét trường hợp khối tứ diện Các trường hợp khác hồn tồn tương tự GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 89 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHƠNG GIAN 1 1 VH ABC  h1.S ; VH SBC  h2 S ; VH SAB  h3 S ; VH SAC  h4 S 3 3 3V3 3V1 3V2 3V4 h1  ; h2  ; h3  ; h4  S S S S V1  V2  V3  V4  3V  h1  h2  h3  h4   S S CÂU 11: Chọn A C B A h C' B' a a A' Ta có AB SABC   ABC   d  AB, BC   d  AB,  ABC    d  B,  ABC   a2 V  S ABC h  h  V SABC 4a 8a  32  a CÂU 12: Chọn B GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 90 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN S ABCD  2S ABD  AB AD sin A  a Độ dài đường cao SH  3V S ABCD a3 a  34  a 3 Gọi M trung điểm AB , K trung điểm BM DM a a , HK // DM HK   2 Ta có AB   SHK    SAB    SHK  ,  SAB    SHK   SK Ta có DM  AB  DM  Vẽ HN  SK N  HN   SAB   d  H ,  SAB    HN HN  HK HS HK  HS 2  a a , d  C ,  SAB    2d  H ,  SAB    HN  CÂU 13 : Chọn B Đặt AB  x Dựng HK  CD Vì AH   ABCD   AH  CD  CD   AHK   AK  CD      ACD  ;  ABCD    KA; KH  AKH 1 Vì AHK vng H nên AH  x.tan 60  x Nhận thấy V  3.VB ABCD  AH S ABCD  3a3 3a3  x 3.x   x  2a 3 Vì ABCD hình vng nên AC  x  2a CÂU 14: ChọnA Ta có: KC    AABB  , BK  VLT a a 15 a 15  KC   SABC  2 a3 15  C C' A A' K B B' CÂU 15: ChọnA GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 91 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHƠNG GIAN Gọi H giao điểm AC BD trung điểm đoạn thẳng AD Góc hai mặt phẳng  ADD1 A1   ABCD  góc A1MH , suy A1MH  60 a 1 a3 VA1B1BD  VABCD A1B1C1D1  A1 H S ABCD  6 3a3 3VA1B1BD 3a d  B1;  A1BD     22  S A1BD a A1H  MH tan A1MH  CÂU 16: Chọn A Dễ thấy:  BD  AC  a ; SB  2a ; SD  a  BM  2  BD2  SB   SD  3a a  VS ABCD  S ABCD SA  3 Kẻ BH  AC AH AC  BA.BC  BH  AH BA.BC a    AO AC  H trọng tâm tam giác ABD Gọi G trọng tâm tam giác SBD GH // SA NP // AC BM  NP Ta có: SG SN SP 2 2a    ; NP  AC   SO SA SC 3 V V  S BNP  S MNP  VS BAC VS DAC  VS BNMP  VS ABCD GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 92 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN 3V Mặt khác: VS BNMP  S BNMP d  S ,  P    d  S ,  P    S BNMP S BNMP Mà S BNMP  3V 2a a2 BM NP  S BNMP   d  S ,  P    S BNMP S BNMP CÂU 17: Chọn B Đặt AD  x  x   CD  AD  CD   SAD     SCD  ,  ABCD    SDA  60 Ta có  CD  SA Trong SAD , có SA  x tan 60  x Theo giả thiết VS ABCD  a3 x3 a3  x  a  3 1 Ta có d  M ;  SCD    d  B;  SCD    d  A;  SCD   (1) 2 Vẽ AH  SD Ta có CD  AH ( CD   SAD  )  Do AH   SCD   AH  d  A;  SCD   Từ (1) (2) suy d  M ;  SCD    Trong SAD có AH 1 1 a  2     AH  2 AH SA AD 3a a 3a Vậy d  M ;  SCD    a CÂU 18: Chọn B S B A H C + Ta có: SAB , SBC cạnh a nên AB  BC  a GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 93 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHƠNG GIAN + Ta có: SAC vng cân S nên AC  a + Ta có: AC  AB  BC nên ABC vng B có S ABC  a2 + Gọi H trung điểm AC Ta có: HA  HB  HC SA  SB  SC nên SH   ABC  SH  AC a  2 a a2 2 a  a 3V SH S ABC + Vậy d  A;  SBC    S ABC  S SBC SSBC CÂU 19: Chọn C S I D A B C H Gọi H chân đường cao hạ từ A tam giác ABC Xét tam giác ABH : sin B  cos B  AH  AH  2a 3.sin 600  3a AB BH  BH  2a 3.cos 600  a AB Xét tam giác SAH vuông A : tan SHA  SA  SA  3a tan 450  3a AH Trong tam giác SAH vuông A , kẻ AI  SH I Ta có AI   SBC  nên AI khoảng cách từ A đến mặt phẳng  SBC  Xét tam giác SAH , ta có:  d  A,  SBC    AI  1 1  2    2 2 AI SA AH  3a   3a  9a 3a CÂU 20: Chọn A S B C H A D GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 94 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHƠNG GIAN Ta có SHD vng H B C  a 17    a 2  H  SH  SD  HD      a      a 2     2 I A a d  A, BD   cao chóp a a SH d  H , BD  a 6.2 a    4.5a a2 SH   d  H , BD   3a  D Cách Ta có d  H , BD   Chiều d  H ,  SBD    H SBD 1 1 3 3 Cách S ABCD  SH S ABCD  a  VH SBD  VA.SBD  VS ABC  VS ABCD  a 12 a a 13  5a a 13 a 17 Tam giác SBD có SB   S SBD  ; BD  a 2; SD  2 3V a  d  H ,  SBD    S HBD  SSBD Tam giác SHB vuông H  SB  SH  HB  3a  GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 95 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHƠNG GIAN CHỦ ĐỀ 4: CỰC TRỊ HÌNH HỌC KHƠNG GIAN VÍ DỤ 1: Xét khối tứ diện ABCD có cạnh AB  x cạnh cịn lại Tìm x để thể tích khối tứ diện ABCD đạt giá trị lớn A x  B x  C x  D x  Lời giải A x H D B I  Chọn B C CH  AB  Cách Gọi H trung điểm AB   (do ABC , ABD cân đáy AB )  DH  AB   AB   CDH   Mặt khác CDH cân H , HC  HD   x2 x2 12  x  Gọi I trung điểm CD  HI  HC  CI     1 12  x  Suy S CDH  HI CD  2 1 1  Vậy VABCD  AB.S CDH   x  12  x  x 12  x 3   Cách 2: Xét f  x   x 12  x , x  0;   x2 f   x   12  x   12  x2 12  x 12  x f   x    x  x  0;2   Bảng biến thiên: x   , x  0;   f  x –  f  x 0 Vậy Vmax  x  VÍ DỤ 2: Cho hình chóp S.ABC có độ dài cạnh SA  BC  x , SB  AC  y , SC  AB  z thỏa mãn x  y  z  Tính giá trị lớn thể tích khối chóp S.ABC A B C D Lời giải GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 96 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHƠNG GIAN Chọn C S x z y A C H K B Thể tích khối tứ diện V  12 Mà x  y  z  nên V  y 12  z  x  z  x  y  x  y  z  9  2x 9  y 9  2z  2 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho số dương   2x  ,   2y  ,   2z  ta có  9  x2   9  y   9  z        x   y   z     27    x2   y   z   V  Vậy Vmax  27  V  12 , đạt x  y  z  tức tứ diện cho tứ diện cạnh 3a , AC 4a , AD 5a Gọi M , N , P trọng tâm tam giác DAB , DBC , DCA Tính thể tích V tứ diện DMNP thể tích tứ diện ABCD đạt giá trị lớn VÍ DỤ 3: Cho tứ diện ABCD có AB A V 10a3 B V 80a3 C V 20a3 27 D V 120a3 27 Lời giải Chọn C GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 97 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHƠNG GIAN Ta có: VD.MNP VD.HIK DM DN DP DH DI DK 3 VD.HIK 27 VD.MNP 1 AB AC.sin A.DE S ABC SH 3 ( DE đường cao hình chóp D.ABC ) AB AC.DE Ta có: VD ABC Dấu xảy khi: DA DE BAC 90 1 AB AC.DA 3a.4a.5a Suy ra: VD ABC max 20 10a a Vây: VD.MNP 27 27 VD ABC 27 VD ABC 27 AB AC.DE 10a VÍ DỤ 4: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a , cạnh bên SA  y  y  0 vng góc với mặt đáy  ABCD  Trên cạnh AD lấy điểm M đặt AM  x   x  a  Tính thể tích lớn Vmax khối chóp S ABCM , biết x  y  a A Vmax  a3 3 B Vmax  a3 C Vmax  a3 12 D Vmax  a3 2 Lời giải Chọn B S x y A a a M D B C  BC  AM  ax Từ x  y  a  y  a  x Diện tích mặt đáy S ABCM    AB    a     1 ax  a Thể tích khối chóp VS ABCM  S ABCM SA   a  a  x   a  x  a  x 3   a  3a Xét hàm f  x    a  x  a  x  0; a  , ta max f  x   f     0;a  2 Suy Vmax a3  VÍ DỤ 5: 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 mặt phẳng  SBC   ABC  , tính cos  thể tích khối chóp S.ABC nhỏ A cos   B cos   C cos   D cos   Lời giải Chọn C GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 98 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHƠNG GIAN Gọi M trung điểm BC , H giao điểm đường thẳng qua A vng góc với SM 3 ; SA  Ta được: Góc mặt phẳng  SBC   ABC  SMA AM ; AM  BC sin  cos  Suy VS ABC  AM SA  sin  cos  Thể tích khối chóp nhỏ sin  cos  lớn  Xét hàm số f  x   sin x.cos x  cos x  cos3 x với  x  sin x  f   x    sin x  3cos x.sin x , f ( x)    cos x    3 Suy sin  cos  lớn cos   Cách Đặt AB  AC  x; SA  y Khi VS ABC  x y Vì AB, AC , AS đơi vng góc nên Suy x y  81  VSABC  1 1 1      33 d  A,  SBC  x x y x y 27 x y Dấu "  " xảy x  y  3   cos   3 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 99 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHƠNG GIAN BÀI TẬP RÈN LUYỆN CÂU : Xét khối tứ diện ABCD , AB  x , cạnh lại Tìm x để thể tích khối tứ diện ABCD lớn A x  B x  2 C x  14 D x  CÂU 2: Cho khối chóp S.ABC có SA  a , SB  a , SC  a Thể tích lớn khối chóp A a a3 C a3 B a3 D CÂU 3: Cho x , y số thực dương thay đổi Xét hình chóp S.ABC có SA  x , BC  y , cạnh lại Khi thể tích khối chóp S.ABC đạt giá trị lớn tích x y : A B C D CÂU : Cho hình chóp S.ABC có SA  a , SB  a , SC  a Tính thể tích lớn Vmax khối chóp cho A Vmax  a3 B Vmax  a3 a3 C Vmax  D Vmax  a3 CÂU : Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật với AB  , cạnh bên SA vng góc với mặt phẳng đáy  ABCD  SC  Tính thể tích lớn Vmax khối chóp cho A Vmax  40 B Vmax  80 20 C Vmax  D Vmax  24 CÂU 6: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC tam giác có SA  SB  SC  Tính thể tích lớn Vmax khối chóp cho A Vmax  B Vmax  12 12 C Vmax  D Vmax  12 CÂU 7: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật, AD  Các cạnh bên Tìm thể tích lớn Vmax khối chóp cho A Vmax  130 B Vmax  128 C Vmax  125 D Vmax  250 CÂU : Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình bình hành với AD  4a Các cạnh bên hình chóp a Tính thể tích lớn Vmax khối chóp cho A Vmax  8a B Vmax  a C Vmax  8a3 D Vmax  a3 CÂU 9: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC tam giác vng cân C , cạnh bên SA vng góc với mặt phẳng đáy  ABC  Biết SC  1, tính thể tích lớn Vmax khối chóp cho A Vmax  12 B Vmax  12 C Vmax  27 D Vmax  27 CÂU 10: Cho tứ diện SABC có SA, AB, AC đơi vng góc với nhau, độ dài cạnh BC  a, SB  b, SC  c Tính thể tích lớn Vmax khối tứ diện cho GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 100 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHƠNG GIAN A Vmax  abc B Vmax  abc abc 12 C Vmax  D Vmax  abc 24 CÂU 11: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a, cạnh bên SA  a vng góc với mặt đáy  ABCD  Trên SB, SD lấy hai điểm M , N cho SM SN  n  Tính thể  m  0, SD SB tích lớn Vmax khối chóp S.AMN biết 2m  3n  A Vmax a3  B Vmax a3  72 C ABCD D Vmax a3  48 CÂU 12 : Cho hình lăng trụ đứng tích V có đáy tam giác Khi diện tích tồn phần hình lăng trụ nhỏ độ dài cạnh đáy bao nhiêu? A B V 4V C  2V D 6V  CÂU 13: Cho hình chóp S.ABCD có SA  x  x  , tất cạnh lại Với giá trị x thể tích khối chóp S.ABCD lớn nhất? A x  B x  C x  D x  CÂU 14: Cho khối chóp S.ABC có đáy tam giác vuông cân B Khoảng cách từ A đến mặt phẳng  SBC  a 2, SAB  SCB  900 Xác định độ dài cạnh AB để khối chóp S.ABC tích nhỏ a 10 B AB  a C AB  2a D AB  3a CÂU 15: Cho hình hộp chữ nhật có ba kích thước a, b, c Dựng hình lập phương có cạnh tổng A AB  ba kích thước hình hộp chữ nhật Biết thể tích hình lập phương ln gấp 32 lần thể tích hình hộp chữ nhật Gọi S tỉ số diện tích tồn phần hình lập phương diện tích tồn phần hình hộp chữ nhật Tìm giá trị lớn Smax S 32 48 16 B S max  C S max  D S max  10 5 CÂU 16: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình bình hành, thể tích V Gọi M trung điểm cạnh SA, N điểm nằm cạnh SB cho SN  NB; mặt phẳng   di động qua điểm A S max  M , N cắt cạnh SC , SD hai điểm phân biệt K , Q Tính thể tích lớn Vmax khối chóp S MNKQ A Vmax  V B Vmax  V C Vmax  3V D Vmax  2V CÂU 17: Cho nhơm hình chữ nhật có kích thước 80cm  50cm Người ta cắt bốn góc tâm nhơm bốn hình vng nhau, hình vng có cạnh x  cm  , gập nhơm lại thùng khơng nắp dạng hình hộp Tính thể tích lớn Vmax hộp tạo thành GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 101 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHƠNG GIAN A Vmax  18000cm3 B Vmax  28000cm3 C Vmax  38000cm3 D Vmax  8000cm3 CÂU 18: Cho hình chóp S.ABCD có ABCD hình thoi cạnh a , SA  SB  SC  a Thể tích lớn khối chóp S.ABCD A 3a B a3 C  a3 D a3  CÂU 19: Cho hình chóp S.ABCD có SC  x  x  , cạnh lại (tham khảo hình vẽ) Biết thể tích khối chóp S.ABCD lớn x  đúng? A a  2b  30 B a  8b  20 a b  a, b   Mệnh đề C b  a  2  D 2a  3b  1 CÂU 20: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình bình hành Hai điểm M , N thuộc AB AD 2  Kí hiệu V , V1 đoạn thẳng AB AD ( M N không trùng với A ) cho AM AN V thể tích khối chóp S.ABCD S.MBCDN Tìm giá trị lớn tỉ số V A B 17 14 C D CÂU 21: Xét tứ diện ABCD có cạnh AB  BC  CD  DA  AC , BD thay đổi Giá trị lớn thể tích khối tứ diện ABCD A 27 B 27 C D CÂU 22:Cho khối chóp S.ABC có SA vng góc với đáy, tam giác ABC vng B Biết thể tích khối chóp giá trị nhỏ diện tích tồn phần chóp S.ABC p  q p, q  24 Tính giá trị biểu thức: p  q  ? 37 37 25 25 A p  q  B p  q  C p  q  D p  q  16 36 CÂU 23: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình thoi tâm O , cạnh 1; SO vng góc với mặt phẳng đáy  ABCD  SC  Tính thể tích lớn Vmax khối chóp cho 3 B Vmax  C Vmax  27 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 A Vmax  D Vmax  27 Trang 102 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHƠNG GIAN CÂU 24: Cho tứ diện ABCD Hai điểm M , N di động hai đoạn thẳng BC BD cho BC BD 3  10 Gọi V1 , V2 thể tích khối tứ diện ABMN ABCD Tìm giá trị nhỏ BM BN V V2 A B C D 25 CÂU 25: Cho khối chóp S.ABC có đáy tam giác vuông cân B Khoảng cách từ A đến mặt phẳng  SBC  a 2, SAB  SCB  900 Xác định độ dài cạnh AB để khối chóp S.ABC tích nhỏ A AB  3a B AB  a C AB  2a GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 D AB  a 10 Trang 103 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN GIẢI CHI TIẾT CÂU : Chọn D A M x D B H C TỰ LUẬN : Gọi M , H trung điểm AB CD CM  AB Ta có tam giác ABC , ABD cân C D Suy   AB   CDM   DM  AB Ta có: CAB  DAB  c.c.c  suy MC  MD Ta MH  CD Tứ diện BMCH có đường cao BM , đáy tam giác MHC vng H x Có BM  ; BH  BC  CH  12   HC  ; HM  BH  BM   1 x2 x2 Suy SMHC  MH HC   2 4 x x2 VABCD  2VBMCD  2.2VBMHC   2  x x2 x x2  x2 x2  3 9  9       4  4 Vậy giá trị lớn thể tích khối tứ diện 3 , đạt x2 x2    x  18  x  4 CASIO : Thực phương pháp tự luận để có V  x x2  Nhập hàm số bên vào máy tính CALC , V  3.872 CALC 2 , V  4.320 CALC 14 , V  5.066 CALC , V  5.196 CÂU 2: Chọn D A a a C S H a B GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 104 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHƠNG GIAN Gọi H hình chiếu A lên ( SBC )  V  AH S SBC Ta có AH  SA ; dấu “=” xảy AS   SBC  1 SB.SC.sin SBC  SB.SC , dấu “=” xảy SB  SC 2 1 1 Khi đó, V  AH S SBC  AS  SB  SC  SA  SB  SC 3 Dấu “=” xảy SA, SB, SC đôi vng góc với S SBC  a3 Suy thể tích lớn khối chóp V  SA.SB.SC  6 CÂU 3: Chọn A - Do SB  SC  AB  AC  nên tam giác SBC ABC cân S A Gọi M , N trung điểm BC SA , ta có: SM  BC  BC   SAM  Hạ SH  AM H SH   ABC    AM  BC - Ta có: AM   1 y2 y2  S ABC  AM BC  y  2 4 Mặt khác: SM  AM nên tam giác MSA cân M  MN  MA2  AN   Lại có: SH AM  MN.SA  SH   VS ABC MN SA  AM y x2  4 y2 x2  2 4  x 4 x  y y2  y2 1 x  x  x2  y y2 1  xy  x  y  SH S ABC  y 1 3 12 4 y  x2  y   x2  y   x2 y   x2  y      12 12  27  Vậy Vmax   x2  y   x2  y  x  y  , x y  27 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 105 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHƠNG GIAN CÂU : Chọn D  AH   SBC  Gọi H hình chiếu A mặt phẳng  SBC   Ta có  AH  AS ; Dấu ''  '' xảy AS   SBC  1 SB.SC.sin BSC  SB.SC Dấu ''  '' xảy SB  SC 2 1 1  Khi V  SSBC AH   SB  SC  AS  SA.SB.SC 3  Dấu ''  '' xảy SA, SB, SC đơi vng góc với  S SBC  a3 Vậy thể tích lớn khối chóp Vmax  SA.SB.SC  6 CÂU : Chọn A S A B x C D Đặt cạnh BC  x  Tam giác vng ABC , có AC  16  x Tam giác vuông SAC , có SA  SC  AC  20  x Diện tích hình chữ nhật S ABCD  AB.BC  x Thể tích khối chóp VS ABCD  S ABCD SA  x 20  x 3 Áp dụng BĐT Cơsi, ta có x2   20  x  40  10 Suy VS ABCD  10  3 40 Dấu "  " xảy  x  20  x  x  10 Vậy Vmax  Cách Xét hàm số f  x   x 20  x 0; NOTE: Hiểu rõ chất dùng cách trắc nghiệm Đừng phụ thuộc vào máy tính nhiều!! x 20  x    GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 106 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHƠNG GIAN CÂU 6: Chọn A Gọi O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Vì S.ABC hình chóp  SO   ABC  Đặt AB  x  Diện tích tam giác SABC  Gọi M trung điểm BC  AM  x2 x x  OA  AM  3 Tam giác vng SOA, có SO  SA2  OA2   x2 1 x2 3  x2 Khi VS ABC  SABC SO   x  x 3 12 Xét hàm f  x   x  x 0; , ta max f  x   f 12  0;       16 CÂU 7: Chọn B S x B A O C D Gọi O  AC  BD Vì SA  SB  SC  SD suy hình chiếu S mặt đáy trùng với tâm đường tròn ngoại tiếp đa giác đáy  SO   ABCD  Đặt AB  x  Tam giác vng ABC , có AC  AB  BC  x  16 Tam giác vng SOA, có SO  SA2  AO2  SA2  AC 128  x    128 1 128  x  x 128  x   x  128  x   Khi VS ABCD  S ABCD SO  x 3 3 128 Dấu ''  '' xảy x  128  x  x  Suy VS ABCD  CÂU : Chọn A GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 107 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN S D A H C B Do SA  SB  SC  SD  a nên hình chiếu vng góc S mặt phẳng  ABCD  trùng với tâm đường tròn ngoại tiếp đáy, tứ giác ABCD hình chữ nhật Gọi H  AC  BD , suy SH   ABCD  Đặt AB  x  Ta có AC  AD2  AB  x  16a Tam giác vuông SHA, có SH  SA2  AC 8a  x  1 Khi VS ABCD  S ABCD SH  AB AD.SH 3   8a  x a a 8a3 2 2  x.4a  x 8a  x   x  8a  x   3 3 CÂU 9: Chọn D S A B x x C Cách Giả sử CA  CB  x  Suy SA  SC  AC   x 1 Diện tích tam giác S ABC  CA.CB  x 2 1 Khi VS ABC  S ABC SA  x  x Xét hàm f  x    2 x  x  0;1 , ta max f  x   f      0;1     27 Cách Ta có x 1  x2  x2   x2  1 x  x x   x      2   CÂU 10: Chọn D S c z b y A x C a B GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 108 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN  x2  y  a2  Đặt AB  x, AC  y, AS  z Ta có  x  z  b  y  z  c2  Khi V  x   xy  yz  zx  xyz  V  288  y  y  z  z  x  a 2b c abc  V  288 288 24  a  b  c Dấu ''  '' xảy x  y  z   CÂU 11: Chọn B S M N B A C D Thể tích khối chóp S.ABD VS ABD Ta có a3  mna VS AMN SM SN VS AMN  mnV S ABD    mn  VS ABD SB SD Mặt khác mn  2.m 3.n 2m2  3n2   6  1 a3  2m  3n  m  ; n  Dấu ''  '' xảy   Suy V  S AMN 2 72  2m  3n  CÂU 12 : Chọn A Gọi h  chiều cao lăng trụ; a  độ dài cạnh đáy a2 4V Theo giả thiết ta có V  Sday h  h  h  a Diện tích tồn phần lăng trụ: Stp  S2 day  S xung quanh  Áp dụng BĐT Cơsi, ta có Stoan phan   a2 4V  3a 2 a a 3V  a a 3V 3V a 2 3V 3V    33  3 2V 2 a a a a Dấu ''  '' xảy  a 3V 3V    a  4V a a CÂU 13: Chọn C Gọi O tâm hình thoi ABCD  OA  OC 1 Theo ra, ta có SBD  CBD  OS  OC   GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 109 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHƠNG GIAN Từ 1   , ta có OS  OA  OC  Suy OA  AC  SAC vuông S  AC  x  x2   x2 OB  AB  OA2  2 S A B H O D C Diện tích hình thoi S ABCD  2.OA.OB  x  1  x  Ta có SB  SC  SD  , suy hình chiếu vng góc H đỉnh S mặt đáy tâm đường  H  AC tròn ngoại tiếp tam giác BCD  SA.SC x Trong tam giác vuông SAC , ta có SH   SA2  SC x2  Khi VS ABCD  x  1  x  1  x2   x2   x  x     x2   x Suy VS ABCD  Dấu ''  '' xảy  x   x  x  CÂU 14: Chọn B S H C D A B Gọi D điểm cho ABCD hình vng   AB  AD Ta có    AB   SAD    AB  SD   SAB  90  AB  SA Tương tự, ta có BC  SD Từ suy SD   ABDC   DH   SBC  Kẻ DH  SC  H  SC   Khi d  A,  SBC   d  D,  SBC   DH Đặt AB  x  1 1 Trong tam giác vng SDC , có    2 DH SD DC a  GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020   1  2 SD x Trang 110 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHƠNG GIAN ax Suy SD  x  2a Thể tích khối chóp VS ABC 1 ax3 a x3  VS ABCD   x  2a x  2a  x3    a 2;  , ta f  x   f a  3a  a 2; x  2a Xét hàm f  x   2 CÂU 15: Chọn D Theo giả thiết ta có cạnh hình lập phương a  b  c ● Hình hộp chữ nhật có: V  abc Stp   ab  ac  bc  ● Hình lập phương có: V '   a  b  c  S 'tp   a  b  c  a  b  c S Suy S   S2 ab  bc  ca Ta có  a  b  c  a  b  c  32abc  a3 3  32 bc b c  b c     1  32   a a a  a a b  a  x x  y  1  Đặt     x  y  1  32 xy  xy  c 32  y  a Khi  x  y  1 S  x  y  xy  x  y  1  3 x  y  1  x y t  x  y 11   S  96 t2 t  32t  32 32 Ta có  x  y  1  32 xy   x  y    t   t  1   t  8t  16t    2  t  3 Xét hàm f  t   t2 đoạn 2;3   , ta max f  t   f    2;3  t  32t  32 10   CÂU 16: Chọn B Gọi a  SK SC   a  1 Vì mặt phẳng   di động qua điểm M , N cắt cạnh SC , SD hai điểm phân biệt K , Q nên ta có đẳng thức SA SC SB SD SD SQ 2a     2      SM SK SN SQ a SQ SD  a S N M Q P D A B C  SM SN SK SM SK SQ   4a  2a         VS ABCD  SA SB SC SA SC SD   a   a  GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Ta có VS MNKQ Trang 111 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHƠNG GIAN Xét hàm f  a   2a 1  đoạn  0;1 , ta max f  a   f 1  0;1 a2 CÂU 17: Chọn A Hình hộp tạo thành có kích thước: chiều dài 80  x  cm  , chiều rộng 50  x  cm  , chiều cao x  cm  Suy thể tích thùng tạo thành V  x 80  x  50  x   x3  260 x  4000 x Khảo sát f  x   x3  260 x  4000 x  0; 25 , max f  x   f 10   18000cm  0;25  CÂU 18: Chọn D S a a a a A B H a D O C Kẻ SH   ABCD  H  H tâm đường tròn ngoại tiếp ABC Mà ABC cân B AC  BD  H  BD Gọi O giao điểm AC BD Ta có: OB2  AB2  OA2  a   SA2  SO2   SO2  SO  OB  OD  SBD vuông S 1 1  SH BD  SB.SD  V  SH S ABCD  SH AC.BD  SB.SD AC  a AC.SD 3 6 Lại có SD  BD  SB  BD  a Mà AC  2OA  AB2  OB2  a  BD2  4a  BD2 2 2 a  4a  BD    BD  a  a3 2 2  V  a 4a  BD BD  a   6 CÂU 19: Chọn B Gọi H hình chiếu S lên mặt phẳng  ABCD  , SA  SB  SD nên H  AO với O trung điểm BD Ta xét hai tam giác SBD ABD có cạnh BD chung, SB  AB , SD  AD nên SBD  ABD suy AO  SO  OC SAC vng S GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 112 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN 1  x2  x  BO   S ABCD  Ta có AO  AC  2 SA.SC x Mặt khác SH    x2 SA2  SC Vậy VS ABCD  SH S ABCD  x2 3  x2   1  x   x  2 0  x   Thể tích khối chóp S.ABCD lớn x   x  x  a  Vậy  Suy a  8b  20 b  CÂU 20: Chọn A Đặt AD AB  y , theo giả thiết ta có x  y   x; AM AN AM AN sin DAB VS AMN S AMN AM AN  2   Ta có VS ABCD S ABCD AB AD yx AB AD.sin DAB Theo đầu AB AD 2   x  2y   x   2y AM AN VS AMN  ; 0 y  VS ABCD y   y  V V1   S AMN   ; 0 y  V VS ABCD 2y 4  2y  2y   2y  Theo BĐT Cơsi ta có y (4  y)       Nên V1 V 3     max  V 4 V CÂU 21: Chọn A GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 113 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHƠNG GIAN Gọi M , N trung điểm BD, AC Đặt BD  x, AC  y  x, y  0 Ta có CM  BD, AM  BD  BD   AMC  Ta có MA  MC   x , MN   x  y , S AMN  VABCD 1 MN AC  y  x  y 2 2 1 x y 1  x  y    DB.S AMC  x y  x  y  3 3  VABCD  x  y   x2  y  27 27 CÂU 22:Chọn D Đặt SA  a, AB  b, BC  c , ta có: abc  Diện tích tồn phần: 2S  ab  bc  a b2  c  c a  b2   2  2  2 Theo bất đẳng thức Bunyakovsky ta có:   b  c      b  c            Như vậy: 2 b c  bc  5 b2  c  b  c 3 2  2  5 10 5 c   c  b  a   b  a  c   ac  b ac  Do đó: 2S  ab  bc  a  b   3  3 3 4b 3 10 5 5 5  5  1 5 5  2S  b   b   S   b  b    4b 6b 6b    b GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 114 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHƠNG GIAN Đẳng thức xảy khi: b  1, a  c  25 Vậy p  , q   p  q  16 CÂU 23: Chọn D S A B x O C D Đặt OA  OC  x Tam giác vng AOD , có OD  AD  OA2   x Suy BD   x Diện tích hình thoi S ABCD  OA.BD  x  x Tam giác vuông SOC , có SO  SC  OC   x 1 Thể tích khối chóp VS ABCD  S ABCD SO  x  x  x  x 1  x  3   Xét hàm f  x   x 1  x   0;1 , ta max f  x   f  Suy Vmax    0;1 27  3 3 Cách Áp dụng BDT Cơsi, ta có x 1  x   2 x 1  x 1  x  3  x2   x2   x2       27  CÂU 24: Chọn D d A; BMN   SBMN S V1     BMN Ta có V2 d A; BCD S    BCD SBCD  Gọi H hình chiếu M lên BD K hình chiếu C lên BD , ta có SBMN MH BN BM BN   SBCD CK BD BC BD BC BD BC BD BC BD 25 BM BN 3      BC BD 25 BM BN BM BN BM BN 6 S V Suy BMN  Vậy nhỏ 25 SBCD 25 V2 10  CÂU 25: Chọn B S H a C D x A x B GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 115 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHƠNG GIAN Gọi D đỉnh thứ tư hình vng ABCD  BC  DC  BA  DA Ta có   BC  SD ;   BA  SD Suy SD   ABCD   BC  SC  BA  SA 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  Đặt f  x   2ax3 x  2a x3 x  2a x  a 2 V   f  x  2ax x  2a 2 2a x3 x  2a 3x  x  2a   x x  2a  x  2a  x x  6a 2  2a  x  2a f   x    x  a Vậy maxV  3a3 AB  x  a GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 116 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHƠNG GIAN CHỦ ĐỀ 5: TỌA ĐỘ HĨA – TỐN THỰC TẾ VÍ DỤ 1: Cho tứ diện OABC có OA , OB , OC đơi vng góc với OA  OB  OC  a Gọi M trung điểm BC Khoảng cách hai đường thẳng AB OM 2a a a a A B C D 3 Lời giải Chọn C a a  Chọn hệ trục tọa độ cho O  0;0;0  , A  0;0; a  , B  a;0;0  , C  0; a;0  , M  ; ;0  2  AB   a;0;  a   AB có vtcp u  1;0; 1 a a  OM   ; ;0   OM có vtcp v  1;1;0  , OA   0;0; a  2  u , v .OA a  u , v   1; 1;1  d  OM , BC   u , v  VÍ DỤ 2: Cho hình chóp S.ABCD , đáy ABCD hình vng cạnh a , SA vng góc với mặt phẳng  ABCD  ; M , N hai điểm nằm hai cạnh BC , CD Đặt BM  x , DN  y   x, y  a  Hệ thức liên hệ x y để hai mặt phẳng  SAM   SMN  vng góc với là: A x  a  a  x  y  B x  a  a  x  y  C x  2a  a  x  y  D 2x  a  a  x  y  Lời giải Chọn B S A D N B M C GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 117 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHƠNG GIAN Tọa độ hóa với O  A , Ox  AD , Oy  AB , Oz  AS Đặt SA  z  , ta có S  0;0; z  , M  x; a;0  , N  a; y;0    AS   0;0; z  Do    AS ; AM    az; xz;0    AM   x; a;0    SM   x; a;  z     SM ; SN    yz  az; xz  az; xy  a     SN   a; y;  z  Mặt phẳng  SAM  nhận  AS ; AM    az; xz;0  VTPT Mặt phẳng  SMN  nhận  SM ; SN    yz  az; xz  az; xy  a  VTPT Ta có  SAM    SMN    AS ; AM   SM ; SN    az  az  yz   xz  xz  az    a  a  y   x  x  a    x  a  a  x  y  VÍ DỤ 3: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC tam giác cân A , góc BAC  120o Gọi H , M trung điểm cạnh BC SC SH vng góc với  ABC  ; SA  2a tạo với mặt đáy góc 60O Khoảng cách hai đường thẳng AM BC a a 21 a A B C 7 D a 21 Lời giải Chọn D S M A C H B Ta có  SA,  ABC    SAH  600 ; SH  2a.sin 600  a 3, AH = SA2  SH  a BH = a.tan 600  a 3, BC =2a   Ta chọn hệ trục Oxyz cho: H  O  0;0;0 , S  Oz  S 0;0; a     A  Ox  A  a;0;0  ; B  Oy  B 0; a 3;0 ; C  Oy  C 0; a 3;0  a a 3 Tọa độ M trung điểm SC nên M  0; ;  2    a a 3 AM  a; ;  ; BC 0; 2a 3;0 2   Vectơ pháp tuyến mặt phẳng chứa AM song song với BC n   AM ;BC  3a;0; 2 3a  P  : 3a  x  a   3az   3ax  3az  3a    d  AM , BC   d  C ,  P      3a 9a  12a  3a a 21  21 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 118 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHƠNG GIAN VÍ DỤ 4: Cho hình lập phương ABCD.ABCD cạnh a Lấy điểm M thuộc đoạn AD , điểm N  a 2 thuộc đoạn BD cho AM  DN  x ,   x   Tìm x theo a để đoạn MN ngắn   A x  a B x  a C x  a D x  a Lời giải Chọn A A B N D C M B' A' D' C' Chọn hệ trục tọa độ Oxyz cho O  A , AD  Ox , AB  Oy , AA  Oz A  0;0;0  , D  a;0;0  , B  0; a;0  , A  0;0; a  , D  a;0; a  , B  0; a; a  , C   a; a;0  , C  a; a; a  a 2x x  x  a 2x M  ;0; ; ; a   , N  2      MN    2x  a   x2 x2 2a  a   3x  2ax  a   x  ax   2    2a  a a  MN   x    Vậy MN ngắn  x   3  VÍ DỤ 5: Cho hình lập phương ABCD.ABCD có cạnh a Một đường thẳng d qua đỉnh D tâm I mặt bên BCC B  Hai điểm M, N thay đổi thuộc mặt phẳng  BCC B   ABCD  cho trung điểm K MN thuộc đường thẳng d Giá trị bé độ dài đoạn thẳng MN A 3a B 5.a 10 C 5.a D 3.a Lời giải Chọn D Cho a  Chọn hệ trục Oxyz hình vẽ GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 119 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHƠNG GIAN A  0;0;0  , D 1;0;1 , B  0;1;0  , C  1;1;1 1 1 1  I trung điểm BC  I  ;1;   DI    ;1;     1; 2;1 2 2 2  Đường thẳng DI qua D 1;0;1 , có VTCP u  1; 2;1 có phương trình là: x  1 t   y  2t  t  z  1 t   Mặt phẳng  ABCD  : z  Mặt phẳng  BCC B  : y  M   BCC B   M  m;1; n  , K  DI  K 1  t; 2t;1  t  K trung điểm MN  N  2t  m  2; 4t  1; 2t  n   N   ABCD   z N   2t  n    t  n2  N  n  m;3  2n;0  MN   n  2m;  2n; n   MN   n  2m     2n   n2   n  2m   5n2  8n  2  b  4 4   Dấu xảy     n  2m    n      MN  5 5   a   GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 120 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHƠNG GIAN BÀI TẬP RÈN LUYỆN CÂU 1: Cho hình lập phương ABCD.A B C D có cạnh Tính khoảng cách hai mặt phẳng AB D BC D A B C D CÂU 2: Cho hình lập phương ABCD.ABCD có độ dài cạnh Gọi M , N , P , Q trung điểm cạnh AB , BC , CD DD Tính thể tích khối tứ diện MNPQ 1 A B C D 12 24 8 CÂU 3: Cho hình chóp S.ABC có SA vng góc với mặt phẳng đáy Gọi M trung điểm BC H trung điểm AM Biết HB  HC , HBC  30 ; góc mặt phẳng  SHC  mặt phẳng  HBC  60 Tính cơsin góc đường thẳng BC mặt phẳng  SHC  ? A B C 13 D CÂU 4: Trong không gian với hệ tọa độ Oxy , cho hình hộp chữ nhật ABCD ABCD có A trùng với gốc tọa độ O , đỉnh B(m;0;0) , D(0; m;0) , A(0;0; n) với m, n  m  n  Gọi M trung điểm cạnh CC  Khi thể tích tứ diện BDAM đạt giá trị lớn A 245 108 B C 64 27 D 75 32 CÂU 5: Cho lăng trụ tam giác ABC.ABC có tất cạnh a M điển thỏa mãn CM   AA Cơ sin góc hai mặt phẳng  AMB   ABC  A 30 B 30 16 C 30 10 D CÂU 6: Cho hình lập phương ABCD.A B C D có cạnh Tính khoảng cách hai mặt phẳng AB D BC D A B C D CÂU 7: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a , mặt bên SAB tam giác nằm mặt phẳng vng góc với mặt phẳng  ABCD  Gọi G trọng tâm tam giác SAB M , N trung điểm SC , SD (tham khảo hình vẽ bên) Tính cơsin góc hai mặt phẳng  GMN   ABCD  GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 121 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHƠNG GIAN A 39 39 B C 39 13 D 13 13 CÂU 8: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC tam giác vng A , ABC  60o , BC  2a Gọi D điểm thỏa mãn 3SB  2SD Hình chiếu S mặt phẳng  ABC  điểm H thuộc đoạn BC cho BC  4BH Biết SA tạo với đáy góc 60 o Góc hai đường thẳng AD SC A 60 o B 45o C 90 o D 30 o CÂU 9: Một người muốn xây bể chứa nước, dạng khối hộp chữ nhật khơng nắp tích 256 m , đáy bể hình chữ nhật có chiều dài gấp đơi chiều rộng Giá th nhân công để xây bể 500000 đồng/ m Nếu người biết xác định kích thước bể hợp lí chi phí th nhân cơng thấp Hỏi người trả chi phí thấp để th nhân cơng xây dựng bể bao nhiêu? A 48 triệu đồng B 47 triệu đồng C 96 triệu đồng D 46 triệu đồng CÂU 10: Một hộp không nắp làm từ mảnh tơng theo hình vẽ Hộp có đáy hình vuông cạnh x  cm  , chiều cao h  cm  thể tích 500cm3 Tìm độ dài cạnh hình vng x cho hộp làm tốn bìa tơng A x  2cm B x  3cm C x  5cm D x  10cm CÂU 11: Một người cắt bìa tơng đặt kích thước hình vẽ Sau bạn gấp theo đường nét đứt thành hộp hình hộp chữ nhật Hình hộp có đáy hình vng cạnh a  cm  , chiều cao h  cm  diện tích tồn phần 6m Tổng  a  h  để thể tích hộp lớn A a  h  2cm B a  h  3cm C a  h  4cm D a  h  6cm CÂU 12: Một xưởng sản xuất thùng nhơm hình hộp chữ nhật khơng nắp có kích thước x, y, z  dm  Biết tỉ số hai cạnh đáy x : y  1: , thể tích khối hộp 18dm3 Để tốn vật liệu tổng x  y  z bằng: A 10dm B 19 dm C 26dm D 26 dm CÂU 13: Để thiết kế bể cá hình hộp chữ nhật khơng nắp có chiều cao 60cm, thể tích 96000cm Người thợ dùng loại kính để sử dụng làm mặt bên có giá thành 70.000 đồng/m2 loại kính để làm mặt đáy có giá thành 100.000 đồng/m2 Tính chi phí thấp để hoàn thành bể cá A 320.000 đồng B 32.000 đồng C 83.200 đồng D 68.800 đồng CÂU 14: Người ta cắt tờ giấy hình vng cạnh để gấp thành hình chóp tứ giác cho bốn đỉnh hình vng dán lại thành đỉnh hình chóp hình vẽ Để thể tích khối chóp lớn cạnh đáy x hình chóp bằng: GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 122 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHƠNG GIAN A x  B x  2 C x  2 D x  CÂU 15: Một người xây nhà xưởng hình hộp chữ nhật có diện tích mặt sàn 1152m chiều cao cố định Người xây tường xung quanh bên để ngăn nhà xưởng thành ba phịng hình chữ nhật có kích thước (khơng kể trần nhà) Vậy cần phải xây phòng theo kích thước để tiết kiệm chi phí (bỏ qua độ dày tường) A 16m  24m B 8m  48m C 12m  32m D 24m  32m CÂU 16: Một ảnh hình chữ nhật cao 1, 4m đặt độ cao 1, 4m so với tầm mắt (tính từ đầu mép hình) Để nhìn rõ phải xác định vị trí đứng cho góc nhìn lớn Hãy xác định vị trí đó? Biết góc BOC nhọn A AO 2, 4m B AO C AO 2m 2, 6m D AO 3m CÂU 17: Ông An muốn xây bể chứa nước lớn dạng khối hộp chữ nhật không nắp tích 288 m3 Đáy bể hình chữ nhật có chiều dài gấp đơi chiều rộng, giá thuê nhân công để xây bể 500000 đồng/ m Nếu ông An biết xác định kích thước bể hợp lí chi phí thuê nhân công thấp Hỏi ông An trả chi phí thấp để xây dựng bể bao nhiêu? A 108 triệu đồng B 54 triệu đồng C 168 triệu đồng D 90 triệu đồng GIẢI CHI TIẾT CÂU 1: Chọn C Ta chọn hệ trục tọa độ cho đỉnh hình lập phương có tọa độ sau: A 0; 0; B 1; 0; C 1;1; D 0;1; A 0; 0;1 B 1; 0;1 C 1;1;1 D 0;1;1 AB BD 1; 0;1 , AD 1;1; , BC * Mặt phẳng AB D 0;1;1 , 0;1;1 qua A 0; 0; nhận véctơ n tuyến Phương trình AB D : x y z AB ; AD 1;1; làm véctơ pháp BD; BC 1;1; làm véctơ pháp * Mặt phẳng BC D qua B 1; 0; nhận véctơ m tuyến Phương trình AB D : x y z GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 123 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN Suy hai mặt phẳng AB D BC D song song với nên khoảng cách hai mặt phẳng khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng BC D : d A, BC D 3 CÂU 2: Chọn D  D  O Ox  DA Chọn hệ trục tọa độ Oxyz cho:  Oy  DC   Oz  DD Khi đó: A 1;0;1 , B 1;1;1 , C  0;1;1 , D  0;0;1 , A 1;0;0  , B 1;1;0  , C  0;1;0  1    1    M 1; ;1 , N  ;1;1 , P  0; ;0  , Q  0;0;  2    2    1 1    1   1  Ta có: MN  ; ;0  , MP  1; ;  , MQ  1; ;  2 2    2  1 1 1  MN , MP  MQ      VMNPQ   MN , MP  MQ      24 8 CÂU 3: Chọn C Từ M trung điểm BC H trung điểm AM , HB  HC suy AM  BC , hay tam giác ABC cân đỉnh A a a a Do HBC  30 suy HM  Đặt SA  b  AM  Đặt hệ trục tọa độ hình vẽ: Đặt BC  a  BM  z S A C H x M y B GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 124 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHƠNG GIAN  a a  a a   a  Ta có A  0;0;0  , B  ; ;0  , S  0;0; b  ;0  , C   ; ;0  ; H  0;  2      a a   a  Ta có HC    ; ; b  ;0  ; SH   0;      ab ab a  Nên  HC , SH     ; ;  12     Suy  SHC  có véc-tơ pháp tuyến n1  2b 3;6b; a Mặt phẳng  HBC  có véc-tơ pháp tuyến k   0;0;1 Góc mặt phẳng  SHC  mặt phẳng  HBC  60 nên cos   SHC  ,  HBC    n1.k  cos 60  n1 k  12b2  36b2  3a  a  b  a 12b2  36b2  3a a  3a 3a  Khi n1   ; ; a  , đường thẳng BC có véc-tơ phương i  1;0;0    Gọi  góc đường thẳng BC mặt phẳng  SHC  , ta có sin   n1.i n1 i  3a 2  3 13  Do cos    sin        2 4  9a 27 a    3a 4 CÂU 4: Chọn C   n 2 Tọa độ điểm C (m; m;0), C(m; m;; n), M  m; m;  n  BA   m;0; n  , BD   m; m;0  , BM   0; m;  2   BA, BD    mn; mn; m2  VBDAM  m2 n  BA, BD  BM  GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 125 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHƠNG GIAN 256 64  m  m  2n  512  m2n  Ta có m.m.