Chuyên đề vận dụng cao Hình học 12 - TOANMATH.com

Do  CID là mặt phẳng đối xứng của tứ diện ABCD nên đường tròn ngoại tiếp tam giác CID là  đường tròn lớn của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD , bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diệ[r]

(1)

(2)

CHUYÊN ĐỀ VẬN DỤNG VÀ VẬN DỤNG CAO

CHUYÊN ĐỀ VẬN DỤNG CAO

MƠN TỐN

( HÌNH HỌC )

(3)

(4)

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+ môn 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

(5)

(6)

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 CHƯƠNG 3: HÌNH HỌC OXYZ CHỦ ĐỀ 1: HÌNH NĨN – KHỐI NĨN……….……… 133

CHỦ ĐỀ 2: KHỐI TRỤ……… 157

CHỦ ĐỀ 3: KHỐI CẦU……….……… 176

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

(7)

(8)

GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang

CHỦ ĐỀ 1: THỂ TÍCH KHỐI CHĨP

CÁC VÍ DỤ MINH HỌA:

Lời giải Chọn C

 Trong mặt phẳng đáy ABC : Kẻ  Ax// BC AxCDK, gọi N trung điểm BC  Khi ABC cân A nênANBC tứ giác ANBK hình chữ nhật

 Suy CNBNAK; KBBC

 Gọi I trung điểm BH, M trung điểm đoạn thẳng CH nên MI BC //

2

MI  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

ABM

S  AM BM  Theo giả thiết ta có:

1

3

S ABM ABM

V  SA S  SA AM BM ; với SA AM a 

2

BM  a LÝ THUYẾT:

 Cơng thức tính thể tích khối chóp: S 1Bh

 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

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

3

BM  a

A

3

3 a

B

3

3 12

a

C

3

9

a

D

3

18

(9)

GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang

 Suy

1

3

S ABM ABM

V  SA S  SA AM BM

3

9

a



H

D'

D

B C

A S

 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2 tana   Đặt tan x, x 0;1

 Gọi H hình chiếu S lên AB, theo đề ta có . 14

3

S ABC ABC

V D S DSH  a SH  Do VS ABCD. đạt giá trị lớn SH lớn

 Vì tam giác SAB vng S nên :  SH SA SB

AB

 SA AB2 SA2

AB 

 4 2

2

ax a a x

a 



2ax x

  2

2

x x

a   a

 

 Từ max SHa tan 2

 

 Suy

1

max

3

S ABCD

V  a a  a

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 S ABCD

A

4a B

3

8

a

C

3

4

a

D

3

2

(10)

GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang Lời giải

 Chọn B

 E trung điểm BC nên CB AE CB, SH CBSAECBSE  SE vừa trung tuyến vừa đường cao nên SBC cân S

 F giao điểm MN với SE ,

2

SF MN SF SE

  

 Giả thiết    

    SF MN  

AMN SBC

SF AMN

AMN SBC MN



 

  



 



 SEAF

2

SF  SE nên SAE cân

2

a AAE AS 

 2 2

3 2

a a

AH  AE   a SH  SA AH 

  

3

1 15

3

S ABC ABC

a a

V  S SH  a 



3

1 15

4 32

S AMN

S AMN S ABC

V SM SN a

V

V  SB SC   

 Vậy

3

3 15

32

S ABC S AMN

a

V V V 

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

3

15 32

a

B

3

3 15

32

a

C

3

3 15

16

a

D

3

3 15

48

a

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

13 lần phần cịn lại Tính tỉ số 

IA k

IS ?

A 3

4 B

2 C

(11)

GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 10 Lời giải

 Chọn D

F

E

H

Q

P O

N M

B

J

D A

S

C I

F E

N M

B

A D

C

 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

3



EA ED MN , CD , HJ đồng qui F với

1



FC FD, ý E, F cố định

 Dùng định lí Menelaus với tam giác SAD ta có HS ED IA 1

HD EA SI

1

3

 HS k  HS 

HD HD k

 Từ   

 

 ,,   331

d H ABCD HD k

SD k

d S ABCD

 Suy VHJIAMNCD VH DFE VI AEM VJ NFC

 Đặt V VS ABCD S SABCD, hd S ABCD , 

 Ta có

8

 

AEM NFC

S S S   

 

 ,,    1

d I ABCD IA k

SA k d S ABCD

 Thay vào ta .1

3 8

 

  

   

HJIAMNCD

k k

V h S h S

k k   

2

1 21. 25

8 1

k k V

k k

 

   Theo giả thiết ta có 13

20



HJIAMNCD

V V nên ta có phương trình

  

2

1 21 25 13

8 1 20

 

 

k k

ĐỊNH LÍ MENELAUS: Cho điểm thẳng hàng FA DB EC

FB DC EA với DEF đường thẳng cắt ba

đường thẳng BC,CA, AB D,E,F

(12)

GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 11

 Giải phương trình

3



k

Lời giải

 Chọn D

  Đặt SP x

SC  0 x Ta có

SM SP SN SQ

SA SC  SB SD

1

2

SQ

x x

SC

     

6 x   

 

   Mặt khác ABCD hình bình hành nên có VS ABCD 2VS ABC 2VS ACD



1

3

S MNP S ABC

V SM SN SP

x

V  SA SB SC  ;

1

2

S MPQ S ACD

V SM SP SQ

x x

V SA SC SD

 

    

 

 Suy

1 1 1

2 6

S MNPQ S MNP S MPQ

S ABCD S ABC S ACD

V V V

x x x x x

V V V

 

       

 

 Xét  

4

f x  x  x với 1

6 x ;  

1 1

0 ;1

2

f x  x     x      Bảng biến thiên:

 Từ BBT ta có  

1 ;1

3 max

8 f x

     

 Vậy

S MNPQ S ABCD

V

V đạt giá trị lớn

3

VÍ DỤ Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình bình hành Gọi M trung điểm SA , N

là điểm đoạn SB cho SN2NB Mặt phẳng  R chứa MN cắt đoạn SD Q cắt đoạn

SC P Tỉ số

S MNPQ S ABCD

V

V lớn

A 2

5 B

3 C

1

4 D

(13)

BÀI TẬP RÈN LUYỆN

CÂU 1: Cho tứ diện OABC có ba cạnh OA , OB , OC đơi vng góc với nhau,

2 a

OA ,

OBOCa Gọi H hình chiếu điểm O mặt phẳng ABC Tính thể tích khối tứ diện OABH 

A

3

2 a

B

3

2 12 a

C

3

2 24 a

D

3

2 48 a

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 

2 a

Tính thể tích V khối chóp cho

A

3

a

V  B

3

3 a

V  C V a3 D

3

2

a V 

CÂU 3: Cho hình chóp S ABCD có đáy hình thoi cạnh a,ABC120 ,0 SAABCD Biết góc hai mặt phẳng SBC  SCD 60  Tính SA

A

2 a

B

2 a

C a D

4 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

3

3 a

V  B

3

2 a

V  C V a3 D

3

2 a

V 

CÂU 5: Cho hình chóp S ABCD có SAABCD, AC a 2,

2

3

ABCD

a

S  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

A.

3

6 a

B

3

6 a

C

3

6 a

D

3

4 a

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

A

3

3 12 a

V  B

3

3 a

V  C

3

3 a

V  D

3

3 a

V 

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

A

3

15 a

B

3

15 a

C

3

5 a

D

3

15 a

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 vng 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

3

6 36

a

V  B

3

6 18

a

V  C

3

3 27

a

V  D

3

6 12

(14)

GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 13 CÂU 9: Cho hình chóp S ABC có tam giác ABC vuông cân B, ACa 2, mặt phẳng SAC vuông  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

A

3

a

V  B

3

3 a

V  C

3

3 a

V  D

3

3 12

a V 

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 

2 17

17 Thể tích V khối chóp S ABCD

A

3

13 a

V  B

3

17 a

V  C

3

17 a

V  D

3

13 a

V 

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

30 Tính thể tích V khối chóp S ABCD. .

A a V  B a V  C a V  D a V 

CÂU 12: Trong không gian Oxyz, cho điểm A, B, C thay đổi trục Ox , Oy, Oz luôn thỏa mãn điều kiện: tỉ số diện tích tam giác ABC thể tích khối tứ diện OABC

2

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

9 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

A

3

6 36 a

V  B

3

6 a

V  C

3

6 a

V  D

3

6 18 a

V 

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:

A

3

2

9  a

V B

3

2

3  a

V C

3

2  a

V D

3

2

3  a

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:

A 7

5 B

1

7 C

7

3 D

(15)

GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 14 CÂU 17: Cho tứ diện ABCD , cạnh BC , BD, AC lấy điểm M , N , P cho

3

BC BM,

2

BD BN, AC2AP Mặt phẳng MNP chia khối tứ diện ABCD thành hai phần  tích V1, V2 Tính tỉ số

1

V V

A

2

26 13 V

V  B

1

26 19 V

V  C

1

3 19 V

V  D

1

15 19 V

V 

CÂU 18: Cho tứ diện ABCD có cạnh 1 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

2 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 trên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 2

3V B

27V C

9V D 9V

CÂU 20: Cho tứ diện ABCD có cạnh 1 Trên cạnh AB CD lấy điểm M N cho MA MB 0 NC 2ND Mặt phẳng  P chứa MN song song với AC chia khối tứ diện ABCD thành hai khối đa diện, khối đa diện chứa đỉnh A tích V Tính V

A

18

V  B 11

216

V  C

216

V  D

108 V 

MỘT SỐ CƠNG THỨC GIẢI NHANH THỂ TÍCH KHỐI CHĨP

 Cơng thức 1: Thể tích tứ diện cạnh a: VS.ABC =

3

a 12

 Công thức 2: Với tứ diện ABCD có AB = a; AC = b: AD = c đơi vng góc V = 1abc

 Cơng thức 3: Với tứ diện ABCD có AB = CD = a; BC = AD = b; AC = BD = c  2 2 2 2 2 2

V a b c b c a a c b

12

       

 Cơng thức 4: Khối chóp S.ABC có SAa;SBb;SCc, BSC ,CSA , ASB  V abc 1 2cos cos cos cos2 cos2 cos2

6

(16)

GIẢI CHI TIẾT

CÂU 1: Chọn D

I H

C

B A

O

Từ giả thiết suy ra: ABC cân A có:

3 2

a AB AC

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  2 Từ  1  2 suy ra: OH ABC Có:

2

a

OI  BC OA AOI

  vuông cân O H trung điểm AI

2

a OH  AI  Khi đó:

2

1 1 2

2 2

ABH ABI

a a

S  S  AI BI  a 

Vậy thể tích khối tứ diện OABH là:

2

1 2

3 ABH 48

a a a

V  OH S  

CÂU : Chọn A

 Kẻ AH SB H Suy    ;  2 a AH  SBC d A SBC AH   Ta có: 2 12 12 SA a

AH  SA  AB    Thể tích khối chóp:

3

1

3 ABCD

(17)

GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 16 CÂU 3: Chọn D

O A

D

B C

S

M

 Ta có ABCD hình thoi cạnh a có ABC1200nên BDa AC, a

 Nhận xét BDSC kẻ OM SCBDMSC góc hai mặt phẳng SBC  SCD  BMD1200 hoặcBMD600

 TH1: NếuBMD1200mà tam giác BMD cân M n 600 600 a

BMO MOBO cot 

 Mà tam giác OCM đồng dạng với tam giác SCA nên

SA CD a

OM SA

SC

  

 TH2: NếuBMD600 tam giác BMD tam giác nên OM a  OM OC vơ lý OMC vng M

CÂU 4: Chọn A

 Vì SAABC nên .

S ABC ABC

V  S SA, góc SC mặt phẳng đáy ABC góc SC và AC góc SCA60

 Trong tam giác ABC vng A có: AC BC2AB2  4a2a2  ACa  Khi đó:

2

1

2 2

ABC

a

S  AB AC a a 

 Trong tam giác SAC vng A có: SAAC.tanSCAa 3.tan 60 SA3a  Do

2

1 3

.3

3 2

S ABC

a a

V  a

S

A

B

C 60

(18)

GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 17 CÂU 5: Chọn C

 Ta có SAABCD Góc toạ SC mặt phẳng ABCD  SCA60  Lại có SA ACtan 60 a 6, SC  SA2AC2  6a22a2 2a 2  Do

2

8

CH AC a

AC CH SC

SC SC a

    

   

 

 ,   , 

4

,

d H ABCD SH a

d H ABCD SC

d H ABCD    

 Thể tích khối chóp H ABCD

2

1 6

3

a a a

V  

CÂU Chọn B

 Gọi H trung điểm AB, ta có SAB ABCD

SH AB

 

 

 SH ABCD

 Ta có: .

S ABCD ABCD

V  S SH

3

a a

 3

6 a 

CÂU 7: Chọn B

60

H A

D C

B S

 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

 Xét tam giác AHB vuông A :

2

2 2

2

a a

HB AH AB  a    

 

(19)

 tanSBH SH BH

 SH BH tanSBH 5tan 60 15

2

a a

SH

   

 Diện tích đáy ABCD là:

ABCD

S a  Thể tích khối chóp S ABCD là:

3

1 15 15

3

S ABCD ABCD

a a

V  S SH  a 

K I

G

N H

A C

B S

 Ta có:

2

ABC

S  AB BCa

2

1

3

ACG ABC

a S S

  

 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:

2

a

BI  AN 

2

a

HK BI

   , tan 60

4 a

SH SK  

 Vậy V VACGS VS ACG.

3

1

3 ACG 36

a SH S

 

 Ta có: SAC  ABC SAC  ABCAC

 Trong mặt phẳng SAC , kẻ SH AC SH ABC

(20)

 Mà SIH SKH 60 nên HI HK  tứ giác BIHK hình vng Hlà trung điểm cạnh AC

 Khi tứ giác BIHK hình vng cạnh

2

a

tan 60

2 a

SH HI  

 Vậy

3

SABC ABC

V  S SH  

2

1 3

3 12

SABC

a

a a

V

  

Gọi H trung điểm ABSH ABCD, K trung điểm CDCDSK Ta có SCD , ABCDSK HK, SKH cosSKH HK

SK

 17

2 a SK

 

13 a SH

  Vậy

3 ABCD

V  SH S 13

3

a a

 13

6 a



 Gọi E trung điểm AB, SE a

 , SEABCD Gọi G trung điểm CD

    

SCD , ABCD SGE30 ,EG SE.cot 300 a 3 3a AD BC 3a

2 2

     

 ABCD

3a 3a S AB.CD a

2

    V 1.SE.SABCD a 3a a3

3 2

   

O

A

B

C z

x

(21)

Ta có

 

1

,

ABC ABC

OABC

ABC

S S

V  S d O ABC   

3 , d O ABC 

Mà

ABC OABC

S

V  nên d O ABC , 2

Vậy mặt phẳng ABC tiếp xúc mặt cầu tâm O , bán kính  R2



4

AEFG EFG

ABCD BCD

V S

V  S 

1

AEFG ABCD

V V

 



27

AMNP AEFG

V SM SN SP

V  SE SE SG 

8

27 27 27

AMNP AEFG ABCD ABCD

V V V V

   

 Do mặt phẳng MNP // BCD nên  1

2

QMNP

QMNP AMNP

AMNP

V

V V

V   

 2017

2 27 27 27

QMNP ABCD ABCD

V  V  V 

F

E I

M

O C A

D

B

S

 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

3

SI SO

 Lại có //

3

SE SF SI

EF BD

SB SD SO

(22)

 Ta có:

3

S AEM SABC

V SE SM

V  SB SC 

3

S AFM SADC

V SF SM

V SD SC 

 Vậy

1

3

S AEM S AFM S AEMF

S ABC S ADC S ABCD

V V V



  



 Góc cạnh bên đáy S ABCD góc SBO60 suy a

SOBO 

 Thể tích hình chóp S ABCD

3

1

3

S ABCD ABCD

a

V  SO S 

 Vậy

3 18 S AEMF a

V 

 CÂU 15: Chọn C

C' D' O D A B C S B'

 Ta có:

1



S ABCD

V a a

3

2 a

 Vì B, D hình chiếu A lên SB , SDnên 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  Trong tam giác vng S AB ta có

2   SB SA SB SB 2  a a          

SAB C D SAB C SAC D

S ABCD S ABCD

V V V

V V            

SB SC SD SC

 

 SB SC

SB SC 

 Vậy

3

2

   

SAB C D

a

V

(23)

 Giả sử điểm hình vẽ

 ESDMNE trọng tâm tam giác SCM, DF //BCF trung điểm BM

 Ta có:  ,  60

2 a

SD ABCD SDO  SO , 2

2 a SF  SO OF 

  ,  6;

2

2 SAD

a a

d O SAD OH h S SF AD

      

6

MEFD MNBC

V ME MF MD

V  MN MB MC  

 5  ,  5

6 18 72

BFDCNE MNBC SBC SAD

a

V V d M SAD S h S

         

 . .

3 36

S ABCD ABCD SABFEN S ABCD BFDCNE

a a

V  SO S  V V V  

 Suy ra:

SABFEN BFDCNE

V

V  

Q I

N M

P A

B

C

D

 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

ND IC MB 

1

ID IC

  ID PC QA

IC PA QD 

QA QD

 

 Áp dụng toán tỉ số thể tích hai khối chóp tam giác, ta có:  ANPQ

ANCD

V

AP AQ AC AD



5



5

ANPQ ANCD

V V

 

15V

 Suy

1 15

N PQDC

V  V  V

5V



 CMNP CBNA

V

CM CP CB CA



3



3

CMNP CBNA

V V

 

9V



 Suy

19 45

N PQDC CMNP

V V V  V Do V1 V V2

26 45V

 Vậy

26 19 V

(24)

GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 23 CÂU 18: Chọn A

 Gọi H tâm tam giác BCD , ta có AH BCD, mà AMN  BCD nên AH AMN hay MN qua H

 Ta có 3

BH  AH  AB2BH2 1

3

    Thể tích khối chóp ABMN

3 BMN

V  AH S .sin 60 3 2BM BN

 

12 BM BN



 Do MN qua H M chạy BC nên BM BN lớn M C ND

1

2 24 V 

 BM BN nhỏ MN CD //

3

BM BN  2

27 V

  Vậy 1 2 17 216

V V 

CÂU 19: Chọn C

 Đặt k SM SA

 Ta có: MNEF ABCD đồng dạng với tỉ số k SM SA

 0 k 1

 Do

MNEF ABCD

(25)

 Gọi SI đường cao S ABCD Ta có: MH MA SA SM k

SI SA SA



   

 VMNEFHKPQ SMNEF.MH

.(1 )

ABCD

S k k SI

 

3 (1V k k)

 

 (2 )

V

k k k

 

3

3 2

2

V k k k

V   

 

   

 

 Vậy thể tích lớn khối đa diện MNEFHKPQ

9V

2 2

3

k   k  k

Q

P M

A

D

C B

N

 Từ N kẻ NP AC , N// AD Từ M kẻ MQ AC// , QBC Mặt phẳng  P MPNQ

 Ta có

3 12

ABCD ABCD

V  AH S  ; VVACMPNQ VAMPCVMQNCVMPNC  Ta có VAMPC AM AP .VABCD

AB AD



2 3VABCD 3VABCD

 

 1

2

MQNC AQNC ABCD

CQ CN

V V V

CB CD

  1

2 3VABCD 2VABCD

 

 2

3 3

MPNC MPCD MACD

V  V  V

3 ABCD

AM V AB

 1

3 2VABCD 9VABCD

 

Vậy 1

3 ABCD V    V

 

11 11

18 ABCD 216

V V

(26)

GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 25 CÂU 1: Xét tứ diện O.ABC có OA, OB, OC đơi vng góc Gọi , ,  lần lượt góc đường thẳng OA, OB, OC với mặt phẳng (ABC) Khi đó, tính giá trị nhỏ biểu thức sau

   

M 3 cot  cot  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

60 Biết có điểm O nằm đường cao SH cho d O; AB  d O; ACd O; SBC  1. Tính thể tích khối cầu ngoại tiếp hình chóp cho

A 256 81



B 125 162



C 500 81



D 343 48



CÂU 3: Xét khối tứ diện SABC có cạnh SA, BC thỏa mãn: 2

SA BC 18 cạnh cịn lại Biết thể tích khối tứ diện SABC đạt giá trị lớn có dạng: Vmax x y;

4

 x, y *;  x, y 1 Khi đó: x, y thỏa mãn bất đẳng thức đây?

A

xy xy4550. B xy 2xy 2550. C 2

x xyy 5240. D

x  y 19602

CÂU 4: Trong mặt phẳng P cho tam giác OAB cân ,O OAOB2 ,a 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 vuông C tam giác ABD Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD

A 3

2

a

B

3

a

C 5

2

a

D 5

3

a

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 

A

5

a

B 5

3

a

C 2 15

3

a

D 2

5

a

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  ABCD 60   Tính khoảng cách đường thẳng SB AC

A a

2 B 3a

2 C a

2 D 3a

4

CÂU : Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình thoi cạnh a BAD 60 Hình chiếu vng góc

của S mặt phẳng ABCD trùng với trọng tâm tam giác ABC Góc mặt phẳng  SAB  ABCD 60   Khoẳng cách từ điểm B đến mặt phẳng SCD 

A 21a

14 B 21a

7 C 7a

14 D 7a

7

CÂU : Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC tam giác vuông 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

A 2a3 B

3

a



C

3

a



D

3

2

a 

(27)

GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 26 CÂU 9: Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật ABa AD, a Góc hai mặt phẳng SAC  ABCD 

60 Gọi H trung điểm củaAB Biết tam giác SAB cân H nằm mặt phẳng vng góc với đáy Tính theo a bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S HAC

A 9

8

a

B 62

16

a

C 62

8

a

D 31

32

a

CÂU 10:Cho khối chóp S.ABCD có đáy hình vng cạnh a, SA vng góc với mặt phẳng đáy khoảng

cách từ A đến mặt phẳng SBC  a

2 Gọi M điểm thuộc cạnh SD cho SM3MD Mặt phẳng

ABM cắt cạnh SC điểm N Thể tích khối đa diện MNABCD 

A

3

7a

32 B

3

15a

32 C

3

17a

32 D

3

11a 96

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 và ABC , tính  cos thể tích khối chóp S ABC nhỏ

A cos

3

  B cos 3

  C cos 2

 D cos

 

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 60 Tính thể tích V khối chóp S.ABCD theo a

A

3

3 30a V

8

 B

3

30a V

4

 C

3

30a V

12

 D

3

30a V

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)

A

5 B

55

10 C

10 D

1

CÂU 14: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật, AB2a, BCa Hình chiếu vng góc

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

7 C

5 D

CÂU 15: Cho hình chóp S.ABCD có đáy hình chữ nhật, ABa; AD2a Tam giác SAB cân S nằm

trong mặt phẳng vng góc với đáy Góc đường thẳng SC mặt phẳng ABCD 

45 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 2a 1513 89

 D d a 1513

89

(28)

CÂU 1: Đáp án D

 Gọi H hình chiếu O lên ABCHlà trực tâm ABC

 Ta có OA; ABC   OA; AHOAH ; tương tự OBH ;OCH   Lại có

2 2

2 2 2 2

1 1 OH OH OH

1 sin sin sin OH  OA OB OC OA OB OC        

 Đặt 2 x, y, z 3

x sin , y sin , z sin x y z xyz xyz

x y z 27

 

                



 Khi M 12 12 12 2

sin sin sin x y z

 

  

     

            

  

       



1 1 1

8

x y z xy yz xz xyz

36 18 36 18

8 125

1

x y z xy yz zx xyz

3 27

   

         

   

        

   

Vậy Mmin 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30

 Ta có: HM tan 300 SH HM a ;SM 2a 3

   



SOsin30 OK 1 SO 2 OH a

 2  2 a 2a

HE a ; AH a

3

      

 Lại có:  

2

1 a HE

sin EAH

2a AH

3  

    

3a a 4a

     a

2

 

 Trên AM lấy điểm P cho

BPC120 ABPC nội tiếp  Khi

2 S.ABC SAP

SA.AP.SM SA

R R

2.AP.SH 2SH

     

C

4 343

V R

3 48



   

CÂU 3: Đáp án A

 Gọi I, H trung điểm SA, BC Ta có BI SA SA BIC CI SA



  

 

 VS.IBC VA.IBC

 Đặt SA a,BC b,  theo giả thiết ta a2b218  Lại có

2

2 a 100 a

BI SB SI 25

4



    

 Và

2 2

2 100 a b 100 a b

IH IB BH

4

  

(29)

 Diện tích tam giác IBC 2

IBC

1 y

S IH.BC 100 a b

2

    

 Suy 2 2

S.IBC A.IBC

1 a b ab

V V 100 a b 100 a b

3 24

      

 Khi đó, thể tích khối chóp S.ABC 2

S.ABC S.IBC

ab

V 2V 100 a b 12

   

