Tính thể tích khối chop biết góc giữa hai mặt phẳng

B1: Tìm đường cao của hình : học sinh phải tìm đường cao bằng cách suy ra từ các quan hệ vuông góc giữa đường với đường để chứng mình được đường vuông góc với mặt, hay phục dựng hình ẩ[r]

BÀI TẬP MẪU

(ĐỀ MINH HỌA BDG 2019-2020) Cho khối chóp S ABC có đáy ABC tam giác vuông cân A, ABa, SBASCA900, góc hai mặt phẳng  

SAB SAC

60 Thể tích khối cho

A. a3 B

3

3 a

C

3

2 a

D

6 a

CÁCH 1: Xác định góc hai mặt phẳng

Phân tích hướng dẫn giải

1 Dạng tốn: Tính thể tích khối chóp , biết góc hai mặt phẳng Phương pháp:

Tìm đường cao hình khai thác giả thiết góccủa đề bài 2 Hướng giải:

B1:Tìm đường cao hình : học sinh phải tìm đường cao cách suy từ quan hệ vuông góc đường với đường để chứng đường vng góc với mặt, hay phục dựng hình ẩn để xác định đường cao

B2:  Để khai thác giả thiết góc ta thường làm :

+ Xác định góc Trong q trình xác định góc phải tránh bẫy đưa góc hai đường thẳng cắt góc khơng tù

+ Cần chọn ẩn (Là chiều cao hay cạnh đáy giả thiết chưa có) sau sử dụng giả thiết góc để tìm ẩn

 Có thể sử dụng nhiều phương pháp khác hai cách truyền thống để tính góc hai mặt bên Phương pháp khoảng cách : giả sử  góc hai mặt bên    

( , ( )) sin

( , ) d M

d M d 

  d      ,M 

Phương pháp diện tích hai mặt bên : giả sử  góc hai mặt bên ABC ABD

2

sin sin

3

ABC ABD ABCD

ABCD

ABC ABD

S S V AB

V

AB   S S

 

   



 

 

Công thức đa giác chiếu : cos S S  

Từ đó, ta giải toán cụ thể sau:

Lời giải

Hai tam giác vuông SAB SAC chung cạnh huyền SA Kẻ BI vng góc với SA suy CI vng góc với SA IBIC

  ,

SAIC SAIBSA IBC I

 

1 1

3 3

S ABC A IBC S IBC IBC IBC IBC IBC

V V V  S AI S SI  S AISI  S SA    

 SAB , SAC IB IC, IB IC, 600 BIC 600

BIC 1200

Ta có ICIBABa mà BC a nên tam giác IBCkhông thể suy BIC1200

Trong tam giác IBC đặt IBIC x x 0 có:  2

2

2 2

0

2

2

1 6

cos120

2 2 3

x a

IB IC BC a a

x IB IC

IB IC x



 

        

Trong tam giác ABI vng I có:

2

2 2

3

a a

AI  AB IB  a   

 

Trong tam giác SAB vng B đường cao BI có:

2

2

3

AB a

AB IA SA SA a

IA a

    

Vậy 

2

3

1 1

sin a sin120

3 6

S ABC IBC

a a

V  S SA IB IC SA BIC   

 

CÁCH 2: Xác định đường cao hình chóp

Phân tích hướng dẫn giải

1.Dạng tốn: Đây dạng tốn tính thể tích khối chóp có lồng ghép góc hai mặt phẳng Phương pháp

Sử dụng cơng thức tính thể tích khối chóp

V  S h

2 Hướng giải:

B1: Gọi H chân đường cao kẻ từ S Khi tứ giác ABHC hình vng a

a 2 A

B

C S

B2: Xác định góc hai mặt phẳng SABvà SAC từ tính độ dài đường cao SH

B3: Áp dụng cơng thức tính thể tích khối chóp Từ đó, ta giải tốn cụ thể sau:

Lời giải Chọn D

Gọi Hlà hình chiếu S phẳng ABCSHABC Ta có SH AB AB SDH AB BH

SB AB

 

   



  Chứng minh tương tự ACHC

Lại có ABAC ABHC

 hình vng

Gọi Klà hình chiếu vng góc B lên SA Khi CKSA (SBA SCA) Suy góc hai mặt phẳng SABvà SACbằng góc hai đường BKvà CK Đặt SBx, đó:

2 2 2

2

2 2 2

. .