(2n)    VBDAM    27 27   27 CÂU 5: Chọn C Xét hình lăng trụ tam giác ABC.ABC có tất cạnh a Gắn hệ trục hình vẽ quy ước a  ( đơn vị ) Gọi D giao điểm AM AC Vì tam giác ABC tam giác cân cạnh a nên ta suy độ dài đường trung tuyến a Suy tọa độ điểm hình vẽ AD   DA  2 DC Theo giả thiết ta có CM   AA  ADA CDM  CD   Vậy tọa độ điểm D là: D  0; ;1   Ta có mặt phẳng ABC có phương trình z   n ABC    0;0;1 Mặt khác mặt phẳng  AMB  mặt phẳng qua ba điểm A , D B 1  3     ; ;1  n  ABM    AD , AB    ; ; Ta có: AD   0; ;1 AB      6   2  Vậy  sin góc tạo hai mặt phẳng  AMB   ABC  là:     cos  A ' BM  ,  ABC   cos n ABM  , n ABC    3   36  30  10 10 CÂU 6: Chọn C Ta chọn hệ trục tọa độ cho đỉnh hình lập phương có tọa độ sau: A 0; 0; B 1; 0; C 1;1; D 0;1; A 0; 0;1 B 1; 0;1 C 1;1;1 D 0;1;1 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 126 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN AB BD 1; 0;1 , AD 1;1; , BC * Mặt phẳng AB D 0;1;1 , 0;1;1 qua A 0; 0; nhận véctơ n tuyến Phương trình AB D : x y z AB ; AD 1;1; làm véctơ pháp BD; BC 1;1; làm véctơ pháp * Mặt phẳng BC D qua B 1; 0; nhận véctơ m tuyến Phương trình AB D : x Suy hai mặt phẳng AB D y z BC D song song với nên khoảng cách hai mặt phẳng khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng BC D : d A, BC D 3 CÂU 7: Chọn C Chọn hệ trục tọa độ Oxyz hình vẽ Khi  3  a   a a   a  S  0;0;  ; A  ;0;0  ; B  ;0;0  ; C  ; a;0  ; D  ; a;0      2   2    a a a 3  a a a 3 a 3 suy G  0;0;  ; M  ; ;  ; N   ; ;    4   4  Ta có mặt phẳng  ABCD  có vectơ pháp tuyến k   0;0;1 , mặt phẳng  GMN  có vectơ pháp  a a ;  tuyến n  GM ; GN    0;  24   39   Gọi  góc hai mặt phẳng  GMN   ABCD  , ta có cos  13 39 n.k 24 n.k CÂU 8: Chọn C GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 127 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHƠNG GIAN Ta có AH  BH  BA2  2.BH BA.cos 60o  tan 60o  a2 a 3a a  a  .a   AH  2 3a SH  SH  AH  AH   3  3  Chuẩn hóa chọn hệ trục tọa độ cho H  0;0;0  , C  ;0;0  , A  0; ;0  , S  0;0;  , 2  2    3 3 9      B   ;0;0  , SB    ;0;    SD    ;0;    D   ;0;   2 4 4      3 3 Ta có DA   ; ;   u  3; 2; vtcp AD 4 4 3 3 SC   ;0;    v  1;0; 1 vtcp SC Ta có u.v   AD  SC 2 2 Vậy góc hai đường thẳng AD SC 90 o   CÂU 9: Chọn A Gọi x  m  chiều rộng đáy bể, chiều dài đáy bể x  m  h  m  chiều cao bể 256 256 128 m  x2h   h 3 3x 128 256  2x2 Diện tích cần xây là: S   xh  xh   x  x  x  3x x 256 256  x2 ,  x  0  S   x     x   x  Xét hàm S  x   x x Bể tích Lập bảng biến thiên suy Smin  S    96 Chi phí thuê nhân cơng thấp diện tích xây dựng nhỏ Smin  96 Vậy giá thuê nhân công thấp 96.500000  48000000 đồng Chú ý: Có thể sử dụng BĐT Cơ si để tìm min, cụ thể GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 128 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHƠNG GIAN S 128 128 128 256   2x  x   x2   2x  3 1282.2  S  96  Smin  96 x x x x CÂU 10: Chọn D 500 x2 Để hộp làm tốn bìa tơng diện tích tồn phần hộp nhỏ Thể tích khối hộp V  x.x.h  x h  500  h  Diện tích tồn phần hộp (khơng nắp) Stp  Sday  Sxung quanh  x.x  4.hx  x  4hx 500 2000 1000 1000 Cosi 2  x   x    1000 x2 x x x 1000 1000   x  1000  x  10 Dấu ''  '' xảy  x  x x Chọn D 2000 Cách Xét hàm f  x   x  với x  x x  x CÂU 11: Chọn A  2a Diện tích tồn phần S  4ah  2a   h  4a Thể tích khối hộp chữ nhật: V  a.a.h  a  2a 6a  2a  4a 6a  2a 0; , ta f  a  lớn a   a  h  2cm Chọn Với a   h   A Khảo sát hàm f  a     CÂU 12: Chọn A Ta có x : y  1:  y  x x2 Tổng diện tích vật liệu (nhôm) cần dùng là: Stp  Sday  Sxungquanh (do hộp khơng nắp) Theo giả thiết, ta có xyz  18  z  6 48   xy   xz  yz   x.3x   x  3x   3x  x  x  x 48 Xét hàm f  x   x   0;   , ta f  x  nhỏ x  x GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 129 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN Khi x   y  6, z  19   x  y  z  dm Chọn A 2 48 8 8    x     3.3 x  36 x x x x x  8 Dấu ''  '' xảy  x    x  x x Cách BĐT Côsi 3x  CÂU 13: Chọn C Gọi x  m  , y  m   x  0, y   chiều dài chiều rộng đáy bể Theo giả thiết, ta có: 0, xy  0, 096  y  Diện tích mặt đáy: Sday  xy  x 0,16 x 0,16  0,16 x   giá tiền 0,16 100.000  16.000 đồng 0,16   Diện tích xung quanh: Sxungquanh  x.0,  y.0,  1,  x   x   0,16  0,16      giá tiền 1,  x   70000  84000  x   đồng x  x    0,16   Suy tổng chi phí f  x   84000  x    16000 x   Cosi  84000.2 x 0,16  16000  83.200 đồng Chọn C x CÂU 14: Chọn B Ta có BM  BO  MO  x AB  MO   2 2  x   x 2 1 x Chiều cao hình chóp: h  BM  MO            2 1  x x  x5  Suy thể tích khối chóp: V  x 3 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 130 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHƠNG GIAN  2 2 Khảo sát hàm f  x   x  x  0;  , ta f  x  lớn x    Chọn B  2 Cách làm trắc nghiệm Đầu tiên ta loại đáp án C x  2   0;  Thay ba đáp án lại   vào hàm số f  x   x  x So sánh kết lớn ta chọn Nếu đề hỏi giá trị lớn thể tích khối chóp ta không làm theo cách CÂU 15: Chọn A Đặt x, y , h chiều dài, chiều rộng chiều cao phòng 384 x Để tiết kiệm chi phí diện tích tồn phần nhỏ 384 576   Ta có Stp  xh  yh  3xy  xh  h  1152  4h  x    1152 x x   y Theo giả thiết, ta có x.3 y  1152  Vì h khơng đổi nên Stp nhỏ f  x   x  Khảo sát f  x   x  576 (với x  ) nhỏ x 576 với x  , ta f  x  nhỏ x  24   y  16 x Chọn A Cách BĐT Côsi x  576 576 576  x  24  x  48 Dấu ''  '' xảy  x  x x x CÂU 16: Chọn A Đặt độ dài cạnh AO x m , x Suy BO x ,CO 10,24 3,24 x2 Ta sử dụng định lí cosin tam giác OBC ta có: cos BOC OB 5, 76 3,24 OC BC 2OB.OC 3,24 x2 3,24 10,24 x2 x 10,24 1, 96 x2 x2 x 10,24 x2 5, 76 Vì góc BOC nên tốn trở thành tìm x để F x 3,24 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 x x2 10,24 x đạt giá trị nhỏ Trang 131 CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHƠNG GIAN 63 25 t t t Đặt 3,24 x2 3,24 Suy F t t, t 25t 63 25 t t Ta tìm t để F(t) đạt giá trị nhỏ 25 t t F' t 25t 63 25 t t 7t 50 t 25 2t t 25 25t 63 2t t t Thay vào đặt ta có: 3,24 Vậy để nhìn rõ AO 25t t t 7 x2 2t 63 t t 7 49t 25 2t t x2 144 25 441 t t x F' t t 2, m 2, 4m CÂU 17: Chọn A Theo ta có để chi phí th nhân cơng thấp ta phải xây dựng bể cho tổng diện tích xung quanh diện tích đáy nhỏ Gọi ba kích thước bể a , 2a , c  a  m   0, c  m    Ta có diện tích cách mặt cần xây S  2a  4ac  2ac  2a  6ac 144 Thể tích bể V  a.2a.c  2a 2c  288  c  a Vậy S  2a  6a 144 864 432 432 432 432  2a   2a    3 a  216 a a a a a a Vậy Smin  216 m2 Chi phí thấp 216  500000  108 triệu đồng GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 132 CHƯƠNG 2: MẶT TRỤ - MẶT NÓN – MẶT CẦU CHỦ ĐỀ 1: HÌNH NĨN – KHỐI NĨN VÍ DỤ 1:Cho hình nón đỉnh S , đường cao SO Gọi A B hai điểm thuộc đường trịn đáy hình nón cho khoảng cách từ O đến AB a SAO  30 , SAB  60 Diện tích xung quanh hình nón 2 a  a2 A S xq  B S xq  C S xq  2 a D S xq   a 3 Lời giải Chọn D 2x x 2x  AH  Do góc SAB  60 nên tam giác SAB  AB  SA  3 Ta có OH  a Đặt OA  x OA  SA.cos30  SA  x2 a Do AH  OH  OA   a  x  x  a a Vậy OA  ; SA  a nên diện tích xung quanh S xq   a   a 2 2 VÍ DỤ : Cho đoạn thẳng AB có độ dài 2a ,vẽ tia Ax phía điểm B cho điểm B cách tia Ax đoạn a Gọi H hình chiếu B lên tia, tam giác AHB quay quanh trục AB đường gấp khúc AHB vẽ thành mặt trịn xoay có diện tích xung quanh A (2  2) a 2 B (3  3) a 2 C (1  3) a 2 D 2 a 2 Lời giải Chọn B GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 133 CHƯƠNG 2: MẶT TRỤ - MẶT NÓN – MẶT CẦU Khi quay quanh tam giác AHB đường gấp khúc AHB vẽ lên mặt trịn xoay Diện tích mặt trịn xoay tổng diện tích xung quanh hai hình nón đường sinh AH BH Ta có AH  AB  BH  a HK  AH BH a 3.a a   AB 2a Diện tích xung quanh hình nón có đường sinh AH S1   a 3a 2 a  2 Diện tích xung quanh hình nón có đường sinh BH S2   a 3a 2 a  2 Diện tích mặt trịn xoay cần tìm S  S1  S2  (3  3)a 2 VÍ DỤ 3: Cho tam giác ABC nội tiếp đường trịn tâm O , bán kính R có BAC  75, ACB  60 Kẻ BH  AC Quay ABC quanh AC BHC tạo thành hình nón xoay  N  Tính diện tích xung quanh hình nón trịn xoay  N  theo R A  R 1 B 3 2  R2 C  R 1 D 3  R2 Lời giải Chọn B B O 60° 75° A H C  Hình nón  N  có đường sinh đoạn l  BC , đường cao h  CH bán kính r  BH  Trong ABC ta có BC  2R sin 75  Trong BHC ta có BH  BC.sin 60  BC  Diện tích xung quanh hình nón (N): S xq   rl   BC.BH   3 BC   R 2 VÍ DỤ 4: Cho hình nón có góc đỉnh 60, diện tích xung quanh 6 a Tính thể tích V khối nón cho 3 a3  a3 A V  B V  C V  3 a D V   a 4 Lời giải Chọn C GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 134 CHƯƠNG 2: MẶT TRỤ - MẶT NÓN – MẶT CẦU S A O O B 1 Thể tích V   R h   OA2 SO 3 Ta có ASB  60  ASO  30  tan 30  OA   SO  OA SO Lại có S xq   Rl   OA.SA   OA OA2  SO  6 a  OA OA2  3OA2  6a  2OA2  6a  OA  a  SO  3a  V   3a 3a  3 a VÍ DỤ 5: Một hình nón có đỉnh S có bán kính đáý 2a , góc đỉnh 120 Thiết diện qua đỉnh hình nón tam giác Diện tích lớn Smax tam giác bao nhiêu? A Smax  8a B Smax  4a 2 C Smax  4a D Smax  16a2 Lời giải Chọn A Cách 1: Gọi thiết diện hình chóp SCD , I trung điểm CD OB  2a Ta có SO  tan 60 Đặt OI  x suy IC  OC  OI  12a  x SI  SO2  OI  4a  x S SCD  CD.SI  SI IC   4a  x 12a  x    S SCD    x  8a x  48a GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 135 CHƯƠNG 2: MẶT TRỤ - MẶT NÓN – MẶT CẦU Xét hàm số f  x    x  8a x  48a với  x  3a f   x   4 x3  16a x x  f  x     x  2a Bảng biến thiên Nhìn vào bảng biến thiên ta thấy  Smax   64a  Smax  8a Cách 2: Gọi thiết diện hình chóp SCD Vì SOB vng O , có OB  r  2a , OSB  60o nên l  SB  Khi đó, S SCD  r  4a sin 60o 1 SC.SD.sin CSD  SC.SD  8a (vì sin CSD  ) 2 Vậy Diện tích lớn Smax thiết diện 8a CSD  90o BÀI TẬP RÈN LUYỆN CÂU 1: Cho hình phẳng gồm nửa đường trịn đường kính AB  , hai cạnh BC , DA hình vng ABCD hai cạnh ED , EC tam giác DCE (như hình vẽ bên) Tính diện tích S mặt trịn xoay tạo thành quay hình phẳng quanh trục đối xứng  20   B S      A S  8  3 D S       C S  6 CÂU 2: Thiết diện qua trục hình nón  N  tam giác vng cân, có cạnh góc vng a , diện tích tồn phần hình nón  N  bằng: A  2a 2     a2 B     a2 C D  a2 CÂU 3: Một bình đựng nước dạng hình nón (khơng đáy) đựng đầy nước Biết chiều cao bình gấp lần bán kính đáy Người ta thả vào khối trụ đo dược thể tích nước tràn ngồi GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 136 CHƯƠNG 2: MẶT TRỤ - MẶT NÓN – MẶT CẦU 16 dm Biết mặt khối trụ nằm mặt hình nón, điểm đường trịn đáy cịn lại thuộc đường sinh hình nón (như hình vẽ) khối trụ có chiều cao đường kính đáy hình nón Diện tích xung quanh S xq bình nước là: A S xq  9 10 dm2 B S xq  4 10 dm C S xq  4 dm2 D S xq  3 dm 2 CÂU 4: Cho tam giác ABC vuông A, BC  a, AC  b, AB  c, b  c Khi quay tam giác vng ABC vịng quanh cạnh BC , quanh cạnh AC , quanh cạnh AB , ta hình có diện tích tồn phần theo thứ tự S a , S b , S c Khẳng định sau đúng? A Sb  Sc  Sa B Sb  Sa  Sc C Sc  Sa  Sb D Sa  Sc  Sb CÂU 5: Hình nón  N  có đỉnh S , tâm đường trịn đáy O , góc đỉnh 120 Một mặt phẳng qua S cắt hình nón N theo thiết diện tam giác vuông SAB Biết khoảng cách hai đường thẳng AB SO Tính diện tích xung quanh S xq hình nón  N  A S xq  36 3 B S xq  27 3 C S xq  18 3 D S xq  3 CÂU 6: Cho hình nón đỉnh S đường trịn đáy có tâm O điểm A thuộc đường trịn đáy Tỉ số diện tích xung quanh diện tích đáy Số đo góc SAO là? A 450 B 30 C 120 D 60 CÂU 7: Một hình nón đỉnh S , đáy hình trịn tâm O SO  h Một mặt phẳng  P  qua đỉnh S cắt đường tròn  O  theo dây cung AB cho góc AOB  90 , biết khoảng cách từ O đến  P  tích xung quanh hình nón  h 10 A B  h 10 C  h 10 3 D h Khi diện 2 h2 10 CÂU : Cho hình lập phương ABCD.ABCD cạnh a Tính diện tích xung quanh khối nón có đỉnh tâm O hình vng ABCD đáy hình trịn nội tiếp hình vng ABCD  a2  a2  a2  a2 A S xq  B S xq  C S xq  D S xq  16 CÂU 9: Đường cao hình nón a  a   Thiết diện qua trục tam giác cân có góc đỉnh 120 Diện tích tồn phần hình nón là: A  a  B  a 2          D  a  3 C  a  CÂU 10: Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có cạnh đáy a , cạnh bên hợp với đáy góc 60 Hinh nón có đỉnh S , đáy đường tròn nội tiếp tứ giác ABCD có diện tích xung quanh là: A S   a 2 B S   a C S   a2   1 D S   a2 CÂU 11: Cho khối nón đỉnh O , trục OI Măt phẳng trung trực OI chia khối chóp thành hai phần Tỉ số thể tích hai phần là: 1 1 A B C D GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 137 CHƯƠNG 2: MẶT TRỤ - MẶT NÓN – MẶT CẦU CÂU 12: Hình chữ nhật ABCD có AB  , AD  Gọi M , N , P , Q trung điểm bốn cạnh AB , BC , CD , DA Cho hình chữ nhật ABCD quay quanh QN , tứ giác MNPQ tạo thành vật trịn xoay tích bằng: A V  8 B V  2 C V  6 D V  4 CÂU 13: Cho hình nón N có đường sinh tạo với đáy góc 60 Mặt phẳng qua trục N cắt N thiết diện tam giác có bán kính đường trịn nội tiếp Tính thể tích V khối nón giới hạn N A V B V 3 C V D V CÂU 14: Cho hình nón đỉnh S có chiều cao cm , bán kính đáy cm Cắt hình nón cho mặt phẳng song song với mặt phẳng chứa đáy hình nón  N  đỉnh S có đường sinh cm Tính thể tích khối nón  N  2304 2358 768 786  cm  cm  cm  cm3 B V  C V  D V  125 125 125 125 CÂU 15: Một mảnh giấy hình quạt hình vẽ Người ta dán mép AB AC lại với để A V  hình nón đỉnh A Tính thể tích V khối nón thu (xem phần giấy dán không đáng kể) A 21 B 20 C 21  D 20 CÂU 16: Cho tam giác ABC cân A có BC  10cm , AB  6cm Quay tam giác ABC xung quanh cạnh AB ta khối trịn xoay tích 325 550 4216 cm3 cm3 cm A 200 cm3 B C D 27 CÂU 17: Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có cạnh a Tính thể tích khối nón có đỉnh S đường tròn đáy đường tròn nội tiếp tứ giác ABCD  a3  a3 2 a 2 a3 A V  B V  C V  D V  2 CÂU 18: Cho ba hình tam giác cạnh a chồng lên hình vẽ (cạnh đáy tam giác qua trung điểm hai cạnh bên tam gác dưới) Tính theo a thể tích khối trịn xoay tạo thành quay chúng xung quanh đường thẳng d GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 138 CHƯƠNG 2: MẶT TRỤ - MẶT NÓN – MẶT CẦU A 13 3 a3 96 B 11 3 a3 96 C 3 a3 D 11 3 a3 CÂU 19: Cho tam giác ABC vng A có AC  1cm ; AB  cm , M trung điểm AB Quay tam giác BMC quanh trục AB ta khối tròn xoay Gọi V S thể tích diện tích khối trịn xoay Chọn mệnh đề A V   ; S    B V   ; S    C V   ; S    D V   ; S            CÂU 20: Cắt khối nón trịn xoay có bán kính đáy R, đường sinh 2R mặt phẳng ( ) qua tâm đáy tạo với mặt đáy góc 60 tính tỷ số thể tích hai phần khối nón chia mặt phẳng ( ) ? A  B   1 C 3 D 3  6 CÂU 21: Cho hình nón  N  có bán kính đáy a diện tích xung quanh S xp  2 a Tính thể tích V khối chóp tứ giác S.ABCD có đáy ABCD nội tiếp đáy khối nón  N  đỉnh S trùng với đỉnh khối nón  N  A V  5a3 B V  2a C V  3a D V  3a3 CÂU 22: Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có cạnh đáy 2a , góc cạnh bên với mặt đáy 45 Tính diện tích xung quanh khối nón đỉnh S , đáy đường tròn ngoại tiếp ABCD A 2 a B 2 a C 2 a D 2 a CÂU 23:Cho hình chóp S.ABC có cạnh đáy a , góc mặt bên đáy 60 Tính diện tích xung quanh S xq hình nón đỉnh S , có đáy hình trịn ngoại tiếp tam giác ABC A S xq   a2 3  a 10 B S xq   a2 C S xq   a2 D S xq  CÂU 24: Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có cạnh đáy 2a Mặt phẳng qua AB trung điểm M SC cắt hình chóp theo thiết diện có chu vi 7a Thể tích khối nón có đỉnh S đường trịn đáy ngoại tiếp tứ giác ABCD 2 a3  a3 2 a3 2 a3 A B C D 3 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 139 CHƯƠNG 2: MẶT TRỤ - MẶT NÓN – MẶT CẦU CÂU 25: Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có cạnh đáy a Tam giác SAB có diện tích 2a Thể tích khối nón có đỉnh S đường trịn đáy nội tiếp tứ giác ABCD  a 15  a3  a3  a3 A B C D 24 CÂU 26: Cho hình chóp S.ABC có SA  SB  SC  , AB  BC  CA  Tính thể tích khối nón giới hạn hình nón có đỉnh S đáy đường tròn ngoại tiếp ABC A 3 C 4 B 13 D 2 CÂU 27: Cho hình chóp S.ABC có cạnh đáy a , góc mặt bên đáy 60 Tính diện tích xung quanh S xq hình nón đỉnh S , có đáy hình trịn ngoại tiếp tam giác ABC A S xq   a2 3 B S xq   a2 C S xq   a 10 D S xq   a2 CÂU 28: Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có cạnh đáy a Cạnh bên hợp với mặt đáy góc 45 Hình nón có đỉnh S , có đáy đường trịn nội tiếp tứ giác ABCD có diện tích xung quanh  a2  a2  a2  a2 A S  B S  C S  D S  2 CÂU 29: Cho hình chóp tam giác có cạnh đáy a đường cao 6a Thể tích khối nón nội tiếp hình chóp (hình nón nội tiếp hình chóp hình nón có đỉnh trùng với đỉnh hình chóp có đường trịn nội tiếp đa giác đáy hình chóp, khối nón tương ứng gọi khối nón nội tiếp hình chóp)  a3  a3  a3  a3 A B C D CÂU 30: Tính thể tích V khối nón ngoại tiếp hình tứ diện có cạnh a (khối nón có đỉnh đỉnh tứ diện có đáy hình trịn qua đỉnh lại tứ diện)  a3  a3 A V  B V  27 C V   a3 12 D V   a3 CÂU 31: Cho hình nón đỉnh S , đáy hình trịn tâm O , góc đỉnh 120 Trên đường tròn đáy, lấy điểm A cố định điểm M di động Có vị trí điểm điểm M để diện tích tam giác SAM đạt giá trị lớn nhất? A Có vị trí B Có vị trí C Có vị trí D Có vơ số vị trí CÂU 32: Cho hình nón  N  có đường cao SO  h bán kính đáy R , gọi M điểm đoạn SO , đặt OM  x ,  x  h  C  thiết diện mặt phẳng  P  vuông góc với trục SO M , với hình nón  N  Tìm x để thể tích khối nón đỉnh O đáy  C  lớn A h B h C h D h CÂU 33: Cho hai mặt phẳng  P   Q  song song với cắt mặt cầu tâm O bán kính R tạo thành hai đường trịn có cùng bán kính Xét hình nón có đỉnh trùng với tâm hai đường tròn đáy trùng với đường trịn cịn lại Tính khoảng cách  P   Q  để diện tích xung quanh hính nón lớn A R B R C R GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 D 2R Trang 140 CHƯƠNG 2: MẶT TRỤ - MẶT NÓN – MẶT CẦU CÂU 34 : Cho nửa đường trịn đường kính AB  R điểm C thay đổi nửa đường trịn đó, đặt   CAB gọi H hình chiếu vng góc C lên AB Tìm  cho thể tích vật thể trịn xoay tạo thành quay tam giác ACH quanh trục AB đạt giá trị lớn A   60 B   30 C arctan D   45 CÂU 35: Có cốc làm giấy, úp ngược hình vẽ Chiều cao cốc 20 cm , bán kính đáy cốc 4cm , bán kính miệng cốc 5cm Một kiến đứng điểm A miệng cốc dự định bò hai vòng quanh than cốc để lên đến đáy cốc điểm B Quãng đường ngắn để kiến thực dự định gần với kết dước đây? A 59,98cm B 59,93cm C 58, 67 cm D 58,80 cm GIẢI CHI TIẾT CÂU 1: Chọn A Gọi S1 diện tích mặt cầu quay nửa đường trịn đường kính AB  quay quanh trục đối xứng  S1  2 Gọi S diện tích xung quanh hình trụ quay hình vng ABCD cạnh AB  quanh trục đối xứng  S2  4 Gọi S diện tích hình xung quanh hình nón quay tam giác DCE cạnh EC  quanh trục đối xứng  S3  2 Vậy diện tích mặt trịn xoay tạo thành quay hình phẳng quanh trục đối xứng S  S1  S2  S3  8 CÂU 2: Chọn B    a   1 a a a Ta có Stp   Rl   R , R  , l  a nên Stp   a      2   2 CÂU 3: Chọn B Xét hình nón: h  SO  3r , r  OB, l  SA Xét hình trụ: h1  2r  NQ , r1  ON  QI SQI SBO Vt   r12 h1   QI SI r    r1  BO SO 3  Thể tích khối trụ là: 2 r 16   r   h   l  h2  r  10  S xq   rl  4 10 dm 9 CÂU 4: Chọn A A c B h a H b C Gọi H chân đường vng góc kẻ từ A tam giác, đặt AH  h Ta có Sa   BA AH   CA AH   h(c  b) Sb   BC.BA   BA2   c(a  c) Sc   CB.CA   CA2   b(a  b) GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 141 CHƯƠNG 2: MẶT TRỤ - MẶT NÓN – MẶT CẦU Do b  c nên hiển nhiên Sc  Sb Do c  a, h  b nên hiển nhiên Sa  Sc Vậy Sa  Sc  Sb CÂU 5: Chọn C Theo ta có tam giác SAB vuông S OH  ; BSO  60 Gọi r bán kính đường trịn đáy hình nón đường sinh l  SB  Suy BH  r 2r l  sin 60 r AB  6r  r2  r  3 Xét tam giác OBH vuông H , ta có  Diện tích xung quanh S xq hình nón  N  S xq   r.l   3  18 CÂU 6: Chọn D Ta có diện tích xung quanh hình nón S   OA.SA Diện tích đáy hình nón S    OA2 S SA OA  2  Khi đó: S  OA SA OA   SAO  60 Mà tam giác SAO vuông O nên cos SAO  SA CÂU 7: Chọn B GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 142 CHƯƠNG 2: MẶT TRỤ - MẶT NÓN – MẶT CẦU Gọi I trung điểm AB 1 1 h   2     OI  2 OH SO OI OI h h h Tam giác OAB vuông cân O nên: AB  2OI  h 2h , R  OA  OB  3 h 6 h 15 Suy ra: SB  SO  OB  h         Diện tích xung quanh hình nón: 2 h h 15  h2 10 S xq   R.SB    3 CÂU : Chọn C a Do diện tích xung quanh khối nón tính theo cơng thức: Khối nón có chiều cao a có bán kính đáy r  S xq   rl với l  a  a2 a  a a  a2 Vậy S xq    2 CÂU 9: Chọn A GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 143 CHƯƠNG 2: MẶT TRỤ - MẶT NÓN – MẶT CẦU Gọi thiết diện qua trục SAB , S đỉnh, AB đường kính đáy, O tâm đáy Theo giả thiết SO  a, ASO  600 Trong tam giác SAO vuông O , ASO  600 Ta có OA  SO tan 600  a 3, SA  SO  2a cos 600 Hình vẽ mơ thiết diện qua trục hình nón Gọi Stp , Sd , S xq theo thứ tự diện tích tồn phần, diện tích đáy, diện tích xung quanh hình nón ta có: Stp  Sd  S xq   R   Rl   R  R  l    OA  OA  SA     a a  2a    a2      Vậy diện tích tồn phần hình tròn Stp   a  CÂU 10: Chọn D S l D C O A 60° r M B Gọi O tâm đáy ABCD , M trung điểm BC Hình nón có đỉnh S , đáy đường trịn nội tiếp tứ giác ABCD hình nón tròn xoay tạo thành quay tam giác SOM quanh SO Ta có: a a 3 SO  OB.tan 60  2 a OM   r 2  a   a 2 7a a SM  SO  OM          l    Khi diện tích xung quanh hình nón là: a a  a2 S xq   rl    2 2 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 144 CHƯƠNG 2: MẶT TRỤ - MẶT NÓN – MẶT CẦU CÂU 11: Chọn B O r N H R M I Gọi R bán kính đáy khối nón trục OI  V   R OI Giả sử mặt phẳng trung trực OI cắt trục OI H , cắt đường sinh OM N Khi mặt R phẳng chia khối nón thành phần, phần khối nón có bán kính r  , có chiều OI  R   OI   R OI cao  V1       2   24 Phần khối nón cụt tích V2  V  V1   R OI   R OI 24  7 R OI Vậy tỉ số thể tích 24  R OI V1 24   là: V2 7 R OI 24 CÂU 12: Chọn A Gọi O tâm hình chữ nhật ABCD , suy MNPQ hình thoi tâm O 1 Ta có QO  ON  AB  OM  OP  AD  2 Vật tròn xoay hai hình nón có: đỉnh Q , N chung đáy * Bán kính đáy OM  * Chiều cao hình nón OQ  ON  1  Vậy thể tích khối tròn xoay V    OM ON   8 (đvtt) 3  CÂU 13: Chọn A S h A R Ta có: Góc đường sinh tạo với đáy SAO S ABC Mặt khác: SO AB SA p.r B O 600 tan 600 h 3R R.h SB AB l R h2 R 2 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 S ABC h R R Trang 145 CHƯƠNG 2: MẶT TRỤ - MẶT NÓN – MẶT CẦU R.h h2 R2 R Thế vào ta được: R 3R R Vậy V Rh L 3R Suy ra: h 3 N CÂU 14: Chọn A S (N) M A K I B O Đường sinh hình nón lớn là: l  SB  h2  r  82  62  10 cm Gọi l2 , r2 , h2 đường sinh, bán kính đáy chiều cao hình nón  N  l2  SK  cm Ta có: SOB SIK đồng dạng nên: SI IK SK     SO OB SB 10 16  h2  h   h r l 5       h r l 10  r  r  12  5 1  12  16 768  cm3 Thể tích khối nón  N  là: V( N )   r22 h2      3   125 CÂU 15: Chọn C Gọi R , h bán kính chiều cao hình nón Đường sinh l  Ta có : 4 21 2 R  4  R   h  l  R  21  V   R h  3 CÂU 16: Chọn D GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 146 CHƯƠNG 2: MẶT TRỤ - MẶT NÓN – MẶT CẦU Gọi C điểm đối xứng C qua AB Khi khối trịn xoay tạo thành quay tam giác ABC xung quanh cạnh AB gồm hai hình nón đỉnh A , B có chung đáy CC Khi ta có: 1 V   r  h1  h2    CI AB 3 1 Ta có S ABC  d  C , AB  AB  d  A, BC  BC 2  CI  d  A, BC  BC 11 1  , d  A, BC   AB   BC   11  CI  AB 2   11  550 Vậy V    cm3     CÂU 17: Chọn D Gọi O tâm hình bình hành ABCD  SO   ABCD  Ta có : OA  AC  a  SO  SA2  AO2  a Hình nón đỉnh S có chiều cao h  SO  a , bán kính đáy r  a , tích : πa V  πr h  CÂU 18: Chọn B Nếu ba hình tam giác khơng chồng lên GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 147 CHƯƠNG 2: MẶT TRỤ - MẶT NÓN – MẶT CẦU thể tích khối trịn xoay V1  Thể tích phần bị chồng lên V2   3a3  3a3  Thể tích cần tính V  V1  V2  96 11 3 a3 96 Hoặc làm sau: Đặt V1 ;V2 ;V3 ;V4 thể tích: khối nón sinh tam giác OAB quay quanh OB , khối tròn xoay sinh hình BCFE; GCHK , khối nón sinh tam giác DEB quay quanh BC Khi đó: Thể tích khối cần tìm là: a2 a a a 11 3 a3 V  V1  V2  V3  3V1  2V4        2     16 96 CÂU 19: Chọn A B M A C Gọi  H1  hình nón trịn xoay tạo thành cho tam giác ABC quay quanh cạnh AB ,  H  hình nón tròn xoay tạo thành cho tam giác MAB quay quanh cạnh AB 1 Khi V   AC AB   AC MA   ; S   AC.BC   AC.MC   3   5 CÂU 20: Chọn D GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 148 CHƯƠNG 2: MẶT TRỤ - MẶT NĨN – MẶT CẦU Khơng tính tổng quát ta giả sử R  Khi cắt khối nón trịn xoay có bán kính đáy R, đường sinh 2R mặt phẳng ( ) qua tâm đáy tạo với mặt đáy góc 60 ta thiết diện đường parabol có đỉnh gốc O  0;0  đỉnh lại A 1;1 , thiết diện có diện tích S  Xét mặt phẳng qua cạnh đáy thiết diện vng góc với hình trịn đáy hình nón cắt hình nón làm đơi Gọi đa diện chứa mặt thiết diện  H  Gọi  K  đa diện chứa đỉnh O hình nón sinh cắt thiết diện Parabol với đa diện  H  Khi khoảng cách từ O đến mặt thiết diện h  Suy thể tích đa diện  K  VK   3 Mặt khác thể tích nửa khối nón 11    23 Do thể tích đa diện nhỏ tạo thiết diện khối nón V     3    18  3   Vậy tỉ số thể tích hai phần khối nón chia mặt phẳng   18  3  3  6 CÂU 21: Chọn D Ta có: Diện tích xung quanh S xp  2 a   rl  2 a  l  2a  h  l  r  a Đáy ABCD nội tiếp đáy khối nón  N  có bán kính đáy a  AB  a 3a3 Vậy: V  S ABCD h  3 CÂU 22: Chọn A S A D O B C GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 149 CHƯƠNG 2: MẶT TRỤ - MẶT NÓN – MẶT CẦU Gọi O  AC  BD có SAO  45 , OA  Khi SO  ( ABCD ) SOA vuông O OA AC (2a)  2a   a Suy SA  cos 45 2 Vậy diện tích xung quanh khối nón đỉnh S , đáy đường tròn ngoại tiếp ABCD S xq   rl=  OA.SA   a 2.2a  2 a CÂU 23:Chọn D Hình nón đỉnh S đáy đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có: Bán kính đường trịn đáy r  AG  a AN  3 Đường sinh l  SA  SG  AG   GN tan 60   AG 2 a  a 3      a   12     Diện tích xung quanh: S xq   rl   a2 CÂU 24: Chọn D Gọi E trung điểm SD  ME / / AB suy  ABM  cắt hình chóp S.ABCD theo thiết diện hình thang ABME GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 150 CHƯƠNG 2: MẶT TRỤ - MẶT NÓN – MẶT CẦU Gọi độ dài cạnh bên hình chóp SAD  SBC  AE BM Áp dụng hệ thức trung tuyến ta có: BM  S.ABCD chóp nên x Do chóp SB  BC SC x  8a   4 x  8a Mặt khác dễ thấy EM  a , AB  2a mà chu vi thiết diện Suy AE  BM  a  2a  7a nên ta có: x  8a  7a  x  2a 2 AC  6a  