 Ta có

2 2

2 x y x

a b a b 18 82

ab V 100 a b 100 18

y 82

2 24 24 4

 

 

          





 Vậy 2

xy xy 4 82 4.8264004550

 Gọi M trung điểm CD MCMD MA; MB  Ta có AB OA2 OB22OA OB cosA2a 3;OI a



3

3; 2; 2

2

AB AB

CI  a DI   aCOa DO a

 Khi

OC ODOB  BCDvng B Suy MCMDMB

 Vậy M tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD Khi

2 2

CD OC DO a

R   

(30)

 Ta có:  2 2

2

SM  a a  a 2

2 cos 60

SM MN SN  MN SN 

 2  2 2 2 2

3 2.2

2

a a SN aSN SN aSN a

         2

0

SN a SN a

    

 2

sin 60 ;

3 a

SH SN   MP a a a ; cos 60

2 2

a a a

HN SN   HO  a

 Ta có

3 3

OM a

a

HM   nên      

2

; ;

3

d O SMP  d h SMP

 2

2

PN  a a a Mà KH MH PN  MN

 2 2 12 12 2 2 2

2 3 3 2 10

2

MH a a

KH PN a IH

MN a IH HS HK a a

         

   

   

   

Gọi H hình chiếu vng góc S mặt phẳng (ABCD) Ta có SASO SHA SHO c g c    HAHO  HAO cân H, có HAO 30 HA a HD 2a

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  3 

Vậy     

2

3 SH.HK 3a 3a

d A; SBK d SB; AC

4 SH 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

 Mà IH 1d C; AB   a a SI tan 60 a a

3 6

      

 Kẻ IKCD; IESKIESCDd I; SCD  IE  Mà   

2

2 a a SI.IK a

IK d B; CD IE

3 3 SI IK

     



 Vậy d B; SCD   3d I; SCD   3a

2 14

 

CÂU : Đáp án D

 Theo giả thiết, ta có ABC 90 ABC 90 (1)  Do

 

   



    

  



AH SB

AH SBC AH HC

BC AH BC SAB (2)

 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

 2

2 2

(31)

 Vậy thể tích khối cầu

3

4

3

  a

V R 

CÂU 9: Đáp án C

 Kẻ HK  AC AC SHK  SAC ; ABCDSKH 600  Tam giác HAC có ,

2

a a

AH  HC ACa

 Bán kính đường trịn ngoại tiếp HAC 2.sin

HAC

HC a

R

HAC

  

 Và    

2

1

; ;

2 2

AB BC a

HK d H AC d B AC

AB BC

   



 Tam giác SHK vuông H, có tan 2 a SH  SKH x HK 

 Vậy

2

2 62

4 8

HAC

SH a a a

R R        

   

CÂU 10:Đáp án D

 Kẻ AH SB d A, SBC   AH a SAB

      vuông cân ASAa



S.ABCD ABCD

1 a

V SA.S a.a

3 3

    Kẻ MN / /CD SM SN SD SC

  

 Ta có: S.ABD S.BCD S.ABCD

1

V V V

2

(32)



S.AMNB S.ABM S.BMN S.ABM S.BMN

S.ABCD S.ABD S.ABD S.ABD

3

MNABCD

S.ABCD S.ABCD

V V V V V SM SM SN 3 21

V 2V V V SD SD SC 4 32

V 11 11 a 11a

V

V 32 32 96

 

    

          

   

 

   

 Vậy

3

MNABCD S.ABCD

11 11 a 11a

V V

32 32 96

  

CÂU 11: Đáp án B

 Gọi M trung điểm BC ta có: BC AM BC SAM

BC SA

 

 

 



Trong SAM kẻ  AHSMAHBCAHSBCAH3



   

ABC

SBC ABC BC

AM BC SBC ; ABC AM;SM SMA SM BC

AH

AM BC 2AM

sin sin sin

1

S AM.BC

2 sin sin sin

 



      



 



     

  

   

  

 Trong tam giác vng SAM có: SM AM sin sin cos

 

  



 

2

2 2

S.ABC ABC 2

8 cos SA SM AM

sin cos sin sin cos cos

1 9

V SA.S

3 cos sin cos cos

 

      

     

   

    

 Đặt    

 2

9 t cos t f t

1 t t

     





   

x 0;1

1 243 27 2 243

f ; f ; f 18 2; f

3 2 10

3 f t f

3



   

     

   

       

       

       

 Dựng HKBD, SHBD nên ta có:

(33)

 Lại có: 2  

AD BD AB 3a, HK d A; BD

    AB.AD 3a

2 BD 10

 

 Do 3a

SH HK tan 60

2 10

  Vậy

3

1 AD BC a 30

V AB.SH

3



 

CÂU 13: Đáp án B

 Dễ thấy CDSACcos MN; SAC  sin MN;CD    Gọi H trung điểm AB MHABCD

 Tam giác MHN vng H, có 2 a 10

MN MH HN

2

  

 Tam giác MHC vng H, có 2 a

MC MH HC

2

  

 Tam giác MNC, có

2 2

MN NC MC

cosMNC

2.MN.NC 10

 

 

 Vậy    55

cos MN; SAC sin MNC cos MNC 10

   

 Cách giải: HC BH2BC2  a2a2 a  Ta có SC; ABCD SC; HCSHC60

Xét tam giác vng SHC có SHHC tan 60 a 3a  Ta có:

2 2

AC AB BC 4a a a

SB SH HB 6a a a

    

 Ta có:

 

0

2

SB.AC SH HB AC SH.AC HB.AC HB.AC

AB

SB.AC HB.AC.cos HB; AC HB.AC.cos BAC HB.AC a.2a 2a AC

    

    

 Lại có    

2

SB.AC 2a

SB.AC SB.AC.cos SB; AC cos SB; AC

SB.AC a 7.a 35

    

(34)

 => SHC vuông cân H SH HC BC2 BH2 a 17

    

 d M; SAC   1d D; SAC   1d B; SAC   d H; SAC  

2

  

 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  

a 2a

HI AH 2 a

AHI ACB g.g HI

BC AC a 5

       

 2 12 12 12 12 892 HK a 17 a 1513 17a a

HK SH HI 17a 89 89

4

(35)

CHỦ ĐỀ 2: THỂ TÍCH KHỐI LĂNG TRỤ

Lời giải Chọn A

M

B

C

A'

C'

B' A

K

GọiM là 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   .

B AA C C

V     B M AA AC 

Ta có

2 a

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 

60

MKBMKB 

Trong tam giác vng MKBta có tan 60 MB

MK



  MK

tan 60 MB  a



Trong tam giác vng MKCta có tanMC K MK KC

 

2

MK

MC MK



 2

6 6

4 36

a

a a





2 

Mặt khác tam giác vuông AA C ta có AA A C .tanMC K 2 a

 a

Vậy

1

B AA C C

V     B M AA AC  2

3

a

a a



3

a



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và AB C  60 Tính thể tích khối chóp B ACC A  

A

3

a

B

3

6

a

C

3

2

a

D

3

3 a

VÍ DỤ Cho khối lăng trụ đứng ABC A B C có đáy ABC tam giác cân với    ABACa ,

120

 

BAC , mặt phẳng A B C   tạo với đáy góc 60 Tính thể tích V khối lăng trụ cho

A

3

 a

V B

3

9

 a

V C

3

3 a

V D

3

 a

(36)

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

Xét tam giác A C D , có:   

3

2 3

2



    

   

     

a

D M C I

C B a a

A I

Xét tam giác MDD vng D có DMD  60  DMD nửa tam giác có đường cao  DD

3

2

 

DD D M  a

2

1

2 2

       

A B C

a a

S A I B C a

2

1 3

3

       

ABC A B C A B C

a a a

V S DD

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 8a2 Tính thể tích V khối lăng trụ cho

(37)

Gọi H trung điểm BCAH BC Ta lại có:  

 

AA ABC

BC ABC

   

 BCAA  góc A BC và ABC 30  Gọi BC2x, theo đề ta có:

 

.tan 30

AH x

AA AH x

     

  

2

A H AA AH x

   

2

8

A BC

S   a

2BC A H a

 

.2 x x a

   x 2a

Vậy thể tích cần tìm: V SABC.AA  4 3

a a a

 

  

 

Xét tam giác ABC vuông A ta có:

A

B

C

A

B

C 30o

H

VÍ DỤ 4: Cho hình lăng trụ đứng ABC A B C    có đáy ABC tam giác vng 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 a3 B

3

3 a

(38)

tan 60o AB AB a

AC

   Khi

2 2 ABC a

S  AB AC

Ta có hình chiếu vng góc cạnh BC mặt phẳng ACC A  AC Khi góc

30

BC A   Xét tam giác ABC vuông A ta có:

tan 30 AB AC 3a

AC 

   



Khi đó: 2

2

CC AC AC  a Vậy VABC A B C.   CC S ABC a3

Lời giải Chọn D a 3 a a I C' B' A' C B A

Ta có BC2  AB2AC22AB AC .cosBAC 2

a a a a 

      

2

3a

 BCa Xét tam giác vng B AB có 2

AB BB AB  a2a2 a Xét tam giác vng IAC có IA IC2AC2

2

4 a a

 

2 a 

Xét tam giác vng IB C  có B I  B C 2C I

2 a a

  13

2 a 

Xét tam giác IB A có

2

2 2

2

4 a B A IA  a 

2

13

a



B I

  IB A vuông A



2

IB A

S   AB AI

2

a a

 10

4 a



Lại có sin

ABC

S  AB AC BAC

2a a



4 a  Gọi góc tạo hai mặt phẳng ABC  AB I là 

Ta có ABC hình chiếu vng góc AB I  mặt phẳng ABC  Do SABC SIB A cos

2

3 10

.cos

4

a a 

  cos 30

10



 

VÍ DỤ 5: Cho hình lăng trụ đứng ABC A B C    có đáy ABC tam giác cân, với ABACa góc

120

BAC , 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

(39)

CÂU 1: Cho lăng trụ đứng ABC A B C đáy tam giác vuông cân B ,    AC a 2, biết góc A BC đáy 60 Tính thể tích V khối lăng trụ  

A

3

3 a

V B

3

3 a

V C

3

3 a

V D

3

6  a

V

CÂU 2: Cho lăng trụ đứng ABC A B C có đáy tam giác ' ' ' ABCvng cân A, cạnh BCa Góc mặt phẳng AB C mặt phẳng '  BCC B bằng' '

60 Tính thể tích V khối lăng trụ ' ' '

ABC A B C ?

A 3 a

V  B

3

3 a

V  C

3

a

V  D

3 3 a 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 a2 B 8 3a2 C 2 3a2 D 4 3a2

CÂU 4: Cho khối lăng trụ đứng ABC A B C    có đáy tam giác cân ABC với ABAC2x,

120

BAC , mặt phẳng AB C  tạo với đáy góc 30 Tính thể tích V khối lăng trụ cho

A

3

4

x

V  B

V x C

3

3 16

x

V  D

3

9

x V 

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 V1là thể tích khối đa diện chứa đỉnh Bvà

2

V thể tích khối đa diện cịn lại Tính tỉ số

V V

A

2

7 V

V  B

1

2 V

V  C

1

3 V

V  D

1

5 V

V 

CÂU 6: Cho lăng trụ đứng tam giác có độ dài cạnh đáy 37cm ; 3cm ; 30cm biết tổng diện tích mặt bên 480cm2 Tính thể tích V lăng trụ

A

2160

V  cm B

360

V  cm C

720cm D

1080

V  cm

CÂU 7:Cho lăng trụ đứng ABC A B C có cạnh ' ' ' BC2 ,a góc hai mặt phẳng ABC  A BC ' 

60 Biết diện tích tam giác A BC'

2a Tính thể tích V khối lăng trụ ' ' '

ABC A B C

A V 3 a3 B V a3 C

3

2 a

V  D

3 a V 

CÂU 8: Cho hình lăng trụ đứng ABC A B C    có AB1,AC2, BAC120o Giả sử D trung điểm của cạnh CC vàBDA 90o.Thể tích khối lăng trụ ABC A B C   

A 2 15 B 15 C 15

2 D 3 15

CÂU 9: Cho hình lăng trụ đứng ABC A B C    có đáy ABC tam giác vng C , ABC60, cạnh

(40)

GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 39 A a

B a3 6 C

3

3 a

D a3

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

3

6 a

B

3

2

a

C

3

6 a

D

6

a

CÂU 11 Cho hình lăng trụ đứng ABC A B C    có đáy tam giác vng cân đỉnhA, mặt bên BCC B  hình vng, khoảng cách AB CC a Thể tích khối lăng trụ ABC A B C    là:

A

3

2 a

B

3

2 a

C

3

2 a

D a 3

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

3

3 18 a

B a3 C

3

3 a

D

3

3 a

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  :

A

3

5

54 a

V  B

3

5

18 a

V  C

3

3 27 a

V  D

3

5

27 a

V 

CÂU 14: Một nhà kho có dạng khối hộp chữ nhật đứng ABCD A B C D    , hình chữ nhật ABCD có

3 m

AB , BC6 m, chiều cao AA 3 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 ?

A  

9 12 m



B 27 3m3

2 C

3

54 m D  

27 m



CÂU 15: Cho khối lăng trụ đứng có đáy ABC tam giác vng B, ABBC2a, AA a Tính thể tích V khối chóp A BCC B  theo a

A

3

4

3 a

V  B V a3 C

3

2

3 a

V  D V 2a3

CÂU 16: 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

3

6

a

B

3

2

a

C

3

6

a

D a3

CÂU 17 Cho hình lăng trụ đứng ABC A B C    có đáy ABC tam giác vng A,

, 60

AC a ACB   Đường thẳng BC' tạo với ACC A  góc 300 Tính thể tích V khối trụ

ABC A B C  

A V a3 B

3

a

(41)

GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 40 CÂU 18 Cho hình lăng trụ đứng ABC A B C    có đáy tam giác vng cân đỉnh A, mặt bên BCC B  hình vuông, khoảng cách AB CC a Thể tích khối lăng trụ ABC A B C   

A

3

2

a

B 2a3 C

3

2

a

D a3

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   

A

3

6

a

B a3 C

3

2

a

D 2a3

CÂU 20: Cho lăng trụ đứng ABC A B C    tích V Điểm M trung điểm cạnh AA Tính theo V thể tích khối chópM BCC B  

A 2

3

V

B 3

4

V

C

3

V

D

2

V

CÂU 21: Cho hình lăng trụ đứng ABC A B C    có đáy ABC tam giác cạnh a Khoảng cách từ tâm O tam giác ABC đến mặt phẳng A BC 

6

a

Thể tích khối lăng trụ

A 3 a B 3 a C 3 28 a D 3 16 a

CÂU 22: Cho hình hộp đứng ABCD A B C D     có ABADa, '

2 a

AA  , BAD 60 Gọi M,N lần lượt trung điểm A D , A B  Tính thể tích khối đa diện ABDMN

A

3

3 16

a

B

3

3 a

C

3

9 16

a

D

3

3 a

CÂU 23: Cho lăng trụ đứng ABC A B C    có ABa, BCa 3, AC2a góc CB ABC  60o 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 3, AC2a góc CB ABC  60o 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 vng A , AB2 ,a AC3a Mặt phẳng A BC  hợp với mặt phẳng A B C   góc 60 Tính thể tích khối lăng trụ cho

A

3

6 39 13 a

B

3

18 39 13 a

C

3

9 39 26 a

D

3

3 39 26 a

(42)

Tam giác ABC vuông cân B , ACa 2ABBCa

2

ABC 

a

S

Góc A BC đáy góc   A BA 60

tan 60

  

A A AB a

2

3

2

      

ABC A B C ABC

a a

V S A A a

y

x Z

C'

B'

A B

C A'

Vì tam giácABCvng 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0

0; 3; 

B a z

 ; BC  a 3;a 3;0, BB 0; 0;z VTPT BCC B  là: 1 , 1;1; 0

3

n BC BB

za

 

  

 3;0;0

AC a , AB 0;a 3;z

 VTPT mặt phẳng BA C  là:  

1

, 0; ; 3

n AC AB z a

a

 

   

Vì góc mặt phẳng AB C mặt phẳng '  BCC B bằng' '

(43)

 2

60 ,

cos   cos n n

 2

1 2

z

z a

 

  z a

Vậy thể tích khối lăng trụ ABC A B C là: ' ' '

3

1 3

2

a V  AC AB AA

C'

C D

B A

A' D'

B'

O1

O2

Xét hình lập phương ABCDA B C D   cạnh 2a , gọi O1,O2 tương ứng tâm ABCD

ABB A  suy ra:

1

O O  B C 12 2 a a

  O1,O2 cạnh bát diện có đỉnh tâm

của hình lập phương ABCDA B C D   

Suy hình bát diện có tổng diện tích mặt là:

 2

2

8

4 a

S   a (đvdt)

Gọi I trung điểm B C 

Ta có AB C  , A B C  AIA 30 , A I A B .tan 60 x, tan 30

x AAA I  

. 2 sin1201

3

ABC A B C

x

V    x x  x

(44)

GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 43 N

M B'

C' A'

A C

B

Đặt thể tích khối lăng trụ ABC A B C    V , ta tích khối chóp A ABC

V 

thể tích khối chóp V A BCC B   

Mặt khác thể tích khối chóp A BCNM thể tích khối chóp A B C NM   nên thể tích khối chóp A BCNM

3 V

Vậy

2 V V  ,

3 V

V 

2

2 V V

 

Nửa chu vi đáy: 37 13 30 40

p   

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:

13 37 30 480

xq

S  x x x  x

Vậy thể tích lăng trụ là: V 6.1801080cm3

Gọi H hình chiếu A BCAHBC Ta có

' ( ) '

(45)

Diện tích A BC'

2 '

'

2

1

' '

2

A BC A BC

S a

S A H BC A H a

BC a



     

0

'

sin ' ' sin 60 '

AA

A HA AA a a

A H

    ,

 2

2 2

' '

2

ABC

AH  A H A A  a  a  a S  AH BCa

Vậy thể tích lăng trụ VABC A B C ' ' ' AA S' ABC a 3.a 2a3

2 2

2 cos

BC AB AC  AB AC BAC   BC Đặt AA h 

2

2 2

7, 1,

4

h h

BD   A B h  A D  

Do tam giác BDA vuông D nên A B BD2A D  h2 Suy V  15

Tam giác ABC vng C có ABC60; BCa suy ACBCtan 600 a

Khi :

2

1

2

ABC

a

S  AC BC

Mặt khác: ACBCC B  suy góc giữaAB' mặt phẳng BCC B  AB C  30 Tam giác AB C vng C cóAB C  30 ; BCa suy o

tan 30

AC

B C   a Tam giác BB C vng B có BCa; B C 3aBB2 2a

Vậy

ABC A B C ABC

(46)

GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 45 CÂU 10: Chọn D

Ta có ABC vng

2

1

3

,

2

ABC

a

AC a AB a S a a

A       

BC tạo với mặt phẳng AA C C   góc 30 BC A 30 

Lại có ABC  vuông A , suy AC 3a Từ

  2 2  2 2

2 AA AC  A C   AC AC  a Vậy

2

3

2

3

6

ABC A B C ABC

V    AA S   a a a

CÂU 11 Chọn C

A'

C'

B A

C B'

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 vng cân A nên BCAC a Mặt khác BCC B  hình vng nên BB BCa

Thể tích khối lăng trụ ABC A B C    là:

2

ABC

a a

V S BB a 

(47)

Ta có ADD A    AB nên góc mặt phẳng D AB  mặt phẳng ABCD góc  AD

AA hay A AD   30 Suy tan 30

A D

AA    a

 Vậy thể tích hộp

3

ABCD A B C D

V     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 Kẻ A H B C  A H B C CB  

2 a A H   Ta có

3

1 1 3

3 18

A B CF

a a a

V    A H  B B CF  a 

Ta lại có

2

4

CEF ABC

S CF

S CB

    

 

2

4

9

CEF ABC

a

S S

  

2

1 3

3 27

A CEF CEF

a a

V  A A S a

   

Vậy VC A B FE   VA B CF  VA CEF

3 3

3

18 27 54

a a a

  

(48)

3 m

6 m 3 m

I

D'

C' B'

C

A D

B A'

J

Ta có : Vkho VABCD A B C D    VA B J D C I   

ABCD A B C D

V     AB AD A A 3.3.6 54m3

A B J D C I A B J

V     S   A D 

3

4

 

  

 

3

27 m



 

27 m

kho

V



 

Ta có: . 1.2 3

3 3

A BCC B BCC B

V    AB S   AB BC BB a a a  a

Ta có BCACC A C A hình chiếu BC lên mặt phẳng 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

 vuông C có CC' AC'2AC2 2a

3 ' ' '

1

2

ABC A B C ABC

(49)

GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 48 CÂU 17 Chọn A

Ta có BAACC A C A hình chiếu BC lên mặt phẳng ACC A  Vậy góc

 

, 30

BC ACC A  BC A

    

 

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AC2 2a

3

1

2

     

ABC A B C ABC

V S CC AB AC CC a

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

2 ' '

AB AC a BC a AA BB a

       

Vậy thể tích khối lăng trụ ABC A B C   

3

1

2

       

ABC A B C ABC

a

V AA S a a

(50)

C'

B'

A B

C A'

N

M P

Q

Do MNPQ tứ diện suy ABA C Đặt A A x Ta có AB A C   0 AC CB BB.A C 0

2 2

a x

x a x x a x

a x a x

    

   x a

Vậy .

2

ABC A B C

V    a a

3

2

a



M

B'

C'

A

B

C A'

Gọi: V VABC A B C.    AA S ABC

M ABC

V

 VM A B C.   

MA SABC

 1

3 AA S ABC



6V



Ta có: VM BCC B.    V VM ABC. VM A B C.    1 6

V

V V V

   

M C B

A' C' B'

A

H O

(51)

Ta có BC AM BC AA M BC AH

BC AA

  

   

 

  (1)

Mà AH  A M 2 

Từ (1) (2)d A A BC ,   AH Ta có   

 

 ,,  13

d O A BC MO

MA d A A BC



 

 (do tính chất trọng tâm)

 

 ,   , 

2

a d A A BC d O A BC

  

2

a AH

 

Xét tam giác vuông A AM' : 2 2 2

AH  AA  AM 2

1 4

3 2

a AA

AA a a 

    



Suy thể tích lăng trụ ABC A B C '  là:

2

3 3

4 16

2

ABC

a a a

V  AA S   

Gọi SBNAA Suy ra: S M D, , thẳng hàng

Có:

2

SM AM

SD  AD  Suy M trung điểm SD

4

SMN SBD

S SM SN

S SD SB

 

 

4

MNBD SBD

S S

 

Tam giác ABD có ABADa,BAD 60 nên tam giác ABD tam giác

 

1

,

3

A BDMN BDMN

V  d A BDMN  S  

1 3

,

3d A SBD 4SSBD 4VS ABD

   

2

3 1 3

4 ABD 4 16

a a

SA S a

  

(52)

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

4

AEBF CQ AA Thể tích khối lăng trụ V  AA S ABC

Thể tích tứ diện CEFQ là: 1 0, 25

3 4

CEFQ

CEFQ EFQ ABC

V

V CQ S AA S V

V



     

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

4

AEBF CQ AA Thể tích khối lăng trụ V  AA S ABC

Thể tích tứ diện CEFQ là: 1 0, 25

3 4

CEFQ

CEFQ EFQ ABC

V

V CQ S AA S V

V



     

(53)

Ta có

   

       

// // //

;

A A BC A B C

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

2

13

13 A B A C

A H a

A B A C

   

  

    

Ta có tan 60 39

13 BBHK  A H  a

Vậy

1 39 18 39

.S A

2 13 13

ABC A B C ABC

(54)

CÂU 1: Một hộp nữ trang (xem hình vẽ) có mặt bên ABCDE với ABCE hình chữ nhật, cạnh cong CDE

là cung đường trịn có tâm trung điểm M đoạn thẳng AB Biết AB12 cm, BC 6 cm

và BQ18 cm Hãy tính thể tích hộp nữ trang

A.216 4  3 cm 3 B.261 4  3 cm 3

C.261 3 4cm3 D.216 3 4  cm3

CÂU 2: Cho lăng trụ tam giác đềuABC 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 số

2

V

A

47 B

1

23 C

1

11 D

1

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

3

3 a

Khoảng cách hai đường thẳng AB BC là:

A 2

3

a

B 4

3

a

C 3

4

a

D 3

2

a

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

3

AM  a,

5

CP a Thể tích khối đa diện

ABCD MNPQ là:

A 11

30a B

3

a

C

3

2

a

D 11

15a

CÂU 5: Cho khối chóp S ABC có SA vng góc với đáy, tam giác ABC vng B Biết thể tích khối chóp

24 giá trị nhỏ

nhất diện tích tồn phần chóp S ABC p 5q p q,  Tính giá trị biểu thức: p2q2 ?