SC CA a x a x BK CK

SC CA a x a x

   

  



2 2

0 2

cos cos 60

2

BK CK BC

BKC BK BC BK

BK CK

 

     

2 2

2

2 2 2 2 2

2 2 2 2

2

2

2 ( )

2

2

3

a x

a x a l

BK BC BK BK BC a x

BK BC BK BK BC a x x a

a a x 



   

     



    

      

   

 

 Với x a  S H a

3

1 1 1

. . . .

3 3 2 6

S ABC ABC

a V  S SH AB AC HS

Bài tập tương tự:

Câu 49.1:Cho hình chóp S ABC có đáy ABC tam giác cân A , với AB 5, BC2 Các cạnh bên 9

A 3

V  B. 3

4

V  C

2

V  D.

4 V 

Lời giải

Chọn C

Kẻ SHABC, HABC

Ta có

2 2

2 2

2 2

HA SA SH

HB SB SH

HC SC SC

  



 



  



Mà SASBSC HAHBHC Suy H tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Đặt AB ACx

2

2

4

ABC

AB BC CA x x

S

HA HA HA

 

    (1)

Từ SH (ABC) SA ABC; ( ))SAH SAH60

3 3 9

sin 60

2 2

1 1 9

cos 60

2 2

SH

SH SA

SA HA

HA SA

SA



       

    

       

 

Gọi I AHBC mà ABAC BC IB IC

   

2 2

1

AI AB BI x

    

1

ABC

S BC AI

   2 1 1

2 x x

    

Thay vào (1) ta

2

2 2

1

9

x x

x     

2

4

2

9

8 81 9

8 x

x x

x

 



   

 



Kết hợp với x ta x3 Suy SABC 2

Vậy .2 3

3 ABC

V  SH S  

Câu 49.2: Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật E điểm cạnh AD cho BE vng góc với AC H AB AE, cạnh SH vng góc với mặt phẳng đáy, góc

 45

BSH  Biết a

AH  , BEa 5 Thể tích khối chóp S ABCD bằng A.

3

16

a

B

3

32 15 a

C

3

32 a

D.

3

8 5 a

Lời giải Chọn B

Đặt ABx, ABE vuông A AB2AE2BE2

2 2 2

( 5)

AE BE AB a x a x

      

Xét ABE vuông A, đường cao AH có

2 2

1 1

AE  AB  AH 2 2

1

5a x x 4a

  



4 5 2 4 0

x a x a

   

2 x a

x a

 

  



Loại xa AE2aABa

Suy AB2a 2 

5 tan

a BH a

BH AB AH SH

BSH

      

Xét ABC vuông B, đường cao BH 12 12 2

AB BC BH

  

2

4 AB BH

BC a

AB BH

  



3

1 32

.2

3 15

S ABCD ABCD

a a

Câu 49.3:Cho tứ diện ABCD có AC  ADa 2, BCBDa, khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng ACD

3 a

thể tích tứ diện ABCD

3

15 27 a

Góc hai mặt phẳng ACD và BCD

A. 90 B. 45 C. 30 D. 60

Lời giải

Chọn B

Gọi M trung điểm CD

Xét ACD cân A BCD cân B nên   

 ACD , BCD  AMB

 

Kẻ BH vng góc với AM HBH AM Mà CDABMCDBHBH ACD

Suy

2

ABCD ACD

V  BH S với  , 

3 a BH d B ACD 

2

3

3

ACD

V a

S

BH 

  

Đặt CD2x

Suy AM  AC2MC2  2a2x2

2

2

1

2

ACD

a

S AM CD x a x

    

2

2

3

3

a a a

x CD BM BC CM

       

Xét tam giác BHM vng H có sin sin

BH

BMH AMB

BM

  

 45  ,  45

AMB ACD BCD

     

Câu 49.4:Cho hình lăng trụ đứng ABCD A B C D    , đáy ABCD hình thoi, góc BAD60 Gọi M điểm thuộc miền hình thoi ABCD, biết A M tạo với mặt phẳng ABC góc 60

và A M 4 Độ dài cạnh AB thể tích khối lăng trụ 12 ? A AB2 B AB2 C AB4 D AB4

Lời giải

Chọn A

 

AM CD

CD ABM

BM CD

 

 