SH  a Suy chiều cao hình chóp: SH  SA  2 Khối nón có đỉnh S đường tròn đáy ngoại tiếp tứ giác ABCD chiều cao SH  a bán AC  a nên thể tích khối nón là: kính đường trịn đáy 2 2 a3 V  a a 6 3 CÂU 25: Chọn A   S C B M O D A Gọi O  AC  BD M trung điểm AB Hình nón có đỉnh S đường trịn đáy nội tiếp tứ a giác ABCD có bán kính đáy R  OM  có chiều cao h  SO  a2 Thể tích khối nón V  Bh B   R  Diện tích tam giác SAB 2a nên SM AB  2a  SM  4a Trong tam giác vng SOM ta có SO  SM  OM  16a  Vậy thể tích khối nón V   a3 3a a 3a hay h   CÂU 26: Chọn B GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 151 CHƯƠNG 2: MẶT TRỤ - MẶT NÓN – MẶT CẦU 2 3 Đường cao hình chóp đường cao hình nón: h  SO  SA  OA       13   2 Bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC : R  OA  Vậy thể tích khối nón cần tìm: V  h R  13 CÂU 27: Chọn B S A C G M B GM  AB a  AG  AB a  3 Ta có: SMG  60 Xét tam giác vuông SGM : tan SMG  Suy ra: SG  GM tan 60  a a 3 a a a 21   Xét tam giác vuông SAG : SA  SG  AG  S xq   AG.SA   SG GM a a 21 a2  6 CÂU 28: Chọn B S l D C O A r I B GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 152 CHƯƠNG 2: MẶT TRỤ - MẶT NÓN – MẶT CẦU Gọi O  AC  BD I trung điểm BC Khi OC  a Ta có SO  OC tan 45  a 2 Trong SOH vng O SH  SO2  OH  SH  a a  a2 Khi Sxq   rl   a  2 CÂU 29: Chọn B a Bán kính đường trịn nội tiếp tam giác cạnh a r  a 3 a 3 Thể tích khối nón nội tiếp V    a     Cách khác : S A C O N B Gọi O tâm đáy ABC N trung điểm BC Do S.ABC hình chóp suy SO   ABC  Hình nón nội tiếp hình chóp S.ABC hình nón có đỉnh S , đáy đường tròn nội tiếp tam giác ABC Khi hình nón có bán kính đáy r  ON , đường cao h  SO  6a , đường sinh l  SN a a Ta có AN   ON  AN  a 3 a 3 Thể tích khối nón nội tiếp V     6a    CÂU 30: Chọn B GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 153 CHƯƠNG 2: MẶT TRỤ - MẶT NÓN – MẶT CẦU Gọi ABCD tứ diện có cạnh a Xét khối chóp có đỉnh A , đáy hình trịn tâm H ngoại tiếp tam giác BCD Khi đó, thể tích khối nón cần tìm 1 V   R h   BH AH 3 a a Ta có: BH   3 a2 a AH  AB  BH  a   3 2 a a  a3 Suy ra: V   (đvtt)  3 27 CÂU 31: Chọn A Gọi r bán kính đáy hình nón Vì góc đỉnh ASA  120  ASO  60 r Suy SO  OA.cot ASO  Gọi H trung điểm AM đặt x  OH r2 Ta có: SH  SO  OH   x , AM  AH  OA2  OH  r  x Diện tích tam giác SAM 2 r2 s  SH AM   x2 r  x2  r 3 2 r2 r2 r r đạt  x2  r  x2  x2   x  Tức OH  SO 3 3 Theo tính chất đối xứng của đường trịn ta có hai vị trí M thỏa yêu cầu smax  CÂU 32: Chọn D GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 154 CHƯƠNG 2: MẶT TRỤ - MẶT NÓN – MẶT CẦU S C M B A D O Ta có BM bán kính đường tròn  C  R h  x BM SM AO.SM  BM    BM  AO SO SO h Thể tích khối nón đỉnh O đáy  C  là: Do tam giác SBM SAO nên 1 R2  R h  x  2 V   BM OM     x   h  x x 3 h  h  R2 Xét hàm số f  x     h  x  x ,   x  h  ta có h R2 R2 h Ta có f   x     h  x  h  3x  ; f   x      h  x  h  3x   x  h h Lập bảng biến thiên ta có Từ bảng biến ta tích khối nón đỉnh O đáy  C  lớn x  h CÂU 33: Chọn D l R h r Ta có r  R  2 h 3h , l  r  h2  R  4 h2 3h2 R2 R2     h4  h  R4 4 16 2 R h  R   h  2R  Xét f  h    h  16 2R Ta có f   h    h3  R h, f   h    h  GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 S xq   rl   R  Trang 155 CHƯƠNG 2: MẶT TRỤ - MẶT NÓN – MẶT CẦU Bảng biến thiên: Khi f  h  đạt giá trị lớn h  2R 2R Do S xq đạt giá trị lớn h  3 CÂU 34 : Chọn C AC  AB cos   2R.cos  CH  AC.sin   2R.cos  sin  ; AH  AC.cos   R.cos  Thể tích vật thể trịn xoay tạo thành quay tam giác ACH quanh trục AB V  AH  CH  R cos  sin  3 8  t  t   2t  Đặt t  cos    t  1  V  R3t 1  t   R3 t.t   2t   R   6   Vậy V lớn t    arctan CÂU 35: Chọn D Đặt b, a, h bán kính đáy cốc, miệng cốc chiều cao cốc,  góc kí hiệu hình vẽ Ta “trải” hai lần mặt xung quanh cốc lên mặt phẳng hình quạt khuyên với cung nhỏ BB "  4 b cung lớn AA"  4 a Độ dài ngắn đường kiến độ dài đoạn thẳng BA” Áp dụng định lí hàm số cosin ta được: l  BO  OA2  BO.OA.cos 2 (1) BA  AB  (a  b)2  h2 a 4 a l ( BB) OA OB  AB AB AB.      1  1 2 b b 4 b l (AA) OB OB 2 b    b (a  b)2  h2 AB a a b 2 (a  b) 2 (a  b)  (a)  1   OB  (b) AB OB b b a b ( a  b)  h b ( a  b)  h  (a  b)2  h2 (c) a b Thay (a), (b), (c) vào (1) ta tìm l  58, 79609cm  58,80 OA  OB  BA  GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 156 CHƯƠNG 2: MẶT TRỤ - MẶT NÓN – MẶT CẦU CHỦ ĐỀ 2: KHỐI TRỤ VÍ DỤ 1: Một đề can hình chữ nhật cuộn tròn lại theo chiều dài tạo thành khối trụ có đường kính 50 (cm) Người ta trải 250 vòng để cắt chữ in tranh cổ động, phần cịn lại khối trụ có đường kính 45 (cm) Hỏi phần trải dài mét ? A 373 (m) B 187 (m) C 384 (m) D 192 (m) Lời giải Chọn A 50  45  0, 01(cm)  250 Gọi d chiều dài trải h chiều rộng đề can Khi ta có: 2  502  452  50   45   37306 (cm)  373 (m) dha     h     h  d  4a     Cách 2: Chiều dài phần trải tổng chu vi 250 đường trịn có bán kính cấp số cộng có số hạng đầu $25$, cơng sai  a  0, 01 250  37314 (cm)  373 (m) Do chiều dài l  2 (2.25  249.0, 01) Cách 1: Bề dày đề can là: a    VÍ DỤ 2: Cho hình chữ nhật ABCD có AB  2a , BC  3a Gọi M , N điểm cạnh AD , BC cho MA  2MD , NB  2NC Khi quay quanh AB , đường gấp khúc AMNB , ADCB sinh S hình trụ có diện tích toàn phần S1 , S Tính tỉ số S2 A S1 12  S2 21 B S1  S2 C S1  S2 D S1  S2 15 Lời giải Chọn.A Hình trụ có diện tích tồn phần S1 , đường sinh MN  2a bán kính đường trịn đáy AM  2a Diện tích tồn phần S1  2 AM MN  2 AM  16 a Hình trụ có diện tích tồn phần S , đường sinh DC  2a bán kính đường trịn đáy AD  3a Diện tích tồn phần S2  2 AD.DC  2 AD2  30 a2 Vậy S1 16   S2 30 15 VÍ DỤ 3: Cho hình trụ có hai đường trịn đáy  O; R   O; R  , chiều cao h  3R Đoạn thẳng AB có hai đầu mút nằm hai đường trịn đáy hình trụ cho góc hợp AB trục hình trụ   30 Thể tích tứ diện ABOO là: 3R 3R R3 R3 A B C D 4 Lời giải Chọn C Ta có hình vẽ sau: GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 157 CHƯƠNG 2: MẶT TRỤ - MẶT NÓN – MẶT CẦU B O H A' 30° h= 3R h O' B' R R A     Ta có: OO ' BB ' nên AB, OO '  AB, BB '  ABB '  30 Đặt V  VOA ' B.O ' AB ' Ta có: VOA ' B O ' AB '  VB O ' AB '  VB OA ' AO  V  VB OA ' AO  VB OA ' AO  V 3 d  A ', OBA  IA ' Mà   nên VA '.OAB  VO ' OAB  V d O ', OBA  IO ' Ta có OB '  R , AB '  R nên tam giác O ' AB ' nên có diện tích Vậy ta có VO ' OAB R2  R2  R3 1  V 3R   3   VÍ DỤ 4: Cho hình lăng trụ ABC.ABC , biết góc hai mặt phẳng  ABC   ABC  45 , diện tích tam giác ABC a Tính diện tích xung quanh hình trụ ngoại tiếp hình lăng trụ ABC.ABC 4 a A 8 a D C 4 a B 2 a 2 Lời giải Chọn C A' C' B' A O C 45° M B Gọi M trung điểm BC Khi ta có BC  AM , BC  AM Suy ra:  ABC  ,  ABC   AMA  45  AA  AM Gọi O trọng tâm tam giác Đặt BC  x , x  Ta có AM  AA  ABC x x  AM  2 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 158 CHƯƠNG 2: MẶT TRỤ - MẶT NÓN – MẶT CẦU Nên SABC  x2 AM BC   a  x  2a Khi đó: AO  2 2a a AA  a AM   3 Suy diện tích xung quang khối trụ là: S xq  2 OA AA  2 2a a  4 a VÍ DỤ 5: Người ta muốn dùng vật liệu kim loại để gị thành thùng hình trụ trịn xoay có hai đáy với thể tích V cho trước ( hai đáy dùng vật liệu đó) Hãy xác định chiều cao h bán kính R hình trụ theo V để tốn vật liệu A R  2h  V 2 V 2 B R  2h  V 2 C h  R  V 2 D h  R  Lời giải Chọn D Để vật liệu tốn diện tích tồn phần hình trụ nhỏ Ta có: Stp  2 R  2 Rh Do V   R h nên h  Stp  2 R  2 R V Suy  R2 V V V V V  2 R    3 2 R  3 2 V R R R R R Đẳng thức xảy 2 R  V V V R Khi h  R 2 2 BÀI TẬP RÈN LUYỆN CÂU 1: Cho hình trụ có tỉ số diện tích xung quanh diện tích tồn phần Biết thể tích khối trụ 4 Bán kính đáy hình trụ A B C D CÂU 2: Một hình trụ có hai đường trịn đáy nằm mặt cầu bán kính R có đường cao bán kính mặt cầu Diện tích tồn phần hình trụ bằng: 3   R A 3   R B 2 3  2  R C 2 3  2  R D CÂU 3: Một trục lăn sơn nước có dạng hình trụ Đường kính đường tròn đáy cm, chiều dài lăn 25 cm (như hình đây) Sau lăn trọn 10 vịng trục lăn tạo nên tường phẳng diện tích là: GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 159 CHƯƠNG 2: MẶT TRỤ - MẶT NÓN – MẶT CẦU A 1500  cm2  B 150  cm2  C 3000  cm2  D 300  cm2  CÂU : Cho hình chữ nhật ABCD có AB  2a , BC  3a Gọi E , F điểm cạnh AB , BC cho EA  ED , FB  2FC Khi quay quanh AB đường gấp khúc AEFB , ADCB sinh S hình trụ có diện tích tồn phần S1 , S Tính tỉ số S2 S 12 S S S A  B  C  D  S2 21 S2 15 S2 S2 CÂU 5: Cho hình chữ nhật ABCD với AB  AD có diện tích 2, chu vi cho hình chữ nhật V quay quanh AB , AD ta hai khối tròn xoạy tích V1 , V2 Tính tỉ số V2 1 A B C D CÂU 6: Cho hình trụ có đáy hình trịn tâm O O , bán kính đáy chiều cao a Trên đường tròn đáy tâm O lấy điểm A , đường tròn đáy tâm O lấy điểm B cho AB  2a Thể tích khối tứ diện OOAB theo a 3a3 3a3 3a3 3a3 A V  B V  C V  D V  12 CÂU 7: Cho hai mặt trụ có bán kính đặt lồng vào hình vẽ Tính thể tích phần chung chúng biết hai trục hai mặt trụ vng góc cắt A 256 256  C B 512 D 1024 CÂU 8: Một khối trụ có bán kính đáy 10 cm , thiết diện qua trục hình vng Cắt khối trụ mặt phẳng qua đường kính đáy tạo với đáy góc 45 để tạo hình nêm (khối tích nhỏ hai khối tạo ra) Thể tích hình nêm 2000 2000 1000 1000 cm cm cm cm A B C D 9 CÂU 9: Cắt hình trụ mặt phẳng vng góc mặt đáy, ta thiết diện hình vng có diện tích 16 Biết khoảng cách từ tâm đáy hình trụ đến mặt phẳng A B 52 C 52 Tính thể tích khối trụ D 13 CÂU 10: Một hình trụ có hai đáy hai hình trịn tâm O , O có bán kính r  Khoảng cách hai đáy OO  Gọi   mặt phẳng qua trung điểm đoạn OO tạo với đường thẳng OO góc 45 Tính diện tích S thiết diện tạo với mặt phẳng   hình trụ A S  24 B S  36 C S  36 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 D S  48 Trang 160 CHƯƠNG 2: MẶT TRỤ - MẶT NÓN – MẶT CẦU CÂU 11: Cho khối trụ có thiết diện qua trục OO hình vng cạnh Mặt phẳng  P  qua trung điểm I OO tạo với mặt phẳng chứa đáy góc 30  Diện tích thiết diện  P  cắt khối trụ gần số sau nhất? A 3, B 3,8 C 3, D 3, CÂU 12: Cho hình trụ (H) có bán kính đáy chiều cao 10 Một hình vng ABCD có hai cạnh AB CD dây cung hai đường tròn đáy, cạnh AD BC không đường sinh hình trụ Độ dài cạnh hình vng ABCD bằng? A 10 B 20 C 10 D CÂU 13: Một khối trụ có bán kính đáy 10 cm , thiết diện qua trục hình vng Cắt khối trụ mặt phẳng qua đường kính đáy tạo với đáy góc 45 để tạo hình nêm (khối tích nhỏ hai khối tạo ra) Thể tích hình nêm 1000 1000 2000 2000 cm cm cm cm A B C D 9 CÂU 14: Cắt hình trụ mặt phẳng vng góc mặt đáy, ta thiết diện hình vng có diện tích 16 Biết khoảng cách từ tâm đáy hình trụ đến mặt phẳng A B 52 Tính thể tích khối trụ C 52 D 13 CÂU 15: Một hình trụ có hai đáy hai hình trịn tâm O , O có bán kính r  Khoảng cách hai đáy OO  Gọi   mặt phẳng qua trung điểm đoạn OO tạo với đường thẳng OO góc 45 Tính diện tích S thiết diện tạo với mặt phẳng   hình trụ B S  36 A S  24 C S  36 D S  48 CÂU 16: Cho hình trụ T  có đáy đường trịn tâm O O , bán kính , chiều cao hình trụ Các điểm A , B nằm hai đường tròn  O   O  cho góc  OA, OB   60 Tính diện tích tồn phần tứ diện OAOB  19  19  19  19 A S  B S  C S  D S  2 CÂU 17: khối trụ mặt phẳng qua trục ta thiết diện hình chữ nhật ABCD có cạnh AB cạnh CD nằm hai đáy khối trụ Biết BD  a , DAC  60 Tính thể tích khối trụ 3 3 3 A B C D a a a a 16 16 32 48 CÂU 18: Cho hình trụ có hai đáy hai hình trịn  O   O  , chiều cao 2R bán kính đáy R Một mặt phẳng   qua trung điểm OO tạo với OO góc 30 Hỏi   cắt đường trịn đáy theo dây cung có độ dài bao nhiêu? A 2R B 4R 3 C 2R D 2R CÂU 19 : Cho hình trụ có đường cao 8a Một mặt phẳng song song với trục cách trục hình trụ 3a , cắt hình trụ theo thiết diện hình vng Diện tích xung quanh thể tích khối trụ A 80 a , 200 a B 60 a , 200 a C 80 a ,180 a D 60 a ,180 a3 CÂU 20: Cắt khối trụ mặt phẳng qua trục ta thiết diện hình chữ nhật ABCD có AB CD thuộc hai đáy khối trụ Biết AD  góc CAD 60 Thể tích khối trụ A 126 B 162 C 24 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 D 112 Trang 161 CHƯƠNG 2: MẶT TRỤ - MẶT NÓN – MẶT CẦU CÂU 21: Cắt khối trụ cao 18 cm mặt phẳng, ta khối hình Biết thiết diện elip, khoảng cách từ điểm thuộc thiết diện gần đáy điểm thuộc thiết diện xa mặt đáy cm 14 cm Tính tỉ số thể tích hai khối chia (khối nhỏ chia khối lớn) A 11 B C 11 D 11 CÂU 22: Cho hình trụ có hai đáy hai đường trịn  O   O  , chiều cao 2R bán kính đáy R Một mặt phẳng   qua trung điểm OO tạo với OO góc 30 ,   cắt đường trịn đáy theo dây cung Tính độ dài dây cung theo R A 4R 3 B CÂU 23: Cho hình trụ có chiều cao h 2R 2R C 2, bán kính đáy r Một mặt phẳng P khơng vng góc với đáy 2R D hình trụ, lượt cắt hai đáy theo đoạn giao tuyến AB vàCD cho ABCD hình vng Tính diện tích S hình vng ABCD A S 12 B S 12 C S 20 D S 20 CÂU 24: Một hình trụ có diện tích xung quanh 4 , thiết diện qua trục hình vng Một mặt phẳng   song song với trục, cắt hình trụ theo thiết diện tứ giác ABBA , biết cạnh thiết diện dây cung đường trịn đáy hình trụ căng cung 120 Tính diện tích thiết diện ABBA A B C D 2 CÂU 25: Một hình trụ có hai đáy hai hình trịn tâm O , O có bán kính r  Khoảng cách hai đáy OO  Gọi   mặt phẳng qua trung điểm đoạn OO tạo với đường thẳng OO góc 45 Tính diện tích S thiết diện tạo với mặt phẳng   hình trụ A S  24 B S  36 C S  36 D S  48 CÂU 26: Cho hình trụ có chiều cao cm Biết mặt phẳng khơng vng góc với đáy cắt hai mặt đáy theo hai dây cung song song AB , AB mà AB  AB  cm , diện tích tứ giác ABBA 60 cm Tính bán kính đáy hình trụ A cm C cm B cm D cm CÂU 27: Cho tứ diện ABCD cạnh a Diện tích xung quanh hình trụ có đáy đường trịn ngoại tiếp tam giác BCD có chiều cao chiếu cao tứ diện ABCD là: A 2 a 2 B  a2 C 2 a GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 D  a2 Trang 162 CHƯƠNG 2: MẶT TRỤ - MẶT NÓN – MẶT CẦU CÂU 28: Một hình trụ có thiết diện qua trục hình vng, diện tích xung quanh 36 a Tính thể tích V lăng trụ lục giác nội tiếp hình trụ A V  27 3a B V  81 3a3 C V  24 3a D V  36 3a CÂU 29: Một hình trụ có bán kính đáy R thiết diện qua trục hình vng Tính thể tích V khối lăng trụ tứ giác nội tiếp hình trụ A V  2R3 B V  5R3 C V  3R3 D V  4R3 CÂU 30: Cho hình lăng trụ tam giác ABC.ABC có độ dài cạnh đáy a chiều cao h Tính thể tích V khối trụ ngoại tiếp lăng trụ cho  a2h  a2h  a2h A V  B V  C V  D V  3 a h 9 CÂU 31: Cho tam giác ABC cân A , AB  AC  5a, BC  6a Hình chữ nhật MNPQ có M , N thuộc cạnh AB, AC P, Q thuộc cạnh BC Quay hình chữ nhật MNPQ (và miền nó) quanh trục đối xứng tam giác ABC khối trịn xoay Tính độ dài đoạn MN để thể tích khối trịn xoay lớn A MN  a B MN  2a C MN  5a D MN  4a CÂU 32: Cho hình trụ có tính chất: Thiết diện hình trụ mặt phẳng chứa trục hình trụ hình chữ nhật có chu vi 12 cm Tìm giá trị lớn thể tích khối trụ A 16 cm B 8 cm C 32 cm D 64 cm CÂU 33: Một công ty sản xuất gỗ muốn thiết kế thùng đựng hàng bên dạng hình lăng trụ tứ giác khơng nắp tích 62,5dm Để tiết kiệm vật liệu làm thùng, người ta cần thiết kế thùng cho có tổng S diện tích xung quanh diện tích mặt đáy nhỏ nhất, S A 106, 25dm2 B 75dm C 50 5dm2 D 125dm CÂU 34: Cho biết tăng dân số ước tính theo công thức S  A.e N r ( A dân số năm lấy làm mốc tính, S dân số sau N năm, r tỉ lệ tăng dân số hàng năm) Đầu năm 2010 dân số tỉnh Bắc Ninh 1.038.229 người, tính đến đầu năm 2015 dân số tỉnh 1.153.600 người Hỏi tỉ lệ tăng dân số hàng năm giữ nguyên đầu năm 2025 dân số tỉnh nằm khoảng nào? A 1.424.300;1.424.400  B 1.424.000;1.424.100  C 1.424.200;1.424.300  D 1.424.100;1.424.200  CÂU 35: Khi cắt mặt cầu S  O, R  mặt kính, ta hai nửa mặt cầu hình trịn lớn mặt kính gọi mặt đáy nửa mặt cầu Một hình trụ gọi nội tiếp nửa mặt cầu S  O, R  đáy hình trụ nằm đáy nửa mặt cầu, đường tròn đáy giao tuyến hình trụ với nửa mặt cầu Biết R  , tính bán kính đáy r chiều cao h hình trụ nội tiếp nửa mặt cầu S  O, R  để khối trụ tích lớn A r  , h 2 B r  , h 2 C r  , h 3 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 D r  , h 3 Trang 163 CHƯƠNG 2: MẶT TRỤ - MẶT NÓN – MẶT CẦU GIẢI CHI TIẾT CÂU 1: Chọn D Gọi bán kính hình trụ R V  4  h. R  4  h  1 R 1 R S XQ  STP  2 Rh  2 R  R  h   3h  R  h  h  3 R Từ 1   suy ra:   R  R  2 CÂU 2: Đường cao hình trụ h  R nên ta có bán kính đáy hình trụ r  R  S xq  2 rh  2 R R   R2 Vậy Stp  S xq  2Sđáy   R     R2 R 3  2    2   2 R2 R  CÂU 3: Chọn A Diện tích xung quanh hình trụ Sxq  2 Rh   6.25  150 Khi lăn sơn quay vòng quét diện tích diện tích xung quanh hình trụ Do trục lăn quay 10 vịng quét diện tích S  10.Sxq  1500  cm2  CÂU : Chọn B Ta có EA  2ED  2a , FB  2FC  2a , EF  AB  2a Khi quay quanh AB đường gấp khúc AEFB sinh hình trụ có bán kính đáy R1  EA  2a , chiều cao h  2a  Diện tích tồn phần khối trụ là: S1  2  2a  2a  2  2a   16 a Khi quay quanh AB đường gấp khúc ADCB sinh hình trụ có bán kính đáy R2  AD  3a , chiều cao h  2a  diện tích tồn phần khối trụ là: S2  2  2a  3a  2  3a   30 a  S1  S2 15 CÂU 5: Chọn B GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 164 CHƯƠNG 2: MẶT TRỤ - MẶT NÓN – MẶT CẦU Gọi AB  x điều kiện x  1,5 Suy AD   x  x  2(n) Ta có: x(3  x)     x  1(l ) Ta được: V1   12.2  2 , V2   22.1  4 , V1  V2 CÂU 6: Chọn B Kẻ đường sinh AA Gọi D điểm đối xứng với A qua O H hình chiếu B đường thẳng AD Do BH  AD, BH  AA  BH  ( AOOA) AB  AB  AA2  a  BD  AD  AB  a OBD nên BH  S AOO  a a2 3a3 Suy thể tích khối tứ diện OOAB là: V  12 CÂU 7: Chọn D Cách1 Ta xét phần giao hai trụ hình Ta gọi trục tọa độ Oxyz hình vẽ GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 165 CHƯƠNG 2: MẶT TRỤ - MẶT NĨN – MẶT CẦU Khi phần giao  H  vật thể có đáy phần tư hình trịn tâm O bán kính , thiết diện mặt phẳng vng góc với trục Ox hình vng có diện tích S  x   42  x Thể tích khối  H  4 0  S  x  dx   16  x  dx  1024 128 Vậy thể tích phần giao 3 Cách2.Dùng công thức tổng quát giao hai trụ V  16 1024 R  3 CÂU 8: Chọn A Ta có Vnem  2000 R tan   103 tan 450  cm 3 CÂU 9: Chọn C C I' N O' B D I M O A Dựng kiện toán theo hình vẽ Mặt phẳng vng góc mặt đáy, ta thiết diện hình vng ABCD có diện tích Cạnh hình vng 16 Khoảng cách từ tâm I đáy hình trụ đến mặt phẳng Ta có IA IO OA2 IO 13 Vậy thể tích khối trụ là: V 13 52 dvtt CÂU 10: Chọn D Gọi I trung điểm đoạn OO GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 166 CHƯƠNG 2: MẶT TRỤ - MẶT NÓN – MẶT CẦU Do IO    nên mặt phẳng cắt hình trụ theo hình chữ nhật Ta có OC  OI .tan 45  ; OA  r   AC  52  32   AB  Nên chiều rộng AB  Chiều dài hình chữ nhật là: IC  OC  OI  32  32  Vậy diện tích là: 2.8  48 CÂU 11: Chọn A O A C I D M H O Do thiết diện qua trục OO hình vng cạnh nên chiều cao hình trụ h  bán kính đáy R  Giả sử giao tuyến mặt phẳng  P  đáy chứa tâm O đường thẳng d Gọi E hình chiếu O d Khi góc  P  mặt phẳng chứa đáy góc OEI  30 OI  OE    Do điểm E nằm ngồi OE 3 đường trịn đáy nên thiết diện Elip.Trong tam giác vuông AHM có Trong tam giác vng IOE có tan OEI  cos AMH  HM 4 3 Hay 2a  Mà CD  2b   b   AM   a 3 AM 3 Thiết diện hình elip nên diện tích  ab  3  3, 62 CÂU 12: Chọn D B A C H D Gọi kích thước hình vng a Kẻ AH vng góc với mặt phẳng đáy Ta có GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 167 CHƯƠNG 2: MẶT TRỤ - MẶT NÓN – MẶT CẦU CD CD AD AH Ta có hệ CD HD nên HC đường kính đường tròn đáy DH DC HC DH 2 2 DH AH AD DH a2 40 10 a a2 25 a CÂU 13: Chọn A Ta có Vnem  2000 R tan   103 tan 450  cm 3 CÂU 14: Chọn C C I' N O' B D I M O A Dựng kiện tốn theo hình vẽ Mặt phẳng vng góc mặt đáy, ta thiết diện hình vng ABCD có diện tích Cạnh hình vng 16 Khoảng cách từ tâm I đáy hình trụ đến mặt phẳng Ta có IA IO OA2 IO 13 Vậy thể tích khối trụ là: V 13 52 dvtt CÂU 15: Chọn D Gọi I trung điểm đoạn OO Do IO    nên mặt phẳng cắt hình trụ theo hình chữ nhật Ta có OC  OI .tan 45  ; OA  r   AC  52  32   AB  Nên chiều rộng AB  Chiều dài hình chữ nhật là: IC  OC  OI  32  32  Vậy diện tích là: 2.8  48 CÂU 16: Chọn A GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 168 CHƯƠNG 2: MẶT TRỤ - MẶT NÓN – MẶT CẦU O B O H A B Gọi B  hình chiếu B mặt phẳng chứa đường tròn  O  ,  OA, OB    OA, OB  60  AOB tam giác cạnh 19 BH  2 Gọi S diện tích tồn phần tứ diện OAOB 1  S  SAOO  SAOB  SAOB  S BOO   SAOO  SAOB    OA.OO  OA.BH  2  Gọi H là hình chiếu B  OA HB  1 19   19   1.2   2  2 CÂU 17: Chọn B C D 600 B A Ta có ABCD hình chữ nhật nên tam giác ADC vuông D BD  AC  a Xét tam giác vuông ADC có DC a sin DAC   DC  AC sin DAC  DC  a 2.sin 60  DC   bán kính mặt đáy AC a hình trụ r  AD a cos DAC   AD  AC cos DAC  AD  a cos60  AD   chiều cao hình AC a trụ h  2  a  a 3a3 Thể tích khối trụ V   r h      16   CÂU 18: Chọn A GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 169 CHƯƠNG 2: MẶT TRỤ - MẶT NÓN – MẶT CẦU C O' D M B K H O A Gọi M trung điểm OO Gọi A , B giao điểm mặt phẳng   đường tròn  O  H hình chiếu O AB  AB   MHO  Trong mặt phẳng  MHO  kẻ OK  MH ,  K  MH  góc OO mặt phẳng   góc OMK  30 R R2 R 2 2 Xét tam giác vuông AHO ta có AH  OA  OH  R   3 2R Do H trung điểm AB nên AB  Xét tam giác vng MHO ta có HO  OM tan 30  R tan30  CÂU 19 : Thiết diện ABCD hình vng có cạnh 8a  h  8a  Khoảng cách từ trục đến mặt phẳng  ABCD  d  3a h Suy bán kính đường trịn đáy r  d     2 Vậy S xq  2 rh  80 a , Vtr   r 2h  200 a3 CÂU 20: Chọn B Ta có xét tam giác ACD có: DC tan DAC   DC  AD.tan DAC  tan 600  AD Vì DC đường kính khối trụ nên suy bán kính khối trụ R  DC  3 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 C D 600 A B Trang 170 CHƯƠNG 2: MẶT TRỤ - MẶT NÓN – MẶT CẦU    diện tích đáy khối trụ S   R   3  27 Suy thể tích khối trụ V  h.S  6.27  162 CÂU 21: Chọn D Gọi V1 , V2 thể tích khối nhỏ khối lớn Ta tích khối trụ V   R 18 (với R bán kính khối trụ)  R 8  14  Thể tích V2   11 R V V  V2 18 R  11 R   Vậy  11 R 11 V2 V2 CÂU 22: Chọn B Dựng OH  AB  AB   OIH    OIH    IAB   IH hình chiếu OI lên  IAB  Theo ta OIH  30 Xét tam giác vuông OIH vuông O  OH  OI tan 30  Xét tam giác OHA vuông H  AH  OA2  OH  R 3 R 2R  AB  3 CÂU 23: Chọn C GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 171 CHƯƠNG 2: MẶT TRỤ - MẶT NÓN – MẶT CẦU Kẻ đường sinh BB hình trụ Đặt độ dài cạnh hình vng ABCD x, x  Do CD CD BC BB ' CD B 'CD vuông C Tròn O ' Xét B ' D2 CD Xét tam giác BC B 'CD vuông C Khi đó, BD đường kính đường B 'C CB '2 4r x2 BB 'C vuông B BB '2 CB '2 x2 4r x2 h2 CB '2 (2) h2 20 Suy diện tích hình vng ABCD S Từ (1) (2) CB (1) 20 CÂU 24: Chọn C B O A l B O R A Gọi R , h , l bán kính, chiều cao, đường sinh hình trụ Ta có Sxq  4  2 R.l  4  R.l  Giả sử AB dây cung đường trịn đáy hình trụ căng cung 120 Ta có ABBA hình chữ nhật có AA  h  l Xét tam giác OAB cân O , OA  OB  R , AOB  120  AB  R S ABBA  AB AA  R 3.l  R.l  CÂU 25: Chọn D Gọi I trung điểm đoạn OO Do IO    nên mặt phẳng cắt hình trụ theo hình chữ nhật Ta có OC  OI .tan 45  ; OA  r   AC  52  32   AB  Nên chiều rộng AB  GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 172 CHƯƠNG 2: MẶT TRỤ - MẶT NĨN – MẶT CẦU Chiều dài hình chữ nhật là: IC  OC  OI  32  32  Vậy diện tích là: 2.8  48 CÂU 26: Chọn C Gọi O , O tâm đáy hình trụ (hình vẽ) A O B A1 A O B1 B Vì AB  AB nên  ABBA  qua trung điểm đoạn OO ABBA hình chữ nhật Ta có S ABBA  AB AA  60  6.AA  AA  10  cm  Gọi A1 , B1 hình chiếu A , B mặt đáy chứa A B   ABB1 A1 hình chữ nhật có AB   cm  ,  B1 B  BB2  BB12  102     cm  Gọi R bán kính đáy hình trụ, ta có R  AB1  B1B2  AB2   R   cm  CÂU 27: Chọn A A a B D a O M C Ta có R  OB  a a  3 l  OA  AB  OB  a  a2 a  3 a a 2 a 2 Diện tích xung quanh hình trụ S xq  2 Rl  2  3 CÂU 28: Chọn B GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 173 CHƯƠNG 2: MẶT TRỤ - MẶT NĨN – MẶT CẦU Diện tích xung quanh hình trụ Sxq  2 rl  2 r.2r  36 a  r  3a Lăng trụ lục giác có đường cao h  l  6a Lục giác nội tiếp đường trịn có cạnh bán kính đường trịn Suy diện tích lục giác  3a  S  27a  Vậy thể tích V  S h  81 3a3 CÂU 29: Chọn D B C O R A D 2R B' A' C' O' D' Do thiết diện quểntục hình vng nên đường sinh hình trụ là: l  2R  h Do lăng trụ tứ giác nội tiếp hình trụ, nên đáy lăng trụ hình vng có đường chéo:   AC  2R  AB  AB  R  VLT  Bh  R 2 R  R3 CÂU 30: Chọn C Bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác cạnh a R  a Chiều cao khối trụ chiều cao khối lăng trụ h  3a   a2h Thể tích khối trụ là: V   R h  V     h    CÂU 31: Chọn D GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 174 CHƯƠNG 2: MẶT TRỤ - MẶT NÓN – MẶT CẦU Ta có: BH  3a; AH  4a Đặt HQ  x  BQ  3a  x   x  3a  3  x  MQ BQ   MQ  AH BH 3  x   x3   4  x   Khi đó: VT   x   x  3a  3  x3 Xét hàm số f  x   x    x  3a  Hàm số f  x  đạt giá trị lớn x  2a  MN  4a Ta có: CÂU 32: Chọn B Giả sử hình chữ nhật có chiều dài a   a   , chiều rộng b   b   Ta có chiều cao hình trụ a , bán kính hình trụ b b2 6  b b    Đặt f  b    6b  b   f   b   12b  3b   f   b     4 b  Lập bảng biến thiên ta thấy f  b  đạt giá trị lớn b   a  Vậy V  8 cm3 Theo giả thiết ta có a  b   a   b Ta có V  B.h   CÂU 33: Chọn B Gọi a độ dài cạnh đáy hình lăng trụ 62, Theo ta có chiều cao lăng trụ Suy a S  62.5 250 125 125 125 125 a  a   a2    a  33 a  75 Dấu xảy a a a a a a a  125  Vậy S nhỏ 75 CÂU 34: Chọn C Gọi S1 dân số năm 2015, ta có S1  1.153.600, N  5, A  1.038.229 Ta có: S1  A.e N r e N r S  r A S1 A ln S 15 A A.e15.r  1.038.229.e ln Gọi S dân số đầu năm 2025, ta có S2   1.424.227,71 CÂU 35: Chọn C Hình trụ nội tiếp nửa mặt cầu, nên theo giả thiết đường trịn đáy có tâm O' có hình chiếu O xuống mặt đáy (O') Suy hình trụ nửa mặt cầu chung trục đối xứng tâm đáy hình trụ trùng với tâm O nửa mặt cầu.Ta có: h  r  R   h  R  1  r   h Thể tích khối trụ là: V   r h   (1  h ) h  f (h)  f '(h)   (1  3h )   h  Vậy: MaxV   0;1 3 2 (đvtt) r  h  3 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 175 CHƯƠNG 2: MẶT TRỤ - MẶT NÓN – MẶT CẦU CHỦ ĐỀ : KHỐI CẦU VÍ DỤ 1: Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy ABCD hình thang vng A B , AB  BC  a , AD  2a , SA   ABCD  SA  a Gọi E trung điểm AD Kẻ EK  SD K Bán kính mặt cầu qua sáu điểm S , A , B , C , E , K là: A R  a B R  a D R  C R  a a Lời giải Chọn C S K A D E B C * Vì E trung điểm AD , ABCD hình thang vuông A B AB  BC  a , AD  2a nên AB  BC  CE  AE  ED  a CE //AB Khi CE  AD , CE  SA nên CE  SE hay SEC  90 CE  SD Mặt khác EK  SD SD   CEK  suy CK  SD hay SCK  90 *Ta có CB  AB , CB  SA nên CB  SB hay SBC  90 Ta có CA  SA nên SAC  90 Vậy góc SEC , SCK , SBC , SAC nhìn cạnh SC góc khơng đổi 90 nên SC điểm S , A , B , C , E , K nằm mặt cầu tâm I trung điểm SC bán kính R  Ta có AC  AB  BC  a ; SC  AC  SA2  2a suy R  a VÍ DỤ 2:Trong mặt phẳng  P  cho tam giác OAB cân O , OA  OB  2a, AOB  120 Trên đường thẳng vng góc với  P  O lấy hai điểm C , D nằm hai phía mặt phẳng  P  cho tam giác ABC vng C tam giác ABD Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD A 3a B a C 5a D 5a Lời giải Chọn A GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 176 CHƯƠNG 2: MẶT TRỤ - MẶT NÓN – MẶT CẦU C B O I A D Gọi I trung điểm AB , ta có AI  OA.sin 60  a  AB  AI  2a , OI  OA.cos60  a , CI  AB AB  a , DI   3a 2 Cạnh OC  CI  OI  a , OD  DI  OI  2a  CD  CO  OD  3a Do  CID  mặt phẳng đối xứng tứ diện ABCD nên đường tròn ngoại tiếp tam giác CID đường tròn lớn mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD , bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD tính theo cơng thức R CD.CI DI CD.CI DI 3a.a 3a    4SCID 2CD.OI 2.a VÍ DỤ 3: Cho hình chóp S.ABCD có đáy hình vng cạnh 2 , cạnh bên SA vng góc với mặt phẳng đáy SA  Mặt phẳng   qua A vng góc với SC cắt cạnh SB , SC , SD điểm M , N , P Thể tích V khối cầu ngoại tiếp tứ diện CMNP 32 108 64 2 A V  B V  C V  3 D V  125 Lời giải Chọn A S N P M D A B C GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 177 CHƯƠNG 2: MẶT TRỤ - MẶT NĨN – MẶT CẦU Ta có: CB   SAD  , AM   SAB   AM  CB 1    SC , AM     AM  SC   Từ 1 ,    AM   SBC   AM  MC  AMC  90 Chứng minh tương tự ta có APC  90 Có AN  SC  ANC  90 Ta có: AMC  APC  APC  90  khối cầu đường kính AC khối cầu ngoại tiếp tứ diện CMNP Bán kính cầu r  AC 32  Thể tích cầu: V   r  3 VÍ DỤ 4: Cho khối chóp S.ABCD có đáy hình vng, tam giác SAB nằm mặt phẳng vng góc với đáy Mặt cầu ngoại tiếp khối chóp S.ABCD có diện tích 84  cm2  Khoảng cách hai đường thẳng SA BD A 21  cm  B 21  cm  21  cm  C D 21  cm  Lời giải Chọn D S G K M E I A D O B C Gọi M trung điểm AB G tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác SAB , O tâm hình vng ABCD Ta có OM   SAB  Dựng trục hình vng ABCD trục tam giác SAB , chúng đồng phẳng cắt I tức OI , GI trục hình vng ABCD trục tam giác SAB Bán kính mặt cầu R  SI Ta có 4 R  84  cm2   R  21  cm  Đặt AB  x  cm  Trong tam giác vng SGI ta có SI  SG  GI 1 , ta có GI  x x , SG  thay vào 1 tính x  Dựng hình bình hành ABDE Khoảng cách d BD SA d  d  BD,  SAE   d  d  B,  SAE    2d  M ,  SAE   Kẻ MK  AE ta có  SAE    SMK  d  M ,  SAE    d  M , SK   SM MK SM  MK 2   Ta có Thay giá trị vào   tính d  M ,  SAE    Vậy khoảng cách SA BD SM  x x   3 , MK  2 21 21 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 178 CHƯƠNG 2: MẶT TRỤ - MẶT NĨN – MẶT CẦU VÍ DỤ 5: Cho hình chóp S.ABC có SA vng góc với đáy Gọi B ', C ' hình chiếu vng góc A lên SB SC Biết AB  a , AC  2a , BAC  1200 , tìm bán kính R mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABB ' C ' A R  a 21 B R  a C R  a D R  a 21 Lời giải Chọn A S C' B' A K H C B I Xét tam giác ABC có : BC  AB  AC  AB AC.cos1200  a  BC  a Gọi H , K trung điểm AB, AC Kẻ IH , IK trục đường tròn ngoại tiếp tam giác ABB ' ACC '  I tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABB ' C ' bán kính mặt cầu R  IA Mặt khác: I tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC  BC  2R.sin1200  R  BC a 21  2.sin120 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 179 CHƯƠNG 2: MẶT TRỤ - MẶT NÓN – MẶT CẦU BÀI TẬP RÈN LUYỆN CÂU 1: Cho hình chóp tam giác S.ABC có cạnh đáy a cạnh bên a Khi bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC là: 3a a 15 a a A B C D 5 CÂU 2: Cho hình chóp S.ABC có cạnh bên SA vng góc với đáy, AB  a , BC  a , SC  2a SCA  30 Tính bán kính R mặt cầu ngoại tiếp tứ diện S.ABC A R  a B R  a C R  a D R  a d CÂU 3: Cho hình