A 2 37

36

p q  B 2 37

9

p q 

C 2 25

4

p q  D 2 25

16

p q 

A B

C

E D

M

P Q

R

S

T

12

6 18

a

b c

S

A C

B

(55)

GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 54 CÂU 6: Một hình hộp chữ nhật có kích thước a (cm) (cm) (cm) b  c , a b c, , số

nguyên a  b c Gọi V (cm )3 S (cm )2 thể tích diện tích tồn phần hình hộp Biết VS, tìm số ba số a b c ? , , 

A 4 B 10 C 12 D 21

CÂU 7: Cho hình hộp ABCD A B C D     có đáy ABCD hình thoi cạnh a 3, 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 21

7

 Thể tích khối hộp ABCD A B C D    bằng

A

3

a

B

3

9

4 a

C

3

9

a

D

3

4 a

CÂU 8: Cho hình hộp ABCD A B C D    có đáy ABCD hình thoi cạnh a,BCD120

2

a

AA  Hình chiếu vng góc A lên mặt phẳng  ABCD trùng với giao điểm  ACvà BD Tính theo a thể tích khối hộp ABCD A B C D    

A V 3a3 B V 12a3 C V 6a3 D V 9a3

CÂU 9: Cho hình hộp MNPQ M N P Q     có cạnh 2a, với a0;a Biết QMN 60,

120

M MQ M MN   Tính thể tích V khối hộp MNPQ M N P Q    theo a

A V  2.a3 B V 4 2.a3 C V 8.a3 D V 2 2.a3

CÂU 10: Để làm máng xối nước, từ tôn 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?

A x0, 6m B x0, 65m C x0, 4m D x0, 5m

CÂU 11 Cho khối lăng trụ ABC A B C    tích V 36 cm3 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 cm B 15 cm C 9 cm D 12 cm

CÂU 12: Cho khối lăng trụ ABC A B C    tích 2018 Gọi M trung điểm AA; N P , là điểm nằm cạnh BB, CC cho BN2B N , CP3C P Tính thể tích khối đa diện

ABC MNP

A 32288

27 B 40360

27 C 4036

3 D 23207

18

CÂU 13: Cho khối lăng trụ ABC A B C    Gọi M trung điểm BB, Nlà điểm cạnh CC

3 m

0, m 0, m

0, m

x m

0, m 3 m

0, m

x

(56)

cho CN3NC Mặt phẳng (AMN)chia khối lăng trụ thành hai phần tích V 1 V hình vẽ Tính 2 tỉ số

2

V V

A

2

5 V

V  B

1

3 V

V  C

1

4 V

V  D

1

7 V V 

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 3 V 32 a  B 96 a C 48 a D 32 a

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

2

V V

A

2

7 V

V  B

1

2 V

V  C

1

1 V

V  D

1

5 V V 

CÂU 16: Cho hình lăng trụ ABC A B C    tích

6a Các điểm M, N , P thuộc cạnh AA, BB, CC cho

2

AM AA  ,

2

BN CP

BBCC  Tính thể tích V đa diện ABC MNP

A 11

27

V  a B

16

V  a C 11

3

V  a D 11

18

V  a

CÂU 17: Cho hình lập phương ABCD A B C D     cạnh 2a , gọi M trung điểm BB P thuộc cạnh DD cho

4

DP DD Mặt phẳng AMP cắt CC  N Thể tích khối đa diện AMNPBCD

P M C' D' B' C A D B A'

A V 2a3 B V 3a3 C

3

9

a

V  D

3

11

(57)

GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 56 CÂU 18: Cho hình lăng trụ ABC A B C    tích V Các điểm M , N , P thuộc cạnh

AA, BB, CC cho

2

AM AA  ,

2

BN CP

BBCC  Thể tích khối đa diện ABC MNP

A 11

18V B 20

27V C

16V D 3V

CÂU 19: Cho hình lăng trụ ABC A B C    Gọi M , N , P điểm thuộc cạnh AA, BB, CC cho AM 2MA, NB 2NB, PCPC Gọi V1, V2 thể tích hai khối đa diện

ABCMNP A B C MNP   Tính tỉ số

V V

A

2

2 V

V  B

1

1 V

V  C

1

1 V

V  D

1

2 V V  GIẢI CHI TIẾT

 Ta có V BQ S ABCDE

 Trong SABCDE SABCESCDE SABCESMCDESMCE  6.12 12 1202 1.6.12 12 3 

360

 

 

    

 

 Thể tích hộp nữ trang V 18.12 3 4216 3 4cm3

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

Ta có: B H A C A C B HI HI A C

   

   

 

   

   P  B HI 

A EH A C C 

 # A E A C

A H A C

  

 

 

A C A H A E A C        10 a 

A IH A C C 

 # IH A C

A H C C



 

 

A C A H IH C C      a  B HI

S   B H HI

2

15 16 a

 1 B HI

V  S  A E

2

1 15

3 16 10

a a

 3

(58)

ABC A B C ABC

V    S A A

2

3 a

a

 3

2 a

 2 47 3 96

V  a

1 47 V

V 

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

 

Kẻ HK  AA' ta có

'

BC AM

BC A H

 

 

 BCA AM' BC HK

Mà '  ' 

6

a HK AA HK  A Ax HK 

Ta có

2 2

1 1

'

a HA

HK  HA HA   mà

2

3

'

4 12

ABC ABC

a a

S   V A H S 

 Gọi F trọng tâm tam giác ABC Suy A F đường cao hình lăng trụ

0

1

.sin 60

2

ABC

S  a a  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    2 2

3

AA A F  AF  aOE

 Xét hình bình hành AOEA: d A ABCD ,  khoảng cách hình chiếu A lên OE

3 '

4

AOEA

S AO A F OE d a

Q

O1

I

O' O

A'

C'

D' C B

D A

B' N M

(59)

 Tứ giác MNPQ hình bình hành có tâm I thuộc đoạn OO

 Ta có: 11

2 30

AM CP a

OI   a Gọi O1 điểm đối xứng O qua I thì:

 1 11

15

OO  OI aa Vậy O1 nằm đoạnOO

 Vẽ mặt phẳng qua O1 song song với ABCD cắt cạnh  AA; BB CC; ; DD

tạiA B C1, ,1 1, D1

 Khi I tâm hình hộpABCD A B C D 1 1

 Vậy

1 1

ABCD MNPQ MNPQ A B C D

V V =

1 1

2

1 11

2VABCD A B C D 2a OO 30a

CÂU 5: Cho khối chóp S ABC có SA vng góc với đáy, tam giác ABC vng B Biết thể tích khối chóp

24 giá trị nhỏ

nhất diện tích tồn phần chóp S ABC p 5q p q,  Tính giá trị biểu thức: p2q2 ?

A 2 37

36

p q  B 2 37

9

p q 

C 2 25

4

p q  D 2 25

16

p q 

CÂU 6: Chọn.B

 V a.b.c.S2ab bc ca  

 Ta có VS suy 2  1 1

ab bc ca a b c

a b c

      

 1 1 1

2         a b c a a a a a (do a  b c)

 1 1 1

2 a

a       b c a

 Với a3 ta có 1  6 6 36 b c

b  c   

 Suy   b c,  7;42 , 8;24 , 9;18 , 10;15 , 12;12          có cách chọn thỏa mãn  Với a4 ta có 1  4 4 16

4 b c

b  c   

 Suy   b c,  5;20 , 6;12 , 8;8      có cách chọn thỏa mãn

a

b c

S

A C

(60)

 Với a5 ta có

6

1 3 20

, 15 10

10 10

2

b b

b

c

b c b c

  

 

        

  

 

 Suy có 1 cách chọn thỏa mãn  Với a6ta có 1

3 b c

b    c Suy có 1 cách chọn

 Vậy tổng cộng có 10 cách chọn

 Do DCC D  // ABB A  ABCD // A B C D    nên góc hai mặt phẳng ABCD  CDD C  góc hai mặt phẳng nên góc hai mặt phẳng A B C D    ABB A  góc OHB với H hình chiếu O lên A B 

 Trong A B D   có

2

2 2

3

4

a a

OA  A D  OD  a   a OA

   A C a

 Ta có OH A B  OA OB 

3

2

4

a a

a OH

a

  

 cos 21

7 OH BH

   21

4

21

a a

BH

  

 2 21

16 16

a a a

BO BH OH   

2

1 3

3.3

2 2

ABCD

a

S  AC BD a a

 Vậy

2

3 3

2

a a a

V  

CÂU 8: ChọnA

D'

O B

A

D

C B'

A'

C'

(61)

 Gọi OACBD Từ giả thiết suy A O ABCD  Cũng từ giả thiết, suy ABC tam giác nên:

2

3

2

ABCD ABC

a

S  S 

 Đường cao khối hộp:

2

2 2

2

AC

A O  AA AO  AA    a

 

 Vậy

ABCD A B C D ABCD

V    S A O  a (đvtt)

P

P' N'

Q M

M' Q'

N

N M'

Q M

O

 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 được.M N M Q 2a

 Dùng Hêrơng cho NQM ta tính SNPMa2 11

 Từ bán kính đường trịn ngoại tiếp NQMlà

4 NQM 11

NQ QM NM a

ON

S 

 

 

 Xét tam giác OMN, ta có 2 22 11 a

OM  MN ON 

 Vậy . 2 11.2 22 11

MNPQ M N P Q

a

V      a  a

 Vì chiều cao lăng trụ chiều dài tơn nên thể tích máng xối lớn diện tích hình thang cân (mặt cắt) lớn Ta có  0, 3

2 h

S  x

          

2

2 0,3 0,3 0,3

0,3

0,3 0,3

2 4

x x x

x

BC   h    S   

h

0.3m 0.3m

B

A

C

(62)

 1    2 2

0, 0, 0,

S  x  x

 Xét hàm số f x   x0, 3 0, 3  2 x0, 32

          

   

2

2 0,3

4 0,3 0,3 0,3

4 0,3 0,3 x

f x x x

x   

     

 

       

   

 

   

2

2 2

4 0,3 0,3 0,3 0,3 0,36 0,3

4 0,3 0,3 0,3 0,3

x x x x x

x x

      

 

   

   0,3

0 0,3 0,18

0, x

f x x x

x            





 Dựa vào bảng biến thiên ta thấy f x lớn   x0,  Vậy thể tích máng xối lớn x0, 6m

CÂU 11 Chọn B

J I

C'

B' A'

C

B A

 Gọi I  ABA B , J A C AC.Ta có VIJBB C C' ' VA BB C C. ' ' VA BCIJ.  Mặt khác VA A B C.   VA BCC B.   VABC A B C.    . .

3

A BCC B ABC A B C

V   V   

  24

3V

 

 Ta lại có

1 1

.36

4

A IJA

A IJA A A B C

V AI AJ

V

V AB AC



   

    

 

1

.36

A IJBC A ABC A IJA

V V  V   

 Vậy  3

' ' 24 15 cm

IJBB C C

V   

(63)

Ta có

1 23

3 36

ABC MNP ABC A B C

V AM BN CP

V    AA BB CC

 

    

  

  Vậy

23207 18

ABC MNP

V 

 Gọi M trung điểm CC, ta có:



2

BCM M BCC B

dt   dt  ,

4

M MN BCM M

dt   dt 

8dtBCC B 



8

BMNC BCC B

dt dt  

 



 



A BCB C

V V         , ,

3  

  

 

BCNM

BCB C

d A BCB C dt d A BCB C dt

5        

A A B C ABC A B C

V V         ; ;             

A B C A B C

d A A B C dt

1 

A BCC B ABC A B C

V V

    

 

  



ABC A B C

V V  12 

 Do VABC A B C.    V1 V2 V V  

 Gọi S giao điểm đường A M ; NP BB Có M; B; P trung điểm cạnh SA; SB SN

 Vì ABC cạnh a nên

2

3

ABC

a

S 



1 1 1

2 2 8

S BMP

S BMP S A B N MBP A B N S A B N S A B N

V SB SM SP

V V V V

V    SB SA SN             

 Vì B trung điểm SB nên VS A B N.   2.VB A B N.   Vì N trung điểm B C  nên

2 3

1 1 3

2 24 12

B A B N B A B C ABC S A B N

a a a

(64)

 Từ ta có

3

7 7

8 12 96

MBP A B N S A B N

a a

V    V    

K

N M

A'

C' B C

A

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.

 Lại có

1

ABC KMN

V  V;

1

3

A MNK ABC KMN

V  V  V suy

1 1

V  V V  V  từ ta có 1

3

V  V V  V Vậy

2 V V 

 Lấy điểm QAA cho PQ AC// Ta có

6

MQ AQAM  AA  Dễ thấy . .

3

ABC MNP ABC A B C

V  V   , . . 12

M QNP ABC A B C

V  V   

 Vậy

11 18

ABC MNP M QNP

V V V  V 11

3 a



N K

O' O

P

M

C'

D'

B'

C

A D

B

(65)

 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

 Ta có 1 

2

OK  DPBM

2

a a

a

 

   

  Do

3

2

a

CN  OK  Diện tích hình thang BMNC

 1 

2

BMNC

S  BM CN BC

2

1

.2

2 2

a a

 

    

  Thể tích khối chóp A BMNC



1

A BMNC BMNC

V  S AB

2

1 5 3

a a

a

  .Diện tích hình thang DPNC

 1 

2

DPNC

S  DPCN CD

.2 2 2

a a

 

    

 

 Thể tích khối chóp A DPNC

1

A DPNC DPNC

V  S AD

3 2 3 a a a  

 Thể tích khối đa diện AMNPBCD V VA BMNC VA DPNC

3 3 3 a a a   

CÂU 18: ChọnA

 Có . .

3

A B C CB M B C CB

V     V V  

 Đặt:   

1

,

3

M NPCB NPCB

V V  d M CC B B  S

    ' '   

1 2 2

, ,

3d M CC B B  3SCC B B 3d M CC B B  SCC B B  3VM CC B B  3 V 9V

      

 2 .  ,  1  , 

3

M ABC ABC ABC

V V  d M ABC S  d A ABC S  V

 Vậy . 1 2 11

9 18

ABC MNP

V  V V  V  V  V

P C B A' C' B' A M N

 Gọi V thể tích khối lăng trụ ABC A B C    Ta có V1 VM ABC VM BCPN

      

1 2

, ,

3 3

M ABC ABC ABC

V  S d M ABC  S d A ABC  V

 .  ,  1  , 

3 3

M A B C A B C A B C

V     S    d M A B C    S   d M A B C    V  Do BCC B  hình bình hành vàNB 2NB, PCPC nên

5

B C PN BCPN

(66)

 Suy

7

M B C PN M BCPN

V    V , Từ V VM ABC VM BCPN VM A B C   VM B C PN  

 . . .

9 M BCPN M BCPN M BCPN 18

V V V V V V V

      

 Như

2 1

9 18 2

V  V  V  V V  V Bởi vậy:

(67)

CHỦ ĐỀ 3: TÍNH TỐN ĐỘ DÀI – KHOẢNG CÁCH – THỂ TÍCH

60° 2a

O E

N M

D S

A

B

C I

K

H

 Gọi N E, trung điểm CD BC,

 Ta có: SAB nên SM AB mà AB/ /CD SM CDvà 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 SM2 MN2SN22.SN MN .cosSNM 2

3a 4a SN a SN

   

 2

2

SN a SN a

    SNa cos

2

a

HN SN SNM

   sin

2 a

SH SN SNM 

 Do đó:

2

a

MH  MOa nên d O SME ,  MOd H ,SME MH

  , 

3d H SME



 Lại có: ME/ /AC nên AC/ /SMEd SM AC , d AC SME ,   , 

d O SME HK

 

 Xét MHI vuông I có HMI 45 nên MHI vng cân I

4

MH a

MI HI  

 Xét SHI có 2 12 12

HK  HI SH 2

HI SH HK

HI SH

 

 2

3

10

8

a a

a

a a

 



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

5 a

B 2 15

3 a

C 5

3 a

D 2

5 a

(68)

 Vậy d SM AC ,   , 

d O SME HK

 

5 a 

45° 2a

O

B S

A

D C

E H

 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:  ,   , 

2

d O SBC  d A SBC  AH  Xét tam giác ABC có .sin

2

ABC

S  AB BC ABC

1 2AE BC

  AE ABsinABC 3a

 Mặt khác góc mặt phẳng SBC  ABCD  45 nên SEA45 Khi đó: tan

SAAE SEA3a  Xét tam giác SAE có:  2 12 12

AH  SA  AE 2

SA AE AH

SA AE

 



2

9

2

a a

a

   , 

2

a

d O SBC AH

  

VÍ DỤ Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình thoi tâm O cạnh AB2a 3, góc

120

BAD  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

3 a

h B h3a C

4 a

h D

2 a

h

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

2 a

d  B

2 a

d  C

2 a

d  D

(69)

Lời giải

Chọn A

2a 2a

2a a

E A

B

C S

Ta có SBSCa 5;SE 5a2a2 2 a Diện tích tam giác ABC  

2

3

a

S   a

Diện tích tam giác SBC 1

' 2

2

S  SE BC a a a Thể tích hình chóp S.ABC 3

3

V  a a  a

Mặt khác      

3

2

3 3

; ' ;

3 2

a a

V a d A SBC S d A SBC

a

    

Lời giải Chọn B

4

M K

N H

A

B C

D S

 Theo giả thiết, ta có SAB ABCD , SAB ABCD AB SA AB

  

 



 SAABCD

 Gọi N H K trung điểm cạnh , , SA SB đoạn , SH

VÍ DỤ 4: Cho hình chóp S ABCD có đáy hình chữ nhật Tam giác SAB vuông cân A nằm mặt phẳng vng góc với đáy SB4 2 Gọi M trung điểm cạnh SD Tính khoảng cách l từ điểm M đến mặt phẳng SBC 

A l2 B l2 C l D

(70)

 Ta có BC SA 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  ,   ,  2

d M SBC d N SBC NK  AH 

Lời giải Chọn D

 Ta có 600 SA ABC, SA HA, SAH Tam giác ABC cạnh a nên

2

a

AH 

 Trong tam giác vng SHA, ta có tan

a SH  AH SAH 

 Vì mặt cầu có tâm G tiếp xúc với SAB nên bán kính mặt cầu R d G SAB , 

 Ta có ,  ,  , 

3

d G SAB   d C SAB   d H SAB 

 Gọi M E trung điểm AB MB ,

 Suy 3

2

CM AB

a CM

   



 12 43

HE AB

a

HE CM

   

 



 Gọi K hình chiếu vng góc H SE, suy HK SE  1

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 3 13R2SH C

2

4 39

ABC

R

S  D 13

(71)

 Ta có HE AB AB SHE AB HK

AB SH

 

   

 

  2

 Từ  1  2 , suy HK SAB nên d H SAB ,   HK  Trong tam giác vuông SHE, ta có

2

2 13

SH HE a

HK

SH HE

 



 Vậy

3 13

a

(72)

CÂU 1: Cho hình chóp S ABC tích

3

3 24 a

, mặt bên tạo với đáy góc 60.Khi khoảng cách từ A đến mặt phẳngSBC 

A

2 a

B

2 a

C a D 3

4

a

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 8

15 a

B 2 57

19 a

C 2 66

23 a

D 10

27 a

CÂU 3: Cho hình chóp S ABC có đáy ABC tam giác vuông 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 AC cho 1;

3

EC CF

EB  CA  Góc hai mặt phẳng SBC  ABC 60  Tính thể tích khối chóp S ABEF khoảng cách d SA EF

A

3

7 6

;

192

a a

V  d  B

3

7

;

192

a a

V  d 

C

3

7 6

;

192

a a

V  d  D

3

7

;

192

a a

V  d 

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 cạnhAB Góc tạo SC ABCD  o

45 Tính theo a tính khoảng cách hai đường thẳng SD vàAB

A 2a

3

d  B

3 a

d  C

13 a

d  D 15

3 a

d 

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 2

3 a

h C h2a D

2 a

h

CÂU 6: Hình chóp S ABC có đáy ABC tam giác vuông B, BA3 ; a BC4 , a SBC  ABC Biết SB6 ; a SBC 60 Tính khoảng cách từ B đến SAC 

A 19 57

57 a

B 6 57

19 a

C 17 57

57 a

D 16 57

57 a

CÂU 7: Cho hình 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

3

3 a

Khoảng cách giữa hai đường thẳng AA BC

A 4

3

a

B 3

4

a

C 3

2

a

D 2

3

a

(73)

A 21

7 a

B 21

14 a

C 21

21 a

D 21

3 a

CÂU 9: Cho hình chópS ABCD có đáy hình vng cạnh a, 17

2 a

SD Hình chiếu vng góc H

Slên mặt ABCDlà trung điểm đoạn AB. Gọi K trung điểm AD Tính khoảng cách hai đường SD HK theo a

A 3

5

a

B

5 a

C 21

5 a

D

7 a

CÂU 10: Cho hình chóp S ABCD có đáy hình vng cạnh a, 17

2 a

SD , hình chiếu vng góc H S lên mặt ABCD trung điểm đoạn AB Tính chiều cao khối chóp  H SBD theo a

A

7 a

B 3

5

a

C 21

5 a

D

5 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 93 40 a B 23 60 a C 31 33 45 a D 33 a

CÂU 12: Cho hình chóp S ABCD có đáy hình vng cạnh 2a Biết mặt bên hình chóp tạo với đáy góc thể tích khối chóp

3

4 3

a

Tính khoảng cách SA CD

A 5a B 2a C 3a D 3 2a

CÂU 13: Cho lăng trụ ABC A B C    có A ABC tứ diện Biết diện tích tứ giác BCC B  2a2 Tính chiều cao hình lăng trụ

A

6 a

h B

3 a

h C

4 a

h D ha

CÂU 14: Cho hình chóp S ABC có đáy ABC tam giác vuông 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 AC cho 1;

3

EC CF

EB  CA  Góc hai mặt phẳng SBC  ABC 60  Tính thể tích khối chóp S ABEF khoảng cách d SA EF

A

3

7 6

;

192

a a

V  d  B

3

7

;

192

a a

V  d 

C

3

7 6

;

192

a a

V  d  D

3

7

;

192

a a

V  d 

CÂU 15 Cho tứ diện ABCD có ABa, ACa 2, ADa 3, tam giác ABC , ACD , ABD tam giác vuông đỉnh A Tính khoảng cách d từ điểm A đến mặt phẳng BCD 

A 66

11 a

d  B

3 a

d  C 30

5 a

d  D

2 a

(74)

GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 73 GIẢI CHI TIẾT

H M A

B

C S

I

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

Đặt

6 x

AB x HM  ; tan 60

x

SH HM   Vậy thể tích khối chóp S ABC

2 3

1 3 3

3 24 24 24

x x x x a

V       x a

Kẻ AI SM ISMAI SBCAI d A SBC , ;

2

3

12

a a a

SM   

SH AH a

AI

SM

 

H A

B

D

C S

M K

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 , 

3 sin 60

4 a

HM BH   ; 2 12 2 12 162 192 57

3 19

a HK

HK  SH HM  a  a  a  

Vậy khoảng cách từ A đến mặt phẳng SBC  57 19

a a

HK 

(75)

Dễ thấy

2

7

16 16

2 EFC BAFE

a a a

KB EF BCS  S  lại có

3

6

4 SABEF 192

a a

SH  V 

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

8 a

HJ 

Xác định góc SC ABCD  SCH 45

Tính 5

2

a a

HC SH 

Vì AB/ /SCD , HAB nên d AB S ; Dd AB SC , Dd H SC , D Gọi I trung điểm CD Trong SHI, dựng HKSI K

Chứng minh HKSCDd H SC ; DHK Xét tam giác SHI vuông H HK, đường cao:

2 2 2

1 1

5a 5a

a HK

HK  SH HI  a   

Vậy  ; D

3 a

d AB S HK 

CÂU 5: ChọnD

Dựng AH BC AKSH Ta có AK d A SBC ;  Vì BAD120o nên ΔACBđều, Suy 3

2

 a 

AH a

Mặt khác, góc SBC  ABCD  o

45 nên SAH 45o nên 2  a

AK

(76)

H

C A

B S

K G

L

Gọi H hình chiếu Slên BC Gọi K G; hình chiếu B H; lên CA Gọi L hình chiếu H lên SG Lúc SH ABC

 

 ,   , 

,

d B SAC BC BC

d B SAC HL

HC HC

d H SAC   

Xét SHG vng H , ta có:

2

SH HG SH HG

HL

SG SH HG

 

 Xét ABC vuông B , ta có:

2 2

12

5

16

BC BA a a a

BK

BC BA a a

  

 

Xét SHB vng H , ta có

1 cos 60

2

BH

BH a a

SB

     sin 60 36 3

2 SH

SH a a

SB

    

Khi CHBC BH a; 12

5

HG CH a a

HG a

BK  CB   a 

Vậy   

2

3 3

5 57

,

19

27

25 a a

BC SH HG a

d B SAC a

HC SH HG a

a a

  