Đặt 

2

3

, 60

2 ABCD

BD x x

AB x BAD S

AC x

  

     

  

Ta có AA ABCDAM hình chiếu A M mặt phẳng ABC

 



A M , ABCD  A M AM ,  A MA 60

    

Xét A AM vng A, có sinA MA AA AA A M



   



Ta lại có VABCD A B C D.    12AA S ABCD 12

2

3

2

ABCD

x S

   x2AB2

Vậy AB2

Câu 49.5:Cho hình lăng trụ tam giác ABC A B C    cạnh đáy 1, khoảng cách từ tâm tam giác ABC đến mặt phẳng A BC  1

6 Thể tích khối lăng trụ bằng A.

16 B.

12

16 C.

3

16 D.

3

Lời giải

Chọn C

Gọi I tâm tam giác ABC, M trung điểm AB  

 

 

    

, 1 1 1

,

3

,

d I A BC IM

d A A BC AM

d A A BC





     



Xét tứ diện A ABC có A A ABC Kẻ AH A M (1) Ta có AM BC BC AA M BC AH

A M BC  



   



 



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

Xét A AM vuông: 2 2 2

2

1 1

4 AM AH

A A

AH  AM  A A    AM AH 

Vậy . 3

4 16

ABC A B C ABC

V    AA S   

Câu 49.6:Cho hình chóp S ABC có đáy ABC tam giác vuông cân B với BABC5a;

 

90

SABSCB Biết góc hai mặt phẳng SBC SBA bằng với cos 16   Thể tích khối chópS ABC bằng

A.

3

50

a

B.

3

125

a

C.

3

125 18

a

D.

3

50

a Lời giải

Chọn C

Ta có hai tam giác vng SABvà SBCbằng chung cạnh huyền SB

Kẻ AI SBCI SB góc hai mặt phẳng (SBA) (SBC) góc hai đường thẳng AI CI(AI CI; )

Do  90 180  90  180 cos

16

CBA   AIC  AIC   AIC

         

CóAC5 ,a AIC cân I, nên có :



2 2

2

2

2

cos 16

16

2

AI AC AI AC

AIC AI a AI a

AI AI

 

       

2 16 25

3

3

AI a

BI a SI a SB

IB

      

Cách 1 :

Dựng SD(ABC) D Ta có: BA SA BA AD BA SD

 

 

  

Nên tứ giác ABCD vuông cạnh 5a BD5 2a 2

SD SB BD a

   

Vậy

3

2

1 1 125

.25

3 3 18

SABC

a

V  SD BA  a 

Cách 2 :

1 1

3 3

S ABC S ACI B ACI ACI ACI ACI

V V V  SI S  BI S  SB S

A IC

 cân I, nên

2

2

1 7

sin 16

2 16

ACI

a

S  AI  a 

Vậy

2

1 25 125

3 18

S ABC

a a a

V  

Câu 49.7:Cho hình chóp S ABC có BC2BA4a, ABCBAS90 Biết góc hai mặt phẳng SBC SBA 60 SCSB Thể tích khối chópS ABC bằng

A.

3

32

a

B.

3

8 a

C.

3

16

a

D.

3

16

a Lời giải

Chọn B

Tam giác SBC cân cạnh đáy BC4a Gọi E trung điểm BC ta có SEB vuông

,

E BE aBA Đưa tốn gốc với chóp S ABE

Hai tam giác vng SAB,SEB chung cạnh huyền SB, 2

ABEB BC  a Kẻ AI SBEI SB góc hai mặt phẳng SBA SBC góc hai mặt phẳng

SBA SBE góc hai đường thẳng AI EI AI EI; 60 Do CBA90180AIE90  120 cos

2

AIE AIE

    

Có AE2 2a, AIE cân I, nên có : 

2 2

2

2

cos

2 2

AI AE AI AE

AIC

AI AI

 

   

2

2 2

3

a

AI AI a

2

2

3 3

a AI a a

BI SI SB

IB

      

Cách 1 :

Dựng SDABC D Ta có: BA SA

BA SD

  

 

BA AD

  Tương tự BEED

Nên tứ giác ABED hình vng cạnh 2a

2

2 2

BD a SD SB BD a

     

Thể tích

3

1 1

2

3 3

S ABC

a V  SD BC BA   a a 

Cách 2 :

SABC AEI

V  SB S

2

2

1 3

sin

2 3

AEI

a a

S  AI     

Vậy

2

1

3 3

S ABC

a a a

V    

Câu 49.8:Cho hình chóp S ABC có đáy ABC tam giác cạnh a, SAB SCB 900 góc hai

mặt phẳng(SAB) (SCB) 600 Thể tích khối chóp

S ABC A.