chóp S.ABCD có đáy hình vng cạnh a , SAD tam giác nằm mặt phẳng vng góc với đáy Gọi M , N trung điểm BC CD Tính bán kính R khối cầu ngoại tiếp khối chóp S.CMN a 29 a 93 a 37 5a A R  B R  C R  D R  12 12 CÂU 4: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC tam giác vuông B , BC  2a Mặt bên  SAB  vng góc với đáy, ASB  60o , SB  a Gọi  S  mặt cầu tâm B tiếp xúc với  SAC  Tính bán kính r mặt cầu  S  A r  2a B r  2a 19 C r  2a D r  a 19 CÂU 5: Cho hình chóp S.ABCD có đáy hình vng cạnh , tam giác SAD tam giác nằm mặt phẳng vng góc với mặt đáy Gọi M , N trung điểm BC CD Tính bán kính R khối cầu ngoại tiếp hình chóp S.CMN 93 12 A R  B R  37 29 C R  D R  12 CÂU 6: Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh Mặt bên SAB tam giác nằm mặt phẳng vng góc với mặt phẳng đáy Hỏi bán kính R mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S ABCD bao nhiêu? A R  B R  21 11 C R  D R  CÂU : Cho hình chóp tam giác S ABC có đáy ABC tam giác cạnh a , cạnh SA 2a Gọi D điểm đối xứng B qua C Tính bán kính R mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S ABD A R a 37 B R a 35 C R a 39 D R a 39 CÂU 8: Cho khối chóp S ABCD có SA  ( ABCD) ; đáy ABCD hình thang vuông A B với AB  BC  a; AD  2a ; SA  a Gọi E trung điểm AD Tìm tâm bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ECD A R  a B R  a C R  a 11 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 D R  a 11 Trang 180 CHƯƠNG 2: MẶT TRỤ - MẶT NÓN – MẶT CẦU I S S x x N E A E A D D M O B P B C O C CÂU 9: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật, AB  a, AD  2a, tam giác SAB nằm mặt phẳng vng góc với đáy Gọi M , N trung điểm cạnh AD, DC Tính bán kính R mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.DMN A R  a 102 B R  a 31 C R  a 39 D R  a 39 13 CÂU 10: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật, AB  a, AD  2a, tam giác SAB nằm mặt phẳng vuông góc với đáy Gọi M , N trung điểm cạnh AD, DC Tính bán kính R mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.DMN A R  a 102 B R  a 31 C R  a 39 D R  a 39 13 CÂU 11: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật, AB  3a, AD  a, SAB tam giác nằm mặt phẳng vng góc với đáy Tính theo a diện tích S mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD A S  5 a B S  10 a C S  4 a D S  2 a CÂU 12: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC tam giác vuông cân đỉnh B Biết AB  BC  a , SAB  SCB  90 khoảng cách từ A đến mặt phẳng  SBC  a Tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC A 16 a B 12 a C 8 a D 2 a CÂU 13: Người ta chế tạo đồ chơi cho trẻ em theo công đoạn sau: Trước tiên, chế tạo hình nón trịn xoay có góc đỉnh 2  60 thủy tinh suốt Sau đặt hai cầu nhỏ thủy tinh có bán kính lớn, nhỏ khác cho hai mặt cầu tiếp xúc với tiếp xúc với mặt nón, cầu lớn tiếp xúc với mặt đáy hình nón (hình vẽ) GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 181 CHƯƠNG 2: MẶT TRỤ - MẶT NÓN – MẶT CẦU Biết chiều cao hình nón cm Bỏ qua bề dày lớp vỏ thủy tinh, tổng thể tích hai khối cầu 112 100 38 40 cm cm cm cm A B C D 3 3 CÂU 14: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a , SA vng góc với đáy Biết SC tạo với mặt phẳng  ABCD  góc 45o Tính Thể tích V khối cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD B V  πa πa A V  πa C V  D V  πa CÂU 15: Cho hình chóp S.ABCD có SA   ABCD  , đáy ABCD hình chữ nhật, AB  a, AD  2a, góc đường thẳng SC đáy 45 Tính theo a thể tích V khối cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD 10 a B V  A V  6 a C V  5 a 10 a3 D V  CÂU 16: Cho mặt cầu  S  tâm O điểm A , B , C nằm mặt cầu  S  cho AB  , AC  , BC  khoảng cách từ O đến mặt phẳng  ABC  Thể tích khối cầu  S  A 21 B ABD C 20 5 D 29 29 CÂU 17 : Cho hình chóp S.ABC có đáy tam giác ABC đều, đường cao SH với H nằm  ABC 2SH=BC,  SBC  tạo với mặt phẳng  ABC  góc 60 Biết có điểm O nằm đường cao SH cho d  O ; AB   d  O ; AC   d  O;  SBC    Tính thể tích khối cầu ngoại tiếp hình chóp cho A 256 81 B 125 162 C 500 81 D 343 48 CÂU 18 : Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC tam giác có cạnh , mặt bên SAB tam giác nằm mặt phẳng vng góc với đáy Tính thể tích khối cầu ngoại tiếp hình chóp cho A V  15 18 B V  5 C V  15 54 D V  3 27 CÂU 19: Cho hình lập phương ABCD.ABCD có cạnh a Gọi V1 , V2 , V3 thể tích khối trụ ngoại tiếp, khối cầu nội tiếp, khối cầu ngoại tiếp hình lập phương ABCD.ABCD Tính giá trị P V1  V2 V3 A P  B P  C P  D P  CÂU 20: Cho hình hộp ABCD ABC D nội tiếp hình trụ cho trước, khoảng cách từ tâm hình trụ đến  ABBA , góc DB  ABBA  30 o Biết bán kính hình trụ , tỉ số thể tích khối hộp khối cầu ngoại tiếp hình hộp là? A 12 3 B 10 3 C 11 3 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 D 13 3 Trang 182 CHƯƠNG 2: MẶT TRỤ - MẶT NÓN – MẶT CẦU CÂU 21: Khối cầu  S  có tâm, đường kính AB  R Cắt  S  mặt phẳng vng góc với đường kính AB ta thiết diện hình trịn  C  bỏ phần lớn Tính thể tích phần cịn lại theo R , biết hình nón đỉnh I đáy hình trịn  C  có góc đỉnh 120 5 R 5 R 5 R 5 R A B C D 12 32 24 CÂU 22: Cho tứ diện ABCD có tam giác ABC tam giác cân với BAC  120 , AB  AC  a Hình chiếu D mặt phẳng  ABC  trung điểm BC Tính bán kính R mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD a3 16 a 13 B R  biết thể tích tứ diện ABCD V  A R  91a C R  13a D R  6a CÂU 23:Cho hình lăng trụ đứng ABC.ABC có đáy ABC tam giác vng A , AB  a , BC  2a , đường thẳng AC tạo với mặt phẳng  BCC B  góc 30 Diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình lăng trụ cho A B C A' B' C' A 24 a B 6 a C 4 a D 3 a CÂU 24: Cho hình chóp S.ABCD có đáy hình chữ nhật, AB  a , AD  a Hình chiếu S lên mặt phẳng  ABCD  trung điểm H BC , SH  A a B a Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.BHD a C a 17 D a 11 CÂU 25: Cho hình chóp S ABC có đáy ABC tam giác vuông cân B BC  a Cạnh bên SA vng góc với đáy  ABC  Gọi H , K hình chiếu vng góc A lên cạnh bên SB SC Thể tích khối cầu tạo mặt cầu ngoại tiếp hình chóp A.HKB là:  a3 2 a A B C 2 a D  a3 CÂU 26: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC tam giác vuông cân B , AB  BC  a , SAB SCB  90 khoảng cách từ A đến mặt phẳng  SBC  a Tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC theo a A S  4 a B S  8 a C S  12 a D S  16 a CÂU 27: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật Tam giác SAB nằm mặt phẳng vng góc với mặt phẳng  ABCD  Biết AB  a , ASB  60 Tính diện tích khối cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD A S  13 a B S  13 a C S  11 a GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 D S  11 a Trang 183 CHƯƠNG 2: MẶT TRỤ - MẶT NÓN – MẶT CẦU CÂU 28: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC tam giác cạnh , mặt bên SAB tam giác cân S nằm mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy Tính thể tích V khối cầu ngoại tiếp hình chóp cho biết ASB  120 A V  15 54 B V  3 27 C V  5 D V  13 78 27 CÂU 29: Cho hình chóp S.ABC , tam giác ABC vuông đỉnh A, AB  1 cm  , AC   cm  Tam giác SAB , SAC vuông B C Khoảng cách từ C đến mặt phẳng  SAB   cm  Diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC A 5 cm   B 20  cm2  C 5 cm2   D 5  cm2  CÂU 30: Cho hình chóp S.ABC có đáy tam giác ABC vng B , AB  , BC  Hai mặt phẳng  SAB  ,  SAC  vng góc với mặt phẳng đáy, đường thẳng SC hợp với mặt phẳng đáy góc 45 Thể tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC là: A V  5 B V  25 C V  125 D V  125 CÂU 31: Cho hình chóp S.ABC có AB  Hình chiếu S lên mặt phẳng  ABC  điểm H thuộc miền tam giác ABC cho AHB  120 Tính bán kính R mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.HAB , biết SH  A R  B R  C R  15 D R  CÂU 32: Cho hình chóp S.ABCD , đáy ABCD hình vng, cạnh 2a , tâm O , mặt bên  SAB  tam giác SAB    ABCD  Xác định tâm bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp A R  a 21 B R  a 3 C R  a D R  a CÂU 33: Cho lăng trụ đứng ABC A ' B 'C ' có đáy tam giác cạnh a Mặt phẳng AB 'C ' tạo với mặt đáy góc 60 điểm G trọng tâm tam giác ABC Bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối chóp G.A ' B 'C ' bằng: A 85a 108 B 3a C 3a D 31a 36 CÂU 34: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật với AB  2a , AD  a Cạnh bên SA vng góc với đáy góc SC với đáy 45 Gọi N điểm thuộc cạnh SA cho SA  4SN , h chiều cao khối chóp S.ABCD R bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối chóp N.ABC Biểu thức liên hệ R h h A 8R  5h B 5R  4h C 2R  5h D R  5 CÂU 35: Cho hình chóp S.ABCD có đáy hình vng cạnh 2 , cạnh bên SA vng góc với mặt phẳng đáy SA  Mặt phẳng   qua A vng góc với SC cắt cạnh SB , SC , SD điểm M , N , P Thể tích V khối cầu ngoại tiếp tứ diện CMNP GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 184 CHƯƠNG 2: MẶT TRỤ - MẶT NÓN – MẶT CẦU A V  125 B V  32 C V  108 D V  64 2 CÂU 36 :Cho lăng trụ tam giác ABC.ABC có AB  a, góc đường thẳng AC mặt phẳng  AABB  30 Gọi H trung điểm AB Tính theo a bán kính R mặt cầu ngoại tiếp hình chóp A.ABC A R  a B R  a C R  a 30 D R  a CÂU 37 : Cho hình chóp S.ABCD có đáy hình thang cân, AB  4, BC  CD  DA  Mặt bên SAB tam giác nằm mặt phẳng vng góc với  ABCD  Tính bán kính R mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC B R  A R  C R  D R  CÂU 38: Cho tứ diện S.ABC có đáy ABC tam giác vng A với AB  3a , AC  4a Hình chiếu H S trùng với tâm đường trịn nội tiếp tam giác ABC Biết SA  2a , bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC A R  a 118 B R  a 118 C R  a 118 D R  a 118 CÂU 39: Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật, SA vng góc với đáy, AB  a , AD  2a Mặt phẳng qua A vng góc với SC cắt cạnh SB, SC , SD B, C , D Tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp B.BCD B 3a A 14a C 7a2 D 5a CÂU 40: Cho hình lăng trụ tam giác ABC.ABC có AB  a, góc hai mặt phẳng  ABC   ABC  60 Gọi G A 343 a 432 trọng tâm tam giác ABC Thể tích hình cầu ngoại tiếp tứ diện GABC B 49 a 108 C 343 a 5184 D 343 a 1296 CÂU 41: Cho hình chóp S.ABCD có đáy hình vng cạnh a , mặt bên  SAD  tam giác cân S 4a nằm mặt phẳng vng góc với đáy Biết thể tích khối chóp S.ABCD Tính thể tích V khối cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD 113 a3 113 113 a3 113 A V  B V  84 48 113 a 113 a3 113 C V  D V  64 384 CÂU 42: Cho hình chóp S.ABCD có đáy hình chữ nhật, AB  2a, BC  a, hình chiếu S lên  ABCD  trung điểm H AD , SH  a Diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD bao nhiêu? 4 a A 4 a B 16 a C GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 16 a D Trang 185 CHƯƠNG 2: MẶT TRỤ - MẶT NÓN – MẶT CẦU CÂU 43 : Cho tứ diện ABCD có đường cao AA1 Gọi I trung điểm AA1 Mặt phẳng  BCI  chia tứ diện ABCD thành hai tứ diện Tính tỉ số hai bán kính hai mặt cầu ngoại tiếp hai tứ diện A 43 51 B C D 48 153 CÂU 44: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC tam giác cạnh a , cạnh bên SA vng góc với mặt phẳng đáy Gọi B1 , C1 hình chiếu A SB , SC Tính theo a bán kính R mặt cầu qua năm điểm A , B , C , B1 , C1 A R  a B R  a C R  a D R  a 3 CÂU 45 : Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật, AB  a , AD  2a tam giác SAB nằm mặt phẳng vng góc với đáy Gọi M , N trung điểm cạnh AD, DC Tính bán kính R mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.DMN A R  a 39 B R  a 31 C R  a 102 D R  a 39 13 CÂU 46: Cho hình chóp S.ABC có đáy tam giác vng A , AB  a , AC  2a Mặt bên  SAB  ,  SCA tam giác vuông B , C Biết thể tích khối chóp S.ABC a Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC ? A R  a B R  a C R  3a D R  3a CÂU 47: Cho lăng trụ đứng có chiều cao h không đổi, đáy tứ giác ABCD với A , B , C , D di động Gọi I giao hai đường chéo AC BD tứ giác Cho biết IA.IC  IB.ID  h Tính giá trị nhỏ bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình lăng trụ cho h h A 2h B C h D 2 CÂU 48: Cho hình chóp S.ABC có SA   ABC  , AC  b , AB  c , BAC   Gọi B  , C hình chiếu vng góc A lên SB , SC Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp A.BCCB theo b , c ,  A R  b  c  2bc cos  2sin  B R  b2  c  2bc cos  C R  b  c  2bc cos  sin 2 D R  b  c  2bc cos  sin  CÂU 49: Bề mặt bóng ghép từ 12 miếng da hình ngũ giác 20 miếng da hình lục giác cạnh 4,5cm Biết giá thành miếng da 150 đồng/ cm Tính giá thành miếng da dùng để làm bóng (kết làm trịn tới hàng đơn vị)? A 121500 đồng B 220545 đồng C 252533 đồng GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 D 199 218 đồng Trang 186 CHƯƠNG 2: MẶT TRỤ - MẶT NÓN – MẶT CẦU GIẢI CHI TIẾT CÂU 1: Chọn A S N I A C H M B Gọi H trọng tâm tam giác ABC , SH   ABC  trục đường tròn ngoại tiếp mặt đáy Gọi N trung điểm SA , mặt phẳng trung trực cạnh SA cắt SH I Khi IS  IA  IB  IC nên I tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC 2 SA a SN SA a 15 Bán kính mặt cầu R  SI     2 SH SA  AH 2 a 3 a   3      CÂU 2: Chọn C S I 2a 30° A H a C a B Ta có:  AC  SC.cos30  a AB  BC  2a  a  3a  AC  ABC tam giác vuông B  Gọi H , I trung điểm AC , SC Khi ta có:  H tâm đường trịn ngoại tiếp ABC  IH   ABC  Do I tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp SABC Suy R  SC  a Vậy R  a GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 187 CHƯƠNG 2: MẶT TRỤ - MẶT NÓN – MẶT CẦU CÂU 3: Chọn B Gọi: - H trung điểm AD  SH   ABCD  - I trung điểm MN  I tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CMN - d đường thẳng qua I vng góc với mặt đáy - E hình chiếu I lên AD - O tâm mặt cầu ngoại tiếp khối chóp S.CMN - K hình chiếu O lên SH Đặt OI  x Ta có: CI  a a2 ; OC  IC  IO2  MN   x2 ; 2 a 10  3a   a  KO  HI  IE  EH        ;   4 2 a   a 10  22a 2 SO  SK  KO    x      x  3ax  16     Vì O tâm mặt cầu ngoại tiếp khối chóp S.CMN nên SO  OC Suy ra: a2 22a 5 3a 2  x  x  3ax   3ax  a  x  16 12 Vậy: R  OC  a 25a 93   a 48 12 CÂU 4: Chọn B GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 188 CHƯƠNG 2: MẶT TRỤ - MẶT NÓN – MẶT CẦU Ta có  SAB    ABC  ,  SAB    ABC   AB , BC  AB  BC   SAB  Vẽ BM  SA M  SA   BMC    SAC    BMC  , vẽ BH  MC H  BH   SAC   r  BH Ta có BM  sin 60o.SB  BM  a 3  2a  19 3a 4a  2a BC.BM a , BH  BC  BM Vậy bán kính mặt cầu  S  2a 19 CÂU 5: Chọn A Gọi O trung điểm AD Khi đó, SO vng góc với  ABCD  Chọn hệ trục tọa độ hình vẽ, ta có: 1  1  1  O  0;0;0  , D  ;0;0  , M  0;1;0  , C  ;1;0  , N  ; ;0  , 2  2  2   3 S  0;0;    Gọi  S  phương trình mặt cầu qua S , M , N , C Ta có hệ phương trình:   a 3    3c  d    b   2b  d   93  2  nên R  a  b  c  d   5 12  a  b  d  4 c    12 1  a  b  d   d   2  CÂU 6: Chọn B S N M I A D H B C GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 189 CHƯƠNG 2: MẶT TRỤ - MẶT NÓN – MẶT CẦU Gọi O tâm đáy,  trục đáy ABCD Gọi G trọng tâm tam giác SAB d trục mặt bên SAB Gọi I tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S ABCD Ta có I giao điểm  d 2   Ta có R  IS  IG  SG   AD    AB       2 1 21   CÂU : Chọn A Gọi G trọng tâm tam giác ABC SG   ABC  Do CB  CA  CD nên C tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD Qua C kẻ đường thẳng d song song SG d trục đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD Gọi I  d tâm mặt cầu cần tìm, đặt IC  x  SK  SG  x Kẻ IK  SG a a  IK  CG  AG   , SG  SA2  AG  a 3 a2 a 2 2   a  x   x2  a2  x  Ta có IS  ID  IK  SK  IC  CD  a 37 2 Vậy tâm cầu I xác định, bán kính mặt cầu R  x  a  CÂU 8: I S S x x N E A E A D D M O B C P B O C Lời giải Chọn C Gọi O trung điểm CD Kẻ tia Ox SA Ox  ( ABCD) Ta có: O tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác vng CDE Ox  ( ABCD) , nên Ox trục đường tròn (CDE ) GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 190 CHƯƠNG 2: MẶT TRỤ - MẶT NÓN – MẶT CẦU Gọi M , N trung điểm AB, SC a a ; MC  MB  BC  nên suy SM  MC 2 Do tam giác SMC cân M , suy MN  SC Dễ thấy (MNO) / /( SAD) CE  (SAD) nên suy CE  (MNO) CE  MN Vậy nên MN  (SEC ) , MN trục đường trịn ( SEC ) Gọi I giao điểm MN SO I tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ECD Ta có: SM  SA2  AM  Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ECD R  Trong OC  IC  IO  OC a SA 3a IO  3NP  ( P giao điểm MO AC )  2 2  a   3a 2 a 11 Vậy R   Chọn C     2     CÂU 9: Chọn A S d O K x A M E N H B D I C Gọi I trung điểm MN Suy I tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DMN d đường thẳng qua I vng góc với mặt đáy E hình chiếu I lên AB O tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện S.DMN K hình chiếu O lên SH a 5a2 2 DI  MN   x2 Đặt OI  x Ta có Suy OD  ID  OI  16 a  x; KO  HI 9a2 a2 a 37   HI  EI  HE  16 AM  HN 3a EI   2 SK  SH  x  49a2  a x  x2 Vì O tâm mặt cầu ngoại tiếp nên: 16 49a a11 SO  DO   a x  x  x  5a  x  16 a 102  R  OD  Suy SO  SK  KO2  GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 191 CHƯƠNG 2: MẶT TRỤ - MẶT NÓN – MẶT CẦU CÂU 10: Chọn A S d O K x A M E N H B D I C Gọi I trung điểm MN Suy I tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DMN d đường thẳng qua I vng góc với mặt đáy E hình chiếu I lên AB O tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện S.DMN K hình chiếu O lên SH Đặt OI  x Ta có DI  MN  a 5a2 Suy OD  ID2  OI   x2 16 a  x; KO  HI AM  HN 3a EI   2 SK  SH  x  9a2 a2 a 37 49a2 2 HI  EI  HE    Suy SO  SK  KO   a x  x2 16 16 Vì O tâm mặt cầu ngoại tiếp nên: 49a2 a11 SO  DO   a x  x  x  5a  x  16 a 102  R  OD  2 CÂU 11: Chọn A GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 192 CHƯƠNG 2: MẶT TRỤ - MẶT NÓN – MẶT CẦU Gọi H trung điểm AB  SH  AB (vì SAB đều) Mặt khác  SAB    ABCD   SH   ABCD  Gọi O giao điểm AC , BD  O tâm đường trịn ngoại tiếp hình chữ nhật ABCD Gọi G trọng tâm SBC  G tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác SBC Qua O dựng đường thẳng d //SH  d trục đường tròn  O  , qua G dựng đường thẳng //OH   trục đường tròn  H  d   I  IA  IB  IC  ID  IS  I tâm mặt cầu ngoại tiếp chóp S.ABCD Xét tam giác SAB có cạnh a  SH  Mặt khác IG  OH  3a  SG  a AD a  2 a 5a a   IS  4 Vậy diện tích mặt cầu ngoại tiếp chóp S.ABCD là: S  4 R  5 a Xét tam giác vuông SIG : IS  SG  IG  a  CÂU 12: Chọn B S I H D A C B Gọi D hình chiếu S  ABCD  Do SA  AB  DA  AB , SC  CB  DC  CB Vậy suy ABCD hình vng Trong  SCD  kẻ DH  SC H Ta có AD //  SBC   d  A,  SBC    d  D,  SBC    DH 1    SD  a Suy SB  2a 2 DH DC SD SB  a Gọi I trung điểm SB suy I tâm mặt cầu R  Vậy diện tích mặt cầu S  4 R  12 a Ta có GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 193 CHƯƠNG 2: MẶT TRỤ - MẶT NÓN – MẶT CẦU CÂU 13: Chọn A Gọi AB đường kính mặt nón, O đỉnh, M , N giao điểm tiếp tuyến chung hai mặt cầu OA , OB (hình vẽ) O M N A B Ta có tam giác OAB nên bán kính đường trịn nội tiếp r  h  Tương tự, tam giác OMN đều, có chiều cao h   2r  nên có bán kính đường tròn nội tiếp r    4 112 Thể tích hai khối cầu V   r   r 3   3 CÂU 14: Chọn A Góc SC  ABCD  góc SCA 45o nên tam giác SAC vuông cân A nên SC  2a Ta có CB   SAB   CB  SB  SBC vuông B CD   SAD   CD  SD  SCD vuông D  Tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD trung điểm SC , bán kính R  Thể tích khối cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD V  SC  a πa CÂU 15: Chọn D GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 194 CHƯƠNG 2: MẶT TRỤ - MẶT NÓN – MẶT CẦU Gọi O  AC  BD I trung điểm SC Khi OI trục hình chữ nhật ABCD nên IA  IB  IC  ID Mặt khác I trung điểm SC nên IS  IC Vậy I tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD Do SA   ABCD  nên AC hình chiếu SC lên  ABCD  Vậy SCA   SC,  ABCD    45 Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD R  1 AC 5a SC   2 2 4 Thể tích khối cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD V  3  5a  10 a3    2   CÂU 16: Chọn D Ta có AB  AC  32  42  25  BC  ABC vng A Gọi H hình chiếu O mặt phẳng  ABC   H tâm đường trịn ngoại tiếp ABC Vì ABC vuông A nên H trung điểm BC Vì khoảng cách từ O đến mặt phẳng  ABC  nên OH  29 5 OHB vng H có: OB  OH  BH      2 Vậy mặt cầu  S  có bán kính R  OB  2 29 4  29  29 29 Do thể tích khối cầu  S  là: V   R      3   CÂU 17 : Chọn D S F A K C H E D B O Giả sử E , F chân đường vng góc hạ từ O xuống AB, AC Khi ta có HE  AB, HF  AC Do OE  OF  nên HE  HF Do AH phân giác góc BAC GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 195 CHƯƠNG 2: MẶT TRỤ - MẶT NÓN – MẶT CẦU Khi AH  BC  D trung điểm BC Do BC  AD  BC   SAD  Kẻ OK  SD OK   SBC  Do OK  SDA  60 Đặt AB  BC  CA  2a  a   SH  a, HD  a.cot 60  a Do AD  a  3HD nên H tâm tam giác ABC  S.ABC hình chóp tam giác E , F trung điểm AB, AC OK  Do DEF có OH   DFE  nên Mặt khác tam giác SOK có : SO  sin 30 OE  OF  OD   K  D Khi DSO vng D có DH  SO Từ a2 3 DH  HS HO   a   a   a   AB  3, SH  2 SA2  Gọi R bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC R  2SH 4   343 Vm / c       4 48 CÂU 18 : Chọn C S I K A C G H B Gọi G , K trọng tâm tam giác ABC , SAB Dựng d , d  hai đường thẳng qua G, K vng góc với  ABC  ,  SAB  Dễ thấy d , d  đồng phẳng Gọi I  d  d  Tứ giác GIKH hình vng  GH  15 3  R  IC  ; GC  6 15 15 15 V    54 CÂU 19: Chọn B GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 196 CHƯƠNG 2: MẶT TRỤ - MẶT NÓN – MẶT CẦU  Khối trụ ngoại tiếp hình lập phương có bán kính đáy a chiều cao a nên 2 a 2  a3 V   a  tích      a  a a  Khối cầu nội tiếp hình lập phương có bán kính nên tích V2      2  Khối cầu ngoại tiếp hình lập phương có bán kính a  a   a3 nên tích V3        2 a V V 2 a  a3 Từ suy V1  V2  Vậy P   :  V3 CÂU 20: Chọn C Hình hộp ABCD ABC D nội tiếp hình trụ nên hình hộp chữ nhật Gọi O tâm ABCD , E trung điểm AB Ta có: OE  , OA   AD  Xét AEO vuông tạo E , có: AE  OA2  OE   AB  Vì AD   ABBA  nên AB hình chiếu vng góc DB lên  ABBA   DBA  60o Xét tam giác ABD vng A có: AB  AD tan 60  , BD  AD2  AB2  12 o Xét tam giác ABB vuông B có: BB  AB  AB  11 Thể tích khối hộp VABCD ABC D  BB.S ABCD  11.8.6  96 11 Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình hộp R  BD 6 Thể tích khối cầu V   R  288 Vậy tỉ số thể tích khối hộp khối cầu ngoại tiếp hình hộp 11 3 CÂU 21: Chọn A Gọi mặt phẳng vng góc với đường kính khối cầu mặt phẳng  P  Ta có mặt phẳng  P  cắt khối cầu theo đường trịn  C  Khi đường kính đường trịn  C  R Suy khoảng cách từ tâm I đếm mặt phẳng  P  GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 R Trang 197 CHƯƠNG 2: MẶT TRỤ - MẶT NÓN – MẶT CẦU R chia khối cầu thành hai phần, phần lớn phần chứa tâm I phần nhỏ phần không chứa tâm I gọi chỏm cầu Khi thể tích chỏm cầu Mặt phẳng  P  cách tâm I khoảng R  R   5R R  5 R3  V   R   R      2 24  CÂU 22: Chọn A Gọi H trung điểm BC a a Có AB  a, BAH  60  AH  ; BH  BC  a 2 a3 1 a 3 VABCD  DH S ABC   DH   DH a 16 a Vậy DA  AH  DH  Gọi O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC bán kính đường trịn R  AO  BC a 2sin A Vậy H trung điểm AO Kẻ trục đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC , đường thẳng cắt AD S với D trung điểm SA 3a a a Vậy SO  2DH  , SA  DA  SM  SA  2 Từ trung điểm M đoạn AD kẻ đường vng góc với AD , cắt SO I Dễ dàng có I tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD MI SM 7a a 21 Hai tam giác vuông SAO SIM đồng dạng nên   MI  a  OA SO a a 91 Bán kính mặt cầu RABCD  ID  MI  MD  CÂU 23:Chọn B GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 198 CHƯƠNG 2: MẶT TRỤ - MẶT NÓN – MẶT CẦU B A M H C R I B' A' M' C' \ Gọi M , M  trung điểm BC , BC Dễ thấy trung điểm I MM  tâm mặt cầu ngoại tiếp lăng trụ Kẻ AH vng góc BC ( H  BC )  AC H   AC , ( BCC B)   30 Ta có: AC  BC  AB   2a    a  a AB AC a 3.a a   BC 2a a AH  a Trong tam giác vng AHC , có: AC   sin 30 AH BC  AB AC  AH  Trong tam giác vng ACC , có CC   AC 2  AC  a 3  a2  a 2 2  CC    BC   a   2a  Bán kính R  IB  MI  MB       a             6a  6 a Diện tích mặt cầu: S  4 R  4 2 2 CÂU 24: Chọn C Gọi R r bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.BHD tam giác BHD GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 199 CHƯƠNG 2: MẶT TRỤ - MẶT NÓN – MẶT CẦU a 2 a a Ta có HB  , HD  HC  DC   BD  a  2a  a   a   2   Áp dụng định lí Cơ sin, ta có a 3a   3a 2 cos BHD    sin BHD  a a 3 2 Diện tích tam giác BHD SBHD HB.HD.BD Do r   4S a a a2   2 a a a 3a 2  2 a Gọi O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BHD M trung điểm SH Mặt phẳng trung trực SH cắt trục đường tròn ngoại tiếp tam giác BHD E Khi E tâm mặt cầu cần tìm Ta có R  r  MH  r  SH 9a a a 17 SH  r2     4 CÂU 25: Chọn B Cách 1: Nhận xét : AKC  AHC  ABC  90 , nên điểm A, H , K , B thuộc mặt cầu đường a  a3  V   R3  3 Cách 2: Dựng hình vng ABCD Gọi M trung điểm AB kính AC Bán kính R  OA  Tam giác AHB vuông H MO   HAB  suy MO trục đường tròn ngoại tiếp tam giác HAB Tam giác AKC vuông K suy OA  OK Suy O tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp a  a3 AHKB bán kính R  OA   V   R3  3 CÂU 26: Chọn C GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 200 CHƯƠNG 2: MẶT TRỤ - MẶT NÓN – MẶT CẦU S M I H A C B Gọi H hình chiếu S mặt phẳng ABC Khi điểm A , B , C , H , S thuộc mặt cầu tâm I trung điểm SB Do A , B , C , H thuộc mặt phẳng nên ABHC tứ giác nội tiếp Theo giả thiết ABC tam giác vng cân B nên ABHC hình vng  d  A,  SBC    d  H ,  SBC   Trong mặt phẳng  SHC  kẻ HM  SC ,  M  SC  d  H ,  SBC    HM  a 1 HM HC 2    SH   6a  SH  a Xét tam giác vng SHC ta có 2 2 HM HC SH HM  HC 2 2 Xét tam giác vuông SHB ta có SB  SH  HB  6a  6a  12a  SB  2a Do I trung điểm SB nên IH  SB  a  Diện tích mặt cầu ngoại tiếp tứ diện S  4 a   12 a CÂU 27: Chọn B S d A D O B C Gọi R1 , R2 bán kính đường trịn ngoại tiếp hình chữ nhật ABCD mặt bên  SAB  Gọi R bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD 1 AB a a a  3a  a R2    Khi R1  AC  2 2sin ASB 2sin 60 Vì hình chóp cho có mặt bên  SAB  vng góc với đáy  ABCD  nên bán kính mặt cầu hình chóp S.ABCD tính theo cơng thức: R  R12  R22  AB a a 13a  a2    4 12 13 a Diện tích khối cầu ngoại tiếp hình chóp cho là: S  4 R  GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 201 CHƯƠNG 2: MẶT TRỤ - MẶT NÓN – MẶT CẦU CÂU 28: Chọn A Gọi H trung điểm AB ,  SAB    ABC  , tam giác ABC tam giác SAB cân S nên SH   ABC  CH   SAB  Gọi I J tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tam giác SAB Dựng đường thẳng Ix//SH Jy //CH Ix   ABC  Jy   SAB  nên Ix trục đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Jy trục đường tròn ngoại tiếp tam giác SAB Khi Ix  Jy  O O tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp Ta có OJ  IH  SA.SB AB AB 3 R SAB   SJ    .SA.SB.sin120 1  15  5 15 15  Vậy R  SO  nên V   R       3 12   54 CÂU 29: Chọn D S I K C B E H A Gọi I trung điểm SA  IA  IB  IC  IS  I tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC Gọi E , H trung điểm BC , AB Ta có : AB  AC  EI  AB, AB  SB  IH  AB  AB   IHE    SAB    IHE  Kẻ EK  IH  EK   SAB  GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 202 CHƯƠNG 2: MẶT TRỤ - MẶT NÓN – MẶT CẦU  EK  d  E ,  SAB    d  C ,  SAB    Do IBC cân I  IE  BC Mà IE  AB  IE   ABC   IE  EH 1 1 1 16   2     4 2 2 EK EH IE IE EK EH 3  IE   IC  IE  EC   Smc  4 R2  5 4 Xét IHE vuông E  CÂU 30: Chọn D Hai mặt phẳng  SAB  ,  SAC  vng góc với mặt phẳng đáy nên SA   ABC   BC  AB Ta có   BC  SB  BC  SA Suy SAC SBC hai tam giác vuông A B  IA  IC  IS Gọi I trung điểm SC   IA  IB  IC  IS  I tâm mặt cầu  S   IB  IC  IS ngoại tiếp hình chóp S.ABC Vì SA   ABC  nên  SC ,  ABC    SCA  45 Ta tính được: AC  AB  BC  ; SA  AC  ; SC  AC  Suy bán kính mặt cầu  S  R  SC  2   125 Vậy thể tích khối cầu  S  V        CÂU 31: Chọn C GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 203 CHƯƠNG 2: MẶT TRỤ - MẶT NÓN – MẶT CẦU Gọi O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AHB r bán kính đường trịn ngoại tiếp tam AB AB  2r  r   giác AHB Áp dụng định lí sin tam giác AHB ta có sin AHB 2sin AHB Qua O dựng đường thẳng d vng góc với mặt phẳng  AHB  Gọi M trung điểm SH Trong mặt phẳng SHO đựng đường trung trực đoạn SH cắt d I Khi I tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.HAB có bán kính HI  OI  HO  2 3   3 2  15 CÂU 32: Chọn A Qua O, kẻ  1    ABCD   1  trục đường trịn ngoại tiếp hình vng ABCD Do SAB    ABCD  nên kẻ SH  AB SH   ABCD  Gọi E tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác SAB kẻ     SAB  E    trục  1  cắt : tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp I S.ABCD    1  2 đường tròn ngoại tiếp tam giác SAB   Tứ giác OHEI có góc vng O, H , E nên hình chữ nhật SH  2a a  a  EH  Trong AIO : R  AI  OA2  OI  2a2  3a2 a 21  CÂU 33: Chọn D Gọi M trung điểm B 'C ' , ta có 600 Trong AA ' AB 'C ' , A ' B 'C ' AM , A ' M a ; AA ' M , có A ' M A ' M tan AMA ' AMA ' 3a Gọi G ' trọng tâm tam giác A ' B 'C ' , suy G ' tâm đường tròn ngoại tiếp A ' B 'C ' Vì lặng trụ đứng nên GG ' A ' B 'C ' GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 204 CHƯƠNG 2: MẶT TRỤ - MẶT NĨN – MẶT CẦU Do GG ' trục tam giác A ' B 'C ' Trong mặt phẳng GC 'G ' , kẻ trung trực d đoạn thẳng GC ' cắt GG ' I Khi I tâm mặt cầu ngoại tiếp khối chóp G.A ' B 'C ' , bán kính R Ta có R GPI ÿ GI GP GI GG 'C ' GC '2 2GG ' GP.GC ' GG ' GI GG ' GC ' GG '2 G 'C '2 2GG ' 31a 36 CÂU 34: Chọn A S N I A D O B C Ta có SA   ABCD  A Suy góc SC  ABCD  SCA Theo giả thuyết SCA  45  SA  AC  AB  BC  a Vậy h  a Gọi O trung điểm AC I trung điểm NC  IN  IC  IA  IB nên I tâm mặt cầu ngoại tiếp khối chóp N.ABC  3   R  IC  NC  a 5  a  2 4  Suy   5a R   8R  5h h CÂU 35: Chọn B S N M P A D B C Theo giả thiết mặt phẳng   vng góc với SC nên ta có AN Mặt khác BC SAB nên BC AM  AM SBC  AM SC , AP SC , AM SC MC Tương tự ta chứng minh AP PC Từ ba điểm M , N , P nhìn AC góc vng nên bốn điểm C , M , N , P nằm 32 mặt cầu đường kính AC Vậy thể tích khối cầu ngoại tiếp tứ diện CMNP V  GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 205 CHƯƠNG 2: MẶT TRỤ - MẶT NÓN – MẶT CẦU CÂU 36 :Chọn C Ta có Tam giác ABC cạnh a  CH  AB CH  a Suy CH   ABC  , nên  AC;  ABC     AC; AH   CAH  30 3a , AA  AH  AH  a Dựng trục đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC trọng tâm G Dựng đường trung trực AA mặt phẳng  AAG  cắt trục đường tròn I  I tâm  AH  CH cot 30  mặt cầu