 

G trọng tâm tam giác ABC

Gọi K trung điểm BC Ta có  '  '

BC AK

BC AA K

BC A G



  

 

(77)

Dựng KH  AA, KH AA K  BC KH  BC Vậy khoảng cách hai đường thẳng AA BClà KH

Vì thể tích khối lăng trụ

3 3

4 a

V  nên

ABC

a V

A G a

S a

   

3

2

3

Tam giác AA G vuông Gnên

2

2 2 3

3

a

AA A G AG a a

 

      

 

 

Trong tam giác AA K ta có

3

4

3 a a

A G AK a

A G AK KH AA KH

AA

a 

     



CÂU 8: ChọnA

Gọi H M, trung điểm AB CD, Ta có:

2

SH  a đường cao hình chóp Gọi I hình chiếu vng góc H lên SMsuy HI (SCD)

Vì AB/ /SCDd A SCD , d H SCD , HI

2 2 2

1 1 21

3

a HI

HI SH HM  a a  a  

N M S

H

K D

C B

(78)

Ta có SH  SD2HD2  SD2HA2AD2 a 3;

2

AC a

AO 

2

AC a

HM

  

       

// // , ,

HK BDKH SBD d HK SBD d H SBD Kẻ HM BD, HNSMtại M Khi d H SBD , HN

Mà 2 12 2

5 a HN

HN SH  NH    

3 ,

5 a d HK SD

 

O B

A

C

D S

H

E K

+ 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 2

:

2 a

AHD HD AH AD

   

+ Xét SHD SH:  SD2HD2 a

1

2

a

HK  AO

+ Xét

2

:

5

HE HS a

SHK HK

HE HS

  



Vậy chiều cao khối chóp H SBD a

T G

L

F N

M B'

I

D'

E K

J O

C

D

B

(79)

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

Do J trung điểm CD nên K trung điểm BC

3

EB FD EA FA  Trong SAB: đường thẳng EG cắt SA M , cắt SB L

Định lí mê nê la uyt cho tam giác B AB cát tuyến , ,G L E ta

3

LB LB





Định lí mê nê la uyt cho tam giác B AS cát tuyến , ,G L M ta

3

MS MA Tương tự ta có FI qua M cắt SD N thỏa mãn

5

DN DS 

Định lí mê nê la uyt cho tam giác MAF cát tuyến D N S ta , ,

7

MN NF  Thiết diện cần tìm MNJKL

Gọi S SMEF Ta có

7

45 45

FNJ

FNJ FME

S FN FJ

S S

S  FM FE   

Tương tự suy

45

ELK

S  S Do 31

45

MNJKL

S  S

Gọi T ACKJ 3

4

a

AT AC

   Suy 2

2

a MT  AM AT  Suy

2

1 27

2 2 2

MEF

a a a

S  MT EF    

Vậy diện tích thiết diện 93

40a

M O

C

D

B

A

S

H

Do mặt bên tạo với đáy góc nên hình chiếu S mặt đáy cách 4

cạnh hình vng ABCD Suy SO vng góc với đáy ( O tâm ABCD ) Suy

3

S ABCD ABCD

V

SO a

S

 

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

Suy OH d O SAB ;  Lại có 2 12 2 a OH

(80)

Vậy d SA BC ; a

I

M C A

A'

B'

C'

B H

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

2

2 3

4 3

x x x

AM  x   AH  AM 

Do đó:

2

2 2

3 3

x x a

h A H  AA AH  x   

Dễ thấy

2

7

16 16

2 EFC BAFE

a a a

KB EF BCS  S  lại có

3

6

4 SABEF 192

a a

SH  V 

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

8 a

HJ 

CÂU 15 Chọn A

A C

(81)

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:

3

1 1

3

D ABC ABC

a

V  DA S  a a a

Ta lại có   

1

,

ABCD D ABC BCD

V V  d A BCD S  ,  ABCD

BCD

V d A BCD

S

 

Ta có ABa, ACa 2, ADa nên BCa 3, BC2a, CDa Theo công thức Hê rơng, ta có 11

2

BCD

S  a

Vâỵ   

3

2

6

66

,

11 11

2 a

a d A BCD

a

(82)

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

2 a

B

19

a

C 17

19 a

D 2

19 a

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

3 a

B

2 a

C 2

3 a

D

3

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

6

a

B

3

a

C

2

a

D

2

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

3a Tính khoảng cách h từ điểm B đến mặt phẳngSCD 

A

4

h a B

3

h a C

3

h a D

3 h a

CÂU 5: Cho tứ diện ABCD cóAB CD 4,ACBD5,ADBC6 Tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng BCD 

A 3

7 B

3

5 C

3 42

7 D

7

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

3

3 a

Tính khoảng cách hai đường thẳng AA BC

A 2

3

a

B 4

3

a

C 3

4

a

D 3

2

a

Câu 7: Cho hình chóp S ABCD có đáy hình vng cạnh a , 17

2 a

SD , hình chiếu vng góc H S lên mặt phẳng ABCD trung điểm đoạn AB Tính chiều cao khối chóp H SBD theo a

A

5 a

B

7 a

C 21

5 a

D 3

5

a

CÂU 8: Cho hình lăng trụ đứng ABC A B C 1 1 1 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 A BK 1 

A

3 a

B a 15 C

6 a

D 15

3 a

(83)

A 2 3a B a 3 C

3

a

D

2 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

A nV

S B

V

nS C

3 V

S D 3

V S

CÂU 11: Lăng trụ ABC A B C    có đáy tam giác vng cân A, ABa, biết thể tích lăng trụ

ABC A B C  

3

4

a

V  Tính khoảng cách h AB B C 

A

3 a

h B

8 a

h C

3 a

h D

3 a h

CÂU 12: Cho hình chóp tứ giác S ABCD có đáy hình thoi, BAD 60 , cạnh đáy a, thể tích

3

2 a

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

4

a

B

3 a

C

3

a

D

2 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

3

8 3

a

Tính độ dài đoạn thẳng ACtheo a

A

3

2 a

B 2 2a C 2a D

3

2 a

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 15

5 a

B

5 a

C

5 a

D

15 a

CÂU 15: Cho lăng trụ ABCD A B C D 1 1 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 ADD A1 1 ABCD

o

(84)

A

2 a

B

6 a

C

4 a

D

3 a

CÂU 16: Cho hình chóp S ABCD với đáy hình chữ nhật có ABa, BCa 2, SAABCD

3

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 2

3 a

B

9 a

C

3 a

D 4

9 a

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

3

3 a

Khoảng cách từ M đến mặt phẳng SCD bằng:

A

6 a

B

4 a

C

2 a

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 6 B

3 a

d  C d a D

3 a

d 

CÂU 19: Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình thoi cạnh 2a 3, góc BAD 1200 Hai

mặt phẳng SAB  SAD vng góc với đáy Góc gữa mặt phẳng  SBC  ABCD 45 0

Tính khoảng cách h từ A đến mặt phẳng SBC 

A h2a B 2

3 a

h C

2 a

h D ha

CÂU 20: Cho hình chóp S ABCD có đáy hình vng cạnh a , 17

2 a

SD , hình chiếu vng góc H S lên mặt ABCD trung điểm đoạn AB Tính chiều cao khối chóp  H SBD theo a

A

5 a

B

7 a

C 21

5 a

D 3a

(85)

GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 84 GIẢI CHI TIẾT

B

O C

A

3

1

6

OABC

a

V  OA OB OC

Tính 2

5

AB OA OB a , AC OA2OC2 2a, BC OB2OC2 a

    19

2

ABC

S  p pAB pAC pBC  (với

2

AB AC BC

p   )

Gọi hd O ABC ;  Ta có 3

3 19

OABC

OABC ABC

ABC

V

V h S h

S

   

H

K

C D

A B

B' A'

D' C'

Từ D kẻ DH //CK HCC

Khi d CK A D ,  d CK ,A DH  d C A DH ,   CAHD ADH

V S



Ta có

3

A CDH DHC

V   A D S 

3

12

a



Mà A D a, a

DH  , 17

2 a A H  Xét tam giác A DH có

2 2

5 cos

2 34

A D A H DH

DA H

A D A H    

  

 

3 sin

34

DA H

 

2

1

2

A DH

a S  A D A H 

(86)

Vậy   

3

2

3 12 ,

3

4 a

a d C A DH

a

  

CÂU 3:

E O

D

A B

C S

H

 

 ,   ,  S ABC

SBC

V d AD SBC d A SBC

S

 

Gọi O tâm mặt đáy, ta có 2

2 a

SO SA AO 

3

1 1 2

2 12

S ABC S ABCD

a a

V V a

      

Ngoài ra,

2

3

SBC

a

S   , 

3 a 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 2SO OE

SE

  

Cũng tính 2 a

SO , thay vào tính  , ( )

SO OE a

d AD SBC

SE

 

Ta có chiều cao khối chóp S ABCD SI với I trung điểm AD Suy thể tích khối chóp S ABCD

3a

2

1

2

3 a SI 3a SI a

   

Xét tam giác SCD vng D có:

2

2 a

SD SI ID  nên

2

1 3

2 2

SCD

a a

(87)

Thấy VS ABCD. 2VS BCD. 2VB SCD. 2.1 3a 3SSCDh h 3a

   

C

D B

A

Thể tích khối tứ diện gần đều:  2 2 2 2 2 2 15

12

ABCD

V  a b c b  c a a  c b 

Diện tích tam giác BCD :     15

BCD

S  p p a p b p c  Ta có  ,  3 42

7

ABCD BCD

V d A BCD

S

 

ADMIN xây dựng toán tổng quát:

n m h

c b a

I N

M

B C

D A

Từ giả thiết ta có: MNDC hình thoi; tam giác CAN DAM, tam giác cân, suy ra: AI NC,AI DM AI (CDMN)

Ta có: D . D 1.4 . .

2 3

ABC A MN C A IMN A IMN

V  V  V  V  IA IM IN h m n

Từ

2 2

h m c

h n b

m n a

   

  

   

2 2

2

2 2

2

2 2

2

2 2

a b c

m

a b c

n

a b c

h

     



  

  

    



Suy ra: D  2 2 2 2 2 2

1

ABC

V   a b c a b c a b c

 2 2 2 2 2 2

1

4 6 6

        15

(88)

Ta có 15

2 2

BC CD DB

p      

    15

4

BCD

S p p p p

     

Ta có  ,  A BCD

BCD

V d A BCD

S 

15

4 15

4

 42

7 

Câu : Chọn C

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

2

3

ABC A B C ABC

ABC

V a

S A H a

S   



   

2

3

a

AH AM  2 2 2 32 12 42

2

a HK

HK AH A H a a a

       



  3

,

2

a d AA BC MI  HK 

Câu 7: Chọn A

A

B

C

C A

B

H M

I K

S

B C

D H

(89)

Ta có SHD vng H

2 2

2 17

3

2

a a

SH SD HD   a    a

            

 

   

Cách

3

1 1

3 12

S ABCD ABCD H SBD A SBD S ABCD

a

V  SH S  a V  V  V 

Tam giác SHB vuông H 2 13 a

SB SH HB

   

Tam giác SBD có

2

13 17

, 2,

2 SBD

a a a

SB BDa SD S 

 

 , 

5

S HBD SBD

V a

d H SBD

S

  

Cách Ta có  ,   , 

2

a

d H BD  d A BD 

Chiều cao chóp H SBD

 

   

  2

2

, 4

,

5

, 3

8

a a

SH d H BD a

d H SBD

a

SH d H BD a

  

   

Cách Gọi I trung điểm BD Chọn hệ trục Oxyz với OH Ox, HI Oy, HB Oz, HS

Ta có H0;0;0, 0; ;0 a B 

 , S0;0;a 3, 2;0;0 a I 

  Vì SBD  SBI

  :2 2

3

x y z

SBD x y z a

a  a a      

Suy   

3 2.0 2.0

3 3

,

5

4

a a d H SBD

  

 

 

A

B C

D

H I

x S

B C

D H

A

I y z

(90)

Ta có IK B C1 1BC AB2AC22AB AC c os1200 a

Kẻ AH B C1 1 AH đường cao tứ diện A BIK1

Vì

1 1 1 1

21

.sin120

7 a

A H B C A B A C  A H

1

2

1 1

35 15( )

2

IKB A IBK

S  IK KB a V  a dvtt

Mặt khác áp dụng định lý Pitago cơng thức Hê-rơng ta tính đc  

1 3

A BK

S  a dvdt Do   

1

3 5

,

6

A IBK A BK

V a

d I A BK

S

 

a

A D

C B

S

Vì đáy ABCD hình bình hành

3

1

2

 SABD SBCD  S ABCD 

a

V V V

Ta có:Vì tam giác SAB cạnh a 

2

3 

SAB

a S Vì CD ABCD SAB nên 

 ,   ,   , 

d CD SA d CD SAB d D SAB

3

2

3

3 2

2 3

4  SABD  

SBD

a V

a

S a

A C

B S

H

(91)

1 1

; ; ;

3 3

H ABC H SBC H SAB H SAC

V  h S V  h S V  h S V  h S

 

3

1

3

3 3

; ; ;

3

V

V V V

h h h h

S S S S

V V V V V

h h h h

S S

   

  

     

a a

h

B C

A

B'

A'

C'

Ta có AB A B C  d AB B C ,  d AB A B C ,   d B A B C ,   

2

ABC

a S 

ABC

V S h

3

2

4

3

ABC

a

V a

h

S a

   

(92)

2

ABCD ABD

S  S  AB AD sinA

2

3 a

 Độ dài đường cao

ABCD

V SH

S 

3

2

4 a a



2 a 

Gọi M trung điểm AB, K trung điểm BM

Ta có DM AB

2 a DM

  , HK // DM

2

DM a

HK  

Ta có ABSHK SAB  SHK, SAB  SHKSK Vẽ HNSK N HN SABd H SAB , HN

2

HK HS HN

HK HS





6 a

 , d C SAB , 2d H SAB ,  a 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  vuông H nên A H x tan 60 x Nhận thấy V 3.VB ABCD. 

3

8

3

ABCD

a

A H S  

3

2

3 3

a

x x   x2a

Vì ABCD hình vuông nên ACx 22a

CÂU 14: ChọnA

Ta có: KCAA BB ,

2

5 15 15

2 A B C

a a a

BK KC S   

3

15

LT

a

V 

K B

A C

C'

A'

B'

(93)

Gọi H giao điểm AC BD trung điểm đoạn thẳng AD

Góc hai mặt phẳng ADD A1 1 ABCD góc A MH1 , suy A MH1 60

1

3 tan

2

 a

A H MH A MH

1 1 1

3

1

6

  

A B BD ABCD A B C D ABCD

a

V V A H S

 

  1

1

3

1 2

3

3 2

;

2

 A B BD  

A BD

a

V a

d B A BD

S a

Dễ thấy:

 BDACa 3; SB2a; SDa  

2 2

2

4

BD SB SD a

BM  

  



3

1

3

S ABCD ABCD

a

V  S SA

Kẻ BHAC AH AC BA BC

BA BC a

BH

AC

  

3

AH AO

 

H

 trọng tâm tam giác ABD

Gọi G trọng tâm tam giác SBD GH//SA NP//AC BM NP Ta có:



3

SG

SO

2

SN SP SA SC  ;

2

3

a

NP AC



4

S BNP S BAC

V

V 

2

S MNP S DAC

V

V 

1

S BNMP S ABCD

V V

(94)

Mặt khác:   

1

,

S BNMP BNMP

V  S d S P   

, S BNMP

BNMP

V d S P

S

 

Mà

2

BNMP

S  BM NP

2

3

BNMP

a S

    

, S BNMP

BNMP

V d S P

S

  2

3 a

Đặt ADx x 0

Ta có      



CD AD

CD SAD

CD SA SCD , ABCDSDA 60 Trong SAD, có SAxtan 60 x 3.Theo giả thiết

3

S ABCD

a

V 

 3 3

3

x a

  xa

Ta có  ;   ;   ; 

2

d M SCD  d B SCD  d A SCD (1)

Vẽ AHSD Ta có CDAH( CDSAD) Do AHSCD  AH d A SCD ;  Từ (1) (2) suy  ; 

2

d M SCD  AH

Trong SAD có 2 12 12 12 12 42

3

AH SA  AD  a a  a 

3 a AH  Vậy  ; 

4 a

d M SCD 

H S

B

C A

(95)

+ Ta có: SAC vng cân S nên ACa

+ Ta có: AC2  AB2BC2 nên ABC vng B có

2

ABC

a

S 

+ Gọi H trung điểm AC Ta có: HAHBHC SASBSC nên SH ABC

2

AC a

SH  

+ Vậy  

2

3 2 2

;

3

4

S ABC ABC

SBC SBC

a a

V SH S a

d A SBC

S S a

   

 

 

A S

D

C

B H

I

Gọi H chân đường cao hạ từ A tam giác ABC

Xét tam giác ABH: sin B AH AH 2a 3.sin 600 a AB

    

0

cos B BH BH 2a 3.cos 60 a AB

    

Xét tam giác SAH vuông A: tan SHA SA SA tan 45a a 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:

   2

2 2

1 1 1

3

AI  SA  AH  a  a  a

 

,

2 a

d A SBC AI

  

H

B S

A D

(96)

Ta có SHD vng H

2 2

2 17

3

2

a a

SH SD HD   a    a

           

   

H

I

A D

B C

Cách Ta có  ,   , 

2

a

d H BD  d A BD 

Chiều cao chóp H SBD

là     

 

2

, 4 6.2

,

4.5

, 3

8 a a

SH d H BD a a

d H SBD

a a

SH d H BD a

   

 

   

Cách 3

3 ABCD

S ABCD SH S  a  . . . .

2

3

H SBD A SBD S ABC S ABCD

V  V  V  V  a

Tam giác SHB vuông H

2

2 2 13

3

4

a a

SB SH HB a

     

Tam giác SBD có 13; 2; 17

2

a a

SB BDa SD 

2

5

SBD

a S    ,  3.

5

S HBD SBD

V a

d H SBD

S

(97)

CHỦ ĐỀ 4: CỰC TRỊ HÌNH HỌC KHƠNG GIAN

Lời giải

 Chọn B

 Cách Gọi H trung điểm AB CH AB

DH AB

    

 (do ABC , ABD cân đáy AB)  ABCDH

 Mặt khác CDH cân H,

2

4

x HC HD    Gọi I trung điểm CD

2

2 12

4

x x

HI HC CI 

      

 Suy 1

12

2

CDH

S  HI CD x

 Vậy 1 12 12

3

ABCD CDH

V  AB S   x x  x x

 Cách 2: Xét    

12 , 0;

f x x x x

   2  

2

12

12 , 0;

12 12

x x

f x x x

x x



     

 

 f x   0 x x0; 3  Bảng biến thiên:

Vậy Vmax 2 x

Lời giải A

B

C

D H

x

I

x 6 2 3

 

f x – 

  f x

0

1

0

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2 B x C x2 D x

VÍ DỤ 2: Cho hình chóp S ABC có độ dài cạnh SABCx, SB ACy, SCABz thỏa mãn x2y2z2 9 Tính giá trị lớn thể tích khối chóp S ABC

A 3

8 B

3

4 C

6

4 D

(98)

GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 97 Chọn C

Thể tích khối tứ diện  2 2 2 2 2 2 12

V  y  z x z x y x y z

Mà x2 y2z2 9 nên  2 2 2

9 9

12

V   x  y  z

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho số dương 9 2x 2, 9 y 2, 9 2z 2 ta có

      3   

2 2

9 9

3

x y z

      

     

 

 

 2 2 2

27 2x 2y 2z

     27

12 V

 

4 V

 

Vậy max

V  , đạt x  y z tức tứ diện cho tứ diện cạnh

S

A

B

C x

K z y

H

VÍ DỤ 3: Cho tứ diện ABCD có AB 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

A

3

10

a

V B

3

80

a

V C

3

20 27

a

V D

3

120 27

a

(99)

GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 98 Ta có: D MNP D HIK

V DM DN DP

V DH DI DK

8

27 27 27

D MNP D HIK D ABC D ABC

V V V V

Ta có: .

D ABC ABC

V S SH 1 .sin AB AC A DE

1

6AB AC DE

1

6AB AC DE

(DE đường cao hình chóp D ABC ) Dấu xảy khi: DA DE BAC 90

Suy ra: . max 1 1.3 10

3

D ABC

V AB AC DA a a a a

Vây: . 10 20 27 27

D MNP

V a a

Từ x2y2 a2 y a2x2.Diện tích mặt đáy

2

ABCM

BC AM a x

S    AB  a

   

Thể tích khối chóp .

S ABCM ABCM

V  S SA 2   2

3

a x a

a a x a x a x



 

      

 

Xét hàm f x   ax a2x2  0; a , ta

    0; 3 max a a a

f x  f   

  Suy max a

V 

Lời giải Chọn C a a x y M D C B A S

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 0 x a Tính thể tích lớn Vmax khối chóp S ABCM , biết x2y2 a2

A max a

V  B

3 max

3 a

V  C.

3 max

6 12 a

V  D

3 max 2 a V 

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

khi thể tích khối chóp S ABC nhỏ

A cos

3

  B cos 2

 C cos

3

  D cos

3

(100)

Gọi Mlà trung điểm BC , Hlà giao điểm đường thẳng qua A vng góc với SM Ta được: Góc mặt phẳng SBC  ABC  SMA ;

sin

AM 

3 cos

SA



 ;

2

AM  BC

Suy 2

1

3 sin cos

S ABC

V AM SA

 

 

Thể tích khối chóp nhỏ sin2.cos lớn Xét hàm số f x sin2 x.cosxcosxcos3x với

2

x 

 

  sin 3cos sin f x   x x x,

sin

( ) 3

cos

3 x f x

x       

  

Suy sin2.cos lớn cos 3



Cách Đặt ABACx SA;  y Khi

1

S ABC

V  x y

Vì AB AC AS, , đơi vng góc nên

 

2 2

2

1 1 1

3

9 d A SBC,   x x  y  x y

Suy 81 27

6

SABC

x y V  x y

Dấu " " xảy 3 cos 3

(101)

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 2 C x 14 D x3

CÂU 2: Cho khối chóp S ABC có SA a  , SBa 2, SC a Thể tích lớn khối chóp

A a3 B

3

6 a

C

3

6 a

D

3

6 a

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 3

4 B

4

3 C D

1

CÂU : Cho hình chóp S ABC có SAa, SBa 2, SCa Tính thể tích lớn Vmax khối chóp cho

A Vmax a3 B

3 max

6 a

V  C

3 max

6 a

V  D

3 max a V 

CÂU : Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật với AB4, cạnh bên SA vng góc với mặt phẳng đáy ABCD  SC6 Tính thể tích lớn Vmax khối chóp cho

A max 40

3

V  B max 80

3

V  C max 20

3

V  D Vmax 24

CÂU 6: Cho hình chóp S ABC có đáy ABC tam giác có SASBSC1 Tính thể tích lớn Vmax khối chóp cho

A max

1

V  B max

12

V  C max

12

V  D max

1 12

V 

CÂU 7: Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật, AD4 Các cạnh bên Tìm thể tích lớn Vmax khối chóp cho

A max

130

V  B max

128

V  C max

125

V  D max

250

V 

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 max a

V  B

max

4

V  a C

max

V  a D Vmax 4 6a3

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 max

12

V  B max

12

V  C max

27

V  D max

27

V 

CÂU 10: Cho tứ diện SABC có SA AB AC, , đơi vng góc với nhau, độ dài cạnh BCa, ,

(102)

A max

4 abc

V  B max

8 abc

V 

C max

12 abc

V 

D max

24 abc

V 

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 m 0,

SB  

SN n

SD   Tính thể tích lớn Vmax khối chóp S AMN biết

2

2m 3n 1

A

3 max

6

a

V  B

3 max

6 72 a

V  C ABCD D

3

max

48

a

V 

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 3

4V B 3

V C 3

2V D 3

6 V

CÂU 13: Cho hình chóp S ABCD có SAx 0 x 3, tất cạnh lại Với giá trị x thể tích khối chóp S ABCD lớn nhất?

A

3

x B

2

x C

2

x D

2 x

CÂU 14: Cho khối chóp S ABC có đáy tam giác vng cân B Khoảng cách từ A đến mặt phẳng SBC  a 2, SABSCB90 Xác định độ dài cạnh AB để khối chóp S ABC tích nhỏ

A 10

2 a

AB 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 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

A max

10

S  B max 16

5

S  C max 32

5

S  D max 48

S 

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 2NB; mặt phẳng   di động qua điểm

,

M N cắt cạnh SC SD, hai điểm phân biệt K Q, Tính thể tích lớn Vmax khối chóp S MNKQ

A max

2

V

V  B max

3

V

V  C max

4

V

V  D max

3

V

V 

CÂU 17: Cho nhơm hình chữ nhật có kích thước 80cm 50cm Người ta cắt bốn góc tâm

(103)

GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 102 A Vmax 18000cm3 B Vmax 28000cm3

C

max 38000cm

V D

max 8000cm

V

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

3

a

B

3

2

a

C

3

8

a

D

3

4

a

CÂU 19: Cho hình chóp S ABCD có SCx 0 x 3, cạnh cịn lại (tham khảo hình vẽ) Biết thể tích khối chóp S ABCD lớn x a

b  , 

 

a b Mệnh đề đúng?