3

3 24

a

B.

3

2 24

a

C.

3

2 a

D.

3

2 12

a Lời giải

Chọn B

Gọi M trung điểm SB, G trọng tâm tam giác ABC

Theo giả thiết SAB SCB90 MS MBMAMC M thuộc trục đường tròn ngoại tiếp ABCMG(ABC)

Gọi D điểm đối xứng với G qua cạnh AC SD(ABC) Từ giả thiết suy hai tam giác vuông SAB SCB Do từ A kẻ AI SB I, SB CISB

Do  

2

2

2

60 120

2

AI AC a

ABC AIC AI

AI   

       

2

3

a a

BI SB

   

Ta có

2

2

4 3

3 3

a a a

BD   a a SD SB BD   

Thể tích

3

1 1

3 24

S ABC ABC

a

V  SD S    a 

Câu 49.9:Cho tứ diện ABCD có DAB CBD 90 ; ABa AC; a 5;ABC135 Biết góc hai mặt phẳng (ABD), (BCD) 30 Thể tích tứ diện ABCD bằng

A

3

2 a

B

3

2 a

C

3

3 a

D

3

6 a

Lời giải Chọn D

Dựng DH (ABC)

Ta có BA DA BA AH

BA DH

 

 

  

Tương tự BC DB BC BH

BC DH

 

 

  

Tam giác AHB có ABa ABH,45 HAB vng cân AAH ABa,HBa Áp dụng định lý cosin, ta có BCa

Vậy 

2

1

sin

2 2

ABC

a S  BA BC  CBA  a a  

Dựng HE DA HE (DAB)

HF DB

 

 

  

HF(DBC)

Suy ((DBA),(DBC))(HE HF, )EHF tam giác HEF vuông E

a

a

A B

C H

D

Đặt DHx,

2 2

2 ,

2

ax xa

HE HF

a x a x

 

 

Suy ra: 

2

2

3

cos

4 2 2

HE x a

EHF x a

HF x a



    



Vậy

3

1

3

ABCD ABC

a V  DH S  

Câu 49.10: Cho hình chóp S ABC có AB ,a ACa BC,  3a, SBA SCA90 hai mặt phẳng SAB SAC tạo với góc  cho cos

3

  Thể tích khối chóp

S ABC bằng A.

3

2 12

a

B.

3

2 a

C.

3

2 a

D.

3

2

a

Lời giải Chọn D

Từ giả thiết : AB ,a ACa BC,  3a BC23a22a2a2AB2AC2 ABC

 vuông A

Dựng SDABC Dễ chứng minh ABDC hình chữa nhật

,

DB ACa DC  AB a Gọi SDh Áp dụng cơng thức tính nhanh : DB DC cos

SB SC   Chọn a 1 :

2

1

3

1

h h



 

4 2

3 1

h h h h

         h SD1

1

3

SABC

V  SD AB AC

Vì chọn a 1, theo đề ta chọn

3

2 a

Câu 49.11: Cho hình chóp S ABC có ABa, ACa 3, SB2a ABCBASBCS90 Biết sin góc đường thẳng SB mặt phẳng SAC 11

11 Thể tích khối chóp

S ABC bằng A.

3

2

9 a

B

3

3 a

C

3

6 a

D

3 a Lời giải Chọn C

- Dựng SDABC D Ta có: BA SA BA SD      BA AD  

Và: BC SD BC CD

BC SC        ABCD

 hình chữ nhậtDABCa 2, DCABa

- Sử dụng cơng thức sinSB,SAC d B SAC ,  SB



11 11

  d B SAC ;  SB

   ;  d D SAC

SB 

 

 

2

1 11

; SB

d D SAC

   1

- Lại có:

 

  2

2

1 1

; DS DA DC

d D SAC    2 2

1 1

SB BD DA DC

  

 2

1

3

SB a a

 