ngoại tiếp hình chóp A.ABC có bán kính IA Ta có AG  a a a 30 a a , AM   AI  AM  AG    3 CÂU 37 : Chọn D Gọi H trung điểm AB  SH  AB Dễ thấy HA  HB  HC  HD   H tâm đường tròn ngoại tiếp ABCD  SH trục tâm đường tròn ngoại tiếp ABCD Mặt khác tam giác SAB tam giác nên trọng tâm I tam giác ABC cách A B Vậy I tâm mặt cầu ngoại tiếp S.ABCD Bán kính R  IA  2 SH  3 CÂU 38: Chọn D Gọi r bán kính đường trịn nội tiếp tam giác ABC Tính r Tính AH AB.AC AB AC BC a a MH a GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 206 CHƯƠNG 2: MẶT TRỤ - MẶT NÓN – MẶT CẦU SA2 Tam giác SAH vuông H suy SH Gọi M trung điểm BC AH a trục đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Gọi O tâm mặt cầu ngoại tiếp S ABC Suy O Ta có: OC OS OM OM 25a Suy R OC 5a MC SK OK a 2)2 (OM a OM 118 a CÂU 39: Chọn D S 3a D' D A B' B 2a C' a C Ta có AC   C C 1  BC  AB  BC  AB Mà AB  SC  AB  B ' C     BC  SA CD  AD  CD  AD Mà AD  SC  AD  DC  3  CD  SA AB  BC   Từ 1 ,   ,  3 ,   suy B, B, C , D nằm mặt cầu đường kính AC (cùng nhìn AC góc vng) AC a Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp B.BCD R   2 5a  5 a Diện tích mặt cầu S  4 R  4 CÂU 40: Chọn D GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 207 CHƯƠNG 2: MẶT TRỤ - MẶT NÓN – MẶT CẦU Gọi D trung điểm BC ta có: BC  AD  BC  AD  ADA  60 3a a2 Ta có AA  AD.tan ADA  ; S ABC  3a  VABC ABC  AA.S ABC  Trong  AGH  : gọi I giao điểm GH trung trực AG Gọi E trung điểm AG AA a 7a GE.GA GA2 7a  R  GI     ; AH  ; GA2  GH  AH  GH 2GH 12 3 12 4  7a  343 a3 Mặt cầu ngoại tiếp tứ diện GABC tích là: V   R      3  12  1296 GH  CÂU 41: Chọn D Gọi H , K trung điểm AB , CD O tâm hình vng J tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác SAD I tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD 4a  SH  2a Ta có: S ABCD  2a , VS ABCD  a 3a AH   SA  2 SA  AD  ASD  90  J thuộc đoạn SH SH 2 Ta có: sin SAH   AH SD 9a  2SJ  SJ  Mà (định lí sin) sin SAH 7a BD a 113  OD   a  R  ID  8 113 OI  JH  SH  SJ  Vậy VKC  113 a3 384 S J I B A H K o D C GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 208 CHƯƠNG 2: MẶT TRỤ - MẶT NÓN – MẶT CẦU CÂU 42: Chọn C S I G D C A H O M B a 3a a , SA  SD  SH  HD    a 4 Gọi O tâm hình chữ nhật ABCD Dựng đường thẳng  qua O vng góc mặt phẳng Ta có: HD   ABCD  Suy  trục đường trịn ngoại tiếp hình chữ nhật ABCD Tam giác SAD cạnh a Gọi G trọng tâm tam giác SAD Dựng trục đường tròn ngoại tiếp tam giác SAD cắt  I Suy I tâm mặt cầu ngoại tiếp khối chóp S.ABCD SG  R  IS  IG  SG  a  a , IG  HO  a SH  3 a 2 3a  3  3a  16a Vậy S  4R  4      CÂU 43 : Chọn A Gọi cạnh tứ diện a Gọi K trung điểm CD E  IK  AB Qua A1 kẻ đường thẳng song song với IK cắt AB J Ta có: BJ BA1 a 3a AE AI     nên suy AE  AB  BE  BE BK 4 EJ IA1 Gọi M trung điểm BE , mặt phẳng  ABK  dựng đường trung trực BE cắt AA1 O Ta dễ dàng chứng minh O tâm mặt cầu ngoại tiếp EBCD GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 209 CHƯƠNG 2: MẶT TRỤ - MẶT NÓN – MẶT CẦU a a , AA1  Đặt BE  x 3 ABA1 giác đồng dạng với Ta có: BA1  Tam tam AOM giác nên suy EACD AM OM AM BH  x   OM   a   AA1 BH AA1 2  Gọi R bán kính mặt cầu ngoại tiếp EBCD ta suy ra: R  OB  OM  MB  x2  x  a   2 2 3a 9a  3a  43 Với x  ta có: R   a    a 64   128 a Tương tự với x  ta có bán kính R  mặt cầu ngoại tiếp R  a2  a 51  a    a 64  4 128 R 43  R' 51 Phương pháp trắc nghiệm: Áp dụng công thức Crelle: Với khối tứ diện ABCD tồn tam giác mà số đo cạnh tích số đo cặp đối tứ diện Hơn gọi V thể tích, R bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD ta có cơng thức: S  6V R Do CÂU 44: Chọn D S C1 B1 A C H I M B Đặt SA  x , gọi I tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC , H hình chiếu B1 cạnh AB , M trung điểm AB SC1 SA2 SB SA2 x2 x2   Ta có SA2  SB1.SB    , tương tự ta có SC SC a  x SB SB a  x2 BB1 HB1 BH a2    Suy B1C1 / / BC , B1 H / / SA nên SB SA AB x  a xa a.x  HB1  HB  , x  a2 x2  a2 a Ta cần chứng minh IA  IB1  Giả sử x  a ( x  a ta làm tương tự) GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 210 CHƯƠNG 2: MẶT TRỤ - MẶT NÓN – MẶT CẦU Khi HB  2 a.x a.x a ax  a  a HM   BM   , suy  x2  a2 x2  a2 2  x2  a2  IB12  HI  B1H  HM  IM  B1H  Vậy IA  IB  IC  IB1  IC1  a2 a  IB1  IA  3 a bán kính mặt cầu qua năm điểm A , B , C , B1 , C1 CÂU 45 : Chọn C Gọi I trung điểm MN Suy I tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DMN d đường thẳng qua I vng góc với mặt đáy E hình chiếu I lên AB O tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện S.DMN K hình chiếu O lên SH S d O K x M A E D I N H B C Đặt OI  x 5a a 2 Ta có DI  MN   x2 Suy OD  ID  OI  16 a AM  HN 3a SK  SH  x   x; KO  HI ; EI   2 2 9a a a 37 HI  EI  HE    16 49a  a 3x  x 16 Vì O tâm mặt cầu ngoại tiếp nên: 49a 11a a 102 SO  DO   a 3x  x  x  5a  x   R  OD  16 Suy SO  SK  KO2  CÂU 46: Chọn C S I C M A H B GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 211 CHƯƠNG 2: MẶT TRỤ - MẶT NĨN – MẶT CẦU Gọi H hình chiếu S mặt phẳng  ABC  SH đường cao hình chóp 11 AB.SH  a  SH  2a a nên ta có 32 3 Dễ thấy năm điểm A , B , H , C , S thuộc mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC Mặt khác A , B , H , C thuộc mặt phẳng nên tứ giác ABHC nội tiếp đường tròn a 21 BC a  SM  HM  SH  Mà BAC  900  BHC  900  HM   2 Áp dụng cơng thức đường trung tuyến ta có: SB  SC SB  SC BC BC 13a  SM    SM   (1) 2 4 4a  SC CA2  SC SA2 2 R  CI  R    R (2) 2 2 2 BA  SB SA a  SB R  BI    R2   R (3) a  SB 4a  SC 5a SB  SC 5a 13a  9a      Từ(1), (2), (3) ta có R  2 2 2 3a R Mặt khác thể tích khối chóp S.ABC CÂU 47: Chọn B C B I r A K D C B D A Do lăng trụ nội tiếp mặt cầu nên gọi IA.IC  IB.ID  r  IK (theo phương 2 2 2 r  IK  h  r  h  IK Gọi mặt cầu  O, R  R  OA2  OK  r   K; r  đường tròn ngoại tiếp ABCD Khi tích ngoại đường tiếp lăng trịn) trụ Suy ta có h2 5 h h Vậy Rmin  I tâm đường  h  IK  h2  R  4 2 tròn ngoại tiếp ABCD CÂU 48: Chọn A GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 212 CHƯƠNG 2: MẶT TRỤ - MẶT NÓN – MẶT CẦU Gọi M , N trung điểm AB AC Tam giác ABB vuông B  nên M tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác ABB , suy trục tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABB đường trung trực  AB (xét mp  ABC  ) Tam giác ACC vng C nên N tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác ACC , suy trục tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác ACC đường trung trực 1 AC (xét mp  ABC  ) Gọi I    1 I tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC I cách đếu điểm A, B, C , B, C nên I tâm mặt cầu ngoại tiếp ABCBC Gọi R bán kính mặt cầu ngoại tiếp ABCBC R bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC c.b.BC b  c  2bc.cos  AB AC.BC   Ta có R  2sin  4.SABC bc.sin  CÂU 49: Chọn B B M A O * Ở miếng da hình ngũ giác, xét tam giác OAB có AOB  72o , AB  4,5 cm , trung tuyến AM , AB BM BM  OM    cm  o tan 36o tan 36 OM 1 AB 81 S ABO  OM AB  AB   cm2  o 2 tan 36 16 tan 36o 405 cm  Diện tích miếng da hình ngũ giác 5S ABO  o  16 tan 36 * Ở miếng da hình lục giác cạnh 4,5cm có diện tích miếng da BOM  36o Do tan 36o   4,5 243 cm2   Vậy giá thành miếng da dùng làm bóng   243 405   12  20  150  220545 (đồng) 16 tan 36o   GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 213 CHƯƠNG 3: HÌNH HỌC OXYZ CHỦ ĐỀ 1: HỆ TRỤC TỌA ĐỘ VÍ DỤ 1:Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hình hộp ABCD ABC D có A  0;0;0  , B  3;0;0  , D  0;3;0  D  0;3; 3 Tọa độ trọng tâm tam giác ABC A 1;1; 2  B 1; 2; 1 C  2;1; 2  D  2;1; 1 Lời giải Chọn C Gọi A  a1 ; a2 ; a3  , B  b1 ; b2 ; b3  , C  c1 ; c2 ; c3  Do tính chất hình hộp ta có: a1   AA  DD  a2   A  0;0;  3 a  3  b1   b1    BB  DD  b2   b2   B  3;0;  3 b  3 b  3   c1  c1    DC  AB  c2    c2   C  3;3;0  c  c    Tọa độ trọng tâm G tam giác ABC là: G  2;1;   VÍ DỤ 2: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho tam giác ABC có A 0;1; , B 1;1;1 , C 3;0;0 Tọa độ tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC A I 0; 4;1 B I 4;0;5 C I 3; 1;4 D I 2; 2;3 Lời giải Chọn D Ta có AB  1;0; 1 ; AC   3; 1; 2   n   AB, AC    1; 1; 1 vtpt  ABC  Phương trình  ABC  : x  y  z   Gọi I  a; b; c  tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 214 CHƯƠNG 3: HÌNH HỌC OXYZ a   b  12   c  2   a  12   b  12   c  12   2   IA  IB  IC Ta có :   a   b  1   c     a  3  b  c   I   ABC  a  b  c    a  c  1 a     6a  2b  4c   b  2 a  b  c  c    VÍ DỤ 3:Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho ba điểm A  0; 2; 1 , B  2; 4;3 , C 1;3; 1 mặt phẳng  P  : x  y  z   Tìm điểm M   P  cho MA  MB  2MC đạt giá trị nhỏ  1  B M   ;  ;1  2  1  A M  ; ; 1 2  D M  2; 2;  C M  2; 2; 4  Lời giải Chọn A M A B I Gọi I , O trung điểm AB IC , với điểm M ta ln có MA  MB  MI  IA  MI  IB  2MI ; tương tự MI  MC  2MO     Suy d  MA  MB  2MC  2MI  2MC  MO nên d nhỏ MO nhỏ  MO   P  nên M hình chiếu vng góc O lên  P  Có A  0; 2; 1 , B  2; 4;3  I  1; 3;1 , kết hợp với C 1;3; 1 ta có O  0;0;0  x  t  Đường thẳng qua O  0;0;0  vng góc với  P  có phương trình d :  y  t  z  2t  Giao điểm d  P  hình chiếu vng góc M O  0;0;0  lên mặt phẳng  P  x  t y  t 1  1  Giải hệ  ta t  , x  , y  , z  1 Vậy M  ; ; 1 2 2   z  2t  x  y  z   VÍ DỤ 4: Trong khơng gian với hệ toạ độ Oxyz , cho ba điểm A  2;3;1 , B  2;1;0  , C  3;  1;1 Tìm tất điểm D cho ABCD hình thang có đáy AD S ABCD  3SABC A D 8;7;  1  D  8;  7;1 B   D 12;1;  3  D  8;7;  1 C   D  12;  1;3 D D  12;  1;3 Lời giải Chọn D GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 215 CHƯƠNG 3: HÌNH HỌC OXYZ 2S 1  AD  BC  d  A, BC   S ABCD   AD  BC  ABC 2 BC  AD  BC  SABC   3BC  AD  BC  AD  2BC BC Ta có: S ABCD   3SABC Mà ABCD hình thang có đáy AD nên AD  2BC 1  xD   10  xD  12   BC   5;  2;1 , AD   xD  2; yD  3; z D  1 1   yD   4   yD  1 z 1  z   D  D VÍ DỤ 5: Trong khơng gian Oxyz , cho điểm A 1; 6;1 mặt phẳng  P  : x  y   Điểm B thay đổi thuộc Oz ; điểm C thay đổi thuộc mặt phẳng  P  Biết tam giác ABC có chu vi nhỏ Tọa độ điểm B A B  0;0;1 B B  0;0;   Chọn A C B  0;0;  1 D B  0;0;  Lời giải Trước hết ta nhận thấy Oz //  P   xO  yO   xA  y A    nên A Oz nằm phía mặt phẳng  P  Gọi A điểm đối xứng A qua  P  Gọi p chu vi tam giác ABC Ta có p  AB  BC  CA  AB  BC  AC  AB  AB Do Oz //  P  nên AA  Oz Gọi K hình chiếu vng góc A lên Oz , ta có Oz  AK  AB  AK  pmin K  B Lúc    A B  A K  Vậy B  0;0;1 BÀI TẬP VẬN DỤNG CÂU 1: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho tam giác ABC có A 0;1; , B 1;1;1 , C 3;0;0 Tọa độ tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC A I 0; 4;1 B I 4;0;5 C I 3; 1;4 D I 2; 2;3 CÂU 2: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ABC biết A  2;0;0  , B  0; 2;0  , C 1;1;3 H  x0 ; y0 ; z0  chân đường cao hạ từ đỉnh A xuống BC Khi x0  y0  z0 bằng: 38 34 30 11 A B C D 11 11 34 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 216 CHƯƠNG 3: HÌNH HỌC OXYZ CÂU 3: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A  0; 2; 2  , B  2; 2; 4  Giả sử I  a; b; c  tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OAB Tính T  a  b  c A T  B T  C T  D T  14 CÂU 4: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho bốn điểm A  7;2;3 , B 1;4;3 , C 1;2;6  , D 1;2;3 điểm M tùy ý Tính độ dài đoạn OM biểu thức P  MA  MB  MC  3MD đạt giá trị nhỏ A OM  21 B OM  26 C OM  14 D OM  17 CÂU 5: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm A  3;1;0  , B  0; 1;0  , C  0;0; 6  Nếu tam giác ABC thỏa mãn hệ thức AA  BB  CC  tọa độ trọng tâm tam giác A 1;0; 2  B  2; 3;0  C  3; 2;0  D  3; 2;1 CÂU 6: Cho ba điểm A  3;1;0  , B  0; 1;0  , C  0;0; 6  Nếu tam giác ABC thỏa mãn hệ thức AA  BB  C C  có tọa độ trọng tâm là: A 1;0; 2  B  2; 3;0  C  3; 2;0  D  3; 2;1 CÂU 7: Cho hình chóp S.ABCD biết A  2; 2;6  , B  3;1;8 , C  1;0;7  , D 1; 2;3 Gọi H trung điểm CD, SH   ABCD  Để khối chóp S.ABCD tích 27 (đvtt) có hai điểm S1 , S2 thỏa mãn u cầu tốn Tìm tọa độ trung điểm I S1S2 A I  0; 1; 3 B I 1;0;3 D I  1;0; 3 C I  0;1;3  8 CÂU 8: Trong không gian tọa độ Oxyz cho hai điểm A  2; 2;1 , B   ; ;  Biết I  a; b; c  tâm đường  3 3 tròn nội tiếp tam giác OAB Tính S  a  b  c A S  B S  C S  1 D S  CÂU 9: Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu  S  :  x  1   y     z  1  tiếp xúc với hai mặt 2 phẳng  P  : x  y  z   ,  Q  : x  y  z   điểm A , B Độ dài đoạn AB A B C D CÂU 10: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm M  2; 1; 6  hai đường thẳng x 1 y 1 z 1 x  y 1 z      , d2 : Đường thẳng qua điểm M cắt hai đường thẳng 1 d1 , d hai điểm A , B Độ dài đoạn thẳng AB d1 : A B 10 38 C D 12 CÂU 11:Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng d :  S  :  x  1   y     z  1 2 x2 y z mặt cầu   1  Hai mặt phẳng  P   Q  chứa d tiếp xúc với  S  Gọi M , N tiếp điểm Tính độ dài đoạn thẳng MN A 2 B C GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 D Trang 217 CHƯƠNG 3: HÌNH HỌC OXYZ CÂU 12: Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho A  2;0;0  , B  0;3;1 , C  3; 6;  Gọi M điểm nằm cạnh BC cho MC  2MB Độ dài đoạn AM A 29 B C 3 D 30 CÂU 13: Trong không gian Oxyz cho đường thẳng d: x 1 y 1 z  m   1 mặt c  S  :  x  1   y  1   z    Tìm m để đường thẳng d cắt mặt cầu  S  hai điểm phân biệt E , F cho độ dài đoạn EF lớn 1 A m  B m  C m   D m  3 2 x   t  x  2t    CÂU 14: Trong không gian Oxyz , cho hai đường thẳng d :  y   t , d  :  y   t  Đường thẳng  cắt z  t z   t   d , d  điểm A , B thỏa mãn độ dài đoạn thẳng AB nhỏ Phương trình đường thẳng  x4 y z2 x 1 y  z     A B 2 1 2 x  y 1 z 1 x y  z 1    C  D 2 1 3 CÂU 15: Trong không gian Oxyz , cho ba điểm A  0;0; 1 , B  1;1;0  , C 1;0;1 Tìm điểm M cho 3MA2  MB  MC đạt giá trị nhỏ   3  A M  ; ; 1 B M   ; ;    4   3  C M   ; ; 1     D M   ; ; 1   CÂU 16: Trong không gian Oxyz , cho ba điểm A  0;0; 1 , B  1;1;0  , C 1;0;1 Tìm điểm M cho 3MA2  MB  MC đạt giá trị nhỏ   3  A M  ; ; 1 B M   ; ;    4   3  C M   ; ; 1     D M   ; ; 1   CÂU 17 Trong không gian Oxyz , cho bốn điểm A 1; 2;0  , B 1;0; 1 C  0; 1;  , D  0; m; k  Hệ thức m k để bốn điểm ABCD đồng phẳng : A m  k  B m  2k  C 2m  3k  D 2m  k  CÂU 18: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A  2;3;1 B  5;6;2 Đường thẳng AB cắt mặt phẳng  Oxz  điểm M Tính tỉ số A AM  BM B AM  BM AM BM C AM  BM D AM  BM CÂU 19 : Trong khơng gian Oxyz, cho a, b có độ dài Biết a  b  góc vectơ a, b A B   C 4 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 D  Trang 218 CHƯƠNG 3: HÌNH HỌC OXYZ CÂU 20: Trong khơng gian Oxyz , cho hai véc tơ a hai véc tơ u A 2a 3mb v 26 ma B A 2a 3mb v 26 ma B 0; 2; Tất giá trị m để b vng góc với 26 CÂU 21: Trong không gian Oxyz , cho hai véc tơ a hai véc tơ u 2;1; , b C 11 26 18 2;1; , b 0; 26 D 2; Tất giá trị m để b vng góc với 26 C 11 26 18 26 D CÂU 22: Trong mặt phẳng tọa độ Oxyz , cho bốn điểm A  0; 1;2  , B  2; 3;0  , C  2;1;1 , D  0; 1;3 Gọi  L  tập hợp tất điểm M không gian thỏa mãn đẳng thức MA.MB  MC.MD  Biết  L  đường tròn, đường tròn có bán kính r bao nhiêu? A r  11 B r  C r  D r  CÂU 23: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho S 1; 2;3 điểm A , B , C thuộc trục Ox , Oy , Oz cho hình chóp S ABC có cạnh SA , SB , SC đôi vuông góc với Tính thể tích khối chóp S.ABC 343 A B 343 18 C 343 12 D 343 36 CÂU 24: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hình bình hành ABCD Biết A  2;1;  3 , B  0;  2;5 C 1;1;3 Diện tích hình bình hành ABCD A 87 B 349 C 349 D 87 CÂU 25: Trong khơng gian Oxyz , cho hình hộp chữ nhật ABCD ABC D có A trùng với gốc tọa độ O Biết B  m;0;0  , D  0; m;0  , A  0;0; n  với m , n số dương m  n  Gọi M trung điểm cạnh CC Thể tích lớn khối tứ diện BDAM 75 245 64 A B C D 32 108 27 CÂU 26: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho ba điểm A  0;1;1 ; B 1;1;0  ; C 1;0;1 mặt phẳng  P  : x  y  z   Điểm M A thuộc  P  cho MA  MB  MC Thể tích khối chóp M ABC B C D CÂU 27: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai vectơ m   4;3;1 , n   0;0;1 Gọi p vectơ hướng với  m, n  (tích có hướng hai vectơ m n ) Biết p  15 , tìm tọa độ vectơ p A p   9; 12;0  B p   45; 60;0  C p   0;9; 12  D p   0; 45; 60  p   9; 12;0  GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 219 CHƯƠNG 3: HÌNH HỌC OXYZ CÂU 28: Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz , cho A  3;0;0  , B  0;0;3 , C  0; 3;0  mặt phẳng  P  : x  y  z   Tìm  P  điểm M cho A M  3;3; 3 MA  MB  MC nhỏ B M  3; 3;3 C M  3; 3;3 D M  3;3;3 CÂU 29: Trong không gian Oxyz , cho A  4;0;0  , B  x0 ; y0 ; z0  , x0 , y0  thỏa mãn AB  10 AOB  45 Tìm tọa độ điểm C tia Oz cho thể tích tứ diện OABC A C  0; 0; 2  B C  2;0;0  C C  0; 0; 2  , C  0;0;2  D C  0;0;2  CÂU 30 : Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm A(2;1; 1) , B (3; 0;1) , C (2; 1;3) Điểm D thuộc Oy thể tích khối tứ diện ABCD Tọa độ điểm D là: A D (0; 7; 0) B D (0;8; 0) C D (0; 7; 0) D(0;8;0) D D(0; 7; 0) D (0; 8; 0) CÂU 31:Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho tam giác ABC với A 1; 1;0  , B  3;3;  , C  5;1; 2  Tìm tọa độ tất điểm S cho S.ABC hình chóp tam giác tích A S  4;0; 1 S  2; 2;1 B S  2; 2; 1 S  4;0;1 C S  2; 2; 1 D S  4;0; 1 CÂU 32: Trong không gian Oxyz , cho điểm A  2;0; 2  , B  3; 1; 4  , C  2; 2;0  Điểm D mặt phẳng  Oyz  có cao độ âm cho thể tích khối tứ diện ABCD khoảng cách từ D đến mặt phẳng  Oxy  là: A D  0; 3; 1 B D  0; 2; 1 C D  0;3; 1 D D  0;1; 1 GIẢI CHI TIẾT CÂU 1: Chọn D Ta có AB  1;0; 1 ; AC   3; 1; 2   n   AB, AC    1; 1; 1 vtpt  ABC  Phương trình  ABC  : x  y  z   Gọi I  a; b; c  tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC a   b  12   c  2   a  12   b  12   c  12   2   IA  IB  IC  a   b  1   c     a  3  b  c Ta có :  I  ABC     a  b  c    a  a  c  1    6a  2b  4c   b  2 a  b  c  c    CÂU 2: Chọn B Đường thẳng BC có véc tơ phương BC  1; 1;3 x  t  Nên phương trình đường thẳng BC :  y   t  z  3t  t   GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 220 CHƯƠNG 3: HÌNH HỌC OXYZ Gọi H  t;  t ;3t   BC Khi đó: AH   t  2;  t ;3t  Mà H chân đường cao hạ từ đỉnh A xuống BC nên AH  BC  AH BC   t    t  9t   t  11 34  18 12   H  ; ;   x0  y0  z0  11  11 11 11  CÂU 3: Chọn A Ta có OA   0; 2; 2  , OB   2; 2; 4   OAB  có phương trình: x  y  z  I   OAB   a  b  c  AI   a; b  2; c   , BI   a  2; b  2; c   , OI   a; b; c  2 2   AI  BI a  c  a   c     a     c   Ta có hệ     2 2  AI  OI b  c  2 b   c   b  c       a  c  a  a  c    Ta có hệ b  c  2    b  b  c  2 c  2 a  b  c    Vậy I  2;0; 2   T  a  b  c  CÂU 4: Chọn C Ta có DA   6;0;0  , DB   0;2;0  , DC   0;0;3 nên tứ diện $ABCD$ tứ diện vuông đỉnh D Giả sử M  x  1; y  2; z  3 Ta có MA   x  6  y  z  x    x , MB  x   y    z  y    y MC  x  y   z  3  z    z ,   3MD  x  y  z  x  y  z  x yz Do P    x     y     z    x  y  z   11 x  y  z  6  x    x  y  z  Vậy P đạt giá trị nhỏ $11$, 2  y  3  z    x  y  z  Khi M 1;2;3 suy OM  12  22  32  14 CÂU 5: Chọn A Ta có: AA  BB  CC   1        GA  GB  GC    AG  BG  CG   3GG    AG  GG  GA  BG  GG  GB  CG  GG  GC   2 Nếu G , G  theo thứ tự trọng tâm tam giác ABC , ABC  nghĩa  GA  GB  GC  AG  BG  CG    GG   G  G Tóm lại 1 hệ thức cần đủ để hai tam giác ABC , ABC  có trọng tâm GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 221 CHƯƠNG 3: HÌNH HỌC OXYZ Ta có tọa độ G là: G  1;0; 2  CÂU 6: Chọn A * Cách diễn đạt thứ nhất: Gọi G, G’ theo thứ tự trọng tâm tam giác ABC, A’B’C’ Với điểm T khơng gian có: 1 : A ' A  B ' B  C ' C   TA  TA '  TB  TB '  TC  TC '   TA  TB  TC  TA '  TB '  TC '  2 Hệ thức (2) chứng tỏ Nếu T  G tức TA  TB  TC  ta có TA '  TB '  TC '  hay T  G ' hay (1) hệ thức cần đủ để hai tam giác ABC, A’B’C’ có trọng tâm    1  0    ; ;   1;0; 2  3   Ta có tọa độ G là: G   Đó tọa độ trọng tâm G’ A ' B ' C ' * Cách diễn đạt thứ hai: Ta có: AA '  BB '  CC '  (1)        A ' G '  G ' G  GA  B ' G '  G ' G  GB  C ' G '  G ' G  GC       GA  GB  GC  A ' G '  B ' G '  C ' G '  3G ' G  (2) Nếu G, G’ theo thứ tự trọng tâm tam giác ABC, A’B’C’ nghĩa GA  GB  GC  A ' G '  B ' G '  C ' G '    G ' G   G '  G Tóm lại (1) hệ thức cần đủ để hai tam giác ABC, A’B’C’ có trọng tâm    1  0    ; ;   1;0; 2  Đó tọa độ trọng 3   Ta có tọa độ G là: G   tâm G’ A ' B ' C ' CÂU 7: Chọn C Ta có AB   1; 1;  , AC  1; 2;1  S ABC  3  AB, AC     2 DC   2; 2;  , AB   1; 1;   DC  AB  ABCD hình thang S ABCD  3S ABC  Vì VS ABCD  SH S ABCD  SH  3 Lại có H trung điểm CD  H  0;1;5 Gọi S  a; b; c   SH   a;1  b;5  c   SH  k  AB, AC   k  3;3;3   3k ;3k ;3k  Suy 3  9k  9k  9k  k  1 +) Với k   SH   3;3;3  S  3; 2;  GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 222 CHƯƠNG 3: HÌNH HỌC OXYZ +) Với k  1  SH   3; 3; 3  S  3; 4;8  Suy I  0;1;3 CÂU 8: Chọn D O I A D B 16 8  8 Ta có: OA   2; 2;1 , OB    ; ;   OA.OB       OA  OB 3  3 3 Lại có: OA  , OB   AB  Gọi D chân đường phân giác góc AOB  D thuộc đoạn AB Theo tính chất phân giác ta có: DA OA 3  12 12     DA   DB  D   0; ;  DB OB 4  7 OA  OB  AB 6 Tam giác OAB có diện tích S  OA.OB  , nửa chu vi p  2 S OA.OB 12   r   bàn kính đường trịn nội tiếp; chiều cao OH  AB p Gọi I tâm đường tròn nội tiếp tam giác OAB  I thuộc đoạn OD a  DI r 5     DI  DO  I   0;1;1 hay b  Ta có: DO OH 12 12 c   Vậy S  a  b  c  CÂU 9: Chọn C Gọi A  x; y; z  tiếp điểm mặt phẳng  P  : x  y  z   mặt cầu  S   x 1 y  z 1  IA  knP     Khi   A  0;1; 3  A   P   x  y  z   Gọi B  x ; y ; z   tiếp điểm mặt phẳng  Q  : x  y  z   mặt cầu  S   x  y   z    IB  knQ     Khi  1  B  3;1;0   B   Q  2 x  y  z   Độ dài đoạn AB  CÂU 10: Chọn A x 1 y 1 z 1   nên A 1  2t;1  t; 1  t  1 x  y 1 z    Vì B thuộc d : nên B  2  3t ; 1  t ;  2t   Vì A thuộc d1 : Suy MA   2t  1;  t ;5  t  , MB   4  3t ; t ;8  2t   GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 223 CHƯƠNG 3: HÌNH HỌC OXYZ Ta có, A , B , M thẳng hàng  2t    4  3t   2t  MA; MB        t 5t    2t  2t 0 t 5t 0  2t  2t  0   3t  (1) 5tt   4t  7t      3tt   8t  t   16  (2) tt   20t  17t   14  (3)  Từ (1) (2): t  3t   5tt   4t  7t    t  1, t      t   2t  t  2, t   t   2t  Thay vào (3) ta t  , t   thỏa mãn Với t  , t   ta A  3;0;0  , B  4;1;6  suy AB  38 CÂU 11:Chọn B Mặt cầu  S  có tâm I 1;2;1 , R  Đường thẳng d nhận u   2; 1;4  làm vectơ phương Gọi H hình chiếu I lên đường thẳng d H  d  H  2t  2; t;4t  Lại có: IH u    2t  1; t  2;4t  1  2; 1;4     2t  1  t    4t  1   t  Suy tọa độ điểm H  2;0;0  Vậy IH     Suy ra: HM    Gọi K hình chiếu vng góc M lên đường thẳng HI 1 1      2 MK MH MI 4 Suy ra: MK   MN  3 Suy ra: CÂU 12: Chọn A GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 224 CHƯƠNG 3: HÌNH HỌC OXYZ Ta có: BC   3;3;3   1;1;1  u BC   1;1;1  x  t0  Phương trình đường thẳng BC :  y   t0 z  1 t  Vì M  BC  M  t0 ;3  t0 ;1  t0  , MC   3  t0 ;3  t0 ;3  t0  MB   t0 ; t0 ; t0  Từ MC  2MB   3  t0     t0     t0   3t02 2 3  t0  2t0 t0  2    t0   4.3t02    t0    2t0     3  t0  2t0 t0  3 t0   M  1;4;2   AM   3;4;2   AM  AM  29 t0  3  M  6;6;6  BM   6;3;5  BM  BM  70  27  BC  M  BC CÂU 13: Chọn B Mặt cầu  S  có tâm I 1;1;  bán kính R  Gọi H hình chiếu vng góc I d , H trung điểm đoạn EF  Ta có EF  EH  R  d  I ,  P    Suy EF lớn d  I ,  P   nhỏ Đường thẳng d qua A 1; 1; m  có véc tơ phương u  1;1;  Ta có AI   0; 2;  m  ,  AI , u     m;2  m; 2   AI , u  2m  12     Suy d  I ,  P    11 u  Do d  I ,  P   nhỏ m  Khi EF  EH  R  d  I ,  P    2 CÂU 14:Chọn D   d  A 1  t;2  t; t  ,   d  B  2t ;1  t ;2  t     2t   3t  2 2t   t   t   t   t   t   t   AB.u      6t   2t  4t   2t   t   t   t   t    t   AB.u   3  Suy A  2;1;1 , AB   1; ;  2  AB ngắn suy AB đoạn vng góc chung d , d  Vậy  qua A  2;1;1 có vectơ phương u  AB   2;1;3   : x  y 1 z 1   2 CÂU 15: Chọn D  AM  x  y   z  12  AM   x; y; z  1   2  Giả sử M  x; y; z    BM   x  1; y  1; z    BM   x  1   y  1  z   2 2 CM   x  1; y; z  1 CM   x  1  y   z  1 2  3MA2  MB  MC   x  y   z  1    x  1   y  1  z      2   x  1  y   z  1    GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 225 CHƯƠNG 3: HÌNH HỌC OXYZ 3 5 2   x  y  z  x  y  z    x     y  1   z      2 4    Dấu "  " xảy  x   , y  , z  1 , M   ; ; 1   CÂU 16: Chọn D  AM  x  y   z  12  AM   x; y; z  1   2  Giả sử M  x; y; z    BM   x  1; y  1; z    BM   x  1   y  1  z   2 2 CM   x  1; y; z  1 CM   x  1  y   z  1 2  3MA2  MB  MC   x  y   z  1    x  1   y  1  z      2   x  1  y   z  1    2 2 3 5 2   x  y  z  x  y  z    x     y  1   z      2 4    Dấu "  " xảy  x   , y  , z  1 , M   ; ; 1   2 CÂU 17 Chọn B AB  (0;2; 1) AC  (1;1;2) AD  (1;m 2;k)  AB, AC   (5;1;2)   AB, AC  AD  m  2k      Vậy bốn điểm ABCD đồng phẳng   AB, AC  AD   m  2k  Chú ý: Có thể lập phương trình ( ABC ) sau thay D để có kết CÂU 18: Chọn A Ta có: M   Oxz   M  x;0; z  ; AB   7;3;1  AB  59 ; AM   x  2;  3; z  1  x   7k  x  9    1  k  M  9;0;0  Ta có: A, B, M thẳng hàng  AM  k AB  k    3  3k z 1  k z    BM   14;  6;    BM  118  AB CÂU 19 : Chọn A 2 2 2 Ta có: a  b   a  2a.b  b   2a.b   a  b     a.b     cos a, b  a.b  a.b     a, b  1.2 CÂU 20: Chọn D Ta có: u v ma 2a 3mb b Khi đó: u.v 2m; m 4m 2;2 3m 2; 2; 2m 3m 3m m GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 3m 2m Trang 226 CHƯƠNG 3: HÌNH HỌC OXYZ 9m2 6m 26 m CÂU 21: Chọn D Ta có: u v ma 2a b Khi đó: u.v 9m2 3mb 2;2 2m; m 3m 2; 2; 2m 4m 6m 3m 3m m m 26 3m 2m CÂU 22: Chọn A Gọi M  x; y; z  tập hợp điểm thỏa mãn yêu cầu toán Ta có AM   x; y  1; z   , BM   x  2; y  3; z  , CM   x  2; y  1; z  1 , DM   x; y  1; z  3   MA.MB  Từ giả thiết: MA.MB  MC.MD      MC.MD  2   x  y  z  2x  y  2z    x  x     y  1 y  3  z  z      2   x  x     y  1 y  1   z  1 z  3   x  y  z  x  z   Suy quỹ tích điểm M đường tròn giao tuyến mặt cầu tâm I1 1; 2;1 , R1  mặt cầu tâm I  1;0;2  , R2  M I1 I2 Ta có: I1I  11 I I  Dễ thấy: r  R         CÂU 23: Chọn D A( a; 0; 0) , B(0; b;0) , C (0;0; c) SA  (a 1; 2; 3) ; SB  (1; b  2; 3) ; SC  (1; 2; c  3) Vì SA , SB , SC đơi vng góc nên  a   SA  SB  SA.SB  a  2b  14         SB  SC   SB.SC   2b  3c  14  b    a  3c  14  SA  SC SA SC        c  1 7 343 Do SA , SB , SC đôi vng góc, nên: VSABC  SA.SB.SC   6 36 CÂU 24: Chọn C GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 227 CHƯƠNG 3: HÌNH HỌC OXYZ Ta có: AB   2;  3;8  AC   1;0;6    AB , AC    18;4;  3 Vậy: S ABCD   AB , AC    18  42   3  349 CÂU 25: Chọn C Ta có: A  0;0;0  , B  m;0;0  , D  0; m;0  , A  0;0; n  suy C  m; m;0  , B  m;0; n  , n  C   m; m; n  , D  0; m; n  , M  m; m;  2  n  BD   m; m;0  , BA    m; 0; n  , BM   0; m;  2  VBDAM  1 1  m  m   2m    BD, BA BM  m n  m   m   m.m   2m     8  64 27 CÂU 26: Chọn A Gọi điểm M ( x; y; z ) Vì điểm M thuộc  P  cho MA  MB  MC nên x  y  z 1   M  ( P)   2 2  MA  MB   x  ( y  1)  ( z  1)  ( x  1)  ( y  1)  z  MA  MC  2 2 2   x  ( y  1)  ( z  1)  ( x  1)  y  ( z  1) x  y  z 1  x     x  z    y   M (1;1;1) x  y  z    Ta có MA  1;0;0  ; MB   0;0;1   MA, MB   (0; 1;0) MC   0;1;0    MA, MB  MC  1 VM ABC  1  MA, MB  MC    6 CÂU 27: Chọn A Ta có : m; n    3; 4;0  Do p vectơ hướng với  m; n  nên p  k m; n  , k  GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 228 CHƯƠNG 3: HÌNH HỌC OXYZ Mặt khác: p  15  k  m, n   15  k.5  15  k  Vậy p   9; 12;0  CÂU 28: Chọn D Gọi I  a; b; c  điểm thỏa mãn IA  IB  IC  1 Ta có IA  3  a; b; c  , IB   a; b;3  c  , IC  a;3  b; c  3  a  a  3  1  b    b   I  3;3;3 3  c  c    Nhận thấy I  3;3;3   P  MA  MB  MC  MI  IA  IB  IC  MI  MI  MA  MB  MC nhỏ M  3;3;3 CÂU 29: Chọn C  AB   x0  4; y0 ;0   AB     cos OA, OB  OA.OB  OA OB  x0   x0 x y 2  y02  10   x0    y02  40 *   x0  y0 Từ *  x0  x02  y02  x02   x02  y02   x02  y02   x   y loai   0   x0  Từ x0  y0   x0    x02  40    x0  2  Vì C  Oz nên C  0;0; c  OA, OB  OC   6 OA, OB     y0 ;0;4 y0    6;0;24     z0  VOABC  24 z0   z0     z0  2 VOABC  Vậy C  0;0;  , C  0;0; 2  CÂU 30 : Chọn C AB  (1; 1;2); AC  (0; 2;4)   AB; AC   (0; 4; 2) Gọi D  0; t ;0   AD(2; t  1;1);VABCD  t  7  D(0; 7;0) 1  AD   4t   30   AB ; AC  6 t   D(0;8;0) CÂU 31:Chọn B Ta có: AB   2; 4;  , AC   4; 2; 2  , BC   2; 2; 4  , suy AB  AC  BC  , suy tam 2  a  2b  c    SA  SB giác ABC Gọi S  a, b, c  ta có SA  SB  SC   Đặt   2 a  b  c   SA  SC    a u  S  u;  u; u  3 Ta có  AB, AC    12;12; 12  , AS  u  1;5  u; u  3 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 229 CHƯƠNG 3: HÌNH HỌC OXYZ Ta có VS ABC   u   AB, AC  AS   u      6 u  Vậy S  4;0;1 S  2; 2; 1 CÂU 32: Chọn C  D  0; b; c  với c  Do D   Oyz   c  1 loai  Theo giả thiết: d  D,  Oxy     c      D  0; b; 1 c  1 Ta có AB  1; 1; 2  , AC   4; 2;  , AD   2; b;1 Suy  AB, AC    2;6; 2    AB, AC  AD  6b  Cũng theo giả thiết, ta có: VABCD  b   AB, AC  AD  b      6 b  1 Đối chiếu đáp án có D thỏa mãn GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 230 CHƯƠNG 3: HÌNH HỌC OXYZ CHỦ ĐỀ 2: PHƯƠNG TRÌNH MẶT CẦU Ví dụ :Trong khơng gian Oxyz , gọi  S  mặt cầu có tâm I thuộc đường thẳng qua điểm M  0;3;9  Biết điểm I x y z 1   có hồnh độ số nguyên cách hai mặt phẳng x  y  z   , 3x   Phương trình  S  A  x     y     z  13  88 B  x     y     z    C  x     y     z  13  88 D x2  y   z  1  73 2 2 2 2 2 Lời giải Chọn C Vì tâm I thuộc đường thẳng x y z 1   nên I   2t;3t;1  4t  Ta có hệ:  2t    3t   1  4t   2 12   2   22   2t   32 t   I  6;9;13  2t   3t     1 t    I  ; ;    5 5 Vì điểm I có hồnh độ số ngun, I  6;9;13  IM   6         13 2  88 Vậy, phương trình mặt cầu cần lập là:  x     y     z  13  88 2 x3 y z    điểm 1 M  2;  1;  Gọi  S  mặt cầu có tâm I thuộc đường thẳng d tiếp xúc với mp  Oxy  điểm M Hỏi có mặt cầu thỏa mãn? A B C D Vô số VÍ DỤ 2: Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng d : Lời giải Chọn B x   t  Ta có d :  y  t nên I  d  I   t; t;   t  , IM    t ; t  1;   t   z  2  t  Mặt phẳng  Oxy  có vtpt k   0; 0; 1 Ta có:  IM ; k     t;  t  1;    t    t  1 nên I  2;  1;  3 2 R  d  I ,  Oxy     Vậy  x     y  1   z  3  GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 231 CHƯƠNG 3: HÌNH HỌC OXYZ VÍ DỤ : Trong khơng gian Oxyz , gọi  S  mặt cầu có tâm I thuộc đường thẳng qua điểm M  0;3;9  Biết điểm I x y z 1   có hồnh độ số nguyên