A a2 2b30 B a2 8b20 C b2   a D 2a3b2  1

CÂU 20: Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình bình hành Hai điểm M , N thuộc đoạn thẳng AB AD (M N không trùng với A) cho AB 2AD

AM  AN  Kí hiệu V , V1 thể tích khối chóp S ABCD S MBCDN Tìm giá trị lớn tỉ số V1

V

A 3

4 B 17

14 C

6 D

CÂU 21: Xét tứ diện ABCD có cạnh AB BC CD DA1 AC BD, thay đổi Giá trị lớn thể tích khối tứ diện ABCD

A 2

27 B

27 C

9 D

9

CÂU 22:Cho khối chóp S ABC có SA vng góc với đáy, tam giác ABC vng B Biết thể tích khối chóp

24 giá trị nhỏ diện tích tồn phần chóp S ABC p 5q p q, 

Tính giá trị biểu thức: p2q2 ?

A 2 37

36

p q  B 2 37

9

p q  C 2 25

4

p q  D 2 25

16

p q 

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1 Tính thể tích lớn Vmax khối chóp cho

A max

9

V  B max

3

V  C max

27

V  D max

27

(104)

GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 103 CÂU 24: Cho tứ diện ABCD Hai điểm M N, di động hai đoạn thẳng BC BD cho

2 BC 3BD 10

BM  BN  Gọi V V1, thể tích khối tứ diện ABMN ABCD Tìm giá trị nhỏ

2

V V

A.3

8 B.

5

8 C.

2

7 D.

6 25

CÂU 25: Cho khối chóp S ABC có đáy tam giác vng cân B Khoảng cách từ A đến mặt phẳng SBC  a 2,SABSCB90 Xác định độ dài cạnh AB để khối chóp S ABC tích nhỏ

A AB3a B ABa C AB2 a D 10

(105)

CÂU : Chọn D

2 3 x 2

H M

B D C

A

TỰ LUẬN :

Gọi M , H trung điểm AB CD

Ta có tam giác ABC , ABD cân C D Suy CM AB 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 vuông H Có

2

x

BM  ; BH  BC2CH2  12 3 3

3

HC ;

2

9 x

HM  BH BM   Suy

2

1

2

MHC

x

S  MH HC 

2

1

2 2.2

3 2

ABCD BMCD BMHC

x x

V  V  V  

2 2

3 3 3

9

3 4 4

x x x x x x 

        

 

Vậy giá trị lớn thể tích khối tứ diện 3

2 , đạt

2

9 18

4

x x

     

CASIO :

Thực phương pháp tự luận để có

2

3

x x

V   Nhập hàm số bên vào máy tính

CALC 6, V 3.872 CALC 2 , V4.320 CALC 14 , V 5.066.CALC , V 5.196

a

A

S

B

(106)

Gọi H hình chiếu A lên ( ) SBC

SBC  V AH S Ta có AHSA; dấu “=” xảy ASSBC

1

.sin

2

SBC

S  SB SC SBC SB SC, dấu “=” xảy SB SC

Khi đó, 1

3 SBC

V  AH S  AS SB SC  SA SB SC  Dấu “=” xảy SA SB SC, , đơi vng góc với Suy thể tích lớn khối chóp

3

1

6

a V  SA SB SC

- Do SBSC ABAC1 nên tam giác SBC ABC cân S A Gọi M, N trung điểm BC SA , ta có:

SM BC

AM BC

 

 

 BCSAM Hạ SHAM H SH ABC - Ta có:

2

1 y

AM  

2

ABC

S AM BC

  1

2

y y

 

Mặt khác: SM AM nên tam giác MSA cân M MN  MA2AN2

2

1

4

y x

  

Lại có: SH AM MN SA SH MN SA AM   2 4 y x x y     2 4

x x y

y    

S ABC ABC

V SH S

 

2 2

2

4

1

3 4

x x y y

y y      2

12xy x y

  

 

2 2

1

4

12 x y x y

  

3

2 2

1

12

x y x y

           27 

Vậy max 27

V  x2 y2 4 x2y2

3

x y

   ,

3

(107)

GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 106 CÂU : Chọn D

Gọi H hình chiếu A mặt phẳng SBCAH SBC

Ta có

 AHAS ; Dấu '''' xảy AS SBC

 sin

2

SBC

S  SB SC BSC SB SC Dấu '''' xảy SBSC

Khi 1

3 SBC

V  S AH   SB SC AS   SA SB SC

 

Dấu '''' xảy SA SB SC, , đơi vng góc với Vậy thể tích lớn khối chóp

3 max

1

6

a

V  SA SB SC

CÂU : Chọn A

Đặt cạnh BC x 0.Tam giác vng ABC, có AC2 16x2

Tam giác vng SAC, có SA SC2AC2  20x2 Diện tích hình chữ nhật SABCD  AB BC 4 x

Thể tích khối chóp . 20

3

S ABCD ABCD

V  S SA x x

Áp dụng BĐT Côsi, ta có

 2

2

2 20

20 10

2

x x

 

   Suy . 4.10 40

3

S ABCD

V  

Dấu " " xảy  x 20x2  x 10 Vậy max

40

V 

Cách Xét hàm số   20

3

f x  x x 0; 

NOTE: Hiểu rõ chất dùng cách trắc nghiệm Đừng phụ thuộc vào máy tính quá nhiều!!

6

x

4

S

A B

(108)

GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 107 CÂU 6:

Chọn A

Gọi O tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC Vì S ABC hình chóp

 

SO ABC

 

Đặt AB x Diện tích tam giác

2

3

ABC

x S 

Gọi M trung điểm 3

2 3

x x

BC  AM  OA AM 

Tam giác vng SOA, có

2

1

3 x SO SA OA   Khi

2

1 3

3 12

S ABC ABC

x x

V  S SO   x x

Xét hàm   12

f x  x x  0; , ta

 0;    

1

max

6

f x  f 

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 AB2BC2  x216 Tam giác vng SOA, có

2

2 2 128

4

AC x

SO SA AO  SA   

Khi

2

1 128

.4

3

S ABCD ABCD

x

V  S SO x  2 128 2 1. 128 2 128

3 x x x x

     

Dấu '''' xảy x 128x2  x Suy

128

S ABCD

V 

CÂU : Chọn A

O

6

D C

B A

S

4

(109)

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AB2  x216a2 Tam giác vng SHA, có

2 2

2

4

AC a x

SH  SA   

Khi

1

3

S ABCD ABCD

V  S SH  AB AD SH

   

2

2 2 2

1 8

.4 8

3 3

a x a a a

x a  x a x x a x

      

Cách

Giả sử CA CB  x 0.Suy SA SC2AC2  1x2 Diện tích tam giác

2

ABC

S  CA CB x

Khi 2

1

3

S ABC ABC

V  S SA x x

Xét hàm   2

f x  x x  0;1 , ta

 0;1  

2 max

3 27

f x  f  

 

Cách Ta có  

3

2 2

2 2 2 2

1 2

3

2

x x x

x x  x x  x       

 

c b

a z

y

x S

A

B

C

H

D

C B

A S

1

x x

S

A B

(110)

Đặt ABx AC,  y AS,  z Ta có

2 2

x y a

x z b

y z c

          

Khi 2 2  2

6 288

xy yz zx xyz

V  V 

 2 2 2 2 2 2

2

288 288 24

x y y z z x a b c abc

V

  

   

Dấu '''' xảy x  y z   a b c

Thể tích khối chóp S ABD

3 S ABD a V 

Ta có

S AMN S ABD

V SM SN

mn

V  SB SD 

3

6

S AMN S ABD

mna

V mn V

  

Mặt khác

2

2 3

6 6

m n m n

mn   

Dấu '''' xảy

2

2 1

;

2

m n m n m n         

 Suy

3 72 S AMN a

V 

CÂU 12 : Chọn A

Gọi h0 chiều cao lăng trụ; a0 độ dài cạnh đáy Theo giả thiết ta có

2 day 2 a V

V S h h h

a

   

Diện tích tồn phần lăng trụ:

2

tp day xung quanh 2

3

2

a V

S S S a

a

   

Áp dụng BĐT Cơsi, ta có

2 toan phan

3 a V S a   2 3

3 3 2 3

3

2

a V V a V V

V

a a a a

    

Dấu '''' xảy

2

3

3 3

4

a V V

a V

a a

    

Gọi O tâm hình thoi ABCDOA OC  1 Theo ra, ta có SBD CBDOS OC  2

(111)

Từ  1  2 , ta có

2

OSOAOC AC SAC vuông S AC x21 Suy

2

1 x

OA 

2

x

OB AB OA  

Diện tích hình thoi   

2

1

2

ABCD

x x

S  OA OB  

Ta có SBSCSD1, suy hình chiếu vng góc H đỉnh S mặt đáy tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD H AC

Trong tam giác vng SAC , ta có

2 2

SA SC x

SH

SA SC x

 

 

Khi   

2 2 2

2

1

1 1

3 1 6

S ABCD

x x x x x

V x x

x

     

     

  

Suy .

S ABCD

V  Dấu '''' xảy

3

2

x x x

    

Gọi D điểm cho ABCD hình vng

Ta có  

0

90

AB AD

AB SAD AB SD

SAB AB SA



    



  



Tương tự, ta có BCSD Từ suy SDABDC Kẻ DH SC HSCDH SBC

Khi d A SBC , d D SBC , DH Đặt AB x

Trong tam giác vng SDC, có

 2

2 2 2

1 1 1

DH  SD  DC  a SD x

H

D S

A B

C O

S

A B

C D

(112)

GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 111 Suy 2 ax SD x a   Thể tích khối chóp

3

2 2 2 2

1 2

2 2 2

S ABC S ABCD

ax a x

V V

x a x a

  

 

Xét hàm  

3 2 x f x x a 

 a 2;, ta      

2 2;

min 3

a

f x f a a

  

Theo giả thiết ta có cạnh hình lập phương a b c  ● Hình hộp chữ nhật có: V abc Stp 2ab ac bc   ● Hình lập phương có:  3

'

V  a b c  S'tp 6a b c  2

Suy  

2

3 a b c S

S

S ab bc ca

   

 

Ta có    

3

32 a b c 32bc b c 32 b c

a b c abc

a a a a a a

     

           

   

Đặt    

3

1 32

32 b

x

x y a

x y xy xy

c y a                

Khi    

 

2 2

1

3

1

3 96

32 32

32

t x y

x y x y t

S S

x y xy x y t t

x y                    

Ta có x y 13 32xy8xy2

 2

3

8 16

t t t t t t

            Xét hàm  

2 32 32 t f t t t 

  đoạn 2;3  5, ta 2;3    

1

max

10 f t f

    

 

Gọi a SK 0 a 

SC

  

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

SM SK  SN SQ

1

2

SD SQ a

a SQ SD a

     



Ta có

1 2

2 3

S MNKQ S ABCD

V SM SN SK SM SK SQ a a

V SA SB SC SA SC SD a a

(113)

Xét hàm  

a f a

a

 

 đoạn  0;1 , ta  0;1    

1

max

3

f a  f 

Hình hộp tạo thành có kích thước: chiều dài 80 2 x cm , chiều rộng 50 2 x cm , chiều cao x cm

Suy thể tích thùng tạo thành V x80 2 x50 2 x4x3260x24000x Khảo sát f x 4x3260x24000x 0; 25,

     

3 0;25

max f x  f 10 18000cm

Kẻ SH ABCD H H tâm đường tròn ngoại tiếp ABC.Mà ABC cân B

D D

ACB  H B Gọi O giao điểm AC BD

Ta có: 2 2  2

OB AB OA a  SA SO SO SOOBOD SBD vuông S

1 1 1

3 ABCD 6

SH BD SB SD V SH S SH AC BD SB SD AC a AC SD

      

Lại có 2 2

SD BD SB  BD a Mà

2

2 2 2

2 2

4 BD

AC OA AB OB  a   a BD

 2  2 3

2 2

1

6

a BD BD a

a a

V a a BD BD a   

     

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

B S

A

C

D H

O

a a a

(114)

Ta có 1

2

AO AC  x

2

3

x

BO 

    

2

1

ABCD

x x

S  

  0 x 3

Mặt khác

2

SA SC SH

SA SC





1 x

x 



Vậy .

3

S ABCD ABCD

V  SH S  

2

3 1

6

x x

 

Thể tích khối chóp S ABCD lớn khix2  3 x2 x

 

Vậy

2 a b

   

 Suy

2

8 20

a  b

Đặt AB x AM  ;

AD y

AN  , theo giả thiết ta có x2y4

Ta có

1

.sin

1

2 . .

2

.sin

S AMN AMN

S ABCD ABCD

AM AN DAB

V S AM AN

V  S  AB AD DAB  AB AD  yx

Theo đầu AB 2AD x 2y x 2y

AM  AN       

 

1

; 2

S AMN S ABCD

V

y

V  y  y  

 

1

1 ;

2

S AMN S ABCD

V V

y

V  V   y  y  

Theo BĐT Cơsi ta có

2

2 (4 )

2

y y

y  y     

 

Nên 1 3

1 max

4 4

V V

V     V 

(115)

Gọi M N, trung điểm BD AC, Đặt BD2 ,x AC2y x y, 0 Ta có CM BD AM, BD BDAMC

Ta có MAMC  1x2 , MN  1x2y2 ,

AMN

S  MN AC 2

2 y x y

  

1

ABCD AMC

V  DB S 1.2 2

3 x y x y

   2  2

3 x y x y

    

3

2 2

1

3 27

x y  x y 

2 27

ABCD

V

 

CÂU 22:Chọn D

Đặt SAa AB, b BC, c, ta có:

4

abc

Diện tích tồn phần: 2Sab bc a b  2c2 c a2b2 Theo bất đẳng thức Bunyakovsky ta có:  

2

2 2

2 5

1

5 b c b c

    

       

    

 

Như vậy: 2 2

5 b c  b c  b c  3b c

Do đó: 2 5   10 5

3 3 3 3

S ab bc a b c c b a b a c ac b ac

b

   

            

   

10 5 5 5 5 5 5

2

3 6

S b b b b S

b b b b

  

           

 

(116)

Đẳng thức xảy khi: 1,

b a c Vậy 5, 2 25

4 16

p q  p q 

Đặt OA OC x  Tam giác vng AOD, có OD AD2OA2  1x2 Suy BD2 1x2 Diện tích hình thoi SABCD OA BD 2x 1x2 Tam giác vng SOC, có SO SC2OC2  1x2

Thể tích khối chóp .

S ABCD ABCD

V  S SO 1.2 2 1 2 x x x 3x x

    

Xét hàm    2

1

f x x x  0;1 , ta

 0;1  

1

max

3 3

f x  f  

  Suy max

4 27

V 

Cách Áp dụng BDT Cơsi, ta có

 2 2 2 21 21 2 2 2 2

2 2 2 1 1 4 3

3 3 27

x x x

x x    x  x  x 

    

 

Ta có

 

1

; S

3

; S

3

BMN

BMN BCD BCD

d A BMN

S V

V d A BCD S



  

 

Gọi H hình chiếu M lên BD K hình chiếu C lên BD, ta có

BMN BCD

S MH BN BM BN

S CK BD BC BD

 

 

25

10

6

BC BD BC BD BC BD

BM BN BM BN BM BN

    

25

BM BN BC BD

 

Suy

25

BMN BCD

S S

 

 Vậy

V

V nhỏ

6 25

x a 2

x B

A

D C

S

H

O

1

D C

B A

S

1

(117)

Gọi D đỉnh thứ tư hình vng ABCD Ta có BC DC BC SD

BC SC

 

 

 

 ;

BA DA

BA SD

BA SA

 

 

 

 Suy SDABCD Kẻ DH vng góc cắt SC tạiH d A SBC , d D SBC , DH a

2 2 2 2 2

1 1 1

2 2

ax SD

DH  SD  DC  SD  a  x   x  a

 

3

2 2

1

2

S ABC

ax

V V x a

x a

  



3

2

6 2

a x

V

x a

 



Đặt      

   

2 2

3 2

2 2 2 2 2

3 2 6

2 2

x x a x

x x a

f x f x

x a x a x a x a x a

  



   

    

 

f x   x a

Vậy

3

3 a

(118)

CHỦ ĐỀ 5: TỌA ĐỘ HĨA – TỐN THỰC TẾ

Chọn hệ trục tọa độ cho O0; 0; 0, A0; 0;a ,  B a ; 0; 0, C0; ; 0a , ; ;0 2 a a M 

 

 ; 0; 

AB a a  AB có vtcp u1;0; 1  ; ;0

2 a a OM   

 OM có vtcp v 1;1;0, OA0; 0;a

 u v, 1; 1;1 d OM BC ,   

 

, ,

u v OA u v



3

a



M

N D

C B

A S

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

A

2

a

B 2

3

a

C

3

a

D

2

a

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 0x y, a Hệ thức liên hệ x y để hai mặt phẳng SAM  SMN vng góc với là: 

A 2  

2

x a a x y B 2  

x a a xy

C 2  

2

(119)

Tọa độ hóa với OA, OxAD, OyAB, OzAS Đặt SA z 0, ta có S0;0;z ,  M x a ; ; 0, N a y ; ; 0

Do  

   

0; 0;

; ; ;

; ;

AS z

AS AM az xz

AM x a

 

   

  





 

   

2

; ;

; ; ;

; ;

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 ;  ;  2 VTPT Ta có SAM  SMNAS AM;    SM SN; 0

        2  

0

az az yz xz xz az a a y x x a x a a x y

             

M

H

A C

B S

Ta có   

, 60

SA ABC SAH ; SH 2 sin 60a a 3,AH= SA2SH2 a

0

= tan 60 3, =2

BH a a BC a

Ta chọn hệ trục Oxyz cho: HO0;0;0 , SOzS0;0;a 

 

A a;0;0

A Ox  ; BOyB0;a 3;0 ; COyC0;a 3;0  Tọa độ M trung điểm SC nên 0; 3;

2

a a

M 

 

 

3

; ; ; 0; 3; 2

a a

AMa  BC a

 

Vectơ pháp tuyến mặt phẳng chứa AM song song với BC

 

; BC ;0; nAM   a  a

   

: 3 3

P  a xa  az   ax az a 

     23 2 21

, ,

7 21

9 12

a a a

d AM BC d C P

a a

   



VÍ DỤ 3: Cho hình chóp S ABC có đáy ABC tam giác cân A, góc BAC120o Gọi H M, lần lượt trung điểm cạnh BC SC SH vng góc với ABC ;  SA2a tạo với mặt đáy góc

O

60 Khoảng cách hai đường thẳng AM BC

A

7 a

B 21

3 a

C

7

a

D 21

7 a

(120)

GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 119 Lời giải

Chọn A

B'

D'

C' A'

A

D

B

C M

N

Chọn hệ trục tọa độ Oxyzsao cho OA, A D  Ox, A B  Oy, A A Oz  0;0;0

A , D a ;0;0, B0; ; 0a , A0; 0;a ,  D a ;0;a ,  B0; ;a a ,  C a a ; ;0, C a a a  ; ; 

; 0;

2

x a x

M  

  ,

2

; ;

2

a x x

N  a

 

 2 2 2

2 2 2

2 2

2

x x a a

MN x a x ax a x ax 

            

 

2

3

a a

MN x 

     

  Vậy MN ngắn

2 a x

 

Lời giải Chọn D Cho a1 Chọn hệ trục Oxyz hình vẽ

VÍ DỤ 4: Cho hình lập phương ABCD A B C D     cạnh a Lấy điểm M thuộc đoạn AD, điểm N thuộc đoạn BD cho AMDNx,

2

a x

 

 

 

  Tìm x theo a để đoạn MN ngắn

A

3 a

x B

4 a

x C

3

a

x D

2

a x

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sao cho trung điểm K MN thuộc đường thẳng d Giá trị bé độ dài đoạn thẳng MN

A

2

a

B 3

10

a

C 2

5

a

D 2

5

a

(121)

0; 0; 0

A , D1;0;1, B0;1;0, C1;1;1 I trung điểm BC  1;1;1

2 I 

   

1 1

;1; 1; 2;1

2 2

D I      

 

Đường thẳng D I qua D1;0;1, có VTCP u1; 2;1  có phương trình là:

 

1

x t

y t t

z t

  

    

   

Mặt phẳng ABCD :  z0 Mặt phẳng BCC B :y1

   ;1; 

M BCC B  M m n , KD I K1 t; ;1t t K trung điểm MNN2t   m 2; 4t 1; 2t n 2

 

N ABCD 2

2

N

n

z t n t 

        N n m  ;3 ; 0 n 

 ; 2 ; 

MN  n m  n n   2 2

2 2

MN n m n n

       2 2

2

n m n n

    

 2 4

2

5 5

n m n 

       

 

2 5 MN

  Dấu xảy

4 5 b a     

  

(122)

GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020 Trang 121 BÀI TẬP RÈN LUYỆN

CÂU 1: Cho hình lập phương ABCD A B C D có cạnh Tính khoảng cách hai mặt phẳng

và

AB D BC D

A B

2 C

3

3 D

2

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

A 3

8 B

8 C

12 D 24

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 1

2 B

3

2 C

13

4 D

3

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; ;0)m , A(0;0; )n với m n, 0 m n 4 Gọi M trung điểm cạnh CC Khi thể tích tứ diện BDA M đạt giá trị lớn

A 245

108 B

9

4 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

1

CM   AA Cơ sin góc hai mặt phẳng A MB  ABC 

A 30

8 B

30

16 C

30

10 D

1

CÂU 6: Cho hình lập phương ABCD A B C D có cạnh Tính khoảng cách hai mặt phẳng

và

AB D BC D

A B

2 C

3

3 D

2

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,

(123)

A 2 39

39 B

3

6 C

2 39

13 D

13 13

CÂU 8: Cho hình chóp S ABC có đáy ABC tam giác vuông A, ABC60o, BC2a Gọi D điểm thỏa mãn 3SB2SD Hình chiếu S mặt phẳng ABC điểm  H thuộc đoạn BC cho

4

BC BH Biết SA tạo với đáy góc 60o Góc hai đường thẳng AD SC

A 60o B 45o C 90o D 30o

CÂU 9: Một người muốn xây bể chứa nước, dạng khối hộp chữ nhật khơng nắp tích

bằng 256

3

m , đáy bể hình chữ nhật có chiều dài gấp đôi chiều rộng Giá thuê 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 vng

cạnh x cm , chiều cao h cm thể tích 500cm 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 6m2 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

  , , dm

x y z Biết tỉ số hai cạnh đáy x y: 1: 3, thể tích khối hộp 18dm Để tốn vật liệu tổng x y z bằng:

A 10dm B 19dm

2 C 26dm D

26 dm

CÂU 13: Để thiết kế bể cá hình hộp chữ nhật khơng nắp có chiều cao 60cm, thể tích

3

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 hồn thành bể cá

A 320.000 đồng B 32.000 đồng C 83.200 đồng D 68.800 đồng

(124)

A

5 

x B 2

5 

x C x2 D

5



x

CÂU 15: Một người xây nhà xưởng hình hộp chữ nhật có diện tích mặt sàn 1152m2 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 phịng 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

của 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 2m C AO 2, 6m D AO 3m

CÂU 17: Ông An muốn xây bể chứa nước lớn dạng khối hộp chữ nhật khơng nắp tích

bằng 288 m3 Đáy bể hình chữ nhật có chiều dài gấp đơi chiều rộng, giá th nhân công để xây bể

500000 đồng/m Nếu ông An biết xác định kích thước bể hợp lí chi phí th nhân cơng thấp Hỏi ơng 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: 0;0;0 1;0;0 1;1;0 0;1;0

0;0;1 1;0;1 1;1;1 0;1;1

A B C D

1;0;1 , 0;1;1 , 1;1;0 , 0;1;1

AB AD

BD BC

* Mặt phẳng AB D qua A 0;0;0 nhận véctơ n AB AD; 1;1; làm véctơ pháp tuyến Phương trình AB D : x y z

* Mặt phẳng BC D qua B 1;0;0 nhận véctơ m BD BC; 1;1; làm véctơ pháp tuyến

(125)

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 : ,

3

d A BC D

Chọn hệ trục tọa độ Oxyz cho:

D O

Ox D A Oy D C Oz D D

  

       

 

  Khi đó:

1;0;1

A , 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 0; ;0

2 P 

 ,

1 Q 0;0;

2

 