  2

- Từ  1  2 suy ra: 112

SB 2

1

3

SB a a

   2 2 11 SB a SB a        11 SB a SB a         Theo giả thiết SB2aSBa 6SDa

Vậy

3

1

3

SABC

a

V  SD BA BC

Câu 49.12: Cho hình chóp S ABC có SA4,SB6,SC12 ASB60 , BSC90 CSA120 Thể tích khối chóp S ABC

Trên tia SA SB, lấy cá điểm M N, cho SM SN12 Khi ta có: Tam giác SMN MN 12

Tam giác SNC vuông S nên CNSC 12 2

Tam giác SMC cân S có MC  SC2SM22SC SM .cosCSM 12 Từ suy MC2 MN2CN2

 tam giác CMN vng N Gọi H hình chiếu vng góc S mặt phẳng CMN

Vì SCSM SN12 nên H tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác CMN H

 trung điểm MC SH SC2CH2 6

72 2

CMN

S  MN NC . 144

3

S CMN CMN

V SH S

  

Mặt khác, ta có

1

6

S ABC S MNC

V SA SB SC

V  SM SN SC 

1

24

S ABC S MNC

V V

  

Câu 49.13: Cho hình chóp S ABC có đáy tam giác vng cân B, ABa, SABSCB90, góc giữa AB SBC 60 Thể tích khối chóp cho

A

3

3 a

B.

3

4

a

C

3

3 a

D

3

3 a

Dựng hình vng ABCD tâm O Gọi I trung điểm SB Do SABSCB 900 nên hình chóp

S ABC nội tiếp mặt cầu tâm I đường kính SB Do O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC

 OI trục đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Suy OIABC SD ABC

Mà AB SBC,  DC SBC,  CD CS,  DCS 60

     SDCD.tan 600 a 3

Từ ta suy ra:

2

1

3 ABC

a a

V  SD S  a 

Câu 49.14: Cho hình chóp S ABC có đáy tam giác cân A, ABa, BAC120,

  90

SBASCA  Gọi  góc SB SAC thỏa mãn sin

 , khoảng cách từ S đến mặt đáy nhỏ 2a Thể tích khối chóp S ABC

A. 3

4 a .

B. 3

a .

C. 3 12

a .

D. 3 24

a . Lời giải

Chọn C

+ Gọi D hình chiếu vng góc S lên đáy ABC, đặt SDx0 x2a Ta có AC SC AC SDC AC DC

AC SD

 

   

  

Tương tự ta có AB DB

+ Tam giác ABC cân A CAB120 BCa DBC DCB60 DBC

  cạnh a

+ Tam giác SDC vuông D SB 3a2x2

+ Kẻ DKSC KDK SAC  ;  2 2

x a

d D SAC DK

a x

  



+ Gọi IBDAC, xét DIC vuông C BDC60

K

C

A

I B



DC

DI a

cosBDC

   B trung điểm DI  ;   ; 

d B SAC d D SAC

 

Theo giả thiết SB SAC;  sin d B SAC ;  SB

    

 2

3

8 xa

a x

 



2 3 4 0

x a ax

   

2

4

x x

a a

 

    

 

x a x a      

So sánh với điều kiện suy xa

Vậy 12

S ABC ABC

a

V  S SD

Câu 49.15: Cho hình chóp S ABC có đáy tam giác cạnh 2a, SABSCB90 Gọi M trung điểm SA Biết khoảng cách từ A đến MBC

21 a

Thể tích khối chóp cho bằng A. 39 a

B.

3

10 a

C.

3

4 13 a

D. 2a3 Lời giải

Chọn A

Trong mp ABC xác định điểm D cho tứ giác ABCD vng A C Khi ta có: AB AD AB SD

AB SA       

; CB CD CB SD

CB SC       

Vậy SDABCD

S ABC ABC

V SD S

 

Có tam giác ABC tam giác cạnh 2a

3

ABC

S a

 

Ta tìm

Gọi I trung điểm AC

vì tam giác ABC đều, ABCD nội tiếp đường trịn đường kính BD  IBDACBD Gọi G trọng tâm tam giác ABC N trung điểm BC

Vì tam giác ABC ANBC AN // CD, tương tự CG // BD Dễ thấy AGCD hình thoi 2 32

3 3

a

CD AG AN a

      1

Xét hình chóp S ANCD có đáy ANCD hình thang vng C, N

Khoảng cách từ A đến mặt phẳng MNC 21

a

MNC  MBC

Trong mp ABCD gọi  E CNAD

Trong mp SAD kẻ tia At/ /SD gọi  P EMAt Gọi K hình chiếu G mặt phẳng CMB Khi ta có AP/ /SD AP CN APN CN