cách hai mặt phẳng x  y  z   , 3x   Phương trình  S  A  x     y     z  13  88 B  x     y     z    C  x     y     z  13  88 D x2  y   z  1  73 2 2 2 2 2 Lời giải Chọn C Vì tâm I thuộc đường thẳng x y z 1   nên I   2t;3t;1  4t  Ta có hệ:  2t    3t   1  4t   2 12   2   22   2t   32 t   I  6;9;13  2t   3t     1 t    I  ; ;    5 5 Vì điểm I có hồnh độ số ngun, I  6;9;13  IM   6         13 2  88 Vậy, phương trình mặt cầu cần lập là:  x     y     z  13  88 2 x 1 y  z 1   Phương 1 4 trình mặt cầu  S  có tâm I cắt  hai điểm A , B cho diện tích tam giác IAB 12 VÍ DỤ 4: Trong khơng gian Oxyz , cho điểm I  3; 4;0  đường thẳng  : A  x  3   y    z  25 B  x  3   y    z  C  x  3   y    z  D  x  3   y    z  25 2 2 2 2 Lời giải Chọn D Đường thẳng  qua điểm M 1; 2; 1 có véc-tơ phương u  1;1; 4  Ta có IM   2; 2; 1   IM , u    9; 9;0    IM , u   Khoảng cách từ I đến đường thẳng   IM , u    d  I ,     18 u Diện tích tam giác IAB 12 nên AB  2S IAB 2.12   d  I ,  GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 232 CHƯƠNG 3: HÌNH HỌC OXYZ 2  AB  2 Bán kính mặt cầu  S  R      d  I ,         Phương trình mặt cầu  S  cần lập  x  3   y    z  25 2 VÍ DỤ 5: Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu  S  :  x  1   y     z    hai 2 điểm M  4; 4;  , N  6;0;6  Gọi E điểm thuộc mặt cầu  S  cho EM  EN đạt giá trị lớn Viết phương trình tiếp diện mặt cầu  S  E A x  y  z   B x  y  z   C x  y  z   D x  y  z   Lời giải Chọn D Mặt cầu  S  có tâm I 1; 2;  bán kính R  Gọi K trung điểm MN  K  5; 2;  K nằm mặt cầu  S  Do IK   4; 4;  , MN   2; 4;  , MN  IK  MN  MN  Ta có EM  EN   EM  EN    EK    EK  36   Bởi EM  EN đạt giá trị lớn EM  EN EK lớn  x   2t  Vì IK  MN nên EM  EN E thuộc đường thẳng IK :  y   2t z   t  Tọa độ giao điểm E đường thẳng IK với mặt cầu  S  ứng với t nghiệm phương trình: 1  2t 1    2t  2    t  2   t  1 Như E1  3;0;3 E2  1; 4;1 Ta có E1 K  , E2 K  Suy E   1; 4;1  IE   2; 2; 1 , nên phương trình tiếp diện mặt cầu  S  E có phương trình: 2  x  1   y    1 z  1  hay x  y  z   2 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 233 CHƯƠNG 3: HÌNH HỌC OXYZ BÀI TẬP RÈN LUYỆN CÂU 1: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai điểm A 1;0;  3 , B  3;  2;  5 Biết tập hợp điểm M không gian thỏa mãn đẳng thức AM  BM  30 mặt cầu  S  Tọa độ tâm I bán kính R mặt cầu  S  A I  2;  2;  8 ; R  B I  1;  1;   ; R  C I  1;  1;   ; R  D I  1;  1;   ; R  30 CÂU 2: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A  0;0;   , B  4;0;0  Mặt cầu  S  có bán kính nhỏ nhất, qua O , A , B có tâm A I  0;0;  1 B I  2;0;0  C I  2;0;  1 Vậy I  2;0;  1 2 4 D I  ;0;   3 3 CÂU 3: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho ba điểm A 1; 2; 4  , B 1; 3;1 , C  2; 2;3 Tính đường kính l mặt cầu  S  qua ba điểm có tâm nằm mặt phẳng  Oxy  A l  13 B l  41 C l  26 D l  11 CÂU 4: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho mặt cầu  S  qua điểm A  2; 2;5  tiếp xúc với mặt phẳng   : x  ,    : y  1 ,    : z  Bán kính mặt cầu  S  A B 33 C D x 1 y z 1   2 Gọi  P  mặt phẳng thay đổi chứa đường thẳng  ;  S  mặt cầu có tâm I tiếp xúc mặt phẳng CÂU 5: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm I  2; 1; 6  đường thẳng  :  P cho mặt cầu  S  có bán kính lớn Tính bán kính R mặt cầu  S  A R  B R  C R  D R  CÂU 6: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho tứ diện ABCD có tọa độ đỉnh A  2; 0;  , B  0; 4;  , C  0; 0;  , A  2; 4;  Gọi  S  mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD Viết phương trình mặt cầu  S   có tâm trùng với tâm mặt cầu  S  có bán kính gấp lần bán kính mặt cầu  S  A  x  1   y     z  3  56 B x  y  z  x  y  z  C  x  1   y     z  3  14 D x  y  z  x  y  z  12  2 2 2 CÂU 7: Trong không gian Oxyz cho ba điểm A  2;0;0  , B  0; 3;0  C  0;0;6  Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp OABC A B 11 C 11 D CÂU 8: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho m , n hai số thực dương thỏa mãn m  2n  Gọi A , B , C giao điểm mặt phẳng  P  : mx  ny  mnz  mn  với trục tọa độ Ox , Oy , Oz Khi mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC có bán kính nhỏ 2m  n có giá trị A B C D 5 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 234 CHƯƠNG 3: HÌNH HỌC OXYZ CÂU 9: Trong không gian Oxyz , cho điểm H 1; 2;   Mặt phẳng   qua H cắt trục Ox , Oy , Oz A , B , C cho H trực tâm tam giác ABC Viết phương trình mặt cầu tâm O tiếp xúc với mặt phẳng   A x  y  z  81 D x  y  z  25 C x  y  z  B x  y  z  x 1  CÂU 10: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba đường thẳng d1 :  y  1, t  ; z  t   x2 x 1 y z 1  d2 :  y  u , u  ;  :   Viết phương trình mặt cầu tiếp xúc với d1 , d 1 z  1 u  có tâm thuộc đường thẳng  ? 2 2 2 2 2 1  1  1  B  x     y     z    2  2  2  A  x  1  y   z  1  2 5  1  5  D  x     y     z    4  4   16  3  1  3  C  x     y     z    2  2  2  CÂU 11: Cho điểm A  2;5;1 mặt phẳng ( P) : x  y  z  24  , H hình chiếu vng góc A mặt phẳng  P  Phương trình mặt cầu ( S ) có diện tích 784 tiếp xúc với mặt phẳng  P  H, cho điểm A nằm mặt cầu là: A  x  8   y  8   z  1  196 B  x  8   y  8   z  1  196 C  x  16    y     z    196 D  x  16    y     z    196 2 2 CÂU 12: Cho mặt phẳng 2 : 2 2  P  : x  y  z  10  2 hai đường thẳng 1 : x  y z 1   , 1 1 x2 y z 3   Mặt cầu  S  có tâm thuộc 1 , tiếp xúc với  mặt phẳng  P  , có phương trình: 1 2 2 2 7   81  11   A ( x  1)  ( y  1)  ( z  2)   x     y     z    2  2  2  7   81  11   B ( x  1)  ( y  1)  ( z  2)   x     y     z    2  2  2  C ( x  1)  ( y  1)  ( z  2)  2 D ( x  1)  ( y  1)  ( z  2)  CÂU 13: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng  P  : x  y  z   điểm I 1;1;0  Phương trình mặt cầu tâm I tiếp xúc với  P  là: A  x  1   y  1  z  2 C  x  1   y  1  z  2 6 25 25 2 D  x  1   y  1  z  B  x  1   y  1  z  GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 235 CHƯƠNG 3: HÌNH HỌC OXYZ  8  CÂU 14: Trong không gian Oxyz , cho hai điểm M  2; 2;1 , N  ; ;  Viết phương trình mặt cầu có  3 3 tâm tâm đường tròn nội tiếp tam giác OMN tiếp xúc với mặt phẳng  Oxz  A x   y  1   z  1  B x   y  1   z  1  C  x  1   y  1  z  D  x  1  y   z  1  2 2 2 2 3 1 CÂU 15: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho A 1; 2; 3 , B  ; ;   , C 1;1;  , D  5;3;0  Gọi 2 2  S1  mặt cầu tâm A bán kính ,  S  mặt cầu tâm B bán kính Có mặt phẳng tiếp xúc với mặt cầu  S1  ,  S2  đồng thời song song với đường thẳng qua điểm C , D A B C D Vô số CÂU 16: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A  2;11; 5 mặt phẳng  P  : 2mx   m2  1 y   m2 1 z 10  Biết m thay đổi, tồn hai mặt cầu cố định tiếp xúc với mặt phẳng  P  qua A Tìm tổng bán kính hai mặt cầu A 2 B C D 12 CÂU 17 : Trong không gian Oxyz cho mặt phẳng  P  : x  y  z   ,  Q  : x  y  z   Gọi  S  mặt cầu có tâm thuộc trục hồnh, đồng thời  S  cắt mặt phẳng  P  theo giao tuyến đường trịn có bán kính  S  cắt mặt phẳng  Q  theo giao tuyến đường tròn có bán kính r Xác định r cho có mặt cầu  S  thỏa yêu cầu B r  A r  3 C r  D r  2 x  x  x 1 y z 1     CÂU 18: Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng d :  y  1, d  :  y  t   : 1 z  t  z   t   Gọi  S  mặt cầu có tâm thuộc  tiếp xúc với hai đường thẳng d , d  Phương trình  S  A  x  1  y   z  1  B  x     y  1   z    2 2 3  1  3  C  x     y     z    2  2  2  2 2 5  1  5  D  x     y     z    4  4   16  x  t  CÂU 19: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng d :  y  1 mặt phẳng  P   Q   z  t  có phương trình x  y  z   ; x  y  z   Viết phương trình mặt cầu  S  có tâm I thuộc đường thẳng d , tiếp xúc với hai mặt phẳng  P   Q  A  x  3   y  1   z  3  2 B  x  3   y  1   z  3  GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 2 Trang 236 CHƯƠNG 3: HÌNH HỌC OXYZ C  x  3   y  1   z  3  2 D  x  3   y  1   z  3  2 x  y z 1   điểm I 1; 2;5 Lập phương trình mặt cầu  S  tâm I cắt đường thẳng d hai điểm A , B cho tam giác IAB vuông I CÂU 20: Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng d : A  S  :  x  1   y     x  5  40 B  S  :  x  1   y     x  5  49 C  S  :  x  1   y     x  5  69 D  S  :  x  1   y     x  5  64 2 2 2 2 CÂU 21:Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu S  2 có tâm I thuộc đường thẳng x y3 z   Biết mặt cầu  S  có bán kính 2 cắt mặt phẳng  Oxz  theo đường 1 tròn có bán kính Tìm tọa độ điểm I A I 1; 2;  , I  1; 2; 2  B I 1; 2;  , I  0; 3;0  : D I  5; 2;10  , I  0; 3;0  C I 1; 2;  , I  5; 2;10  CÂU 22: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho mặt cầu  S  : x  y  z  ax  by  cz  d  có  x  5t  bán kính R  19, đường thẳng d :  y  2  4t mặt phẳng  z  1  4t  a; b; c; d   P  : 3x  y  3z   Trong số theo thứ tự đây, số thỏa mãn a  b  c  d  43, đồng thời tâm I  S  thuộc đường thẳng d  S  tiếp xúc với mặt phẳng  P  ? A 6; 12; 14;75 B 6;10; 20;7 C 10; 4; 2; 47 D 3;5;6; 29 CÂU 23: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho hai mặt cầu  S1  : x  y  z  x  y  z  ;  S2  : x2  y  z  x  y  z  cắt theo đường tròn  C  nằm mặt phẳng  P  Cho điểm A 1;0;0  , B  0; 2;0  , C  0;0;3 Có mặt cầu tâm thuộc  P  tiếp xúc với ba đường thẳng AB , BC , CA ? A mặt cầu B mặt cầu C mặt cầu D mặt cầu x 1 y 1 z   mặt phẳng 1  P  : x  y  z   Gọi  S  mặt cầu có tâm nằm đường thẳng  d  , có bán kính nhỏ nhất, tiếp CÂU 24: Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng d  : xúc với  P  qua điểm A 1; 1;1 Viết phương trình mặt cầu  S  A  S  :  x  1   y  1  z  B  S  :  x  1   y  1  z  C  S  :  x  1   y  1  z  D  S  :  x  1   y  1  z  2 2 2 2 CÂU 25 : Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A 1;0; 1 mặt phẳng  P  : x  y  z   Gọi  S  mặt cầu có tâm I nằm mặt phẳng  P  , qua điểm A gốc tọa độ O cho diện tích 17 Tính bán kính R mặt cầu  S  A R  B R  C R  tam giác OIA GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 D R  Trang 237 CHƯƠNG 3: HÌNH HỌC OXYZ  x   3a  at  CÂU 26: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng  :  y  2  t Biết a  x   3a  (1  a)t  thay đổi tồn mặt cầu cố định qua điểm M 1;1;1 tiếp xúc với đường thẳng  Tìm bán kính mặt cầu A B.4 C.7 D CÂU 27: Trong không gian với hệ tọa độ Ozyz cho mặt cầu  S1  ,  S  ,  S3  có bán kính r  có tâm điểm A  0;3; 1 , B  2;1; 1 , C  4; 1; 1 Gọi  S  mặt cầu tiếp xúc với ba mặt cầu Mặt cầu có bán kính nhỏ A R  2  B R  10 D R  10  C R  2 CÂU 28: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu  S  :  x  1   y     z  3  16 Gọi M 2 điểm thuộc mặt cầu  S  cho biểu thức A  xM  yM  2z M đạt giá trị lớn nhất, giá trị biểu thức B  xM  yM  zM A 21 D 10 C B CÂU 29: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu  S  :  x  1   y     z  3  16 Gọi M 2 điểm thuộc mặt cầu  S  cho biểu thức A  xM  yM  2z M đạt giá trị lớn nhất, giá trị biểu thức B  xM  yM  zM A 21 D 10 C B CÂU 30: Trong khơng gian, cho bốn mặt cầu có bán kính , , , (đơn vị độ dài) tiếp xúc với Mặt cầu nhỏ tiếp xúc với bốn mặt cầu nói có bán kính A B C 15 D 11  5 10 13  CÂU 31: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A 1; 2;7  , B  ; ;  Gọi  S  mặt  7 7 cầu tâm I qua hai điểm A , B cho OI nhỏ M  a; b; c  điểm thuộc  S  , giá trị lớn biểu thức T  2a  b  2c A 18 B C 156 CÂU 32: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu D  S  :  x  2   y  1   z  1 2  M  x0 ; y0 ; z0    S  cho A  x0  y0  z0 đạt giá trị nhỏ Khi x0  y0  z0 A B 1 C 2 D CÂU 33: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm A 1;0;0  , B  0; 2;0  C  0;0;3 Mặt cầu S  qua A , B , C đồng thời cắt ba tia Ox , Oy , Oz ba điểm phân biệt M , N , P Gọi H trực tâm tam giác MNP Tìm giá trị nhỏ HI với I  4; 2;  A 10 B C GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 D Trang 238 CHƯƠNG 3: HÌNH HỌC OXYZ CÂU 34: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho mặt cầu  S  : x  y  z  x  y  z  điểm M  0;1;0  Mặt phẳng  P  qua M cắt  S  theo đường tròn  C  có chu vi nhỏ Gọi N ( x0 ; y0 ; z0 ) điểm thuộc đường tròn  C  cho ON  Tính y0 A 2 C 1 B D GIẢI CHI TIẾT CÂU 1: Chọn C Gọi tọa độ điểm M  x; y; z  Khi AM  BM  30   x  1  y   z  3   x  3   y     z  5  30 2 2  x  y  z  x  y  16 z  18   x2  y  z  x  y  8z     x  1   y  1   z    phương trình mặt cầu  S  , có tâm I  1;  1;   bán 2 kính R  CÂU 2: Chọn C Gọi J trung điểm AB  J  2;0;  1 Tam giác ABO vuông O nên J tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OAB Gọi I tâm mặt cầu  S  ,  S  qua điểm A, B, O Ta có đường thẳng IJ qua J có VTCP j   0;1;0  nên có PTTS x    y  b I   IJ   I  2; b;  1 ,IA  b   IA  Dấu xảy b   z  1  Vậy I  2;0;  1 CÂU 3: Chọn C Gọi tâm mặt cầu : I  x; y;    IA  IB     IA  IC    x  1   y    42   x  1   y  3  x  1   y    42   x  2   y  2 2 2 2  12  32 2 2   y      y  3   2   x  x   16  x  x   10 y  10  x  2  l  2R    2 x  4 y 1  3   1 2  42  26 CÂU 4: Chọn A Gọi I  a; b; c  tâm mặt cầu  a   b  (*)  Ta có:  a   c  (**)  2 2  a  1   a     b     c   (***) b  c Từ (*) (**)   b  c   GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 239 CHƯƠNG 3: HÌNH HỌC OXYZ Xét b  c : a  c - Từ (**)   a  c  a   - Với a  c thay vào (***)  b  4  R  a   c   Tương tự trường hợp khác Chọn A CÂU 5: Chọn B Gọi H hình chiếu I lên  Ta có: IH  d  I ,    d  I ,  P   Gọi   mặt phẳng chứa I vng góc  Ta tìm   : x  y  z  12  Tọa độ H giao điểm      nên nghiệm hệ phương trình: x  1 t t   y  2t x       z    t y     x  y  z  12   z  3 Vậy: H  2; 2; 3 Bán kính R  IH  02  32  32  CÂU 6: Chọn A Gọi phương trình mặt cầu  S  có dạng: x  y  z  2ax  2by  2cz  d  Vì  S  mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD nên ta có: 22  02  02  2.a.2  2.b.0  2.c.0  d  4a  d  4 a    b  2 0    2.a.0  2.b.4  2.c.0  d  8b  d  16      2 0    2.a.0  2.b.0  2.c.6  d  12c  d  36 c  22  42  62  2.a.2  2.b.4  2.c.6  d  4a  8b  12c  d  56  d    x  y  z  x  y  z   I 1; 2; 3 R  14  R  14 Vậy: mặt cầu  S   có tâm I 1; 2; 3 R  14 :  x  1   y     z  3  56 2 CÂU 7: Chọn A Phương trình mặt cầu có dạng:  S  : x  y  z  2ax  2by  2cz  d  Do A , B , C O thuộc mặt cầu  S  nên:   4a  d  9  6b  d    a  1, b   , c  , d   36  12c  d  d  Do đó, mặt cầu có bán kính bằng: R  a  b  c  d  CÂU 8: Chọn B Phương trình mặt phẳng  P  : mx  ny  mnz  mn   x y z   1 n m GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 240 CHƯƠNG 3: HÌNH HỌC OXYZ Do A , B , C giao điểm mặt phẳng  P  với trục tọa độ Ox , Oy , Oz nên n m 1 A  n;0;0  ; B  0; m;0  ; C  0;0;1 tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC I  ; ;  2 2  n  2n  Theo đề ta có m  2n   m   2n  I  ; ;  2 2 Bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC R  OI  1  2 6 5n  n   5 n     2  5 5 Vậy bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC nhỏ n   m   2m  n  5 CÂU 9: Chọn C z C H O A B y K x Ta có H trực tâm tam giác ABC  OH   ABC  Thật : OC  OA  OC  AB (1)  OC  OB Mà CH  AB (vì H trực tâm tam giác ABC ) (2) Từ (1) (2) suy AB   OHC   AB  OH (*) Tương tự BC   OAH   BC  OH (**) Từ (*) (**) suy OH   ABC  Khi mặt cầu tâm O tiếp xúc mặt phẳng  ABC  có bán kính R  OH  Vậy mặt cầu tâm O tiếp xúc với mặt phẳng    S  : x  y  z  CÂU 10: Chọn A Đường thẳng d1 qua điểm M1 1;1;0  có véc tơ phương ud1   0;0;1 Đường thẳng d qua điểm M  2;0;1 có véc tơ phương ud2   0;1;1 Gọi I tâm mặt cầu Vì I   nên ta tham số hóa I 1  t ; t ;1  t  , từ IM1   t;1  t; 1  t  , IM  1  t; t; t  GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 241 CHƯƠNG 3: HÌNH HỌC OXYZ Theo giả thiết ta có d  I ; d1   d  I ; d  , tương đương với  IM1; ud   IM ; ud        ud1 ud 1  t   t2  1  t  2 t 0 Suy I 1;0;1 bán kính mặt cầu R  d  I ; d1   Phương trình mặt cầu cần tìm  x  1  y   z  1  CÂU 11: Chọn A  x   6t   Gọi d đường thẳng qua A vng góc với  P  Suy d :  y   3t  z   2t   Vì H hình chiếu vng góc A  P  nên H  d  ( P ) Vì H  d nên H   6t;5  3t;1  2t   Mặt khác, H  ( P ) nên ta có:   6t     3t   1  2t   24   t  1 Do đó, H  4; 2;3  Gọi I , R tâm bán kính mặt cầu Theo giả thiết diện tích mặt cầu 784 , suy 4 R  784  R  14 Vì mặt cầu tiếp xúc với mặt phẳng  P  H nên IH  ( P )  I  d Do tọa độ điểm I có dạng I   6t;5  3t;1  2t  , với t  1  Theo giả thiết, tọa độ điểm I thỏa mãn:    6t     3t   1  2t   24  t   14  d ( I , ( P))  14 2    (2)    t  3  t    AI  14  2  t  2 2    6t    3t    2t   14 Do đó: I  8;8;  1  Vậy phương trình mặt cầu ( S ) :  x  8   y  8   z  1  196 2 CÂU 12: Chọn A x   t   1 :  y  t ;  qua điểm A(2; 0; 3) có vectơ phương a2  (1;1; 4) z  1 t   Giả sử I (2  t; t;1  t )  1 tâm R bán kính mặt cầu  S   AI , a2  5t   Ta có: AI  (t; t;4  t )   AI , a2   (5t  4;  5t;0)  d  I ;     a2 d ( I , ( P))   t  2t  2(1  t )  10 1   t  10  t   S  tiếp xúc với   P   d ( I ,  )  d ( I , ( P))  5t   t  10    t  1 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 242 CHƯƠNG 3: HÌNH HỌC OXYZ 2 7   81  11    11   Với t   I  ; ;   , R    S  :  x     y     z     2 2 2  2  2   Với t  1  I (1; 1; 2), R    S  : ( x  1)2  ( y  1)2  ( z  2)2  CÂU 13: Chọn B Mặt cầu tiếp xúc mặt phẳng nên bán kính mặt cầu là: r  d  I ,  P    Vậy phương trình mặt cầu là:  x  1   y  1  z  2 25 CÂU 14: Chọn B Gọi I tâm đường tròn nội tiếp tam giác OMN Ta áp dụng tính chất sau : “Cho tam giác OMN với I tâm đường trịn nội tiếp, ta có a.IO  b.IM  c.IN  , với a  MN , b  ON , c  OM ”  8      Ta có OM     , ON              3  3 2 2 2  8  4  8  MN            1    3  3  2   8  5.0  4.2       0  xI  3 45   4 5.0  4.2        1 5.IO  4.IM  3.IN    yI  3 45   8 5.0  4.2      3 1  zI  3 45   Mặt phẳng  Oxz  có phương trình y  Mặt cầu tiếp xúc với mặt phẳng  Oxz  nên mặt cầu có bán kính R  d  I ,  Oxz    Vậy phương trình mặt cầu là: x   y  1   z  1  2 CÂU 15: Chọn A Cách 1: Gọi   : x  ay  bz  c  mặt phẳng thỏa yêu cầu toán CD   4; 2; 4  CD //    CD  n  CD.n  ( n  1; a; b  vecto pháp tuyến   )   2a  4b   a  2b  (1)   tiếp xúc  S1  nên d  A;         2a  3b  c tiếp xúc  S  1 a  b nên 2    2a  3b  c   a  b2 (2) GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 243 CHƯƠNG 3: HÌNH HỌC OXYZ d  B;      3  a bc 2 1 a  b 2    3a  b  2c   a  b (3) 1  2a  3b  c   3a  b  2c Từ (2) (3) ta có  2a  3b  c   3a  b  2c   1  2a  3b  c  3  3a  b  2c a  2b  c   (1) 2b   2b  c   c  4b (4)    5a  4b  3c   10b  10  4b  3c   c   2b (5) Từ (1), (2), (4)   4b   3b  4b    2b    b  3b   5b  8b  b   a  2; c  8  b  2b   5b  8b   4b  10b     b   a  1; c  2  2 2 Từ (1), (2), (5)   4b   3b   2b    2b    b  b   5b  8b   b2  2b    5b2  8b  5  44b2  74b  44  Phương trình vơ nghiệm Mặt khác CD //   nên C , D    nên   : x  y  z   A B I H K Cách 2: Ta có AB  3 mà R1  R2    nên hai mặt cầu cắt theo đường tròn giao 2 tuyến Gọi I  AB    với   mặt phẳng thỏa mãn tốn Hạ BH , AK vng góc với mặt phẳng   Khi ta có I nằm ngồi AB B trung điểm AI R2  1  R1  BH  AK 2 Suy I  2;1;  Gọi   : a  x    b  y  1  c  z    Vì   //CD mà CD   4; 2; 4  nên ta có 2a  b  2c   b  2c  2a Khi  a  2c  b  2c 2 2    c  a  a  c  a  c 3     2  a  c  b  c a b c  Ta có hai trường hợp : 1) b  2c ; a  2c    : 2c  x    2c  y  1  c  z     x  y  z   d  A;      a  b  5c Mặt khác CD //   nên C , D     loại trường hợp GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 244 CHƯƠNG 3: HÌNH HỌC OXYZ 2) b  c ; a  1 c    : c  x    c  y  1  c  z     x  y  z   2 Kiểm tra thấy C , D    nên nhận trường hợp Vậy   : x  y  z   CÂU 16: Chọn D Gọi I  a; b; c  , r tâm bán kính mặt cầu Do mặt cầu tiếp xúc với  P  nên ta có r  d  I ,  P   b  c  m 2ma   m2  1 b   m2  1 c  10 m  2ma  b  c  10  r  m  1    1   b  c  m2  2ma  b  c  10 m    1    b  c  r m2  2ma  b  c  r  10  2  b  c  r m2  2ma  b  c  r  10   TH1: b  c  r m2  2ma  b  c  r  10  1  2 1 Do m thay đổi có mặt cầu cố định tiếp xúc với  P  nên yêu cầu toán trờ thành tìm điều kiện a, b, c cho 1 không phụ thuộc vào 1 m Do với b  c  r    a   b  c  r  10  b  r    Suy I 0;5  r 2; 5   S  : x  y   r  a  c  5     Lại có A   S  nên suy ra:  11   r       z  5  r r  2  r  r  12 2r  40     r  10  TH2: b  c  r m2  2ma  b  c  r  10  làm tương tự TH1 (trường hợp không thỏa đề ) Tóm lại: Khi m thay đổi, tồn hai mặt cầu cố định tiếp xúc với mặt phẳng  P  qua A có tổng bán kính là: 12 suy CÂU 17 : Chọn D Gọi I  m;0;0  tâm mặt cầu có bán kính R , d1 , d khoảng cách từ I đến  P   Q  Ta có d1  Theo m 1 đề d  ta 2m  có d 4  d r 2 2 m2  2m  4m2  4m   4  r 6  m  2m  2r   1 Yêu cầu toán tương đương phương trình 1 có nghiệm m    2r  8   r2  r 2 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 245 CHƯƠNG 3: HÌNH HỌC OXYZ CÂU 18: Chọn A x  1 m  Đường thẳng  có phương trình tham số là:  :  y  m Gọi I tâm mặt cầu  S  ta có z  1 m  I  m  1; m; m  1 Đường thẳng d qua A 1;1;0  có véctơ phương u1   0;0;1  AI   m; m  1, m  1 Đường thẳng d qua B  2;0;1 có véctơ phương u2   0;1;1  BI   m  1; m, m  Do  S  tiếp xúc với hai đường thẳng d , d  nên ta có: d  I ; d   d  I ; d    R  IA; u1   IB; u2        u1 u2  m  1  m2  m  1   m  1  2 m0  I 1;0;1 R  Phương trình mặt cầu  S   x  1  y   z  1  2 CÂU 19: Chọn B Ta có I  d  I  t; 1; t  Mặt cầu  S  tiếp xúc với  P   Q  d  I ;  P   d  I ; Q   t   2t  12  22  22  1 t   t  t   2t  12  22  22 t 3 Vậy tọa độ tâm mặt cầu I  3; 1; 3 với bán kính R  d  I ;  Q      23  12  22  22  CÂU 20: Chọn A A H B O Đường thẳng d qua M  2;0;1 có véc tơ phương u   3; 6;  Gọi H hình chiếu I đường thẳng d ta có IH  d  I , d   IM  1; 2; 4  , u   3; 6;  IH  d  I , d    IM , u    , với u  IM , u     20 u Theo đề ta có tam giác IAB vuông cân I nên IA  IH  40 Vậy phương trình mặt cầu  S   S  :  x  1   y     x  5  40 2 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 246 CHƯƠNG 3: HÌNH HỌC OXYZ CÂU 21:Chọn C I R r H x y3 z    I  t ; 3  t ; 2t  1 Gọi H hình chiếu I lên mặt phẳng  Oxz  R, r bán kính mặt cầu bán kính Mặt phẳng  Oxz  : y  I   : đường trịn giao tuyến Theo ta có IH  d  I ,  Oxz    R  r     3  t t  2 t  Với t   I 1; 2;  , với t   I  5; 2;10  CÂU 22: Chọn A Ta có I  d  I   t; 2  4t; 1  4t   t 0 Do  S  tiếp xúc với  P  nên d  I ;  P    R  19  19  19t  19   t  2 a  b2  c  a b c Mặt khác  S  có tâm I   ;  ;   ; bán kính R   d  19  2 2 Xét t   I  5; 2; 1  a; b; c; d   10; 4; 2; 47 a  b2  c2  d  19 nên ta loại trường hợp Xét t   a; b; c; d   6; 12; 14;75 Do a  b2  c2  d  19 nên thỏa CÂU 23: Chọn A Mặt phẳng  P  chứa đường tròn  C  có phương trình là: x  y  z  Do Mặt phẳng  ABC  có phương trình là: x y z     6x  3y  2z   Do  P  //  ABC  Mặt cầu  S  tiếp xúc với ba đường thẳng AB , BC , CA giao với mặt phẳng  ABC  theo đường tròn tiếp xúc với ba đường thẳng AB , BC , CA Trên mặt phẳng  ABC  có đường trịn tiếp xúc với ba đường thẳng AB , BC , CA đường tròn nội tiếp tam giác ABC ba đường trịn bàng tiếp góc A , B , C Do có mặt cầu có tâm nằm  P  tiếp xúc với GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 247 CHƯƠNG 3: HÌNH HỌC OXYZ ba đường thẳng AB , BC , CA Tâm mặt cầu hình chiếu tâm đường trịn tiếp xúc với ba đường thẳng AB , BC , CA lên mặt phẳng  P  CÂU 24: Chọn B Gọi I , R tâm bán kính mặt cầu  S  Ta có: I   d   I 1  3t ; 1  t ; t   AI   3t ; t ; t  1  S  tiếp xúc với  P  A nên ta có: t  5t  R  AI  d I , P    37t  24t    24 t   37 Do mặt cầu  S  có bán kính nhỏ nên ta chọn t  , suy I 1; 1;0  , R  Vậy  S  :  x  1   y  1  z  2 CÂU 25 : Chọn A Gọi I  a; b; c   1  Ta có IA  IO  R  hình chiếu I lên OA trung điểm H  ;0;  OA 2 2 SOIA   1  1 1  2 IH OA   a    b   c      1 2  2 2  17 2  a  b  c  a  c   17  2a  2b  2c  2a  2c  2  2a  2b  2c  2a  2c  16  OI  IA  a  b  c   a  12  b   c  12   17    2a  2b  2c  2a  2c  16  Theo ta có  SOIA  a  b  c     I   P   1 a  c     a  b  c  a  c     a  b  c    3  a   c a  c   Từ 1  3 ta có  vào   ta có b  b     c  1  I  1; 2; 2  c  2    c   c  1  c      OI  R   I  2; 2;1 c  CÂU 26: Chọn A GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 248 CHƯƠNG 3: HÌNH HỌC OXYZ  x   3a  at   x y z3 Từ đường thẳng  :  y  2  t  x   3a  (1  a)t  Ta có  ln qua điểm A 1; 5; 1 cố định  nằm mặt phẳng  P  : x  y  z   Mặt cầu tiếp xúc với đường thẳng  vói a Nên mặt cầu tiếp xúc mặt phẳng  P  A x  1 t  Đường thẳng IA qua A vng góc  P  có phương trình  y  5  t  I (1  t ; 5  t ; 1  t )  z  1  t  Mà IA  IM  t  t  t  t  (t  6)2  (t  2)2  t  I (6;0; 6)  R  IM  CÂU 27: Chọn D Ta có AB  , AC  32 , BC  40 nên tam giác $ABC$ vuông A Gọi I trung điểm $BC$, IM  IN  IP  10  Do mặt cầu  S  thỏa mãn đề mặt cầu có bán kính R  10  CÂU 28: Ta có A  xM  yM  2z M   xM  1   yM     zM  3   2   12  22   x  1   y     z  3 2    3.4   18  xM   2t xM  yM  zM   Dấu xảy    t    yM   t , thay vào phương trình  S  1  Z   2t  M  11 17  ta được: 4t  t  4t  16  t  Do M  ; ;  B  xM  yM  zM  10 3 3 CÂU 29: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu  S  :  x  1   y     z  3  16 Gọi M 2 điểm thuộc mặt cầu  S  cho biểu thức A  xM  yM  2z M đạt giá trị lớn nhất, giá trị biểu thức B  xM  yM  zM A 21 C B D 10 Lời giải Chọn D Ta có A  xM  yM  2z M   xM  1   yM     zM  3   2   12  22   x  1   y     z  3 2    3.4   18 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 249 CHƯƠNG 3: HÌNH HỌC OXYZ  xM   2t xM  yM  zM   Dấu xảy    t    yM   t , thay vào phương trình  S  1  Z   2t  M  11 17  ta được: 4t  t  4t  16  t  Do M  ; ;  B  xM  yM  zM  10 3 3 CÂU 30: Chọn D Cách 1: Gọi A, B, C , D tâm bốn mặt cầu, không tính tổng quát ta giả sử AB  , AC  BD  AD  BC  Gọi M , N trung điểm AB, CD Dễ dàng tính MN  Gọi I tâm mặt cầu nhỏ với bán kính r tiếp xúc với bốn mặt cầu Vì IA  IB, IC  ID nên I nằm đoạn MN  Đặt IN  x , ta có IC  32  x   r , IA  22   x Từ suy  x   2x 2    2r 2  12  12 , suy r  32   1 x      11 11  11  Cách Gọi A, B tâm cầu bán kính C , D tâm cầu bán kính I tâm cầu bán kính x Mặt cầu  I  tiếp xúc với mặt cầu tâm A, B, C , D nên IA  IB  x  2, IC  ID  x  Gọi  P  ,  Q  mặt phẳng trung trực đoạn AB CD   IA  IB  I   P   I   P    Q  1    IC  ID  I   Q  Tứ diện ABCD có DA  DB  CA  CB  suy MN đường vng góc chung AB CD , suy MN   P    Q  (2) Từ 1   suy I  MN GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 250 CHƯƠNG 3: HÌNH HỌC OXYZ Tam giác IAM có IM  IA2  AM  Tam giác CIN có IN  IC  CN   x  2  x  3 2 4 9 Tam giác ABN có NM  NA2  AM  12 Suy  x  3 9   x  2 11   12  x  CÂU 31: Chọn A Tâm I mặt cầu  S  qua hai điểm A , B nằm mặt phẳng trung trực AB Phương trình mặt phẳng trung trực AB  P  : x  y  3z  14  OI nhỏ I hình chiếu vng góc O mặt phẳng  P  x  t  Đường thẳng d qua O vng góc với mặt phẳng  P  có phương trình  y  2t  z  3t  Tọa độ điểm I ứng với t nghiệm phương trình t  2.2t  3.3t  14   t   I 1; 2;3 Bán kính mặt cầu  S  R  IA  Từ T  2a  b  2c  2a  b  2c  T  , suy M thuộc mặt phẳng  Q  : x  y  z  T  Vì M thuộc mặt cầu nên: 2.1   2.3  T d  I ; Q   R     T  12  6  T  18 Vậy max T  18 22   1  22 CÂU 32: Chọn B Tacó: A  x0  y0  z0  x0  y0  z0  A  nên M   P  : x  y  z  A  , điểm M điểm chung mặt cầu  S  với mặt phẳng  P  Mặt cầu  S  có tâm I  2;1;1 bán kính R  Tồn điểm M d  I ,  P    R  |6 A|   3  A  15 Do đó, với M thuộc mặt cầu  S  A  x0  y0  z0  3 Dấu đẳng thức xảy M tiếp điểm  P  : x  y  z   với  S  hay M hình chiếu I lên  P  Suy M  x0 ; y0 ; z0   x0  y0  z0   t  1 x   t x     thỏa:   y0   2t  y0  1  z0   2t  z0  1 Vậy  x0  y0  z0  1 CÂU 33:Chọn A Gọi M  m;0;0  , N  0; n;0  , P  0;0; p  Gọi E tâm mặt cầu  S  , R bán kính mặt cầu  S  Gọi K trung điểm AM , ta có : EK  AM GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 251 CHƯƠNG 3: HÌNH HỌC OXYZ      Ta có : OM OA  OK  KM OK  KA  OK  KM OK  KM   OK  KM  OE  KE  KM  OE  R Chứng minh tương tự ta có: ON OB  OE  R2 , OP.OC  OE  R2  OM OA  ON OB  OP.OC  m.1  n.2  p.3 Ta có : phương trình mặt phẳng  MNP  : x y z   1 m n p hay x y 3z   1 m m m  x  y  z  m   vectơ pháp tuyến  MNP  n  1; 2;3 Vì tứ diện OMNP có cạnh từ O đơi vng góc nên OH   MNP  x y z   (cố định) Vậy HI nhỏ H hình chiếu I lên OH Khi : Phương trình mặt phẳng qua I vng góc OH : x  y  z  14  ,  phương trình đường thẳng  OH  :  H 1; 2;3  IH  10 CÂU 34: Chọn B Mặt cầu  S  có tâm I  1; 2;1 , bán kính R  Bán kính đường trịn  C  r  R  d   d với d  d  I ,  P   Chu vi  C  nhỏ r nhỏ  d lớn Ta có d  IM  d max  IM   P  qua M vng góc IM  P  qua M  0;1;0  , nhận IM  1; 1; 1   P  : x   y  1  z   x  y  z   làm VTPT Ta có tọa độ N thỏa hệ  x2  y  z  2x  y  2z  2 x  y  z  6 y      x  y  z 1   x  y  z 1  y2 x  y  z 1   x2  y  z   x2  y  z   x2  y  z     GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 252 CHƯƠNG 3: HÌNH HỌC OXYZ CHỦ ĐỀ 3: PHƯƠNG TRÌNH MẶT PHẲNG (LOẠI 1) VÍ DỤ 1: Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz , cho điểm A  0;1;1 , B  2; 1;  , C  5; 3;1 Tìm toạ độ điểm E cho tứ giác ABCE theo thứ tự lập thành hình thang cân với đáy AB, CE A E  3; 1;0  B E  1;3; 2  C E  7;5; 2  D E 1;1; 1 Chọn B  Lời giải Gọi mặt phẳng (P) mặt phẳng trung trực đoạn AB.Khi mặt phẳng (P) qua trung điểm 3  I 1;0;  củađoạn AB có véc tơ pháp tuyến AB   2; 2;1 nên phương trình mặt phẳng 2  (P): 4x – 4y + 2z – =   x   2t  Phương trình đường thẳng EC:  y  3  2t z  1 t   1  Gọi H giao điểm đường thẳng EC mặt phẳng (P) H  2;0;   2   suy E  1;3; 2  VÍ DỤ 2: Trong khơng gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai mặt phẳng  P   Q  có phương trình x  y  z  , x  y  3z  điểm M 1;  2;5  Tìm phương trình mặt phẳng   qua điểm M đồng thời vng góc với hai mặt phẳng  P  ,  Q  A x  y  z  14  B x  y  z   C x  y  z   D x  y  z   Lời giải Chọn B Vectơ pháp tuyến  P  n1  1;1;  1 Vectơ pháp tuyến  Q  n2  1;  2;3 n  n1; n2   1;  4;  3 Vì   vng góc với  P   Q  nên   có vectơ pháp tuyến n Mặt phẳng   có phương trình 1 x  1   y     z  5  hay x  y  z   GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 253 CHƯƠNG 3: HÌNH HỌC OXYZ VÍ DỤ 3:Trong khơng gian  Oxyz  , cho hai điểm A  0;8;2  , B  9; 7;23 mặt cầu  S  có phương trình  S  :  x  5   y  3   z    72 Mặt phẳng  P  : x  by  cz  d  qua điểm A tiếp 2 xúc với mặt cầu  S  cho khoảng cách từ B đến mặt phẳng  P  lớn Giá trị b  c  d A b  c  d  B b  c  d  C b  c  d  D b  c  d  Lời giải Chọn C Vì A   P  nên ta 8b  2c  d   d  8b  2c   P  : x  by  cz  8b  2c   Do  P  tiếp xúc với mặt cầu  S  nên d  I ;  P    R  Ta có: d  B;  P     7b  23c  8b  2c  11b  5c 6  b2  c   11b  5c   1  b  4c    b2  c2  b2  c  11b  5c  b  4c  b  4c  d  B;  P     d  B;  P     4  b2  c  b2  c  b2  c Cosi  Svac  d  B;  P     1   16  1  b2  c   b2  c2  d  B;  P    18 c  b  1 1  b     c  Dấu “=” xảy   11b  5c   6 d    b  c Vậy Pmax  18 b  c  d  VÍ DỤ 4: Trong khơng gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai điểm A 1;1;0  , B  0; 1;  Biết có hai mặt phẳng qua hai điểm A , O cách B khoảng véctơ véctơ pháp tuyến hai mặt phẳng A n  1; 1; 1 B n  1; 1; 3 C n  1; 1;5  Véctơ D n  1; 1; 5  Lời giải Chọn C x  t x  y   Phương trình đường thẳng qua hai điểm A , O có dạng  y  t   z   z   Gọi  P  mặt phẳng qua hai điểm A , O nên  P  : m  x  y   nz  , m  n  Khi véctơ pháp tuyến  P  có dạng n   m; m; n  m  n 1 Ta có d  B,  P       2m2  4mn  n    m m2  m2  n    n m  2n  1  n Vậy véctơ pháp tuyến hai mặt phẳng n   n; n; n   1; 1;5 5  GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 254 CHƯƠNG 3: HÌNH HỌC OXYZ VÍ DỤ 5:Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A  0; 1;0  , B 1;1; 1 mặt cầu  S  : x2  y  z  x  y  z   Mặt phẳng  P  qua A , B cắt mặt cầu  S  theo giao tuyến đường tròn có bán kính lớn có phương trình A x  y  z   B x  y  z   C x  y  z   D x  y   Lời giải Chọn B Để  P  cắt I (1; 2;1)  S  theo  S  giao tuyến đường trịn có bán kính lớn ( P ) phải qua tâm Ta có AI  (1; 1;1), BI  (0; 3;2)  nP   AI , BI   (1; 2; 3) 1 x  1   y     z  1   x  y  3z   BÀI TẬP RÈN LUYỆN CÂU 1: Viết phương trình tổng quát mặt phẳng  1  : x  y  z   ,  2  : 3x  y  z     qua giao tuyến hai mặt phẳng vng góc với mặt phẳng  3  : x  y  z   A x  y  z   B x  y  z   C x  y  z   D x  y  z   CÂU 2: Trong không gian Oxyz , cho ba điểm A  3;0;0  , B 1; 2;1 C  2;  1;  Biết mặt phẳng qua B , C tâm mặt cầu nội tiếp tứ diện OABC có vectơ pháp tuyến 10; a; b  Tổng a  b là: A 2 B C D 1 CÂU 3:Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho điểm M 1; 2;5 Số mặt phẳng   qua M cắt trục Ox , Oy , Oz A , B , C cho OA  OB  OC ( A , B , C không trùng với gốc tọa độ O ) A B C D CÂU 4: Viết phương trình mặt phẳng  P  song song với  Q  : x  y  z   cách điểm A  1; 2; 3 khoảng A  P : 2x  y  2z  B  P  : x  y  z   C  P  : x  y  z   D  P  : x  y  z   CÂU 5: Trong không gian với hệ tọa độ Ozyz cho điểm A  2; 1; 2  đường thẳng  d  có phương trình x 1 y 1 z 1   Gọi  P  mặt phẳng qua điểm A , song song với đường thẳng  d  khoảng cách 1 từ đường thẳng d tới mặt phẳng  P  lớn Khi mặt phẳng  P  vng góc với mặt phẳng sau đây? A x  y   B x  y  z  10  C x  y  z   D 3x  z   CÂU 6: Trong không gian với hệ trục Oxyz , cho hai điểm M  0; 1;  , N  1;1;3 Một mặt phẳng  P  qua M , N cho khoảng cách từ điểm K  0;0;  đến mặt phẳng  P  đạt giá trị lớn Tìm tọa độ véctơ pháp tuyến n mặt phẳng  P  GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 255 CHƯƠNG 3: HÌNH HỌC OXYZ C n   2; 1;1 B n  1;1; 1 A n  1; 1;1 D n   2;1; 1 CÂU 7: Trong không gian Oxyz , cho điểm H 1; 2;3 Mặt phẳng  P  qua điểm H , cắt Ox, Oy, Oz A, B, C cho H trực tâm tam giác ABC Phương trình mặt phẳng  P  A ( P ) : x  y  z  11  B ( P) : x  y  z  10  C ( P) : x  y  z  13  D ( P) : x  y  3z  14  CÂU 8: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm E(8;1;1) Viết phương trình mặt phẳng ( ) qua E cắt nửa trục dương Ox, Oy, Oz A, B , C cho OG nhỏ với G trọng tâm tam giác ABC A x  y  z  11  B x  y  z  66=0 C x  y  z  18  D x  y  z  12  CÂU :Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm A 1;  3;  , B  2;  1;5 C  3; 2;  1 Gọi  P mặt phẳng qua A , trực tâm tam giác ABC vng góc với mặt phẳng  ABC  Tìm phương trình mặt phẳng  P  A x  y  z  22  B x  y  z   C x  y  z  16  D x  y  z    P  : x  y  z   A 1; 2;3 , B  3; 2; 1 Phương trình mặt phẳng  Q  qua A, B vng góc với  P  A  Q  : x  y  3z   B  Q  : x  y  3z   C  Q  : x  y  3z   D  Q  : x  y  3z   CÂU 10: Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng hai điểm CÂU 11: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , mặt phẳng  P  qua hai điểm A  0;1;0  , B  2;3;1 vng góc với mặt phẳng  Q  : x  y  z  phương trình A x  y  z   B x  y  z   C x  y  z  11  D x  y  z   CÂU 12 :Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai điểm A 1; 1;5 B  0;0;1 Mặt phẳng  P  chứa A , B song song với trục Oy có phương trình A x  y  z   B 2x  z   C 4x  z 1  CÂU 13: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , mặt phẳng D y  z    P  : ax  by  cz  27  qua hai điểm A  3; 2;1 , B  3;5;  vuông góc với mặt phẳng  Q  : 3x  y  z   Tính tổng S  a  b  c A S  2 B S  C S  4 D S  12 CÂU 14: Trong không gian với hệ trục Oxyz , cho hai điểm M 1; 2;1 ; N  1;0; 1 Có mặt phẳng qua M , N cắt trục Ox , trục Oy A , B  A  B  cho AM  3BN A B C D Vô số CÂU 15: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A  1; 2;0  , B  0; 4;0  , C  0;0; 3 Phương trình mặt phẳng  P  qua A , gốc tọa độ O cách hai điểm B C ? A  P  : x  y  3z  B  P  : x  y  z  GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 256 CHƯƠNG 3: HÌNH HỌC OXYZ C  P  : x  y  3z  D  P  : 6 x  y  z  CÂU 16: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , biết mặt phẳng  P  : ax  by  cz  d  với c  qua hai điểm A  0;1;0  , B 1;0;0  tạo với mặt phẳng khoảng đây? A  0;3 B  3;5  yOz  góc 60 Khi giá trị a  b  c thuộc D  8;11 C  5;8 CÂU 17:Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , viết phương trình mặt phẳng  P  qua điểm A 1;1;1 B  0; 2;  đồng thời cắt tia Ox , Oy điểm M , N (không trùng với gốc tọa độ O ) cho OM  2ON A  P  : 3x  y  z   C  P  : x  y  z   B  P  : x  y  z   D  P  : x  y  z   CÂU 18: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu  S  : x  y  z  x  y  2z   Viết phương trình mặt phẳng  P  chứa Ox cắt mặt cầu theo đường trịn có chu vi 6 A ( P) : y  z  B ( P ) : y  z  C ( P ) : y  z   D ( P ) : y  z  CÂU 19:Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , mặt phẳng  P  qua hai điểm M 1;8;0  , C  0;0;3 cắt tia Ox , Oy A , B cho OG nhỏ nhất, với G  a; b; c  trọng tâm tam giác ABC Hãy tính T  a  b  c có giá trị bằng: A T  B T  C T  12 D T  CÂU 20: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm M 1;2;1 Mặt phẳng  P  thay đổi qua M cắt tia Ox, Oy, Oz A, B , C khác O Tính giá trị nhỏ thể tích khối tứ diện OABC A 54 B C D 18 CÂU 21: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , gọi  P  mặt phẳng qua điểm M 1; 4;9  ,cắt tia Ox, Oy , Oz A, B, C cho biểu thức OA  OB  OC có giá trị nhỏ Mặt phẳng  P  qua điểm đây? A 12;0;0  B  6;0;0  C  0;6;0  D  0;0;12  CÂU 22 : Viết phương trình mặt phẳng  P  song song với mặt phẳng  Q  : x  y  z   cách điểm A  1; 2;  3 khoảng  S  :  x 1   y  2   z  3  12 mặt phẳng  P  : x  y  z   Gọi  Q  mặt phẳng song song với  P  cắt  S  theo thiết diện đường tròn  C  cho khối nón có đỉnh tâm mặt cầu đáy hình trịn giới hạn  C  tích lớn Phương trình mặt phẳng  Q  CÂU 23 :Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu 2 A x  y  z   x  y  z  17  B x  y  z   x  y  z   C x  y  z   x  y  z  11  D x  y  z   x  y  z   GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 257 CHƯƠNG 3: HÌNH HỌC OXYZ GIẢI CHI TIẾT CÂU 1: Chọn C Ta có: a   2; 1; 1 , b   3; 1;1 c  1; 2; 1 Gọi A điểm thuộc  1     nên A  0; 1;0  Khi đó: u  a  b   2; 5;1 n  u  c   7; 1;9  Do đó:   : x  y  z   CÂU 2: Chọn B Gọi tâm mặt cầu nội tiếp tứ diện OABC I  x; y; z  Ta có phương trình  OBC  : x  z  Phương trình mặt phẳng  ABC  : x  y  z  15  Tâm I cách hai mặt phẳng  OBC   ABC  suy ra:  y  3z      10 x  y  z  15     Nhận xét: hai điểm A O nằm phía với   nên loại   xz  x  y  z  15 Hai điểm A O nằm khác phía    nên nhận    CÂU 3:Chọn C Gọi A  a;0;0  , B  0; b;0  , C  0;0; c  ,   có dạng x y z    , M        a b c a b c Do OA  OB  OC  a  b  c Xét trường hợp + a  b  c    a     : x  y  z   a 2   a  2    : x  y  z   + a  b  c  a 6   a  6    : x  y  z   + a  b  c  a + a  b  c    a     : x  y  z   a Vậy có mặt phẳng   thỏa ycbt CÂU 4: Chọn D Mặt phẳng  P  song song với  Q  nên phương trình  P  : x  y  z  m   m   Theo ra: d  A,  P     2    m   m2  m  l  m      m  8  t / m   m   6 Vậy phương trình  P  : x  y  z   CÂU 5: Chọn D GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 258 CHƯƠNG 3: HÌNH HỌC OXYZ Gọi K  x; y; z  hình chiếu vng góc A lên d Tọa độ K nghiệm hệ  x   y   x     y    z   y   K 1;1;1 x  y  z 1  z    Ta có d   d  ,  P    d  K ,  P    KH  KA  14 Nên khoảng cách từ d đến  P  đạt giá trị lớn 14 mặt phẳng  P  qua A vng góc với KA Khi chọn VTPT  P  KA Vậy  P  vng góc với mặt phẳng 3x  z   CÂU 6: Chọn B Ta có: MN   1; 2;1 K N M P I  x  t  Đường thẳng  d  qua hai điểm M , N có phương trình tham số  y  1  2t z   t  Gọi I hình chiếu vng góc K lên đường thẳng  d   I  t ; 1  2t;  t  Khi ta có KI   t ; 1  2t ; t  1  1 1 Do KI  MN  KI MN   t   4t  t   t   KI    ;  ;    1;1; 1 3  3 3 Ta có d  K ;  P    KI  d  K ;  P  nax  KI  KI   P   n  1;1; 1 CÂU 7: Chọn D Do tứ diện OABC có ba cạnh OA, OB, OC đơi vng góc nên H trực tâm tam giác ABC dễ dàng chứng minh OH   ABC  hay OH   P  Vậy mặt phẳng  P  qua điểm H 1; 2;3 có VTPT OH 1; 2;3 nên phương trình  P   x  1   y     z  3   x  y  3z  14  GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 259 CHƯƠNG 3: HÌNH HỌC OXYZ CÂU 8: Chọn D Cách : 11 11 11 11 121 )  G( ; ; )  OG  3 33 11 15609 Với đáp án B: A( ;0;0);B(0;66;0);C(0;0;66)  G( ;22;22)  OG  4 16 18 18 Với đáp án C: A(9;0;0);B(0;18;0);C(0;0;18)  G(3; ; )  OG  81 3 Với đáp án D: A(12;0;0);B(0;6;0);C(0;0;6)  G(4;2;2)  OG  24 Với đáp án A: A(11;0;0);B(0;11;0);C(0;0; Cách : Gọi A  a;0;0  , B  0; b;0  , C  0;0; c  với a, b, c  Theo đề ta có : giá trị nhỏ a  b2  c  Ta có a  b  c     1   a.2  b.1  c.1 1    Cần tìm a b c   a  b  c    2a  b  c  Mặt khác a  b  c     1   a.2  b.1  c.1 8 1   2a  b  c      a b c     1  36 a2  b  c  a  2b  2c Suy a  b  c  Dấu ''  '' xảy 2 Vậy a  b  c đạt giá trị nhỏ 216 a  12, b  c  2 Vậy phương trình mặt phẳng : x y z    hay x  y  z  12  12 6 CÂU :Chọn C  P    ABC   AH  Ta có:  P    ABC   BC   P    BC  AH ; BC   ABC  Suy mặt phẳng  P  qua A nhận BC   5;3;   làm VTPT Vậy:  P  : x  y  z  16  CÂU 10: Chọn A AB   2; 4; 4  ; VTPT  P  n  2;1; 2  VTPT  Q  nQ   AB; n    2;2;3 Phương trình mặt phẳng  Q  : x  y  3z   CÂU 11: Chọn B AB   2; 2;1 , vectơ pháp tuyến  Q  n  1; 2; 1 Vậy  P  có vectơ pháp tuyến  AB, n   4;3;2  GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 260 CHƯƠNG 3: HÌNH HỌC OXYZ Phương trình mặt phẳng  P  : 4 x   y  1  z  , hay  P  : x  y  z   CÂU 12 :Chọn C Ta có AB   1;1; 4  trục Oy có VTCP j   0;1;0  Mặt phẳng  P  chứa A , B song song với trục Oy nên có VTPT n   AB; j    4;0; 1 Khi mặt phẳng  P qua B  0;0;1 VTPT n   4;0; 1 nên có phương trình 4x  z   CÂU 13: Chọn D A  3; 2;1   P  : ax  by  cz  27   3a  2b  c  27  1 B  3;5;    P  : ax  by  cz  27   3a  5b  2c  27     P  : ax  by  cz  27  vng góc với mặt phẳng  Q  : 3x  y  z   n p n q  3a  b  c   3 3a  2b  c  27  1 a    Giải hệ: 3a  5b  2c  27     b  27  a  b  c  12  c  45  3a  b  c   3 CÂU 14: Chọn B Gọi n   A; B; C  , A2  B  C  vectơ pháp tuyến mp  P  thỏa u cầu tốn • mp  P  qua N  1;0; 1 nên phương trình mặt phẳng có dạng: A  x  1  By  C  z  1   Ax  By  Cz  A  C  • mp  P  qua M 1; 2;1 suy A  2B  C  A  C   A  B  C   A  C   B (1) • mp  P  cắt trục Ox A  a;0;0  suy Aa  A  C   A.a  B  a B B  (Do A   B   C  nên A  ) Suy A  ;0;0  A A  B  • mp  P  cắt trục Oy B  0; b;0  suy B.b  A  C   B.b  B    b  TH1: B   A  C   A  C Chọn C   A  1 Phương trình mặt phẳng  P  có dạng: x  z   A  B  O  0;0;0  không thỏa yêu cầu TH2: b   B  0;1;0   B AM  1    ; BN   A  B AM  3BN  1      A  B B   2  A  A  1  B  1         A 1  B  2 B   A  A GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 261 CHƯƠNG 3: HÌNH HỌC OXYZ B  1  B   A  C  Chọn A   B  1 A Phương trình mp  P  : x  y   • B   B  3A  C  4 A Chọn A   B   C  4 A Phương trình mp  P  : x  y  z   • Vậy có hai mặt phẳng thỏa u cầu CÂU 15: Chọn D Ta có AO  1; 2;0  , BC   0; 4; 3 TH1: B C nằm phía với  P  , BC có giá song song với  P  Phương trình mặt phẳng  P  qua O có vtpt n   BC, AO    6;3;  nên  P  : 6 x  y  z  3   TH2: B C nằm khác phía với  P  , trung điểm I  0; 2;  BC thuộc  P     3   IO   0; 2;  Phương trình mặt phẳng  P  qua O có vtpt n   IO, AO    3;  ;  nên  2    P  : 6x  y  4z  CÂU 16: Chọn A b  d  Ta có: A, B   P  nên  Suy  P  có dạng ax  ay  cz  a  có vectơ pháp tuyến a  d  n   a; a ; c  Măt phẳng  yOz  có vectơ pháp tuyến i  1;0;0  Ta có: cos 60  n.i n.i  a  2a  c  4a  2a  c   2 2a  c Chọn a  , ta có: c2   c   c  Ta có: a  b  c  a  a  c        0;3 CÂU 17:Chọn D Gọi M  m;0;0  , N  0; n;0  , P  0;0; p  giao điểm  P  trục Ox , Oy , Oz M , N thuộc tia Ox , Oy nên m  , n  x y z Phương trình mặt phẳng  P  :    m n p Ta có: OM  2ON  m  2n 1 2 A P     , B  P     m n p m n p Suy ra: m  , n  , p  2   P  : x  y  z   CÂU 18: Chọn B Do mặt phẳng  P  chứa Ox nên loại đáp án D Mặt cầu  S  có tâm I 1;  2;  1 bán kính R  Đường trịn có chu vi 6 nên 2 r  6  r   R Do đường trịn lớn mặt cầu  S  Vậy mặt phẳng  P  qua tâm I 1;  2;  1 mặt cầu Gọi n   a; b; c  vectơ pháp tuyến  P  , suy  P  : by  cz  GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 262 CHƯƠNG 3: HÌNH HỌC OXYZ Do  P  qua tâm I 1;  2;  1 nên 2b  c   c  2b Khi  P  : by  cz   by  2bz   y  z  CÂU 19:Chọn D Giả sử điểm A  m;0;0  , B  0; n;0  với m  , n  x y z   1  m n Theo giả thiết G  a; b; c  trọng tâm tam giác ABC  m  3a , n  3b , c  Do phương trình mặt phẳng  P  : Mặt phẳng  P  qua điểm M 1;8;0  nên n  1   m  , với n  m n n 8  n    n 8  n   đạt GTNN Vì OG nhỏ nên P  a  b  c   9  n      2n n 8  n  Đặt f  n    1  f   n    n   9  n   n  82  Ta có f   n    n  10 ( thỏa mãn) 10 Xét dấu đạo hàm ta n  10 Pmin m  , a  , b  3 Vậy T  a  b  c  CÂU 20: Chọn C Gọi A  a;0;0  , B  0; b;0  , C  0,0, c  với a, b, c  x y z    Vì: M   P      a b c a b c Thể tích khối tứ diện OABC là: VOABC  abc Phương trình mặt phẳng  P  : Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: Hay  3 12    33 a b c ab c 54 Suy ra: abc  54  abc  Vậy: VOABC  1 abc abc CÂU 21: Chọn B Giả sử A  a;0;0   Ox , B  0; b;0   Oy , C  0;0; c   Oz  a, b, c   Khi phương trình mặt phẳng  P  có dạng: Ta có: M 1; 4;9    P   x y z   1 a b c    a b c   2  2  2  1 9       a  b  c             a   b   c   a b c       b    c    1  3 a 2  a  b  c  1   3 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 263 CHƯƠNG 3: HÌNH HỌC OXYZ 1 a  b  c 1 a   x y z 1  Dấu "  " xảy khi:     b  12   P  :    (Thỏa 12 18 a b c c  18  a  b  c  1   3   CÂU 22 : Vì mặt phẳng  P  song song với mặt phẳng  Q  : x  y  z   nên có phương trình dạng x  y  z  D  (với D  ) Mặt khác, theo giả thiết d  A;  P      1    3  D 22   1   2  2   D    D  (loại) D  8 (chọn) Vậy  P  : x  y  z   CÂU 23 :Chọn C Mặt cầu  S  có tâm I 1; 2;3 bán kính R  Gọi r bán kính đường trịn  C  H hình chiếu I lên  Q  Đặt IH  x ta có r  R  x  12  x 1 Vậy thể tích khối nón tạo V  IH SC   x. 3    12  x    12 x  x  Gọi f  x   12 x  x3 với x  0;2 Thể tích nón lớn f  x  đạt giá trị lớn Ta có f   x   12  3x f   x    12  x   x  2  x  Bảng biến thiên : GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 264 CHƯƠNG 3: HÌNH HỌC OXYZ 16 Vậy Vmax   16  x  IH  3 Mặt phẳng  Q  //  P  nên  Q  : x  y  z  a  Và d  I ;  Q    IH  2.1   2    a 22  22   1  a  11   a 5     a  1 Vậy mặt phẳng  Q  có phương trình x  y  z   x  y  z  11  GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 265 CHƯƠNG 3: HÌNH HỌC OXYZ CHỦ ĐỀ 4: PHƯƠNG TRÌNH MẶT PHẲNG (LOẠI 2) VÍ DỤ 1:Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm M 1;2;  1 Viết phương trình mặt phẳng   qua gốc tọa độ O  0;0;0 cách M khoảng lớn A x  y  z  B x y z    1 1 C x  y  z  D x  y  z   Lời giải Chọn A Gọi H hình chiếu M  P   MHO vuông H  MH  MO  MH max  MO Khi  P  qua M vng góc với MO  MO  1; 2;  1 vecto pháp tuyến  P   phương trình mặt phẳng  P  1 x  0   y  0 1 z  0  hay x  2y  z  VÍ DỤ 2: Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt cầu  S  : x  y  z  x  y  z   x  y  z 1   Viết phương trình mặt phẳng  P  vng góc với đường thẳng d 1 5 qua tâm mặt cầu  S  đường thẳng d : A  P  : 3x  y  z   B  P  : 3x  y  z   C  P  : x  y  5z   D  P  : x  y  5z   Lời giải Chọn D  I  3;  2;1 Ta có: mặt cầu  S  có  R  Véc tơ phương đường thẳng d là: u 1;1;   Mặt phẳng  P  vng góc với d nên có nhận u 1;1;   làm véc tơ pháp tuyến, qua tâm I  3;  2;1 Vậy phương trình mặt phẳng  P  là: x   y    z  1   x  y  z   VÍ DỤ 3:Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai mặt phẳng  P  ,  Q  có phương trình x  y  z  , x  y  z  cho điểm M 1; 2;5 Tìm phương trình mặt phẳng   qua điểm M đồng thời vng góc với hai mặt phẳng  P   Q  A x  y  z  14  B x  y  z   C x  y  z   D x  y  z   Lời giải Chọn B  P  có vectơ pháp tuyến nP  1;1; 1 ,  Q  có vectơ pháp tuyến nQ  1; 2;3     vng góc với  P   Q  nên có vectơ pháp tuyến n  nP , nQ   1; 4; 3 qua điểm M 1; 2;5 đồng thời vuông góc với hai mặt phẳng  P   Q  có phương trình x    y     z  5   x  y  z   GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 266 CHƯƠNG 3: HÌNH HỌC OXYZ VÍ DỤ 5: Trong khơng gian với hệ trục toạ độ Oxyz , cho điểm A 10; 2;1 đường thẳng x 1 y z 1   Gọi  P  mặt phẳng qua điểm A , song song với đường thẳng d cho khoảng cách d  P  lớn Khoảng cách từ điểm M  1; 2;3 đến mp  P  d: A 97 15 B 76 790 790 C 13 13 D 29 29 Lời giải Chọn A d H K d' A P  P mặt phẳng qua điểm A song song với đường thẳng d nên  P  chứa đường thẳng d  qua điểm A song song với đường thẳng d Gọi H hình chiếu A d , K hình chiếu H  P  Ta có d  d ,  P    HK  AH ( AH không đổi)  GTLN d ( d , ( P )) AH  d  d ,  P   lớn AH vng góc với  P  Khi đó, gọi  Q  mặt phẳng chứa A d  P  vng góc với  Q   n P  u d , nQ    98;14;  70    P  :7 x  y  z  77   d  M ,  P    97 15 BÀI TẬP RÈN LUYỆN CÂU 1: Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho mặt phẳng  P  qua điểm A 1;  3;  chứa trục Oz Gọi n   a; b; c  vectơ pháp tuyến mặt phẳng  P  Tính M  A M   B M  C M  bc a D M  3 CÂU 2: Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz ,cho hai đường thẳng d1 , d có phương trình x 2 y 2 z 3 x 1 y  z 1     , d2 : Phương trình mặt phẳng   cách hai đường thẳng 1 d1 , d d1 : A x  y  z  B x  y  z   C x  y  z   D 14 x  y  z   GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 267 CHƯƠNG 3: HÌNH HỌC OXYZ CÂU 3: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , viết phương trình mặt phẳng  P  song song cách hai đường thẳng d1 : x y 1 z  x2 y z   d :   1 1 1 1 A  P  : x  z   B  P  : y  z   C  P  : x  y   D  P  : y  z   CÂU 4: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , gọi  P  mặt phẳng qua H  2;1;1 cắt trục tọa độ điểm A , B , C cho H trực tâm tam giác ABC Phương trình  P  A x  y  z   B x  y  z   C x  y  z   D x  y  z   CÂU 5: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu  S  :  x  1   y     z  3  đường 2 x6 y2 z 2   Phương trình mặt phẳng  P  qua điểm M  4;3;  song song với đường 3 2 thẳng  tiếp xúc với mặt cầu  S  là: thẳng  : B x  y  z  18  D x  y  z  19  A x  y  z   C x  y  z  10   x  t1 x  x     CÂU 6: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba đường thẳng d1 :  y  , d :  y  t2 , d3 :  y  z  z  z  t    Viết phương trình mặt phẳng qua điểm H  3;2;1 cắt ba đường thẳng d1 , d , d A , B , C cho H trực tâm tam giác ABC A x  y  z  11  B x  y  z   C x  y  z   D x  y  z  14  CÂU : Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d : x  y 1 z Viết phương trình   1 mặt phẳng (P) chứa đường thẳng d cắt trục Ox, Oy A B cho đường thẳng AB vng góc với d A  P  : x  y  z   B  P  : x  y  z   C  P  : x  y  z   D  P  : x  y   CÂU 8: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm A  a;0;0  , B  0; b;0  , C  0;0; c  với a , b , c số thực dương thay đổi tùy ý cho a  b  c  Khoảng cách từ O đến mặt phẳng  ABC  lớn bằng: D CÂU : Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho điểm M 1; m;0  , N  1;0; n  với m, n A B C số thực dương thỏa mãn mn  Chứng minh đường thẳng MN tiếp xúc với mặt cầu cố định Xác định bán kính mặt cầu A R  B R  C R  D R  GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 268 CHƯƠNG 3: HÌNH HỌC OXYZ CÂU 10 : Trong không  S  :  x  1   y  1 2 Oxyz , gian cho hai A 1; 2;  , điểm B  0;0;1 mặt cầu  z  Mặt phẳng  P  : ax  by  cz   qua A , B cắt mặt cầu  S  theo giao tuyến đường trịn có bán kính nhỏ Tính T  a  b  c 33 27 A T   B T  C T  4 D T   S  :  x  1   y  2   z  3 CÂU 11: Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu 2 31  25 hai điểm A  3; 2;6  , B  0;1;0  Mặt phẳng  P  : ax  by  cz   chứa đường thẳng AB cắt  S  theo giao tuyến đường trịn có bán kính nhỏ Tính giá trị biểu thức M  2a  b  c A M  B M  C M  D M  CÂU 12: Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A  3;0;  , B  3;0;  mặt cầu x  ( y  2)2  ( z  1)2  25 Phương trình mặt phẳng   qua hai điểm A , B cắt mặt cầu  S  theo đường trịn bán kính nhỏ A x  y  z  17  B 3x  y  z   D x  y  z –11  C x  y  z  13  x 1 y 1 z   mặt phẳng 2   : x  y  z   Gọi  P  mặt phẳng chứa  tạo với   góc nhỏ Phương trình mặt CÂU 13 Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz , cho đường thẳng  : phẳng  P  có dạng ax  by  cz  d  ( a, b, c, d  A 120 a, b, c, d  ) Khi tích a.b.c.d bao nhiêu? B 60 C 60 D 120 CÂU 14: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho hình lập phương ABCD.ABCD biết A  0;0;0  , B 1;0;0  , D  0;1;0  , A  0;0;1 Phương trình mặt phẳng  P  chứa đường thẳng BC tạo với mặt phẳng  AACC  góc lớn A x  y  z   B  x  y  z   C x  y  z   GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 D x  y  z   Trang 269 CHƯƠNG 3: HÌNH HỌC OXYZ GIẢI CHI TIẾT CÂU 1: Chọn C  n  OA  1;  3;  qua A chứa Oz nên   n  k   0;0;1   P  có vectơ pháp tuyến n  OA; k    3;  1;0  bc  Khi chọn a  3 , b  1 , c  Vậy M  a  P CÂU 2: Chọn D d1 A α) B d2 Ta có d1 qua A  2; 2;3 có ud1   2;1;3  , d qua B 1; 2;1 có ud   2; 1;  AB   1;1; 2 ; ud1 ; ud2    7; 2; 4  ;  ud1 ; ud2  AB  1  nên d1 , d chéo Do   cách d1 , d nên   song song với d1 , d  n  ud1 ; ud2    7; 2; 4     có dạng x  y  z  d  Theo giả thiết d  A,     d  B,     d 2 69  d 1 69 d    :14 x  y  z   CÂU 3: Chọn B Ta có: d1 qua điểm A  2;0;0  có VTCP u1   1;1;1 d qua điểm B  0;1;2  có VTCP u2   2;  1;  1 Vì  P  song songvới hai đường thẳng d1 d nên VTPT  P  n  u1 , u2    0;1;  1 Khi  P  có dạng y  z  D   loại đáp án A C   Lại có  P  cách d1 d nên  P  qua trung điểm M  0; ;1 AB Do    P  : y z   CÂU 4: Chọn A GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 270 CHƯƠNG 3: HÌNH HỌC OXYZ Ta có AH  BC , OA  BC  OH  BC Chứng minh tương tự ta có OH  AC  OH   ABC  nên OH   2;1;1 vectơ pháp tuyến  ABC  Vậy  ABC  : x  y  z   CÂU 5: Chọn D Gọi vectơ pháp tuyến mặt phẳng  P  n   a; b; c  , a  b  c  Phương trình mặt phẳng  P  : a  x    b  y  3  c  z    Do  P  //  nên 3a  2b  2c   3a   b  c  Mặt phẳng  P  tiếp xúc với  S  nên 3a  b  c a  b2  c    a  b  c    3a  b  c  * Thay 3a   a  b  vào (*) ta được:  b  c    b  c    b  c   2b  5bc  2c    2b  c  b  2c   2 TH1: 2b  c  , chọn b  1; c   a    P  : x  y  z  19  (thỏa) TH2: b  2c  , chọn c  ; b   a    P  : x  y  z  18  (loại    P  ) CÂU 6: Chọn A Gọi A  a;0;0  , B 1; b;0  , C 1;0; c  AB  1  a; b;0  , BC   0; b; c  , CH   2;2;1  c  , AH  3  a;2;1 Yêu cầu toán   AB, BC  CH  2bc  2c  a  1  1  c  b  a  1    b     a  b   9b  2b     AB.CH   b     c  2b  BC AH  Nếu b  suy A  B (loại)  11    Nếu b  , tọa độ A  ;0;0  , B 1; ;0  , C 1;0;9  Suy phương trình mặt phẳng  ABC  2    x  y  z  11  CÂU : Cách (Tự luận) GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 271 CHƯƠNG 3: HÌNH HỌC OXYZ Đường thẳng d qua M(2;1;0) có VTCP ud  1;2; 1 Ta có: AB  d AB  Oz nên AB có VTCP là: u AB  ud , k    2; 1;0  (P) chứa d AB nên (P) qua M(2;1; 0), có VTPT là: n  ud , u AB   1;2;5    P  : x  y  z    Chọn A Cách 2: Dùng phương trình mặt phẳng theo đoạn chắn Đường thẳng d qua điểm M(2;1;0) N(3;3;-1) Giả sử mp(P) cắt Ox, Oy, Oz A(a;0;0), B(0;b;0), C(0;0;c)   P : x y z   1 a b c AB .d  AB.ud   a  2b (1) 3 1   (2),    (3) a b c a b  P  chứa d nên d qua M, N  Từ (1), (2), (3)  a = 4, b = 2, c =   P  : x  y  5z   CÂU 8: Chọn D x y z   1 a b c 0   1 a b c Khi đó: d  O;  ABC     1 1 1  2   a b c a b2 c 1 1 9 1  3 Ta có:    hay d  O;  ABC     2 a b c a b c 3 1  2 2 a b c a  b  c   a  b  c 1 Dấu "  " xảy   2 a  b  c   Vậy Khoảng cách từ O đến mặt phẳng  ABC  lớn a  b  c  CÂU : Chọn D Gọi I  a; b; c  R tâm bán kính mặt cầu cố định (nếu có) Phương trình mặt phẳng  ABC  : 2  MN   2; m; n    2; m;  , MI   a  1; b  m; c  , m  2b 2a    MN , MI    mc   ; 2c  ;  ma  m  b     m m  Ta có: 2b   2a     mc      2c     ma  m  2b  m  m   Ta có: R  d  I , MN   4  m2  m  m c  2m  2b    2mc  2a     m a  2mb  m   2 2 2 m  4m  Khi a  b  c  R  không phụ thuộc vào m, n GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 272 CHƯƠNG 3: HÌNH HỌC OXYZ CÂU 10 : Chọn A Mặt cầu  S  có tâm I  1;1;0  bán kính R  x  t  Đường thẳng AB qua điểm B , có VTCP BA  1; 2;3  AB :  y  2t  t   z   3t   IB  1; 1;1  IB   R   P  cắt mặt cầu  S  theo giao tuyến đường tròn  C   C  có bán kính nhỏ  d  I ,  P   lớn Gọi H , K hình chiếu vng góc I lên  P  AB , ta có: d  I ,  P    IH  IK Do d  I ,  P   lớn  H  K hay mặt phẳng  P  vng góc với IK Tìm K : K  AB  K  t ; 2t ;1  3t   IK   t  1; 2t  1;3t  1 Ta có IK  AB  IK AB   t   6 4  IK  ;  ;    6; 9;  7 7 Mặt phẳng  P  qua B  0;0;1 , có VTPT n   6; 9;  27 y  z   Vậy T     P : 6x  y  4z     x  4 CÂU 11: Chọn C * Ta có:  P   n   a; b; c  a; b; c khơng đồng thời Mặt cầu S  có tâm I 1; 2;3 bán kính R  3a  2b  6c   b  Do mặt phẳng  P  chứa đường thẳng AB nên ta có:   1 b   a   2c * Bán kính d  d  I ;  P   đường c4 a  b2  c2 tròn  giao tuyến r  R2  d là: c  8c  16 Để bán kính đường tròn nhỏ điều kiện d 5c  8c  c  8c  16 24 2c  2c    lớn  m  lớn 5c  8c  5c  8c  5 5c  8c  2c  * Coi hàm số m  phương trình ẩn c ta 5c  8c  lớn  5mc   4m  1 c  8m  3  , phương trình có nghiệm c    24m  23m      m   m lớn  c  24  a   M  2a  b  c  CÂU 12: Chọn D Mặt cầu  S  có tâm I  0; 2;1 , bán kính R  Do IA  17  R nên AB cắt  S  Do   ( ) ln cắt  S  theo đường trịn  C  có bán kính r  R  d  I ,    Đề bán kính r nhỏ  d  I ,    lớn Mặt phẳng   qua hai điểm A , B vng góc với mp  ABC  GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 273 CHƯƠNG 3: HÌNH HỌC OXYZ Ta có AB  (1; 1; 1) , AC  (2; 3; 2) suy  ABC  có véctơ pháp tuyến n   AB, AC   (1;4; 5) (α) có véctơ pháp tuyến n  n, AB   (9  6; 3)  3(3;2;1) Phương trình   :3  x –    y –1  1 z – 3   3x  y  z –11  CÂU 13 Chọn D Hình minh họa Trên đường thẳng  lấy điểm A 1;1;0  Gọi d đường thẳng qua A vng góc với mặt phẳng   Ta có u d  1; 2;2  Trên đường thẳng d lấy điểm C khác điểm A Gọi H , K hình chiếu vng góc C lên mặt phẳng  P  đường thẳng  Lúc này, ta có  P  ;    CH ; d   HCA Xét tam giác HCA ta có sin HCA  AH , mà tam giác AHK vng K nên ta có AC AH AK  (khơng đổi) Nên để góc HCA nhỏ H trùng với K hay CK   P  AC AC Ta có  ACK  qua d  Vì u d ; u     8; 0;  nên chọn n ACK    2;0;1   Mặt khác ta có  P  qua  , vng góc mặt phẳng  ACK   n ACK  ; u     2;5; 4    Nên n P    2;5; 4  Vậy phương trình mặt phẳng  P  : 2  x  1   y  1  z   2 x  y  z    x  y  z   CÂU 14: Góc hai mặt phẳng lớn 90 Nên góc lớn  P   ACC A  90 hay  P    ACCA  Mà  BDC    ACCA    P    BDC  Ta có C 1;1;1 VTPT  P  : nP   BD, BC  1;1; 1   P  : x  y  z   GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 274 CHƯƠNG 3: HÌNH HỌC OXYZ CHỦ ĐỀ : PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG VÍ DỤ 1: Trong không gian  Oxy  cho tam giác ABC có A  2;3;3 , phương trình đường trung tuyến kẻ từ B x2 y4 z2 x 3 y 3 z 2     , phương trình đường phân giác góc C Biết 1 1 1 1 u   m; n; 1 véc tơ phương đường thẳng AB Tính giá trị biểu thức T  m  n B T  A T  D T  10 C T  Lời giải Chọn C Gọi M trung điểm AC Trung tuyến BM có phương trình x 3 y 3 z 2   suy 1 1 M   m;3  2m;2  m   C   2m;3  4m;1  2m  Vì C nằm đường phân giác góc C nên  2m   4m   2m     m   C  4;3;1 1 1 Gọi A điểm đối xứng A qua phân giác góc C , A   4a;5  2a;1  2a  A  BC Véc tơ phương đường thẳng chứa phân giác góc C u   2; 1; 1 Ta có AA.u   4a.2    2a   1   2a   1   a   A  2;5;1  BM Suy A  B  B  2;5;1  AB   0; 2;    0; 1;1 véc tơ đường thẳng AB Vậy T  m  n  VÍ DỤ 2: Trong không gian Oxyz , cho điểm I 1; 2;1 hai mặt phẳng  P  ,  Q  có phương trình x  3z   , y  z   Đường thẳng qua I song song với hai mặt phẳng  P  ,  Q  có phương trình x 1 y  z 1 x 1 y  z 1     A B 1 5 x 1 y  z 1 x 1 y  z 1     C D 2 1 Lời giải Gọi u vectơ phương d Ta có u  n P  1;0; 3 u  nQ    0; 2; 1 Chọn u   n P  , nQ     6;1;  x 1 y  z 1   Phương trình đường thẳng d : VÍ DỤ 3: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm M  2; 2;  3 N  4; 2;1 Gọi  đường thẳng qua M , nhận vecto u   a; b; c  làm vectơ phương song song với mặt phẳng  P  : 2x  y  z  cho khoảng cách từ N đến  đạt giá trị nhỏ Biết a , b hai số nguyên tố Khi a  b  c bằng: A 15 B 13 C 16 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 D 14 Trang 275 CHƯƠNG 3: HÌNH HỌC OXYZ Lời giải Chọn A Gọi  Q  mặt phẳng qua M  2; 2;  3 song song với mặt phẳng  P  Suy  Q  : x  y  z   Do  //  P  nên    Q  d  N ,   đạt giá trị nhỏ   qua N , với N hình chiếu N lên  Q   x  4  2t  Gọi d đường thẳng qua N vuông góc  P  , d :  y   t z  1 t  Ta có N   d  N   4  2t;  t;1  t  ; N    Q   t   10   N  ; ;   3 3  10 16  u   a; b; c  phương MN     ; ;   3 3 Do a , b nguyên tố nên chọn u   5;2;8  Vậy a  b  c  15 x y 1 z   hai điểm A 1;2;   , B  1;0;2  Biết 1 điểm M thuộc  cho biểu thức T  MA  MB đạt giá trị lớn Tmax Khi đó, Tmax bao nhiêu? VÍ DỤ 4: Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng  : B Tmax   A Tmax  C Tmax  57 D Tmax  Lời giải Chọn C AB   2; 2;7   x  1  2t   Phương trình đường thẳng AB là:  y  2t   z   7t    1 Xét vị trí tương đối  AB ta thấy  cắt AB điểm C   ; ;    3 3  4 14  AC    ;  ;  ; AC  AB nên B nằm A C  3 3 T  MA  MB  AB Dấu xảy M trùng C Vậy Tmax  AB  57 VÍ DỤ 5: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , gọi d qua điểm A 1; 1;  , song song với  P  : x  y  z   , đồng thời tạo với đường thẳng : x 1 y 1 z   góc lớn Phương trình 2 đường thẳng d x 1  x 1  C A y 1  5 y 1  z2 z2 x 1  x 1  D B GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 y 1 z   5 y 1 z   5 7 Trang 276 CHƯƠNG 3: HÌNH HỌC OXYZ Lời giải Chọn A  có vectơ phương a  1; 2;  d có vectơ phương ad   a; b; c   P có vectơ pháp tuyến nP   2; 1; 1 Vì d / /  P  nên ad  nP  ad nP   2a  b  c   c  2a  b  5a  4b  cos  , d    2 5a  4ab  2b2 5a  4ab  2b 5a  4b a  5t   Đặt t  , ta có: cos  , d   b 5t  4t  2 Xét hàm số f  t    5t  4  1 , ta suy được: max f  t   f     5t  4t   5 Do đó: max cos  , d    Chọn a   b  5, c  a t    27 b Vậy phương trình đường thẳng d x 1 y 1 z    5 BÀI TẬP RÈN LUYỆN CÂU Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng  P  : x  y  2z    Q  : x  y  2z   Phương trình đường thẳng qua gốc tọa độ O song song với hai mặt phẳng  P  ,  Q  A x y z   12 9 B x y z   12 2 C x y z   12 2 9 D x y z   12 2 CÂU Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , viết phương trình tham số đường thẳng qua A 1; 2; 2  vng góc với mặt phẳng  P  : x  y    x  1  t  A  y  2  2t  z   3t  x  1 t  B  y   2t  z  2  3t   x  1  t  C  y  2  2t z   x  1 t  D  y   2t  z  2  CÂU Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , viết phương trình tham số đường thẳng qua điểm M 1; 2;3 song song với giao tuyến hai mặt phẳng  P  : 3x  y   ,  Q  : x  y  z   x  1 t  B  y   3t z   t  x  1 t  A  y   3t z   t  x  1 t  C  y   3t z   t  x  1 t  D  y   3t z   t  CÂU 4: Trong không gian Oxyz , cho điểm A  3;1; 5 , hai mặt phẳng  P  : x  y  z    Q  : x  y  z   Viết phương trình đường thẳng  qua A đồng thời  song song với hai mặt phẳng  P  Q  x 3  x 3  C  : A  : y 1  y 1  1 z 5 3 z 5 3 x 3  2 x3  D  : B  : GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 y 1 z   1 y 1 z   1 3 Trang 277 CHƯƠNG 3: HÌNH HỌC OXYZ x 1 y 1 z    mặt phẳng  P  : x  y  z   Phương trình đường thẳng  qua A 1;1;  2 , song song với mặt phẳng  P  CÂU 5: Trong khơng gian Oxyz , cho đường thẳng d: vng góc với đường thẳng d x 1 y 1 z  x 1 y 1 z      A  : B  : 2 5 3 3 x 1 y 1 z  x 1 y 1 z      C  : D  : 2 5 2 5 CÂU 6: Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho đường thẳng  giao tuyến hai mặt phẳng  P  : z 1   Q  : x  y  z   Gọi d đường thẳng nằm mặt phẳng  P  , cắt đường thẳng x 1 y  z    vng góc với đường thẳng  Phương trình đường thẳng d 1 1 x   t x   t x   t x   t     A  y  t B  y  t C  y  t D  y  t z  1 t z  z  z  1 t     CÂU Trong không gian Oxyz , cho tam giác ABC có A  2;3;3 , phương trình đường trung tuyến kẻ từ x2 y4 z2 x 3 y 3 z 2     , phương trình đường phân giác góc C Đường 1 1 1 1 thẳng AB có véc-tơ phương A u   2;1; 1 B u  1; 1;0  C u   0;1; 1 D u1  1; 2;1 B CÂU 8: Trong không gian Oxyz , cho ba đường thẳng d1 :  d3  : x  y 1 z  x 1 y z4     ,  d2  : 2 2 1 x3 y2 z   Đường thẳng song song d , cắt d1 d có phương trình 1 x  y 1 z  x  y 1 z      A B 4 1 6 x 1 y z  x 1 y z      C D 4 1 1 6 CÂU 9: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm M  2;1;0  đường thẳng  : Viết phương trình đường thẳng d qua điểm M , cắt vng góc với  x  y 1 z x  y 1 z     A d : B d : 4 1 x  y 1 z x  y 1 z     C d : D d : 1 4 4 2 CÂU 10: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A 1; 1;3 hai đường thẳng d1 : x 1 y 1 z   1 x  y  z 1 x  y 1 z 1   , d2 :   Viết phương trình đường thẳng d qua điểm 2 1 A, vng góc với đường thẳng d1 cắt đường thẳng d x 1  x 1  C d : A d : y 1  y 1  z 3 z 3 x 1  2 x 1  D d : B d : GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 y 1  y 1  1 z 3 z 3 1 Trang 278 CHƯƠNG 3: HÌNH HỌC OXYZ CÂU 11: Trong khơng gian Oxy , cho điểm M  1;1;  hai đường thẳng d : x  y  z 1   , x 1 y z   Phương trình phương trình đường thẳng qua điểm M , cắt d 2 vng góc với d  ?  