 

  Ta có: 1; ;0

2 MN 

 ,

1 1; ;

2 MP  

 ,

1 1; ;

2 MQ   

 

1 1

,

4 8

MN MP MQ

     

  VMNPQ 61.MN MP MQ,  241

Từ M trung điểm BC H trung điểm AM , HBHC suy AM BC, hay tam giác ABC cân đỉnh A

Đặt

2

a

BC a BM  Do HBC  30 suy 3

6

a a

HM   AM  Đặt SA b Đặt hệ trục tọa độ hình vẽ:

z

y x

H

M S

A

B

(126)

Ta có A0; 0; 0, ; 3;

a a B 

 ,

3 ; ;

a a C 

 ;

3 0; ;

6

a H 

 , S0;0;b 

Ta có ; 3;

2 a a HC  

 ;

3 0; ;

6 a

SH  b

 

Nên

2

3

, ; ;

6 12

ab ab a

HC SH  

      

   

Suy SHC có véc-tơ pháp tuyến  n12b 3;6 ;b a 3

Mặt phẳng HBC có véc-tơ pháp tuyến  k 0; 0;1 Góc mặt phẳng SHC mặt phẳng  HBC 60  nên

   

 

1 cos , n k SHC HBC n k 

2 2

3 cos 60

12 36

a

b b a

  

 

2 2

12b 36b 3a 2a

   

4 a b

 

Khi

3 3

; ;

2

a a

n   a 

 , đường thẳng BC có véc-tơ phương i1; 0; 0 Gọi  góc đường thẳng BC mặt phẳng SHC , ta có 

1

2

1 2

3

2 3

sin

4 27

3 4

a n i

n i a a

a

   

 

.Do

2

2 13

cos sin

4

      

 

Tọa độ điểm ( ; ;0), ( ; ;; ), ; ;

n C m m C m m n M m m  

 

 ;0; ,  ; ;0 , 0; ;

2

n BA  m n BD m m BM   m 

 

 2

, ; ;

BA BD mn mn m

(127)

Ta có

3

2

2 512 256

.(2 )

3 27 27

m m n

m m n      m n

 

64 27

BDA M

V 

 

Xét hình lăng trụ tam giác ABC A B C    có tất cạnh a Gắn hệ trục hình vẽ quy ước a1 ( 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

2 a

Suy tọa độ điểm hình vẽ Theo giả thiết ta có

2

CM   AA  ADA CDM AD DA 2DC CD

    

Vậy tọa độ điểm D là: 0; ;12 D 

 

Ta có mặt phẳng ABC có phương trình z 1 nABC 0; 0;1

Mặt khác mặt phẳng A MB  mặt phẳng qua ba điểm A, D B Ta có: 0; ;12

3 A D   

 

3 ; ;1 2

A B   

   

1 3

n , ; ;

6

A BM A D A B

  

   

     

 

Vậy  cô sin góc tạo hai mặt phẳng A MB  ABC là: 

   

      

cos A BM' , ABC  cos nA BM ,nABC

3

3 3 30

10

1 10

36



  

 

Ta chọn hệ trục tọa độ cho đỉnh hình lập phương có tọa độ sau: 0;0;0 1;0;0 1;1;0 0;1;0

0;0;1 1;0;1 1;1;1 0;1;1

A B C D

(128)

1;0;1 , 0;1;1 , 1;1;0 , 0;1;1

AB AD

BD BC

* Mặt phẳng AB D qua A 0;0;0 nhận véctơ n AB AD; 1;1; làm véctơ pháp tuyến Phương trình AB D : x y z

* Mặt phẳng BC D qua B 1;0;0 nhận véctơ m BD BC; 1;1; làm véctơ pháp tuyến

Phương trình AB D : x y z

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 : ,

3

d A BC D

Chọn hệ trục tọa độ Oxyz hình vẽ Khi

3 0; 0;

2

S 

 ; ; 0; a A 

 ; 2; 0; a B 

 ; 2; ;0 a C a 

 ; ; ; a D a 

 

suy 0; 0;

a G 

 ;

3 ; ; 4

a a a M 

 ;

3 ; ; 4

a a a N 

 

Ta có mặt phẳng ABCDcó vectơ pháp tuyến k 0; 0;1, mặt phẳng GMNcó vectơ pháp

tuyến ; 0; 3;

24

a a

nGM GN   

 

Gọi  góc hai mặt phẳng GMN  ABCD , ta có  cos n k n k

 

1 39 24

 39

13 

CÂU 8:

(129)

Ta có AH2 BH2BA22.BH BA .cos 60o

2

4 2

a a a

a a

   

2 a AH

 

o

tan 60 SH

AH

 SH AH 3

2

a



Chuẩn hóa chọn hệ trục tọa độ cho H0;0;0, 3;0;0 C 

 ,

3 0; ;

2

A 

 ,

3 0;0;

2 S 

 ,

;0;0 B 

 ,

1

;0;

2

SB   

 

3

;0;

4

SD  

    

 

3

;0;

4

D 

   

 

Ta có 3; 3; 4 DA  

   u  3; 2; 3 vtcp AD

3

;0;

2

SC   

  v 1;0; 1  vtcp SC Ta có u v0ADSC Vậy góc hai đường thẳng AD SC 90o

Gọi x  m chiều rộng đáy bể, chiều dài đáy bể 2x m h m chiều cao bể

Bể tích 256m3 

2 256

2

3

x h  1282

3

h x



Diện tích cần xây là: S 2xh2xh2x2 1282 2 256 2

x x x

x x

   

Xét hàm   256  

2 ,

S x x x

x

   S x  2562 4x

x



      x

Lập bảng biến thiên suy Smin S 4 96

Chi phí th nhân cơng thấp diện tích xây dựng nhỏ Smin 96

Vậy giá thuê nhân công thấp 96.50000048000000 đồng

(130)

2

256

S x

x

  128 128

2x

x x

  

3 128

  S 96Smin 96

2

128 2x

x   x

Thể tích khối hộp V x x h x h2 500 h 5002

x

Để hộp làm tốn bìa tơng diện tích tồn phần hộp nhỏ Diện tích tồn phần hộp (không nắp) Stp SdaySxung quanh x x 4.hxx24hx

Cosi

2 2

2

500 2000 1000 1000

4 1000

      

x x x x

Dấu '''' xảy x2 10001000x3 1000 x 10

x x

Chọn D

Cách Xét hàm f x x22000

x với x0

Diện tích toàn phần

2

tp

6

4



     a

S ah a h

a

Thể tích khối hộp chữ nhật:

2

2 6

4

 

  a  a a

V a a h a a

Khảo sát hàm  

3

6



 a a

f a  0; , ta f a lớn   a1

Với a   1 h   a h 2cm. Chọn A

Ta có x y: 1: 3 y x

Theo giả thiết, ta có xyz18 z 62

x Tổng diện tích vật liệu (nhơm) cần dùng là:

tp  day xungquanh

S S S (do hộp không nắp)

 

2

6 48

2 2 

        

 

xy xz yz x x x x x

x x x

Xét hàm f x 3x248

(131)

Khi 6, 19dm

2

       

x y z x y z Chọn A

Cách BĐT Côsi 3 2483 2 8 83.33 2 .8 36.

 

x x x

x x x x x

Dấu '''' xảy x2    8 x

x x

Gọi x   m , y m x0,y0 chiều dài chiều rộng đáy bể Theo giả thiết, ta có: 0, 6xy0, 096 y 0,16

x

Diện tích mặt đáy: Sday xyx.0,16 0,16

x

 giá tiền 0,16 100.000 16.000 đồng

Diện tích xung quanh: xungquanh 2 0, 0, 1, 2   0,16

 

S x y x

x

 giá tiền 1, 2 0,16.7000084000 0,16

x x  x x  đồng

Suy tổng chi phí  84000 0,1616000

 

f x x

x

Cosi 0,16

84000.2 16000 83.200

 x  

x đồng Chọn C

Ta có

2 2

      x

BM BO MO AB MO

Chiều cao hình chóp:

2 2

    

          

 

x x x

h BM MO

Suy thể tích khối chóp:

4

2

1 2

3

 

 x  x x

(132)

Khảo sát hàm  

2

 

f x x x 0; 2

 

 

 , ta f x lớn  

2 

x

Chọn B

Cách làm trắc nghiệm Đầu tiên ta loại đáp án C 2 0; 2

 

  

 

x Thay ba đáp án lại vào hàm số f x x4x5 So sánh kết lớn ta chọn Nếu đề hỏi giá trị lớn thể tích khối chóp ta khơng làm theo cách

Đặt x y h, , chiều dài, chiều rộng chiều cao phòng

Theo giả thiết, ta có x y.3 1152 y 384 x

Để tiết kiệm chi phí diện tích tồn phần nhỏ

Ta có tp 4 6 3 4 6.384 11524  5761152

 

S xh yh xy xh h h x

x x

Vì h khơng đổi nên S nhỏ tp  

576

 

f x x

x (với x0) nhỏ Khảo sát f x  x 576

x với x0, ta f x nhỏ   x24 y 16

Chọn A

Cách BĐT Côsi x5762 x.576 48

x x Dấu '''' xảy

576

24

 x  x

x

Đặt độ dài cạnh AO x m , x

Suy BO 3,24 x CO2, 10,24 x 2 Ta sử dụng định lí cosin tam giác OBC ta có:

2

2 2

2

3,24 10,24 1,96

cos

2 2 3,24 10,24

x x

OB OC BC

BOC

OB OC x x

2

5,76

3,24 10,24 x

x x

Vì góc BOC nên tốn trở thành tìm x để

2

5,76

3,24 10,24 x F x

x x

(133)

Đặt 3,24 x2 t t, 3,24 Suy

63

25 63 25

7 25

t t

F t

t t t t

Ta tìm t để F(t) đạt giá trị nhỏ

2 25 25 63

2

25 63 '

25

t

t t t

F t

t t t t

2

50 25 63

1 49 441

25 2 7 7 25 2 7 7

t t t t t

t t t t t t t t F t' t

Thay vào đặt ta có: 3,24 144 2, m

25

x x x

Vậy để nhìn rõ AO 2, 4m

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 0

Ta có diện tích cách mặt cần xây S 2a24ac2ac2a26ac Thể tích bể V a a c.2 2a c2 288 c 1442

a

    

Vậy 2

2

144 864 432 432 432 432

2 2 216

S a a a a a

a a a a a a

        

Vậy

216

min

S  m

(134)

CHỦ ĐỀ 1: HÌNH NĨN – KHỐI NĨN

Ta có OHa Đặt OAx OASA.cos30

3

x SA

 

Do góc SAB60 nên tam giác SAB

x AB SA

  

3

x AH

 

Do AH2OH2 OA2

2

3

x

a x

  

2 a x

 

Vậy

2 a

OA ; SAa nên diện tích xung quanh 2

xq

a

S  a a

Lời giải

Chọn B

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

A

2

3

xq

a

S  B

2

3

xq

a

S   C Sxq 2a2 D

2

3

xq

S a

VÍ DỤ : Cho đoạn thẳng ABcó độ dài 2a,vẽ tia Ax phía điểm B cho điểm B cách tia Axmột đoạn a Gọi H hình chiếu Blên 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 2)

a 



B

2

(3 3)

a 



C

2

(1 3)

a 



D

2

3 2

a 

(135)

Khi quay quanh tam giác AHB đường gấp khúc AHB vẽ lên mặt tròn xoay Diện tích mặt trịn xoay tổng diện tích xung quanh hai hình nón đường sinh AH BH

Ta có AH  AB2BH2 a

3

2

AH BH a a a

HK

AB a

  

Diện tích xung quanh hình nón có đường sinh AH

2

3

2

a a

S  a  

Diện tích xung quanh hình nón có đường sinh BH

2

3

2

a a

S  a 

Diện tích mặt trịn xoay cần tìm

2

1

(3 3)

a S S S   

75° 60° O

C A

B

H

 Hình nón  N có đường sinh đoạn lBC, đường cao h CH bán kính rBH  Trong ABC ta có BC2 sin 75R 

 Trong BHC ta có sin 60

BH BC   BC

 Diện tích xung quanh hình nón (N):

2

3

2

xq rl BC B

S   H  BC   R

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 tròn xoay  N theo R

A  

3

4 R



B 3 2

2 R 

C  

3

4 R



D 3

2 R 

VÍ DỤ 4: Cho hình nón có góc đỉnh 60 , diện tích xung quanh 6 a Tính thể tích V khối nón cho

A

3

4 a

V   B

3

2 a

V  C V 3a3 D V a3

(136)

Thể tích

3

V  R h OA SO

Ta có ASB  60 ASO 30 tan 30 3

OA

SO OA

SO

     

Lại có Sxq Rl.OA SA .OA OA2SO2 6a2

2 2 2

3 6

OA OA OA a OA a

    

3 3 3

OA a SO a V  a a a

      

Cách 1: Gọi thiết diện hình chóp SCD , I trung điểm CD

Ta có

tan 60

OB

SO  a



Đặt OI x suy

2

IC OC OI  12a2x2

2

SI  SO OI  4a2x2

1

SCD

S  CD SI SI IC  4a2x212a2x2

 2 4 2 2 4

8 48

SCD

S x a x a

    

OO S

A B

VÍ DỤ 5: Một hình nón có đỉnh S có bán kính đáý 2a 3, góc đỉnh 120 Thiết diện qua đỉnh hình nón tam giác Diện tích lớn Smax tam giác bao nhiêu?

A Smax 8a2 B Smax 4a2 C Smax 4a2 D Smax 16a2

(137)

Xét hàm số f x   x4 8a x2 248a4 với 0 x 3a

 

4 16 f x   x  a x

  0

2 x f x

x a

     

   Bảng biến thiên

Nhìn vào bảng biến thiên ta thấy Smax2 64a4Smax 8a2

Cách 2: Gọi thiết diện hình chóp SCD

Vì SOB vng O, có OB r 2a 3, OSB60o nên lSB o sin 60

r

a

 

Khi đó, sin

SCD

S  SC SD CSD 2SC SD



8a

 (vì sinCSD1) Vậy Diện tích lớn Smax thiết diện 8a 2 CSD90o

CÂU 1: Cho hình phẳng gồm nửa đường trịn đường kính AB2, 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

A S8 B 20

6 

  

  

 

S C S6 D

2 

 

  

 

S

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

2

a



B  

2

1

2 a

 

C  

2

1

2 a

 

D

2

2 a



CÂU 3: Một bình đựng nước dạng hình nón (không 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

(138)

3

16 dm



Biết mặt khối trụ nằm mặt hình nón, điểm đường tròn đáy lại thuộc đường sinh hình nón (như hình vẽ) khối trụ có chiều cao đường kính đáy hình nón Diện tích xung quanh S bình nước là: xq

A 10

2

xq

S   dm B Sxq 4 10 dm2 C

2

4

xq

S  dm D

2

xq

S   dm

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 Sa,Sb,Sc. 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 thẳngABvà SO Tính diện tích xung quanh S hình nón xq  N

A Sxq 36 3 B Sxq 27 3 C Sxq 18 3 D Sxq 9 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

45 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

2

h

Khi diện tích xung quanh hình nón

A 10 h 

B

2

10 h



C

2

10 3 h



D

2 10 h 

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   

A xq a

S  B

2

5 16

xq

a

S  C

2

5

xq

a

S  D

2

5

xq

a

S 

CÂU 9: Đường cao hình nón a a 0 Thiết diện qua trục tam giác cân có góc đỉnh bằng1200 Diện tích tồn phần hình nón là:

A 2 

3 a

  B 2 

2

a

  C 2 

3

a

  D 2 

3 3 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

2

S  a B S a2 C  

2 a S    D a S 

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:

A 1

2 B

7 C

4 D

(139)

CÂU 12: Hình chữ nhật ABCD cóAB6, AD4 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 tròn 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 0 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 8 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

4 cm Tính thể tích khối nón  N

A 768 cm3

125

V   B 786 cm3

125

V   C 2304 cm3

125

V   D 2358 cm3

125

V  

CÂU 15: Một mảnh giấy hình quạt hình vẽ Người ta dán mép AB AC lại với để

hình nón đỉnh A Tính thể tích V khối nón thu (xem phần giấy dán khơng đáng kể)

A 4 21  B 20



C 4 21

3  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

A

200 cm B 325

cm



C 4216

cm 27



D 550

cm



CÂU 17: Cho hình chóp tứ giác S ABCD có cạnh a Tính thể tích khối nón có đỉnh S

và đường tròn đáy đường tròn nội tiếp tứ giác ABCD

A

2

a

V   B

3

2

a

V   C

3

2 a

V  D

3

6 a V 

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

(140)

A 13 96 a 

B

3

11 96

a



C

3

a



D

3 11 a 

CÂU 19: Cho tam giác ABC vng A có AC 1cm; AB2 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

3

V  ; S 5 2 B.V;S 5 2

C.

3

V  ;S 5 2 D.V;S 5 2

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

2  1 C

2

3 D   

CÂU 21: Cho hình nón  N có bán kính đáy a diện tích xung quanh Sxp 2a2 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

3

2 a

V  B

3

2

a

V  C V 2 3a3 D

3

2 3 a

V 

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 4 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 hình nón đỉnh S , có đáy hình trịn ngoại tiếp tam giác ABC xq

A 3 xq a

S  B

2

10

xq

a

S  C

2

7

xq

a

S  D

2

7

xq

a S 

CÂU 24: Cho hình chóp tứ giác S ABCD có cạnh đáy 2a Mặt phẳng qua ABvà trung điểm M SC cắt hình chóp theo thiết diện có chu vi 7a Thể tích khối nón có đỉnh S đường tròn đáy ngoại tiếp tứ giác ABCD

A a 

B

3

6

a 

C

3

2 3

a 

D

3 a 

(141)

CÂU 25: Cho hình chóp tứ giác S ABCD có cạnh đáy a Tam giác SAB có diện tích 2a2 Thể tích khối nón có đỉnh S đường trịn đáy nội tiếp tứ giác ABCD

A a 

B

3

7 a



C

3

7 a



D

3 15 24 a 

CÂU 26: Cho hình chóp S ABC có SASBSC4, ABBCCA3 Tính thể tích khối nón giới hạn bởi hình nón có đỉnh S đáy đường tròn ngoại tiếp ABC

A 3 B 13 C 4 D 2

CÂU 27: Cho hình chóp đềuS ABC có cạnh đáy a , góc mặt bên đáy 60  Tính diện tích xung quanh Sxq hình nón đỉnhS , có đáy hình tròn ngoại tiếp tam giác ABC

A 3 xq a

S  B

2

7

xq

a

S  C

2

10

xq

a

S  D

2

7

xq

a

S 

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

A

2

3 a

S  B

2

3 a

S  C

2

4

a

S  D

2

a S 

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)

A

3

9

a 

B

3

6

a 

C

3

a 

D

3

4

a 

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)

A

3

6 a

V  B

3

6 27 a V  C

3

6 12 a

V  D

3

2 a

V 

CÂU 31: Cho hình nón đỉnh S, đáy hình trịn tâm O, góc đỉnh 120 Trên đường trịn 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 2 vị trí B Có 3 vị trí C Có 1 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 là điểm đoạn SO , đặt OM x, 0 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.

2

h

B

2 h

C

2 h

D

3

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 trịn 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 2R D 2

3 R

(142)

CÂU 34 : Cho nửa đường trịn đường kính AB2R 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

2 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 có thể thực dự định gần với kết dước đây?

A 59, 98cm B 59, 93cm C 58, 67 cm D 58,80 cm

Gọi S1 diện tích mặt cầu quay nửa đường trịn đường kính AB2 quay quanh trục đối xứng  S12

Gọi S2 diện tích xung quanh hình trụ quay hình vng ABCD cạnh AB2 quanh trục

đối xứng  S2 4

Gọi S3 diện tích hình xung quanh hình nón quay tam giác DCE cạnh EC2 quanh trục đối xứng  S3 2

Vậy diện tích mặt trịn xoay tạo thành quay hình phẳng quanh trục đối xứng

1

  

S S S S 8

Ta có Stp RlR2,

2 a

R , la nên

2

tp

a a

S  a   

 

 

1

2 a

 



Xét hình nón: hSO3r, rOB l, SA Xét hình trụ: h1 2rNQ, r1ON QI

SQI SBO

  1

3

QI SI r

r BO SO

      Thể tích khối trụ là:

3

1

2 16

2

9

t

r

V r h        r h  l h2r2 2 10 Sxq rl4 10 dm2

a

b c

h

H C

B

A

Gọi H chân đường vng góc kẻ từ A tam giác, đặt AH h Ta có Sa .BA AH .CA AH h c b(  )

2

( )

b

S  BC BA BA c a c

2

( )

c

S CB CACA b a b

(143)

Do bc nên hiển nhiên Sc Sb

Do ca,hb nên hiển nhiênSa Sc

Vậy Sa Sc Sb

Theo ta có tam giác SAB vng S OH 3; BSO60

Gọi r bán kính đường trịn đáy hình nón đường sinh

sin 60

r r

lSB  l



Suy

2

r

BH  AB

Xét tam giác OBH vng H , ta có

2

6

9 3

9

r

r r

   

Diện tích xung quanh S hình nón xq  N 3.6 18 3

xq

S  r l  

Ta có diện tích xung quanh hình nón S.OA SA Diện tích đáy hình nón S OA2

Khi đó: 2

S SA OA

S OA  SA 

Mà tam giác SAO vuông O nên cos 60

OA

SAO SAO

SA

    

(144)

Gọi I trung điểm AB

2 2 2 2

1 1

OH  SO OI OI  h h h

3 h OI

 

Tam giác OAB vuông cân O nên:

2

3 h

AB OI  ,

3 h ROAOB

Suy ra:

2

2 2 15

3

h h

SB SO OB  h   

 

Diện tích xung quanh hình nón:

2

6 15 10

3 3

xq

h h h

S R SB 

CÂU : Chọn C

Khối nón có chiều cao a có bán kính đáy

2

a r Do diện tích xung quanh khối nón tính theo cơng thức:

xq

S rl với

2

4

a a

l a  

Vậy

2

5

2

xq

a a a

S  

(145)

Gọi thiết diện qua trục SAB , S đỉnh, ABlà đường kính đáy, O tâm đáy Theo giả thiết SOa ASO, 600 Trong tam giác SAO vuông O , ASO600

Ta có tan 600 3, 0

cos 60

SO

OASO a SA  a

Hình vẽ mơ thiết diện qua trục hình nón

Gọi Stp,S S theo thứ tự diện tích tồn phần, diện d, xq tích đáy, diện tích xung quanh hình nón ta có:

   

 

2

3

tp d xq

S S S R Rl R R l OA OA SA

a a a

a

   

 

       

 

Vậy diện tích tồn phần hình tròn Stp a23 3 

l

r

60° M

O D

C A B

S

Gọi O tâm đáy ABCD , M trung điểm BC

Hình nón có đỉnh S , đáy đường trịn nội tiếp tứ giác ABCD hình nón trịn xoay tạo thành khi quay tam giác SOM quanh SO Ta có:

.tan 60

SOOB 

2

a a

 

2

a OM  r

2 2

SM SO OM

2 2

2

6

2

a a a

        

 

7 a l   Khi diện tích xung quanh hình nón là:

7 2

xq

a a

S rl 

2

7 a





(146)

R r

N H

I M

O

Gọi R bán kính đáy khối nón trục OI

3

 V R OI

Giả sử mặt phẳng trung trực OI cắt trục OI H, cắt đường sinh OM N Khi mặt phẳng chia khối nón thành phần, phần khối nón có bán kính

2

 R

r , có chiều cao

2

OI 2

1

3 2 24



   

     

   

R OI R OI

V

Phần khối nón cụt tích

2 2

2

3 24 24

  

   R OI  R OI  R OI

V V V Vậy tỉ số thể tích

là:

2

1 24

7

24

 

 

R OI V

R OI

V

Gọi O tâm hình chữ nhật ABCD , suy MNPQ hình thoi tâm O

Ta có

2

QOON  AB

2

OM OP AD

Vật tròn xoay hai hình nón có: đỉnh Q N, chung đáy * Bán kính đáy OM 2

* Chiều cao hình nón OQON 3 Vậy thể tích khối trịn xoay

2

3

V   OM ON 

  (đvtt)

h

R O S

B A

Ta có: Góc đường sinh tạo với đáy SAO 600

tan 60 h h 3R

R

Mặt khác:

2

1

2

ABC

S SO AB R h

SA SB AB

S p r l R h R R

(147)

2

R h h R R

Thế vào ta được: 3

R L

R R

R N

Suy ra: h

Vậy

3

V R h

(N)

K M I

O

A B S

Đường sinh hình nón lớn là: l SB  2

h r  8262 10 cm

Gọi l2, r2, h2 đường sinh, bán kính đáy chiều cao hình nón  N

2 4 cm

l SK

Ta có: SOB SIK đồng dạng nên:

10

SI IK SK

SO OB  SB  

2 2

10

h r l

    

2

2 16

5

2 12

5

h h

r r

   

 

   

Thể tích khối nón  N là:

( ) 2

1

N

V   r h

2

1 12 16 3 5

 

  

 

3

768 cm 125



Gọi R h, bán kính chiều cao hình nón Đường sinh l5

Ta có :

2R4 R  h l2R2  21 21

3

V R h 

  

(148)

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:

 

2

1

3

V  r h h  CI AB

Ta có  ,   , 

2

ABC

S  d C AB AB d A BC BC

 , 

d A BC BC CI

AB

  ,  

2

2 11

, 11

2

d A BC  AB  BC  CI 

 

Vậy

2

3

1 11 550

.6 cm

3

V      

 

Gọi O tâm hình bình hành ABCD SOABCD Ta có :

2

OA AC a SO S A2AO2 a

Hình nón đỉnh S có chiều cao hSO a, bán kính đáy 2 a

r , tích :

2

1 π V  r h

3

π a 

Nếu ba hình tam giác khơng chồng lên

(149)

thể tích khối tròn xoay

3

a V  Thể tích phần bị chồng lên

3

3 96 a V   Thể tích cần tính

3

1

11 96

a V  V V   Hoặc làm sau:

Đặt V V V V thể tích: khối nón sinh tam giác1; 2; ;3 4 OABquay quanh OB, khối trịn xoay sinh hình BCFE GCHK; , khối nón sinh tam giác DEB quay quanh BC Khi đó: Thể tích khối cần tìm là:

2

1

1 3 11

3

3 16 96

a a a a a

V   V V V  V  V            

1 1

1

2 5 M

A C

B

Gọi  H hình nón trịn xoay tạo thành cho tam giác ABC quay quanh cạnh 1 AB,  H2 hình nón trịn xoay tạo thành cho tam giác MAB quay quanh cạnh AB

Khi 2

3 3

V  AC AB AC MA ; S AC BC AC MC  5 2

(150)

Khơng tính tổng qt ta giả sử R1

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; đỉnh lại A 1;1 , thiết diện có diện tích

3

S Xét mặt phẳng qua cạnh đáy thiết diện vng góc với hình trịn đáy hình nón cắt hình nón làm đôi

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

3

K

V  

Mặt khác thể tích nửa khối nón 1 3

2



 

Do thể tích đa diện nhỏ tạo thiết diện khối nón 3 3 4

6 18

V    

Vậy tỉ số thể tích hai phần khối nón chia mặt phẳng  

3 4

3

18

6

3



  





Ta có: Diện tích xung quanh Sxp 2a2  rl2a2  l 2a h l2r2 a Đáy ABCD nội tiếp đáy khối nón  N có bán kính đáy a  ABa Vậy:

3

1

3 ABCD

a

V  S h

B A

C D S

O

(151)

Gọi OACBD Khi SO(ABCD) SOAvng O

có 45 , OA (2 ) 2

2

AC a

SAO a

     Suy

cos 45

OA

SA  a

Vậy diện tích xung quanh khối nón đỉnh S , đáy đường trịn ngoại tiếp ABCD làSxq rl= OA SA .a 2.2a2 2a2

CÂU 23:Chọn D

Hình nón đỉnh S đáy đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC có: Bán kính đường trịn đáy

3

a r AG AN 

Đường sinh 2 2  2 2

tan 60

lSA SG AG  GN  AG

2

3

6 12

a a

a

   

     

   

Diện tích xung quanh:

2

7

xq

S rla

Gọi E trung điểm SD ME/ /AB suy ABM cắt hình chóp S ABCD theo thiết diện hình thang ABME

(152)

Gọi độ dài cạnh bên hình chóp x Do chóp S ABCD chóp nên

SAD SBC

   AE BM Áp dụng hệ thức trung tuyến ta có:

2 2

2

SB BC SC

BM   

2

8

x  a



Suy AEBM

2

8 x  a 

Mặt khác dễ thấy EM a,AB2a mà chu vi thiết diện 7a nên ta có:

2

8

2

4

x a

a a   a  x 2a Suy chiều cao hình chóp:

2

4

AC

SH SA  6a2SHa

Khối nón có đỉnh S đường trịn đáy ngoại tiếp tứ giác ABCD chiều cao SH a 6và bán kính đường trịn đáy

2 AC

a

 nên thể tích khối nón là:

 2

1

2

V   a a

3

2

a 



Gọi OACBD M trung điểm AB Hình nón có đỉnh S đường trịn đáy nội tiếp tứ giác ABCD có bán kính đáy

2

a

ROM  có chiều cao hSO Thể tích khối nón

3

V  Bh

2

4

a BR  Diện tích tam giác SAB 2a2 nên 2

2SM AB a  SM 4a

Trong tam giác vng SOM ta có

2

2 2

16

4

a a

SO SM OM  a   hay

2 a

h

Vậy thể tích khối nón

3

7 a

V 

M O

B

D A

C

S

(153)

Đường cao hình chóp đường cao hình nón:

2

2 2 3

4 13

3 hSO SA OA    

 

Bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC: ROA Vậy thể tích khối nón cần tìm: 13

3

V  h R  

M

G

B

A C

S

1 3

3

AB a

GM  

2 3

3

AB a

AG 

Ta có: SMG 60 Xét tam giác vng SGM : tanSMG SG GM



Suy ra: tan 60 3

6

a a

SGGM   

Xét tam giác vuông SAG :

2

2 21

4

a a a

SA SG AG   

2

3 21

3 6

xq

a a a

S AG SA 

l

r O D

C S

B A

I

(154)

Gọi OACBD I trung điểm BC Khi 2 OCa

Ta có tan 45

2

SOOC a

Trong SOH vng O 2

2 a

SH SO OH SH 

Khi

2 xq

3

2

a a

S rl a 

Bán kính đường tròn nội tiếp tam giác cạnh a

6 a

r 

Thể tích khối nón nội tiếp

2

3

1

.6

3 6

a a

V    a 

 

Cách khác :

O A

N S

B

C

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

Ta có 3

2

a a

AN  ON  AN 

Thể tích khối nón nội tiếp

2

3

1

.6

3 6

a a

V    a 

 

(155)

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

2

1

3

V  R h BH AH

Ta có: 3

3

a a

BH  

2

2 2

3

a a

AH  AB BH  a  

Suy ra:

2

1 6

3 3 27

a a a

V    (đvtt)

Gọi r bán kính đáy hình nón Vì góc đỉnh ASA 120 ASO60 Suy cot

3

r

SOOA ASO Gọi H trung điểm AM đặt x OH Ta có:

2

2 2

3 r

SH  SO OH  x , AM 2AH 2 OA2OH2 2 r2x2 Diện tích tam giác SAM

2

2 2

1

2 3

r

s SH AM  x r x  r

2 max

2

s  r đạt

2

2 2

3 3

r r r

x r x x x

       Tức OHSO Theo tính chất đối xứng của đường trịn ta có hai vị trí M thỏa yêu cầu

(156)

B C

O

A D

S

M

Ta có BM bán kính đường trịn  C Do tam giác SBM SAO nên BM SM

AO  SO

AO SM BM

SO

  BM R h x

h



 

Thể tích khối nón đỉnh O đáy  C là:

2

1

V  BM OM  

2

1

R h x x h

  

  

   

2

1

R

h x x

h



 

Xét hàm số    

2

1

R

f x h x x

h 

  , 0 x h ta có

Ta có     

2

1

3

R

f x h x h x

h



    ;     

2

1

0

3

R h

f x h x h x x

h



      

Lập bảng biến thiên ta có

Từ bảng biến ta tích khối nón đỉnh O đáy  C lớn

h x

l h r

R

Ta có

2

2 2

,

4

h h

r R  l r h  R 

2 2

2 3 4

4 16

xq

h h R

S rl R  R    h  h R

Xét    

2

4

3

0 16

R

f h   h  h R  h R

Ta có   3 ,  

4

R f h   h R h f h   h

(157)

Bảng biến thiên:

Khi f h đạt giá trị lớn   3 R

h Do Sxq đạt giá trị lớn 3 R

h

CÂU 34 : Chọn C

2

cos cos

.sin cos sin ; cos cos

AC AB R

CH AC R AH AC R

 

    

 

   

Thể tích vật thể trịn xoay tạo thành quay tam giác ACH quanh trục AB

2

1

.cos sin

3

V  AHCH  R  

Đặt      

3

2 8 2

cos 1 2

3 6

t t t

t     t V R t  t R t t  t  R     

 

Vậy V lớn

3

t arctan

 

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:

2

2 cos (1)

l BO OA  BO OA 

2

( )

B A  AB a b h ( ) 1

2

4 (AA )

a a l BB OA OB AB AB AB

b

b b l OB OB b

 



 



 

       



2

2 ( ) ( )

( ) ( )

a b a b

a

AB a b h

 

  

  

 

2

( )

1 b a b h ( )

AB a a b

OB b

OB b b a b

  

    



2

( )

( ) ( )

b a b h

OA OB BA a b h c

a b  

      



Thay (a), (b), (c) vào (1) ta tìm l58, 79609cm58,80

(158)

CHỦ ĐỀ 2: KHỐI TRỤ

Cách 1: Bề dày đề can là: 50 45 0, 01(cm)

2 250

a  



Gọi d chiều dài trải h chiều rộng đề can Khi ta có:

2

50 45

2

dha  h  h

   

 2

50 45 4a

d  

  37306 (cm)373 (m)

Cách 2: Chiều dài phần trải tổng chu vi 250 đường trịn có bán kính cấp số cộng có

số hạng đầu $25$, công sai   a 0, 01

Do chiều dài (2.25 249.0, 01)250 37314 (cm)

l    373 (m)

Lời giải Chọn.A

Hình trụ có diện tích tồn phần S1, đường sinh MN2a bán kính đường tròn đáy

2

AM  a

Diện tích tồn phần S12  AM MN 2AM216a2

Hình trụ có diện tích tồn phần S2, đường sinh DC2a bán kính đường trịn đáy AD3a

Diện tích tồn phần S22  AD DC 2AD2 30a2 Vậy

16 30 15 S

S  

Ta có hình vẽ sau:

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 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)

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 hình trụ có diện tích tồn phần S1, S2 Tính tỉ số

2

S S

A

2

12 21 S

S  B

1

2 S

S  C

1

4 S

S  D

1

8 15 S

S 

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:

A

3

R

B

3

R

C

3

4

R

D

3

2

R

(159)

R

30° h

R

h= 3R H

B' A

O

O'

A'

B

Ta có: OO' BB' nên AB OO, '  AB BB, 'ABB' 30

Đặt V VOA B O AB' ' '

Ta có: ' ' ' ' ' . ' . '

3

OA B O AB B O AB B OA AO B OA AO

V V V  V V . '

3

B OA AO

V V

 

Mà   

 

 ',  '

', '

d A OBA IA

d O OBA  IO  nên ' '

1

A OAB O OAB

V V  V

Ta có OB'R, AB'R nên tam giác O AB nên có diện tích ' '

2

3 R

Vậy ta có

2

'

1

3

3 4

O OAB

R R

V  V  R 

 

45°

C'

B'

O M

A C

B A'

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 ABC Đặt BCx, x0 Ta có

2 x

AM  A A 

2 x A M

 

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 a2 Tính diện tích xung quanh hình trụ ngoại tiếp hình lăng trụ ABC A B C   

A

2

4

3 a



B 2 a C 4 a D

2

8

3 a



(160)

Nên

2

1

2

A BC

x

S  A M BC  a  x 2a

Khi đó: 2 3

3 3

a a

AO AM   A A a

Suy diện tích xung quang khối trụ là: Sxq 2 OA A A  2 3

a

a a

 

 

Để vật liệu tốn diện tích tồn phần hình trụ nhỏ Ta có: Stp 2R22Rh

Do V R h2 nên h V2 R 

 Suy

3

2 3 2

2

tp

V V V V V

S R R R R V

R R R R R

    



      

Đẳng thức xảy 3

2

V V

R R

R



   Khi 23

2 V h





CÂU 1: Cho hình trụ có tỉ số diện tích xung quanh diện tích tồn phần 1

3 Biết thể tích khối trụ

bằng 4 Bán kính đáy hình trụ

A B C D 2

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:

A  

2

3 3



 R

B  

2

3



 R

C  

2

3 2



 R

D  

2

3 2



 R

CÂU 3: Một trục lăn sơn nước có dạng hình trụ Đường kính đường trịn đáy cm, chiều dài

lăn 25 cm (như hình đây) Sau lăn trọn 10 vịng trục lăn tạo nên tường phẳng diện tích là:

VÍ DỤ 5: Người ta muốn dùng vật liệu kim loại để gò 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 2 23

2 V

R h



  B 2

2 V

R h



  C 2

2 V

h R



  D 2 23

2 V

h R



 

(161)

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2ED, FB2FC Khi quay quanh AB đường gấp khúc AEFB, ADCB sinh hình trụ có diện tích tồn phần S1, S2 Tính tỉ số

2

S S

A

2

4

S

S  B

1

8 15

S

S  C

1

12 21

S

S  D

1

2

S

S 

CÂU 5: Cho hình chữ nhật ABCD với ABAD có diện tích 2, chu vi cho hình chữ nhật quay quanh AB, AD ta hai khối trịn xoạy tích V1, V2 Tính tỉ số

1

V V

A 3 B 1

2 C 2 D 3.

CÂU 6: Cho hình trụ có đáy 2 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

A

3

a

V  B

3

3 12

a

V  C

3

3 a

V  D

3

a

V 

CÂU 7: Cho hai mặt trụ có bán kính 4 đặt lồng vào hình vẽ Tính thể tích phần chung chúng biết hai trục hai mặt trụ vng góc cắt

A.256 B.512 C.256

3  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

A 2000cm3

3 B

3

2000 cm

9 C

3

1000 cm

3 D

3

1000 cm

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 Tính thể tích khối trụ

A B 52

3 C 52 D 13

CÂU 10: Một hình trụ có hai đáy hai hình trịn tâm O, O có bán kính r5 Khoảng cách hai đáy OO 6 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

(162)

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, 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 khơng đường sinh hình trụ Độ dài cạnh hình vng ABCD bằng?

A 10 B 20 C 10 D 5

CÂU 13: Một khối trụ có bán kính đáy 10 cm, thiết diện qua trục hình vuông 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

A 2000cm3

3 B

3

2000 cm

9 C

3

1000 cm

3 D

3

1000 cm

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 Tính thể tích khối trụ

A 2 B 52

3 C 52 D 13

CÂU 15: Một hình trụ có hai đáy hai hình trịn tâm O , O có bán kính r5 Khoảng cách hai đáy OO 6 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 16: Cho hình trụ  T có đáy đường trịn tâm O O, bán kính 1, 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

A 19

2

S   B 19

4

S   C 19

2

S   D 19

2 S  

CÂU 17: khối trụ mặt phẳng qua trục ta thiết diện hình chữ nhật ABCD có cạnh ABvà cạnh CD nằm hai đáy khối trụ Biết BD  a 2, DAC  60 Tính thể tích khối trụ

A 3

16 a B

3

16 a C

3

32 a D

3

3 48 a

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 tròn đáy theo dây cung có độ dài bao nhiêu?

A 2

3

R

B

3

R

C 2

3

R

D 2

3

R

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a2, 200a3 B 60a2, 200a3 C 80a2,180a3 D 60a2,180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6 góc CAD 60  Thể tích khối trụ

A 126  B 162  C 24  D 112 

(163)

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

1

2 C

5

11 D 11

CÂU 22: Cho hình trụ có hai đáy hai đường tròn  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 một dây cung Tính độ dài dây cung theo R

A

3

R

B 2

3

R

C 2

3

R

D 2

3 R

CÂU 23: Cho hình trụ có chiều caoh 2,bán kính đáyr 3.Một mặt phẳng P khơng vng góc với đáy

hình trụ, lượt cắt hai đáy theo đoạn giao tuyến AB vàCD cho ABCD hình vng Tính diện tíchS của hình vngABCD

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 3 B C 2 D 2

CÂU 25: Một hình trụ có hai đáy hai hình trịn tâm O , O có bán kính r5 Khoảng cách hai đáy OO 6 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 6cm, diện tích tứ giác ABB A 

2

60 cm Tính bán kính đáy hình trụ

A 5 cm B cm C 4 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 

B

2

a 

C

2

2 a



D

2

3 a



(164)

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 3a3 B V 81 3a3 C V 24 3a3 D V 36 3a3

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

A

2

9

 a h

V  B

2

9

 a h

V  C

2

3

 a h

V  D

3



V a h

CÂU 31: Cho tam giác ABC cân A, ABAC5 ,a 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 tròn xoay Tính độ dài đoạn MN để thể tích khối tròn 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

đều 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, 25dm 2 B 75dm 2 C 50 5dm 2 D 125dm 2

CÂU 34: Cho biết tăng dân số ước tính theo cơng thức

N r

S A e ( 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, cịn đường trịn đáy giao tuyến hình trụ với nửa mặt cầu Biết R1, tính bán kính đáy r chiều cao h hình trụ nội tiếp nửa mặt cầu S O R để khối trụ  ,  tích lớn

A 3,

2

r h B 6,

2

r h C. 6,

3

r h D 3,

3

r h

(165)

Gọi bán kính hình trụ R

2

4

V h R h

R

  

      1

 

1

2

3

XQ TP

R

S  S  Rh R Rh  h   R h h  2

Từ  1  2 suy ra: 42 2

R R R   

CÂU 2:

Đường cao hình trụ hR nên ta có bán kính đáy hình trụ

2

4

 R  R

r R

2

3

2

  

  

xq

R

S rh R R

Vậy  

2

2 3

2



   

      

 

tp xq đáy

R R

S S S R

Diện tích xung quanh hình trụ Sxq 2Rh.6.25 150 

Khi lăn sơn quay vịng qt diện tích diện tích xung quanh hình trụ Do trục lăn quay 10 vịng qt diện tích S 10.Sxq 1500  2

cm

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:  2

1 2 2 16

S   a a  a  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:  2

2 2 3 30

S   a a  a  a

1

8 15

S S

 

(166)

Gọi ABx điều kiện x1,

Suy AD 3 x

Ta có: (3 ) 2( ) 1( )

x n

x x

x l

      



Ta được: 1 2

V    ,

2

V   ,

1 V V 

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 )

2 2

3

A B  AB A A a BD A D A B a

O BD

 nên

2 a

BH 

2

AOO

a

S  Suy thể tích khối tứ diện OO AB là:

3

3 12

a

V 

Cách1 Ta xét 1

8 phần giao hai trụ hình

Ta gọi trục tọa độ Oxyz hình vẽ

(167)

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x2

Thể tích khối  H    

4

2

0

12 d

16

d

3

x

S x x  x

  Vậy thể tích phần giao 1024

3

Cách2.Dùng công thức tổng quát giao hai trụ 16 1024

3

V  R 

Ta có 3tan 2.10 tan 453 2000 cm3

3 3

nem

V  R   

O'

O C

N

M I

I'

A B

D

Dựng kiện tốn theo hình vẽ

Mặt phẳng vng góc mặt đáy, ta thiết diện hình vng ABCD có diện tích

16 Cạnh hình vng

Khoảng cách từ tâm I đáy hình trụ đến mặt phẳng IO Ta có IA IO2 OA2 13

Vậy thể tích khối trụ là:

2

13 52

V dvtt

Gọi I trung điểm đoạn OO

(168)

Do

IO    nên mặt phẳng cắt hình trụ theo hình chữ nhật

Ta có OCOI tan 45 3 ; O A  r   AC 5232  4 AB8Nên chiều rộng AB8

Chiều dài hình chữ nhật là: 2IC2 O C 2O I 2 3232 6 Vậy diện tích là: 2.848

Do thiết diện qua trục OO hình vng cạnh nên chiều cao hình trụ h2 bán kính đáy R1

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

Trong tam giác vng IOE có tan 3

3

OI

OEI OE

OE

     Do điểm E nằm ngồi

đường trịn đáy nên thiết diện Elip.Trong tam giác vng AHM có

2

cos

3 HM

AMH AM

AM

    Hay 3

3

a  a Mà CD2b  2 b

Thiết diện hình elip nên diện tích 3, 62

ab 

  

B

C

H A

D

Gọi kích thước hình vng a

Kẻ AH vng góc với mặt phẳng đáy Ta có

O I

M H

A

C

D

O

(169)

CD AD

CD HD

CD AH nên HC đường kính đường trịn đáy Ta có hệ

2 2 2

2

2 2 2

40

25 10

DH DC HC DH a

a a

DH AH AD DH a

Ta có 3tan 2.10 tan 453 2000 cm3

3 3

nem

V  R   

O'

O C

N

M I

I'

A B

D

Dựng kiện tốn theo hình vẽ

Mặt phẳng vng góc mặt đáy, ta thiết diện hình vng ABCD có diện tích 16 Cạnh hình vng

Khoảng cách từ tâm I đáy hình trụ đến mặt phẳng IO Ta có IA IO2 OA2 13

Vậy thể tích khối trụ là: V 13 42 52 dvtt

Gọi I trung điểm đoạn OO

Do

2

(170)

Gọi B hình chiếu B mặt phẳng chứa đường tròn  O , OA O B,    OA OB,  60  AOB tam giác cạnh

Gọi H là hình chiếu B OA

HB  19

2

BH 

Gọi S diện tích tồn phần tứ diện OAO B

AOO AO B AOB BOO

S S S  S S 2SAOOSAOB 2OA OO 2OA BH

  

   

 

1 19 1.2

2 2

 

   

 

4 19 



600

D

C

B

A

Ta có ABCD hình chữ nhật nên tam giác ADC vuông D BDACa Xét tam giác vng ADC có

sinDAC DC AC

 DCACsinDAC DCa 2.sin 60 a DC

   bán kính mặt đáy hình trụ

4 a

r

cosDAC AD AC

  AD ACcosDAC ADa cos 60 2 a AD

   chiều cao hình trụ

2 a

h

Thể tích khối trụ V r h2

2

6

4

a a

 

  

 

3

16 a



O A

B

 B H

 O

(171)

H

M O'

O A

D C

B K

Gọi M trung điểm OO Gọi A, B giao điểm mặt phẳng   đường trịn  O H hình chiếu O AB ABMHO

Trong mặt phẳng MHO kẻ OK MH, KMH góc OO mặt phẳng   góc

30

OMK  

Xét tam giác vuông MHO ta có HOOMtan 30Rtan 30 3 R 

Xét tam giác vng AHO ta có AH  OA2OH2

2

3 R R

 

3 R 

Do H trung điểm AB nên 2 R

AB

CÂU 19 :

Thiết diện ABCD hình vng có cạnh 8a h8a  Khoảng cách từ trục đến mặt phẳng ABCD  d3a Suy bán kính đường trịn đáy

2

5      

  h

r d

Vậy

2 80

 

xq

S rh a ,

200

 

 

tr

V r h a

Ta có xét tam giác ACD có: tanDAC DC

AD

 DC AD tanDAC

6 tan 60

 6

Vì DC đường kính khối trụ nên suy bán kính khối trụ

2

D C

B A

R DC 3 600

(172)

 diện tích đáy khối trụ

S R  

2

3



 27 Suy thể tích khối trụ V h S 6.27 162

Gọi V1, V2 thể tích khối nhỏ khối lớn Ta tích khối trụ

.18

V  R (với R bán kính khối trụ)

Thể tích  

2

14 11

R

V    R

Vậy

2

V V V

V V



 18 112

11 11

R R

R

 





 

Dựng OH AB ABOIH  OIH  IAB IH

 hình chiếu OI lên IAB Theo ta OIH  30

Xét tam giác vuông OIH vuông O tan 30 3

R OH OI

   

Xét tam giác OHA vuông H 2 6

3

R R

AH OA OH AB

     

(173)

Kẻ đường sinh BB hình trụ Đặt độ dài cạnh hình vng ABCD x x, 0

Do ' '

'

CD BC

CD B C B CD

CD BB vuông C Khi đó, B D đường kính đường Trịn O Xét ' B CD vuông C '

2 2 2

' ' (1)

B D CD CB r x CB

Xét tam giác BB'C vuông B

2 '2 '2 2 ' (2)2

BC BB CB x h CB

Từ (1) (2)

2

2 20

2

r h

x

Suy diện tích hình vng ABCD S 20

Gọi R, h , l bán kính, chiều cao, đường sinh hình trụ Ta có Sxq 4 2 R l 4 R l 2

Giả sử AB dây cung đường tròn 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

ABB A

S   AB AAR 3.l R l 2

Gọi I trung điểm đoạn OO

Do

2

O

O A

B A

B

R l

(174)

Gọi O , O tâm đáy hình trụ (hình vẽ)