AN CN

 



 

  

Trong mp APN kẻ AH PN ta có  ,  21

a AH d A MCN  Mà tam giác ABC tam giác cạnh 2aAN a Từ 12 12 12

AH  AP AN 2 2

1 21 1

36

AP a a a

    AP2a

Dễ thấy APM  SFM SF AP2a  2 Xét tam giác EAN có CD/ /AN nên

3

ED CD

EA  AN  (theo  1 ) Xét tam giác EAP có FD/ /PA nên FD ED

PA  EA

2

3

FD a

FD PA

     3

Từ  2  3 ta có 10 a SDSFFD

Vậy

3

1 10 10

3 3

S ABC ABC

a a

V  SD S  a 

Câu 49.16: Cho hình chóp S ABC có đáy tam giác ABC cạnh a, tam giác SBA vuông B, tam giác SAC vuông C Biết góc hai mặt phẳng SAB ABC 60 Tính thể tích khối chóp S ABC theo a

A 3

8 a

B

3 12

a

C

3

6 a

D

3

4 a

Lời giải Chọn B

S

F

P M

E

D

A

C

Gọi D hình chiếu S lên mặt phẳng ABC, suy SDABC Ta có SDAB SBAB  gt , suy ABSBDBABD Tương tự có ACDC hay tam giác ACD vng C

Dễ thấy SBA SCA (cạnh huyền cạnh góc vng), suy SBSC Từ ta chứng minh SBD SCD nên có DBDC

Vậy DA đường trung trực BC, nên đường phân giác góc BAC Ta có DAC30, suy ra

3 a

DC Ngồi góc hai mặt phẳng SAB ABC

 60

SBD , suy tan tan 3

3

SD a

SBD SD BD SBD a

BD

    

Vậy

2

1 3

3 12

S ABC ABC

a a

V  S SD a

Câu 49.17: Cho hình chóp S A B C có tam giác ABC vng cân B , A B  a Gọi I trung điểm AC Hình chiếu vng góc S lên mặt phẳng ABC điểm H thỏa mãn

3

B I  IH

 

Góc hai mặt phẳng SAB SBC 0o Thể tích khối chóp

S A B C

A

9 a

V B

3

6 a

V C

3

18 a

V D

3

3 a V  Lời giải

Chọn A

S

D

B

Dễ thấy hai tam giác SAB SAC ( cạnh chung SB ), gọi K chân đường cao hạ từ A tam giác SAB suy SAB , SBCAKC

Trường hợp 1: AKC60 kết hợp I trung điểm AC suy IKC .30

Ta có

2

AC a

IBIC  , 2

3

a

BH  BI 

Từ giả thiết tam giác ABC vuông cân B ta ACBIICIK Trong tam giác ICK vng I có tan tan 30

IC IC a

IKC IK

IK

   



Như IKIB ( vô lý)

Trường hợp 2: AKC120 tương tự phần ta có tan

tan 60

IC IC a

IKC IK

IK

   



Do SBAKCSBIK nên tam giác BIK vuông K 2 3 a BK IB IK  Như tam giác BKI đồng dạng với tam giác BHS suy ra:

3

IK BH a SH

BK

 

Vậy thể tích khối chóp S ABC là:

2

1 2 . 3 3 9

S ABC

a a a

V  

Câu 49.18: Cho tứ diện ABCD có A B C  B C D  C D A 0, B C C D  a, A D  a Góc

hai mặt phẳng ABC ACD

A. 60 B. 30 C. 45 D. 90

Gọi E hình chiếu A lên mặt phẳng BCD

Kết hợp đề BC AB BC BE

BC AE

 

 



  ;

CD AD

CD ED

CD AE

 

 



  BC CD a

Suy tứ giác BCDE hình vng cạnh a Khi AE AD2ED2 a

Gọi H K, hình chiếu E lên ABC , ACD EH ABC,EK ACD nên góc tạo hai mặt phẳng ABC ACD góc EH EK, 

Nhận xét tam giác AEB AED vuông cân E nên 2 a EH EK ;