x  1  7t  x  1  3t  x  1  3t  x   3t     A  y   7t B  y   t C  y   t D  y   t  z   7t z  z  z      x3 y 3 z   CÂU 12: Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng d : mặt phẳng ( ) : x  y  z   Đường thẳng  qua A 1; 2; 1 , cắt d song song với mặt phẳng ( ) có phương d : trình x 1 y  z 1   1 x 1 y  z 1   D 2 1 x 1 y  z 1   x 1 y  z 1   C 1 2 A B x3 y 3 z   , mặt phẳng   : x  y  z   điểm A 1; 2;  1 Viết phương trình đường thẳng  qua A cắt d song song CÂU 13 Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho đường thẳng d : với mặt phẳng   x 1 y  z 1   1 2 x 1 y  z 1   D 1 1 x 1 y  z 1   x 1 y  z 1   C 2 1 A B CÂU 14 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng  nằm mặt phẳng x  y  z 1   Một   : x  y  z   , đồng thời qua điểm M 1; 2;0 cắt đường thẳng d : véc tơ phương  A u  1;0; 1 B u  1;1; 2  C u  1; 1; 2  D u  1; 2;1 CÂU 15: Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng d: x 1 y z    1  P  : x  y  z   Đường thẳng nằm  P  , cắt vuông góc với x2  x2  C A y 1  y 1  z 3 z 3 mặt phẳng d có phương trình là: x  y 1 z    1 x 1 y 1 z 1   D B CÂU 16: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng d1 : x y 1 z    1  x  1  2t  d :  y   t Phương trình đường thẳng vng góc với  P  : x  y  z  cắt hai z   đường thẳng d1 , d GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 279 CHƯƠNG 3: HÌNH HỌC OXYZ x7 y z 4   1 x  y z 1   C 7 1 x2 y   x2 y   D A B z 1 4 z 1 CÂU 17: Trong không gian Oxyz , cho điểm M 1;  1;3 hai đường thẳng d : x 1 y 1 z 1   1 1 x y z 1 d :   Có đường thẳng qua M cắt hai đường thẳng d d  2 A Vô số B C D x  1 t  CÂU 18: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A 1;0;  đường thẳng d :  y  t  z  1  2t  Phương trình đường thẳng  qua A , vng góc cắt đường thẳng d x 1  x 1 C  :  A  : x 1 y z    1 1 x 1 y z2 D  :   3 y z2  2 y z2  3 B  : x  1 t  CÂU 19 :Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A 1; 0;  đường thẳng d :  y  t  z  1  2t  Viết phương trình đường thẳng  qua A , vng góc cắt đường thẳng d CÂU 20: Trong không gian với hệ tọa độ vng góc Oxyz , cho mặt phẳng  P  : x  y  z   đường x 1 y z    Phương trình đường thẳng  nằm mặt phẳng  P  , đồng thời cắt vng góc với đường thẳng d x 1 y 1 z 1 x 1 y 1 z 1     A B 5 1 1 3 x 1 y  z 1 x 1 y 1 z 1     C D 5 1 3 thẳng d : CÂU 21: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz viết phương trình đường thẳng  d  vng góc với x y 1 z   qua gốc tọa độ O cho khoảng cách từ M 1, 0,1 tới đường thẳng  d  đạt giá trị nhỏ đường thẳng    : x  t  A  y  t z  t  x  t  B  y   z  t   x  2t  C  y  t z    x  3t  D  y  t  z  t  CÂU 22: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho điểm A 1;  2;  Viết phương trình đường thẳng  qua A cắt tia Oz điểm B cho OB  2OA x y z6 x y z4    A  :  B  : 2 4 1 2 x 1 y z  x y z6     C  : D  : 1 1 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 280 CHƯƠNG 3: HÌNH HỌC OXYZ CÂU 23: Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz , cho mặt phẳng  P  : x  y  z   hai đường x  1 t  x   t   thẳng d :  y  t ; d ' :  y   t  Biết có đường thẳng có đặc điểm: song song với  z   2t  z   2t     P  ; cắt A d , d  tạo với d góc 30O Tính cosin góc tạo hai đường thẳng B C D  P  : 3x  y  z   phân biệt thuộc giao tuyến hai mặt phẳng  P   Q  CÂU 24: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai mặt phẳng  Q  : x  y  z   Các điểm A, B Khi AB phương với véctơ sau đây? A w   3; 2;  B v   8;11; 23 C k   4;5; 1 D u   8; 11; 23 CÂU 25: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , gọi   mặt phẳng chứa đường thẳng  có phương x  y 1 z   vng góc với mặt phẳng    : x  y  z   Giao tuyến      1 qua điểm điểm sau A C 1; 2;1 B D  2;1;0  C B  0;1;0  D A  2;1;1 trình CÂU 26: Trong không gian Oxyz , cho hai điểm M 1; 2;3 , N  3; 4;5 mặt phẳng  P  : x  y  3z –14  Gọi  đường thẳng thay đổi nằm mặt phẳng  P  , điểm H , K hình chiếu vng góc M , N  Biết MH  NK trung điểm HK ln thuộc đường thẳng d cố định, phương trình d x   A  y  13  2t  z  4  t  x  t  B  y  13  2t  z  4  t  x  t  C  y  13  2t  z  4  t  x  t  D  y  13  2t  z  4  t  x   t  CÂU 27: Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho đường thẳng d :  y  3  2t Viết phương trình  z   3t  đường thẳng d  hình chiếu vng góc d lên mặt phẳng  Oyz  x   A d  :  y  3  2t  z   3t  x   B d  :  y   2t z   x   t  C d  :  y  3  2t z   x  t  D d  :  y  2t z    x   2t  CÂU 28: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho đường thẳng d :  y  2  4t Hình chiếu song song z   t  x 1 y  z    1 1 x   t  B  y  C  z   2t  d lên mặt phẳng  Oxz  theo phương  :  x   2t  A  y   z   4t  có phương trình  x  1  2t  y   z   4t  GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020  x   2t  D  y  z  1 t  Trang 281 CHƯƠNG 3: HÌNH HỌC OXYZ CÂU 29 Trong không gian Oxyz , cho ba điểm A  0;0; 1 , B  1;1;0  , C 1;0;1 Tìm điểm M cho 3MA2  MB  MC đạt giá trị nhỏ  3  C M   ; ; 1     B M   ; ;    3  A M  ; ; 1 4    D M   ; ; 1   CÂU 30: Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A  2;1;  3 B  3; 2;1 Viết phương trình đường thẳng d qua gốc toạ độ cho tổng khoảng cách từ A B đến đường thẳng d lớn A x y z   1 B x y z   1 C x y z   1 CÂU 31: Cho hai điểm A 1; 4;  , B  1; 2;  đường thẳng  : M   mà MA2  MB nhỏ A 1; 2;0  B  0; 1;  D x y z   1 x 1 y  z   Tìm tọa độ điểm 1 C  2; 3; 2  D  1;0;  CÂU 32: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A(1; 1; 0) , B (1; 0; 1) điểm M thay đổi x y 1 z 1  đường thẳng d :  Giá trị nhỏ biểu thức T  MA  MB 1 A B 2 C D CÂU 33: Cho mặt phẳng  P  : x  y  z  15  mặt cầu  S  : x  y  z  y  z   Khoảng cách nhỏ từ điểm thuộc mặt phẳng  P  đến điểm thuộc mặt cầu  S  A 3 B C CÂU 34: Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng  P : D x  y  z   hai điểm A  3;0;1 , B 1; 1;3 Trong tất đường thẳng qua A song song với mặt phẳng  P  , gọi  đường thẳng cho khoảng cách từ B đến  lớn Viết phương trình đường thẳng  x  y  12 z  13 x 5 y z     A  : B  : 2 6 7 x 1 y 1 z  x3 y z 1     C  : D  : 2 2 6 3 x   t x2 y2 z2    CÂU 35: Cho đường thẳng d1 :  y   t d : Gọi d đường thẳng vng góc 3 1  z  1  2t  chung d1 d , M  a, b, c  thuộc d , N  4; 4;1 Khi độ dài MN ngắn a  b  c bằng? A B C D CÂU 36: Cho mặt cầu  S1  : x  3   y     z    ,  S2  : x  1  y   z  1  Gọi d đường thẳng đồng thời tiếp xúc với hai mặt cầu trên, cắt đoạn thẳng nối tâm hai mặt cầu cách gốc tọa độ O khoảng lớn Nếu u   a; 1; b  vectơ phương d tổng S  2a  3b bao nhiêu? A S  B S  C S  D S  2 2 CÂU 37: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm A  2;1;0  , B  4; 4; 3 , C  2;3; 2  đường thẳng  d  : x 1 y 1 z 1   Gọi   mặt phẳng chứa  d  cho A , B , C phía mặt 2 1 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 282 CHƯƠNG 3: HÌNH HỌC OXYZ phẳng   Gọi d1 , d , d khoảng cách từ A , B , C đến   Tìm giá trị lớn T  d1  2d  3d3 A Tmax  21 C Tmax  14  B Tmax  14 203  21 D Tmax  203 CÂU 38: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz gọi d qua A  1;0; 1 , cắt 1 : x 1 y  z    , 1 x3 y 2 z 3   nhỏ Phương trình đường thẳng d 1 2 x 1 y z 1 x 1 y z 1 x 1 y z 1 x 1 y z 1         A B C D 5 2 2 2 1 cho góc d  : CÂU 39: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng d1 : x 1 y z    1 x 1 y  z    Gọi  đường thẳng song song với  P  : x  y  z   cắt d1 , d 2 hai điểm A, B cho AB ngắn Phương trình đường thẳng  d2 :  x  12  t  A  y   z  9  t   x   t   B  y     z    t  x    C  y   t    z    t   x   2t   D  y   t    z    t CÂU 40: Trong không gian Oxyz , cho điểm A  3;3; 3 thuộc mặt phẳng   : x – y  z  15  mặt cầu  S  : (x  2)2  (y 3)2  (z 5)  100 Đường thẳng  qua A , nằm mặt phẳng   cắt ( S ) A , B Để độ dài AB lớn phương trình đường thẳng  x3 y 3 z 3 x3 y 3 z 3     A B 16 11 10  x  3  5t  C  y   z  3  8t  D x3 y 3 z 3   1 CÂU 41: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng M a thuộc i  P  : x  y  4z  , đường thẳng x 1 y 1 z    điểm A 1; 3; 1 mặt phẳng  P  Gọi  đường thẳng qua A , nằm 1 mặt phẳng  P  cách đường thẳng d N khoảng cách lớn Gọi u   a; b; 1 véc tơ d: g phương đường thẳng  Tính a  2b u A a  2b  3 B a  2b  0y C a  2b  D a  2b  x y 1 z   CÂU 42: Trong không gian Oxyz , đường thẳng d :  mặt phẳng  P  : x  y  z   Gọi M điểm thuộc đường thẳng d cho khoảng cách từ M đến mặt phẳng e cho n  P Nếu M có hồnh độ âm tung độ M A 3 B 21 C 5 D 1 CÂU 43: Trong không gian Oxyz , cho hai điểm M  1; 2;  , A  2; 4;  hai mặt phẳng GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 283 CHƯƠNG 3: HÌNH HỌC OXYZ  P  : x  y  z   ,  Q  : x  y  z   Đường thẳng  qua điểm M , cắt hai mặt phẳng  P  ,  Q  B C  a; b; c  cho tam giác ABC cân A nhận AM làm đường trung tuyến Tính T  a bc A T  B T  C T  D T  CÂU 44 : Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A  0;  1;  , B 1;1;  đường thẳng x 1 y z 1   Biết điểm M  a ; b ; c  thuộc đường thẳng d cho tam giác MAB có diện tích nhỏ 1 Khi đó, giá trị T  a  2b  3c A B C D 10 d: CÂU 45: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho ba điểm A  0;1;0  , B  2; 2;  , C  2;3;1 đường thẳng d : x 1 y  z    Tìm điểm M thuộc d để thể tích V tứ diện MABC 1  15 11   3 1  15 11   3 1 A M   ; ;   ; M   ;  ;  B M   ;  ;  ; M   ; ;   2  2  2  2 3 1  15 11  3 1  15 11  C M  ;  ;  ; M  ; ;  D M  ;  ;  ; M  ; ;  2 2 2 2 5 2 2 2 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 284 CHƯƠNG 3: HÌNH HỌC OXYZ GIẢI CHI TIẾT CÂU Chọn C  P  có VTPT n   2;3;  ,  Q  có VTPT n  1; 3;  Do đường thẳng qua gốc tọa độ O song song với hai mặt phẳng  P  ,  Q  nên đường thẳng có VTCP u   n, n  12; 2; 9  Vậy phương trình đường thẳng x y z   12 2 9 CÂU Chọn D Mặt phẳng  P  : x  y   có VTPT n P   1; 2;0  Đường thẳng qua A 1; 2; 2  vng góc với  P  có VTCP u  n P  1; 2;0 Vậy đường x  1 t  thẳng có phương trình tham số  y   2t t  z  2  CÂU Chọn D Gọi  đường thẳng cần tìm  có vecto phương u  nP ; nQ   1; 3;1 x  1 t  Suy phương trình tham số   y   3t z   t  CÂU 4: Chọn C Vectơ pháp tuyến mặt phẳng  P  n1  1; 1;1 Vectơ pháp tuyến mặt phẳng  Q  n1   2;1;1 1    n1 n2 không phương 1   P   Q  cắt  Mặt khác: A   P  , A   Q  Ta có:  n1 , n2    2;1;3 Đường thẳng  qua A  3;1; 5  nhận vectơ n   2; 1; 3 làm vectơ phương Phương trình tắc đường thẳng  là: x  y 1 z    1 3 CÂU 5: Chọn B  có vectơ phương u   2;5;  3 qua A 1;1;   nên có phương trình: x 1 y 1 z    3 CÂU 6: Chọn C : GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 285 CHƯƠNG 3: HÌNH HỌC OXYZ d' Q I d P Đặt nP   0;0;1 nQ  1;1;1 véctơ pháp tuyến  P   Q  Do    P    Q  nên  có véctơ phương u  nP , nQ    1;1;0  Đường thẳng d nằm  P d   nên d có véctơ phương ud   nP , u    1; 1;0  Gọi d  : x 1 y  z    A  d   d  A  d    P  1 1 z  z 1    Xét hệ phương trình  x  y  z    y   A  3;0;1   1  1 x   x   t  Do phương trình đường thẳng d :  y  t z   CÂU Chọn C  x   2t  Phương trình tham số đường phân giác góc C CD :  y   t z   t  7t 5t   Gọi C    2t;  t;  t  , suy tọa độ trung điểm M AC M    t; ;  Vì 2   M  BM nên:  7t   5t  3  2     t          t    t   t  t  1 2 1 1 Do C   4;3;1 Phương trình mặt phẳng  P  qua A vng góc CD  x     y  3   z  3  hay x  y  z   Tọa độ giao điểm H  P  CD nghiệm  x; y; z  hệ  x   2t  x   2t x  y  t y  t y      H  2; 4;     z   t z  z   t 2 x  y  z   t  2   2t     t     t     Gọi A điểm đối xứng với A qua đường phân giác CD , suy H trung điểm AA , vậy:  xA  xH  xA  2.2     y A  yH  y A  2.4    A  2;5;1  x  z  z  2.2   H A  A GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 286 CHƯƠNG 3: HÌNH HỌC OXYZ Do A  BC nên đường thẳng BC có véc-tơ phương CA   2; 2;0    1;1;0  , nên x   t  phương trình đường thẳng BC  y   t z   Vì B  BM  BC nên tọa độ B nghiệm  x; y; z  hệ x   t x  y  3t y     B  2;5;1  A  z   z     x   y   t   1 Đường thẳng AB có véc-tơ phương AB   0; 2; 2    0;1; 1 ; hay u   0;1; 1 véc-tơ phương đường thẳng AB CÂU 8: Chọn B  x  1  3v  x   2u   Ta có d1 :  y  1  u , d :  y  2v  z  4  v  z   2u   Gọi d đường thẳng cần tìm Gọi A  d  d1  A   2u;   u;  2u  , B  d  d  B  1  3v;  2v;   v  AB   4  3v  2u;1  2v  u;   v  2u  d song song d nên AB  ku3 với u3   4;  1;6  4  3v  2u  4k v    AB  ku3  1  2v  u  k  u  6  v  2u  6k k  1   Đường thẳng d qua A  3;  1;  có vtcp u3   4;  1;6  nên d : x  y 1 z    4 6 CÂU 9: Chọn C * Gọi N  d   N  nên N 1  2t; 1  t; t  Khi ta có MN   2t  1; t  2; t  Đường thẳng  có vectơ phương a   2;1; 1 * Vì d    MN a   1  2t    t  t   t  phương d ad  1; 4; 2  x  y 1 z   * Vậy phương trình d : 4 2 CÂU 10: Chọn D Giả sử d  d  M  M   t;   t;1  t  1 2  MN   ;  ;   Chọn vectơ 3 3 AM  1  t ;  t ; t   d1 có VTCP u1  1; 4;   d  d1  AM u1    t  4t   t     5t    t   AM   2;  1;  1 Đường thẳng d qua A 1; 1;3 có VTCP AM   2;  1;  1 có phương trình là: d: x 1 y 1 z    1 1 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 287 CHƯƠNG 3: HÌNH HỌC OXYZ CÂU 11: Chọn B Gọi đường thẳng cần tìm  , A giao  d Khi đó: A   3t ;   2t ;1  t  , MA    3t ;   2t ;   t  Do  vng góc với d  nên: MA.u2   7t    t  Khi MA   6;  2;0  , hay vectơ phương   3;  1;0   x  1  3t  Vậy phương trình  :  y   t z   CÂU 12: Chọn D Mặt phẳng   có véctơ pháp tuyến n   1;1;  1 Gọi M giao điểm d  , ta có: M   t;3  3t; 2t  suy AM   t  2;3t  1; 2t  1 Do  song song với mặt phẳng ( ) nên n  AM   t   3t 1  2t 1   t  1 Khi AM  1; 2; 1 véctơ phương  CÂU 13 Chọn C Gọi M    d  M  d  M   t;  3t; 2t   AM    t ;1  3t ;1  2t    có VTPT n  1; 1;  1 AM //    AM n    t   3t 1  2t   t  1  AM  1;  2;  1 x 1 y  z 1   Vậy  : 2 1 CÂU 14 Chọn B Gọi N  d    ta có MN véc tơ phương đường thẳng  Do N  d nên N   2t;  t;3  t  Mà N    nên  2t   t   t    t  1  N  0;1;   MN   1; 1;  Vậy vec tơ phương  u  1;1; 2  CÂU 15: Chọn C x  1 t  Phương trình tham số d :  y  t z   t  Xét phương trình 1  t    t     t     t  Vậy đường thẳng d cắt mặt phẳng  P  M  2; 1;3 Gọi ad  1; 1;1 n   2; 1; 2  vectơ phương d vectơ pháp tuyến mặt phẳng  P  Khi vectơ phương đường thẳng cần tìm a  ad , n    3;4;1 Vậy phương trình đường thẳng cần tìm là: x  y 1 z    CÂU 16: Chọn B Gọi d đường thẳng cần tìm Gọi A  d  d1 , B  d  d A  d1  A  2a;1  a; 2  a  ; B  d  B  1  2b;1  b;3 AB   2a  2b  1; a  b; a   GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 288 CHƯƠNG 3: HÌNH HỌC OXYZ  P  có vectơ pháp tuyến nP   7;1; 4  d   P   AB, n p phương  có số k thỏa AB  k n p 2a  2b   7k 2a  2b  7k  a      a  b  k  a  b  k   b  2 a   4k a  4k  5 k  1    d qua điểm A  2;0; 1 có vectơ phương ad  nP   7;1   Vậy phương trình d x  y z 1   4 CÂU 17: Chọn D Với A  2t  1;  t  1;  t  1  d B  3t ;  2t ; t   1  d  , ta có A , B , M thẳng hàng 2t  k  1  2t   2t  k  2kt     MA  k MB  2  t  k 1  2t    t  k  2kt   2 hệ vô nghiệm   t  2k  kt   2  t  k  2  t   Vậy khơng có đường thẳng thỏa u cầu đề CÂU 18: Chọn B Đường thẳng d có VTCP u  1;1;  Gọi   d  M 1  t; t; 1  2t   AM   t ; t ; 3  2t  Ta có   d  AM u   t  t   3  2t    t   AM  1;1; 1 Đường thẳng  qua A 1;0;  , VTCP AM  1;1; 1 có phương trình : CÂU 19 : x 1 y z    1 1 Đường thẳng d có véc tơ phương u  1; 1;  Gọi B    d Ta có B  d nên B 1  t; t;   2t  AB   t ; t ; 2t  3 véc tơ phương đường thẳng  Mặt khác   d nên AB.u   6t    t  Suy AB  1; 1;  1 Vậy phương trình tắc đường thẳng  x 1 y z    1 1 CÂU 20: Chọn A Gọi A  d   A  d   P  x   x 1 y z      Tọa độ A thỏa mãn hệ    y   A 1;1;1  x  y  z    z   Do    P    d nên nhận u   nP ; ud    5;  1;  3 véctơ phương Đường thẳng  qua A 1;1;1 nên  có dạng x 1 y 1 z 1   1 3 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 289 CHƯƠNG 3: HÌNH HỌC OXYZ CÂU 21: Chọn A Giả sử  P  mặt phẳng qua gốc tọa độ O vng góc với  Xét hình chiếu vng góc M  P  điểm K ta có MK  MH nên MH H  K đường thẳng  d  qua hai điểm O, K hình chiếu vng góc  MO  mặt phẳng  P  Do vậy: ud   nP ,  nP , OM    ud  u , u , OM       CÂU 22: Chọn A B thuộc tia Oz  B  0;0; b  , với b  OA  , OB  b b  OB  2OA  b    b  6  l   B  0;0;6  , BA  1;  2;   Đường thẳng  qua B  0;0;6  có VTCP BA  1;  2;   có phương trình là: : x y z 6   2 4 CÂU 23: Chọn D Gọi  đường thẳng cần tìm, nP VTPT mặt phẳng  P  Gọi M 1  t; t;  2t  giao điểm  d ; M   t ;1  t ;1  2t  giao điểm  d  Ta có: MM     t   t;  t   t;   2t   2t   M   P  MM //  P     t  2  MM     t;   t;  2t   MM  n   P t  6t  Ta có cos30  cos  MM , ud     2 36t  108t  156 t  1 x   x  t   Vậy, có đường thẳng thoả mãn 1 :  y   t ;  :  y  1  z  10  t  z  t   GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 290 CHƯƠNG 3: HÌNH HỌC OXYZ Khi cos  1 ,    CÂU 24: Chọn D * Ta có:  P   n P    3; 2;  ,  Q   nQ    4;5; 1   AB   P   AB  n P  * Do  nên đường thẳng AB có véctơ phương là:  AB  Q   AB  n Q       u  nQ ; n P   8; 11; 23 * Do AB véc tơ phương AB nên AB // u   8; 11; 23 CÂU 25: Chọn D Ta có véc – tơ phương đường thẳng  u 1;1;  Véc – tơ pháp tuyến mặt phẳng    : x  y  z   n 1;1; 2  x  y 1 z   vng góc với 1 véc – tơ pháp tuyến Vì   mặt phẳng chứa đường thẳng  có phương trình    : x  y  z   nên   có n  u, n   4;4;0   1; 1;0   4.a Gọi d        , suy d có véc – tơ phương ud  a, n   2;2;2  1;1;1 mặt phẳng Giao điểm đường thẳng    : x  y  2z 1   có phương trình I  3; 2;  x  y 1 z   1 mặt phẳng x  3t  Suy phương trình đường thẳng d :  y   t z  2t  Vậy A  2;1;1 thuộc đường thẳng d CÂU 26: Chọn B Đường thẳng d cần tìm giao  P  với  Q  mặt phẳng trung trực MN Gọi I trung điểm MN  I  2;3;  MN  2; 2;  PTTQ  Q  x –  y –  z –  hay  Q  : x  y  z –  Phương trình đường thẳng d x  t x  y  z    cần tìm giao  P   Q  PTTS d  hay  y  13  2t  x  y  3z  14   z  4  t  CÂU 27: Chọn A Măt phẳng  Oyz  có phương trình x  Gọi A giao điểm d mặt phẳng  Oyz  suy A  0;  7;  5 Chọn M  2;  3;1  d GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 291 CHƯƠNG 3: HÌNH HỌC OXYZ Gọi H hình chiếu M lên  Oyz  suy H  0;  3;1 Hình chiếu vng góc d lên mặt phẳng  Oyz  đường thẳng d  qua H nhận x   AH   0;  4;    2  0; 2;3 có phương trình: d  :  y  3  2t  z   3t  CÂU 28: Chọn B Giao điểm d mặt phẳng  Oxz  là: M (5;0;5)  x   2t  Trên d :  y  2  4t chọn M khơng trùng với M (5;0;5) ; ví dụ: M (1; 2;3) Gọi A hình z   t  x 1 y  z    1 1 x 1 y  z    +/ Lập phương trình d’ qua M song song trùng với  : 1 1 chiếu song song M lên mặt phẳng  Oxz  theo phương  : +/ Điểm A giao điểm d’  Oxz  +/ Ta tìm A(3; 0;1) Hình chiếu song song  x   2t  d :  y  2  4t z   t  lên mặt phẳng  Oxz  theo phương x 1 y  z    đường thẳng qua M (5;0;5) A(3; 0;1) 1 1 x   t  Vậy phương trình  y   z   2t  : CÂU 29 Chọn D  AM  x  y   z  12  AM   x; y; z  1   2  Giả sử M  x; y; z    BM   x  1; y  1; z    BM   x  1   y  1  z   2 2 CM   x  1; y; z  1 CM   x  1  y   z  1 2  3MA2  MB  MC   x  y   z  1    x  1   y  1  z      2   x  1  y   z  1    3 5 2   x  y  z  x  y  z    x     y  1   z      2 4    Dấu "  " xảy  x   , y  , z  1 , M   ; ; 1   2 CÂU 30: Chọn A Ta có d  A; d   d  B; d   OA  OB OA  d Dấu "  " xảy    d có VTCP u  OA; OB    7;7;7   1;1;1 OB  d  GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 292 CHƯƠNG 3: HÌNH HỌC OXYZ x y z Vậy d :   1 CÂU 31: Chọn D Gọi M 1  t;   t; 2t    MA2  MB   t     t     2t    2  t     t     2t   12t  48t  76 2 2 2 Ta có: 12t  48t  76  12  t    28  28 Vậy MA2  MB nhỏ 28 t  hay M  1;0;  CÂU 32 Chọn B x  t  Phương trình tham số đường thẳng d :  y   t z  1 t  Do M  d  M  t;1  t;1  t  Khi MA  1  t ; t ; 1  t   MA  3t  MB   1  t ; 1  t ; t   MB  3t  Do T  MA  MB  3t   2 Suy ta Tmin  2 t   M  0;1;1 CÂU 33: Chọn A Mặt cầu  S  có tâm I  0;1;1 bán kính R  Gọi H hình chiếu I  P  A giao điểm IH với  S  Khoảng cách nhỏ từ điểm thuộc mặt phẳng  P  đến điểm thuộc mặt cầu  S  đoạn AH AH  d  I ,  P    R  3 CÂU 34: Chọn B Ta có:  3  2.0  2.1  5 1   1  2.3    24   A , B hai điểm nằm khác phía so với mặt phẳng  P  Gọi H hình chiếu B lên  Ta có: BH  BA nên khoảng cách từ B đến  lớn H trùng A Khi đó: AB   Mặt phẳng  P  có vectơ pháp tuyến n  1; 2;  AB   4; 1;   n1  n, AB    2;6;7  Đường thẳng  qua điểm A  3;0;1 nhận n1   2;6;7  làm vectơ phương GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 293 CHƯƠNG 3: HÌNH HỌC OXYZ Phương trình đường thẳng  là: x  y  12 z  13   2 CÂU 35: Chọn B Gọi P   t;  t; 1  2t   d1 Q   4t ;  3t ;  t   Ta có: a  1;1; 2  , b   4; 3; 1 PQ   4t   t ; 3t   t ; t   2t  3  4t   t  3t   t   t   2t  3  a.PQ   Khi đó:      4 t  t   t  t   t  t         b PQ      3t   6t  t     26t   3t  t  1 Suy P 1;1;1 Q  2; 2;   PQ  1;1;1 x  1 t  Nên d :  y   t z  1 t  Gọi M 1  t;1  t;1  t  nên NM   t  3; t  3; t  Do đó: NM   t  3   t  3  t  3t  12t  18   t     Đoạn thẳng MN ngắn t  Suy M  3;3;3  a  b  c  CÂU 36: Chọn A  S1  có tâm I1  3; 2;  , bán kính R1   S  có tâm I 1; 0; 1 , bán kính R2  5 4 Ta có: I1I   R1  R2 ,  S1   S  tiếp xúc với điểm A  ; ;  3 3 Vì d tiếp xúc với hai mặt cầu, đồng thời cắt đoạn thẳng nối hai tâm I1 I nên d phải tiếp xúc với hai mặt cầu A  d  I1I Mặt khác d  d  O; d   OA  d max  OA d  OA Khi đó, d có vectơ phương  I1I , OA   6;  3;    u   2; 1;  Suy a  2 , b  Vậy S  CÂU 37: Chọn B GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 294 CHƯƠNG 3: HÌNH HỌC OXYZ Ta có AB  ; AC  ; BC  Ta có T  d1  2d  3d3  d1  d  d  d3  2d3 Gọi M trung điểm AB , N 2d  N ;     d2  d3 trung điểm BC ta có 2d  M ;     d1  d2 Gọi G trọng tâm tam giác MNC Khi ta có T  2d  M ;     2d  N ;     2d3  6d  G;    Do T  6d  G;     6d  G;  d    5   3  Ta có M 1; ;  ; N  3; ;  suy G  2;3; 2   2   2  Gọi H 1  t ;1  2t ;1  t  hình chiếu G lên đường thẳng  d  , ta có GH   t  1; 2t  2;3  t  GH ud    t  1   2t      t    t  Vậy Tmax  6GH  12  22  32  14 CÂU 38: Chọn A Gọi M  d  1  M 1  2t ;  t; 2  t  d có vectơ phương ad  AM   2t  2; t  2; 1  t   có vectơ phương a2   1; 2;  t2 6t  14t  t2 Xét hàm số f  t   , ta suy f  t   f     t  6t  14t  Do cos  , d    t   AM   2;  1 cos  d ;    Vậy phương trình đường thẳng d x 1 y z 1   2 1 CÂU 39: Chọn B A  d1  A 1  2a; a; 2  a  B  d  B 1  b; 2  3b;  2b   có vectơ phương AB   b  2a;3b  a  2; 2b  a    P  có vectơ pháp tuyến nP  1;1;1 Vì  / /  P  nên AB  nP  AB.nP   b  a  Khi GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 AB   a  1; 2a  5;6  a  Trang 295 CHƯƠNG 3: HÌNH HỌC OXYZ AB   a  1   2a  5    a  2  6a  30a  62  49   6 a     ; a  2 2   9  7  A  6; ;   , AB    ;0;   2  2  9 Đường thẳng  qua điểm A  6; ;   vec tơ phương ud   1;0;1  2 Dấu "  " xảy a   x   t   Vậy phương trình   y     z    t CÂU 40: Chọn A Mặt cầu  S  có tâm I  2;3;5 , bán kính R  10 Do d (I, ( ))  R nên  cắt  S  A , B Khi AB  R   d (I,  )  Do đó, AB lớn d  I ,     nhỏ nên  qua H , với H x   2t  hình chiếu vng góc I lên   Phương trình BH :  y   2t z   t  H  ( )    2t    – 2t    t  15   t  2  H  2; 7; 3 Do AH  (1;4;6) véc tơ phương  Phương trình x3 y 3 z 3   CÂU 41: Chọn A d A d I A (P) K H (Q) Đường thẳng d qua M 1;  1; 3 có véc tơ phương u1   2;  1; 1 Nhận xét rằng, A  d d   P   I  7; 3;  1 Gọi  Q  mặt phẳng chứa d song song với  Khi d  , d   d  ,  Q    d  A,  Q   Gọi H , K hình chiếu vng góc A lên  Q  d Ta có AH  AK Do đó, d  , d  lớn  d  A,  Q   lớn  AH max  H  K Suy AH đoạn vng góc chung d  Mặt phẳng  R  chứa A d có véc tơ pháp tuyến n R   AM , u1    2; 4;  GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 296 CHƯƠNG 3: HÌNH HỌC OXYZ Mặt phẳng Q  chứa d  R vng góc với nên có véc tơ pháp tuyến nQ  n R  , u1   12; 18;   Đường thẳng  chứa mặt phẳng  P  song song với mặt phẳng  Q  nên có véc tơ phương u  n P , n R    66;  42;   11;  7; 1   Suy ra, a  11; b  7 Vậy a  2b  3 CÂU 42: Chọn A x  t  Phương trình tham số d :  y  1  2t  z  2  3t  M  d  M   t; 1  2t; 2  3t  d  M ,  P    t   1  2t    2  3t   12  22   2  2 t  t   t  11 2   t   6 t  1 Vì M có hồnh độ âm nên chọn t  1 Khi tung độ M 3 CÂU 43: Chọn C Gọi mặt phẳng qua M nhận AM  1; 2; 1 làm vectơ pháp tuyến nên:  R  : 1 x  1   y    1 z     x  y  z   Gọi d giao tuyến mặt phẳng  R   P  Vectơ pháp tuyến mp  P  là: n  1; 1;   Ta có u   AM , n    5; 3;  1 Gọi M điểm thuộc giao tuyến  R   P  nên tọa độ M nghiệm hệ x  y  z   x     x  y  z     y  nên M  0; 3;  x  z     x   5t  Phương trình đường thẳng d :  y   3t z   t  Ta có B  d nên B   5t ;  3t ;  t   xC  2.1  5t  xC   5t   Mặt khác M trung điểm đoạn BC nên  yC  2.2   3t   yC   3t  z  2.3   t z   t  C  C Mặt khác C   Q  nên  5t  1  3t     t     10t   t  Nên C  2;1;  nên T  a  b  c  CÂU 44 : Chọn D Ta có S MAB  d  M ; AB  AB nên MAB có diện tích nhỏ d  M ; AB  nhỏ Gọi  đường vng góc chung d , AB Khi M    d Gọi N    AB GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 297 CHƯƠNG 3: HÌNH HỌC OXYZ x  s  Ta có: AB  1; 2;0  , phương trình đường thẳng AB :  y  1  2s z   Do N  AB  N  s ;   2s ;  , M  d  M  1  t ; t ;1  t   NM   t  s  1; t  2s  1; t  1 Mà MN  d , MN   nên  t  s   2t  4s   3t  5s  1 t     t  s   t  s   t   t  s     s  1 7 Do M  ; ;  hay T  a  2b  3c  10 3 3 CÂU 45: Chọn A Cách : Ta có AB   2;1;  ; AC   2; 2;1 Do  AB, AC    3; 6;6  nên S ABC   AB, AC   2 Gọi n véc tơ pháp tuyến mặt phẳng  ABC  n  1; 2; 2   phương trình mặt phẳng  ABC  x  y  z   Gọi M 1  2t; 2  t;3  2t   d  d  M ,  ABC    4t  11  t    4t  11   4t  11    Do thể tích V tứ diện MABC nên 3 17 t    17  3 1  15 11  Với t   M   ;  ;  Với t  M   ; ;   4  2  2 Cách 2: Ta có AB   2;1;  ; AC   2; 2;1   AB, AC    3; 6;6  Gọi M 1  2t; 2  t;3  2t   d  AM  1  2t ; 3  t ;3  2t   t  Vì VMABC   AB, AC  AM nên 12t  33  18   17 t    17  15 11   3 1 Với t   M   ;  ;  Với t  M   ; ;   4  2  2 GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 298 ...CHUYÊN ĐỀ VẬN DỤNG VÀ VẬN DỤNG CAO CHUYÊN ĐỀ VẬN DỤNG CAO MƠN TỐN ( HÌNH HỌC ) GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 LỜI NĨI ĐẦU Xin chào tồn thể cộng đồng học sinh 2k2!... 133 CHỦ ĐỀ 2: KHỐI TRỤ……………………………………………………………………… 157 CHỦ ĐỀ 3: KHỐI CẦU…………………………………………….………………………… 176 CHƯƠNG 3: HÌNH HỌC OXYZ CHỦ ĐỀ 1: HỆ TRỤ TỌA ĐỘ……………………….………….…………………………… 214 CHỦ ĐỀ 2:... ĐẦU:………………………………………………………………………………… CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHƠNG GIAN CHỦ ĐỀ 1: THỂ TÍCH KHỐI CHĨP…………… ………………………………………… CHỦ ĐỀ 2: THỂ TÍCH KHỐI LĂNG TRỤ………………………………………………… 34 CHỦ ĐỀ 3: BÀI TOÁN ĐỘ DÀI – KHOẢNG