Vì AB A B nên ABB A  qua trung điểm đoạn OO ABB A  hình chữ nhật Ta có SABB A  AB AA  606.AA AA10 cm

Gọi A1, B1 hình chiếu A, B mặt đáy chứa A B

1

A B B A 

 hình chữ nhật có A B  6 cm ,

2

1

B B BB BB  2

10

  2 cm 

Gọi R bán kính đáy hình trụ, ta có 2R A B 1 B B1 2A B 2 8  R 4 cm

a a

O

M

B D

C A

Ta có 3

2 3

a a

ROB 

2

2 2

3

a a

lOA AB OB  a   Diện tích xung quanh hình trụ

2

3 2

2

3 3

xq

a a a

S  Rl   

O

O A

B

A

B

1

A

1

B

6

(175)

Diện tích xung quanh hình trụ Sxq 2rl 2r r.2 36a2  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  

2

3

6 a S

2

27 a



Vậy thể tích V S h 81 3a3

R

2R

O' O

B'

C'

D' A'

D

C B

A

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:

2 2

AC R AB ABR  

2

3

2

LT

V Bh R R R

   

Bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác cạnh a 3  a

R

Chiều cao khối trụ chiều cao khối lăng trụ h Thể tích khối trụ là: V R h2

2

3

3      

  

h a

V  h a

(176)

Ta có: BH 3 ;a AH 4a

Đặt HQ x BQ3ax 0 x 3a

Ta có: 3 

3

x

MQ BQ

MQ

AH BH



  

Khi đó:    

3

2

3

T

x x

V  x   x    x a

 

Xét hàm số    

3

0 3

x

f x x   x a

Hàm số f x đạt giá trị lớn   x2aMN4a

Giả sử hình chữ nhật có chiều dài a0 a 6, chiều rộng b0 b 6 Ta có chiều cao hình trụ a , bán kính hình trụ

2

b

Theo giả thiết ta có a b    6 a b.Ta có  

2

4

b

V B h b Đặt    3

6

f b  b b   12 2

f b  b b

     0

4 b f b

b   

   

 

Lập bảng biến thiên ta thấy f b đạt giá trị lớn   b  4 a 2.Vậy V 8 cm

Gọi a độ dài cạnh đáy hình lăng trụ Theo ta có chiều cao lăng trụ 62, 52

a Suy

2 2 3

2

62.5 250 125 125 125 125

4 75

S a a a a a

a a a a a a

         Dấu xảy

3125 5

a  Vậy S nhỏ 75

Gọi S1 dân số năm 2015, ta có S11.153.600,N 5,A1.038.229

Ta có:

1

ln

5

N r N r

S

S A

S A e e r

A

    

Gọi S2 dân số đầu năm 2025, ta có

ln 15

15 5

2 1.038.229 1.424.227, 71

S A r

S A e  e 

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: 2

h r R 0  h R 1r2  1 h2 Thể tích khối trụ là: V r h2 (1 h ) h  f(h)

'(h) (1 3h ) h

f 

     

Vậy:

0;1

2

9

MaxV   (đvtt)

r

3 h

(177)

CHỦ ĐỀ : KHỐI CẦU

S

A

B C

D E

K

* Vì E trung điểm AD, ABCD hình thang vng A B ABBCa,

AD a 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 điểm S , A, B, C , E, K nằm mặt cầu tâm I trung điểm SC bán kính

2

SC R Ta có AC AB2BC2 a 2; SC AC2SA2 2a suy Ra

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

2

R a B

2

R a C Ra D

2 R a

VÍ DỤ 2:Trong mặt phẳng  P cho tam giác OAB cân O , OAOB2 ,a 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 vuông C tam giác ABD Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD

A 2 a

B

3 a

C

2 a

D

3 a

(178)

I C

D

A

B O

Gọi I trung điểm AB, ta có AI OA.sin 60 a 2

AB AI a

   , OI OA.cos 60 a,

AB

CI  a , 3

2 AB

DI   a

Cạnh OC CI2OI2 a 2, OD DI2OI2 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 công thức

3

4 CID 2

CD CI DI CD CI DI a a a

R

S CD OI a

   

C

A D

B

S

M

N P

VÍ DỤ 3: Cho hình chóp S ABCD có đáy hình vng cạnh 2 2, cạnh bên SA vng góc với mặt

phẳng đáy SA3 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

A 32

3

V   B 64

3

V   C 108

3

V   D 125

6 V  

(179)

Ta có:CBSAD,AM SABAM CB 1   SC AM,   AM SC  2

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

2 AC

r  Thể tích cầu: 32

3

V  r  

K

E

I

M O

D

B C

A S

G

Gọi M trung điểm ABvà 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 và trục tam giác SAB

Bán kính mặt cầu RSI Ta có  2

4R 84 cm  R 21 cm  Đặt AB x  cm Trong tam giác vng SGI ta có 2

SI SG GI  1 , ta có

2

x

GI  ,

3 x

SG thay vào  1 tính x6

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

2

SM MK

SM MK



  2 Ta có

3 3

x

SM   ,

4

x

MK  

Thay giá trị vào  2 tính  ,  21

d M SAE 

Vậy khoảng cách SA BD 21

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 SAvà BD

A 2 21

7  cm B 21

7  cm C 21

7  cm D 21

7  cm

(180)

S

A

B C

H K

I

'

B

'

C

Xét tam giác ABC có : BC2 AB2AC22AB AC .cos1200 7a2 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

0

21 sin120

2.sin120

BC a

BC R R

    

VÍ DỤ 5: Cho hình chóp S ABC có SA vng góc với đáy Gọi B',C' hình chiếu vng góc của A lên SB SC Biết ABa, AC2a , BAC1200 , tìm bán kính R mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABB C' '

A 21

3 a

R B

3 a

R C

7 a

R D 21 a

R

(181)

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:

A 15

5 a

B 3

5

a

C

5 a

D

4 a

CÂU 2: Cho hình chóp S ABC có cạnh bên SA vng góc với đáy, AB  a 2, BC a, SC 2a

30

SCA   Tính bán kính R mặt cầu ngoại tiếp tứ diện S ABC

A R  a B

2

a

R  C R a D

2

a R  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

8 a

R B 93

12 a

R C 37

6 a

R D

12 a R

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

19

r a C r2a D

19 ra

CÂU 5: Cho hình chóp S ABCD có đáy hình vng cạnh 1, tam giác SAD tam giác nằm mặt phẳng vng góc với mặt đáy Gọi M , N trung điểm BC CD Tính bán kính R

của khối cầu ngoại tiếp hình chóp S CMN

A. 93

12

R B. 37

6

R C. 29

8

R D.

12

R

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.

4

R B. 21

6

R C. 11

4

R D.

3

R

CÂU : Cho hình chóp tam giác S ABC có đáy ABC tam giác cạnh a, cạnh 3 a

SA Gọi D điểm đối xứng B qua C Tính bán kính R mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S ABD

A. 37

6 a

R B. 35

7 a

R C. 39

7 a

R D. 39

7 a

R

CÂU 8: Cho khối chópS ABCD. có SA(ABCD); đáyABCD hình thang vng A B vớiABBCa; AD2a; SAa Gọi E trung điểm AD Tìm tâm bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S ECD.

A

2

a

R B Ra C 11

2

a

R D Ra 11

(182)

x x

O P

M

N

O C

D S

B

A A

B

S

D C

E I

E

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

6 B.

a R 31

4 C.

a R 39

6 D.

a R 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

6 B.

a R 31

4 C.

a R 39

6 D.

a R 39

13

CÂU 11: Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật, AB ,a 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a2 B S 10a2 C S 4a2 D S 2a2

CÂU 12: Cho hình chóp S ABC có đáy ABC tam giác vuông cân đỉnh B Biết ABBCa 3,

90

SABSCB  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

ra 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)

(183)

Biết chiều cao hình nón 9cm Bỏ qua bề dày lớp vỏ thủy tinh, tổng thể tích hai khối cầu

A 112 cm3



B 40 cm3



C 38 cm3



D 100 cm3



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

A π

3

V  a B π

3

V  a C π

3

V  a D V πa3

CÂU 15: Cho hình chóp S ABCD có SAABCD, đáy ABCD hình chữ nhật, ABa AD, 2 ,a góc đường thẳng SC đáy 45 Tính theo a thể tích V khối cầu ngoại tiếp hình chóp S ABCD

A V  6a3 B

3

10

a

V  

C a

V   D

3

5 10

a

V  

CÂU 16: Cho mặt cầu  S tâm O điểm A, B, C nằm mặt cầu  S cho AB3, AC4,

BC khoảng cách từ O đến mặt phẳng ABC  Thể tích khối cầu  S

A 7 21

2



B ABD C 20

3



D 29 29

6



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 ; 1 Tính thể tích khối cầu ngoại tiếp hình chóp cho

A 256

81



B 125

162



C 500

81



D

48 343

CÂU 18 : Cho hình chóp S ABC có đáy ABC tam giác có cạnh 1, mặt bên SAB tam giác nằm mặt phẳng vng góc với đáy Tính thể tích khối cầu ngoại tiếp hình chóp cho

A. 15

18

V   B.

3

V   C. 15

54

V   D.

27

V  

CÂU 19: Cho hình lập phương ABCD A B C D     có cạnh a Gọi V V V1, 2, 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

1 V V P V  

A.

3

P B.

9

P C.

3

P D.

3

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  o

30 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 D.

13 3

(184)

CÂU 21: Khối cầu  S có tâm, đường kính AB2R 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

A 24 R  B R  C 32 R  D 12 R 

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 biết thể tích tứ diện ABCD

3

16

a

V

A 91

8

 a

R B 13

4 a

R C 13

2

 a

R D R6a

CÂU 23:Cho hình lăng trụ đứng ABC A B C    có đáy ABC tam giác vng A, ABa 3, BC2a, đường thẳng AC tạo với mặt phẳng BCC B  góc 30 Diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình lăng trụ cho

C'

B'

A B

C

A'

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 2 Hình chiếu S lên mặt phẳng ABCDlà trung điểm H BC ,

2  a

SH Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S BHD

A

2 a

B

2 a

C 17

4 a

D 11

4 a

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:

A

3

2 a 

B

3

2

a



C 2 a

D

3

6 a 

CÂU 26: Cho hình chóp S ABC có đáy ABC tam giác vng cân B, ABBCa 3, 90

SAB SCB   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a2 B S 8a2 C S 12a2 D S16a2

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

2

13

a

S   B.

2

13

a

S  C

2

11

a

S   D

2

11

a S  

(185)

CÂU 28: Cho hình chóp S ABC có đáy ABC tam giác cạnh 1, mặt bên SAB tam giác cân tại S nằm mặt phẳng vng góc với mặt phẳng đáy Tính thể tích V khối cầu ngoại tiếp hình chóp cho biết ASB120

A 15

54

V   B

27

V   C

3

V   D 13 78

27

V  

CÂU 29: Cho hình chóp S ABC , tam giác ABC vuông đỉnh A AB, 1 cm ,AC 3 cm Tam giác SAB ,SAC vuông B C Khoảng cách từ C đến mặt phẳng SAB  3 

2 cm Diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S ABC

A 5  2

4 cm



B  2

20 cm C 5  2

6 cm



D  2

5 cm

CÂU 30: Cho hình chóp S ABC có đáy tam giác ABC vng B, AB3, BC4 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

3

V   B 25

3

V   C 125

3

V   D 125

3

V  

CÂU 31: Cho hình chóp S ABC có AB3 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 4

A R B R3 C R 15 D R2

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 21

3 a

R B

3 a

R C

2 a

R D

3 a R

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 600 điểm G trọng tâm tam giác ABC Bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối chóp

' ' '

G A B C bằng:

A 85

108

a

B 3

2

a

C 3

4

a

D 31

36

a

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 giữa R h

A 8R5h B 5R4h C 2R5h D

5 R h

CÂU 35: Cho hình chóp S ABCD có đáy hình vng cạnh 2 , cạnh bên SA vng góc với mặt phẳng đáy SA3 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

(186)

A 125

6

V   B 32

3

V   C 108

3

V   D 64

3

V  

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

2 a

R B

6 a

R C 30

6 a

R D

6 a

R

CÂU 37 : Cho hình chóp S ABCD có đáy hình thang cân, AB4, BCCDDA2 Mặt bên SAB tam giác nằm mặt phẳng vng góc với ABCD Tính bán kính R mặt cầu ngoại tiếp  hình chóp S ABC

A R2 B R2 C

3

R D

3

R

CÂU 38: Cho tứ diện S ABC có đáy ABC tam giác vng Avới AB3a, AC4a Hình chiếu H S trùng với tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC Biết SA2a, bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S ABC

A 118

2

Ra B 118

8

Ra C Ra 118 D 118

Ra

CÂU 39: Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật, SA vng góc với đáy, ABa,

2

AD a 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   

A 14 a B 3 a C 7 a 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 trọng tâm tam giác A BC Thể tích hình cầu ngoại tiếp tứ diện GABC

A 343 432 a 

B

3

49 108

a 

C

3

343 5184

a 

D

3 343 1296 a 

CÂU 41: Cho hình chóp S ABCD có đáy hình vng cạnh a 2, mặt bên SAD tam giác cân S  nằm mặt phẳng vng góc với đáy Biết thể tích khối chóp S ABCD

3

4

a

Tính thể tích V khối cầu ngoại tiếp hình chóp S ABCD

A

3

113 113

84 a

V   B

3

113 113

48 a

V  

C

3

113 64

a

V   D

3

113 113

384 a

V  

CÂU 42: Cho hình chóp S ABCD có đáy hình chữ nhật, AB2 ,a BCa, hình chiếu S lên

ABCD trung điểm  H củaAD, a

SH  Diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S ABCD bao nhiêu? A a 

B

3

4

a 

C

2

16

a 

D

2 16 a 

(187)

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

1

2 C

1

4 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

6 a

R B

2 a

R C

4 a

R D

3 a R

CÂU 45 : Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật, ABa, AD2a tam giác SABđều 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

6 B

a

R 31

4 C

a

R 102

6 D

a

R 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 2

3a Bán kính mặt

cầu ngoại tiếp hình chóp S ABC ?

A Ra B Ra C

2

a

R D

2 a

R

CÂU 47: Cho lăng trụ đứng có chiều cao h khơng 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 h2 Tính giá trị nhỏ bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình lăng trụ cho

A 2h B

2 h

C h D

2 h

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

2

2 cos 2sin

b c bc

R 



 

 B R2 b2 c2 2bccos

C

2

2 cos sin

b c bc

R 



 

 D

2

2 cos

sin

b c bc

R 



 



CÂU 49: Bề mặt bóng ghép từ 12 miếng da hình ngũ giác 20 miếng da hình lục giác cạnh 4, cm Biết giá thành miếng da 150 đồng/cm2 Tính giá thành miếng da dùng để làm bóng (kết làm trịn tới hàng đơn vị)?

A 121500 đồng B 220 545 đồng C 252 533 đồng D 199 218 đồng

(188)

I N

M H

C B

A

S

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

Bán kính mặt cầu R SI SN SA SH

   

  2

2 2

2

1

2

1 15

2

3

SA a

a

SA AH a

a

  

  

  

 

2a

a 30°

a 2

I

H

A C

B S

Ta có:

 ACSC.cos30 a

 2 2

2

AB BC  a a

3a



AC

  ABC tam giác vuông B Gọi H , I trung điểm AC , SC Khi ta có:

 H tâm đường tròn ngoại tiếp ABC  IH ABC

Do I tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp SABC Suy

2

R SC a Vậy Ra

(189)

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 vuông 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:

2

a

CI  MN  ;

2

2 2

8 a

OC IC IO  x ;

2

2 10

4 4

a a a

KOHI  IE EH       

    ;

2

2 10 22

3

2 16

a a a

SO SK KO   x    x  ax

   

Vì O tâm mặt cầu ngoại tiếp khối chóp S CMN nên SOOC

Suy ra:

2

2 22 5

3

8 16 12

a a a

x x ax ax a x

       

Vậy:

2

25 93

8 48 12

a a

ROC   a

(190)

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 60 oSB a BM   , 2 BC BM BH BC BM   2 4 a a a a   19 a 

Vậy bán kính mặt cầu  S 2 19

a

Gọi O trung điểm AD Khi đó, SO vng góc với ABCD Chọn hệ trục tọa độ hình vẽ, ta có:

0;0;0

O , 1;0;0

2

D 

 , M0;1;0,

1 ;1;0

C 

 ,

1 ; ;0 2

N 

 ,

3 0;0;

2

S 

 

Gọi  S phương trình mặt cầu qua S, M , N , C Ta có hệ phương trình:

3

4

1 c d b d

a b d

a b d

                       4 12 a b c d                 

nên 2 93

12

R a    b c d

I N M H A B D C S

(191)

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 Ta có

2

2 1 21

2

AD AB

RIS IG SG        

   

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 trịn ngoại tiếp tam giác ABD Gọi Id tâm mặt cầu cần tìm, đặt IC x SK SG x

Kẻ IKSG

2

2 3

,

3

a a

IK CG AG SG SA AG a

       

Ta có  

2

2 2 2

3

a a

ISIDIK SK IC CD   a x    x a x Vậy tâm cầu I xác định, bán kính mặt cầu 2 37

6

a R x a 

CÂU 8:

x x

O P

M

N

O C

D S

B

A A

B

S

D C

E I

E

Gọi O trung điểm CD Kẻ tia Ox SA Ox(ABCD)

Ta có: O tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác vuông CDE Ox(ABCD), nên Ox trục đường tròn (CDE)

(192)

Gọi M N trung điểm , AB SC ,

Ta có: 2

2

a

SM  SA AM  ; 2

2

a

MC MB BC  nên suy SM MC 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. Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S ECD. R IC  IO2OC2

Trong

2

a

OC  3

2

SA a

IO NP  (P giao điểm MO AC)

Vậy

2 2

5 11

2 2

a a a

R     

 

  Chọn C

d

x

K

E I

H N

M

B

A D

C S

O

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 1MN a

2 Suy

a

OD ID OI  x

2

16

;

a

SK SH x x KO HI

AM HN a

EI

    



 

3

2

.HI  EI HE  a  a  a

2

2 37

4 16

Suy SO SK KO  a a xx

2

2 49 3

16 Vì O tâm mặt cầu ngoại tiếp nên:

a a

SO DO a x x x a x

a

R OD

       

  

2

49 11

3

16

102

(193)

d

x

K

E I

H N

M

B

A D

C S

O

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 1MN a

2 Suy

a

OD ID OI  x

2

16

;

a

SK SH x x KO HI

AM HN a

EI

    



 

3

2

a a a

HI  EI HE   

2

2 37

4 16 Suy

a

SO SK KO  a xx

2

2 49 3

16

Vì O tâm mặt cầu ngoại tiếp nên:

a a

SO DO a x x x a x

a

R OD

       

  

2

49 11

3

16

102

(194)

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 3

a

a SH  SGa Mặt khác

2

AD a IGOH   Xét tam giác vuông

2

2 2 5

:

4 4

a a a

SIG IS SG IG a   IS 

Vậy diện tích mặt cầu ngoại tiếp chóp S ABCD là: S 4R2 5a2

I

B

D C

A

S

H

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 Ta có 2 2 12 SD a

DH  DC SD   Suy SB2a Gọi I trung điểm SB suy I tâm mặt cầu

2

SB

R a Vậy diện tích mặt cầu S 4R2 12a2

(195)

Gọi AB đường kính mặt nón, O đỉnh, M , N giao điểm tiếp tuyến chung hai mặt cầu OA , OB (hình vẽ)

N M

B A

O

Ta có tam giác OAB nên bán kính đường trịn nội tiếp 3

r h

Tương tự, tam giác OMN đều, có chiều cao h 9 2r3 nên có bán kính đường trịn nội tiếp

1 3

r  

Thể tích hai khối cầu 112

3 3

V   r   r   

Góc SC ABCD góc SCA 45o nên tam giác SAC vuông cân A nên

2

SC a

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

2

SC R a Thể tích khối cầu ngoại tiếp hình chóp S ABCD π

3

V  a

(196)

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

 

 ,  45

SCA SC ABCD  

Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S ABCD 1

2 2 2

AC a

R SC 

Thể tích khối cầu ngoại tiếp hình chóp S ABCD

3

4 5 10

3 2

a a

V      

 

Ta có AB2AC2 3242 25BC2  ABC vuông 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1

OHB

 vuông H có: OB OH2BH2

2

1

 

   

 

29 

Vậy mặt cầu  S có bán kính 29

2 ROB Do thể tích khối cầu  S là:

3

V  R

3

4 29

3

 

  

 

29 29





CÂU 17 : Chọn D

D F

E A

C

B

S

H

O K

Giả sử ,E F chân đường vuông góc hạ từ O xuống AB AC, Khi ta có ,

HEAB HF AC Do OEOF1 nên HEHF Do AH phân giác góc BAC

(197)

Khi AHBCD trung điểm BC

Do BC ADBCSAD Kẻ OKSD OK SBC Do OK1 SDA60 Đặt ABBCCA2a a 0 , cot 60

3

a SH a HDa  

Do ADa 33HD nên H tâm tam giác ABC S ABC hình chóp tam giác E F, trung điểm AB AC,

Mặt khác tam giác SOK có : sin 30

OK

SO 

 Do DEF có OH DFE nên

1

OEOFOD  K D

Khi DSO vng D có DHSO Từ

2

DH HS HO  

2

a

a a

  

2

a

  3,

2

AB SH

  

Gọi R bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S ABC

2

7

SA R

SH

 

3 /

4 343

3 48

m c

V       

 

CÂU 18 : Chọn C

I K

G H

A C

B S

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

3

;

6

GH GC

   15

6

R IC

  

3

4 15 15 15

3 54

V  

  

CÂU 19:

Chọn B

(198)

 Khối trụ ngoại tiếp hình lập phương có bán kính đáy

2

a

chiều cao a nên

có thể tích

2

3

2

a a

V   a

 

 Khối cầu nội tiếp hình lập phương có bán kính

2

a

nên tích

3 3

2

4

3

a a

V     

 

 Khối cầu ngoại tiếp hình lập phương có bán kính

2

a

nên tích

3 3

4 3

3 2

a a

V    

 

Từ suy

3

1

2

a

V  V  Vậy

3

1

3

2

:

3

V V a a

P V

 



  

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3, OA 5 AD6

Xét AEOvng tạo E, có: AE OA2OE2  4 AB8

Vì ADABB A  nên AB hình chiếu vng góc DB lên ABB A DB A 60o Xét tam giác AB D vng Acó: AB  ADtan 60o 6 3, 2

12

B D  AD AB  Xét tam giác ABB vng Bcó: BB AB2AB2 2 11

Thể tích khối hộp VABCD A B C D.     BB S ABCD 2 11.8.696 11

Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình hộp

B D

R  

Thể tích khối cầu

288

V  R  

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 tròn  C Khi đường kính đường trịn  C R Suy khoảng cách từ tâm I đếm mặt phẳng  P

2

R

(199)

Mặt phẳng  P cách tâm I khoảng

2

R

chia khối cầu thành hai phần, phần lớn phần chứa tâm I phần nhỏ phần khơng chứa tâm I gọi chỏm cầu Khi thể tích chỏm cầu

2 2 3

5

2

2 24

R R R R R

V  R R      

  

Gọi H trung điểm BC

Có ABa, BAH  60 ;

AH a

2 a

BH BCa



ABCD ABC

V DH S

3

2

1

16 2

 a  DH a

4 DH  a

Vậy 2

4

   a

DA AH DH

Gọi O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC bán kính đường trịn

2 sin

  BC 

R AO a

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 Vậy

2   a

SO DH ,

2   a

SA DA 3

4

  a

SM SA

Từ trung điểm M đoạn AD kẻ đường vuông góc với AD , cắt SO I Dễ dàng có I tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD

Hai tam giác vuông SAO SIM đồng dạng nên 21

2

   

MI SM a a

MI a

OA SO a

Bán kính mặt cầu 2 91

8

   

ABCD

a

R ID MI MD

CÂU 23:Chọn B

(200)

R

I

M' C'

B'

A B

C

A'

H M

\ Gọi M M,  trung điểm BC , B C 

Dễ thấy trung điểm I MM tâm mặt cầu ngoại tiếp lăng trụ Kẻ AH vuông góc BC (HBC)  AC H AC, (BCC B ) 30

Ta có:    

2

AC BC AB  a  a a

AB AC

AH BC AB AC AH

BC

   3

2

a a a

a

 

Trong tam giác vng AHC, có:

3

2 3

1 sin 30

2 a AH

AC   a



Trong tam giác vng ACC, có  

2

2 2

3

CC AC AC  a a a Bán kính

2

2 2

2

CC BC

R IB MI MB    

   

2 2

2

a a

a

   

      

 

Diện tích mặt cầu:

2

4

a

S R    a

Gọi R r bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S BHD tam giác BHD

Định dạng
Số trang	299
Dung lượng	15,34 MB