2

BD a

HK   suy tam giác EHK

Vậy số đo góc tạo hai mặt phẳng ABC ACDlà 60

Câu 49.19: Cho tứ diện ABCD có DABCBD90º; AB a AC; a 5;ABC135 Biết góc hai mặt phẳng ABD , BCD 30 Thể tích tứ diện ABCD

A

3

2 a

B

3

2 a

C

3

3 a

D

3

6 a

Lời giải Chọn D

a

a a 2

C B

D A

a 2

a

a

K

C E

D

B

A

Dựng DHABC

Ta có BA DA BA AH

BA DH

 

 

  

Tương tự BC DB BC BH

BC DH

 

 

  

Tam giác AHB có ABa,  o

45

ABH   HAB vuông cân A AH  ABa Áp dụng định lý cosin, ta có BCa

Vậy 

2

1

.sin

2 2

ABC

a

S  BA BC CBA a a 

Dựng HE DA

HF DB

  



  

HE DAB

  HF DBC

Suy DBA , DBCHE HF, EHF tam giác HEF vuông E Đặt DH x,

2

ax HE

a x 

 ,

2 2

xa HF

a x





Suy 

2

2

3

cos

4 2 2

HE x a

EHF x a

HF x a



    



Vậy

3

1

3

ABCD ABC

a V  DH S 

Câu 49.20: Cho hình chóp S ABC có đáy tam giác vng cân B, ABBCa 3,

  90

SABSCB  khoảng cách từ điểm A đến SBC a Diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S ABC

A. 2a2 B. 8a2 C.16a2 D. 12a2 Lời giải

Chọn D

a

a

A B

C H

D

Gọi H hình chiếu S lên ABC Ta có: BC SC HC BC

SH BC

 

 

  

Tương tự AH  AB

Và ABC vng cân B nên ABCH hình vng Gọi O ACBH , O tâm hình vng

Dựng đường thẳng d qua O vng góc với ABCH, dựng mặt phẳng trung trực SA qua trung điểm J cắt d I I tâm mặt cầu ngoại tiếp

Ta hồn tồn có IJ SAIJ//ABI trung điểm SB, hay I dSC

Bán kính mặt cầu ngoại tiếp: 2

3 ;

2

S ABC

a r AI  IJ JA IJ   

Do AH//SBCd A SBC , d H ,SBCHK

(K hình chiếu H lên SC BCSHCHK SBC)

HK a

  Tam giác SHC vuông H SH a Tam giác SHA vuông H SA3a

2

3

3 12

2 S ABC mc

SA a

JA   r  AIa S  r  a

Câu 49.21: Tứ diện ABCD có BC3, CD4, ABCBCDADC90, AD BC, 60 Cosin góc hai mặt phẳng ABC ACD

A 43

86 B

4 43

43 C.

43

43 D.

2 43 43 Lời giải

Gọi H chân đường cao tứ diện ABCD

Ta có: BC AB BC HB

BC AH

 

 

 

  

1

Lại có: CD AD CD HD

CD AH

 

 

 

  

2

Mà BCD90

Từ ta suy HBCD hình chữ nhật

Mặt khác: AD BC, AD HD, ADH60 Suy ra: AH HDtan 60 3 Chọn hệ trục OxyzH DBA hình vẽ

Ta có: H0; 0; 0, A0; 0;3 3, B0; 4;0, C3; 4; 0, D3; 0; 0 3; 3; 3

AD  



, AC 3; 4; 3 , AB0; 4; 3 

Gọi n1, n2 véc tơ pháp tuyến ABC ABD Suy ra: n1 AB AC, 0; 3; 12  ; n2  AD AC, 21 3;0; 21 Vậy    

1

cos ,

n n

ABC ADC

n n 

   

 2  2  2  2

2

0.21 3.0 12.21 2 43 43 12 21 21

 

 

     

Câu 49.22: Cho tứ diện ABCD có ABCADC90 BC 1, CD 3, BD2, AB3 Khoảng cách từ B đến ACD

A.

7 B.

42

7 C

7

7 D

14 Lời giải

1

BC  , CD 3, BD2BC2DC2BD2

BCD

  vng C

Dựng hình chữ nhật BCDE BC//ED mà DCBCDCDE, lại có DC AD  

DC ADE

  DC AE  1

Chứng minh tương tự BCABEBCAE  2 Từ  1  2 suy AEBCDE

Kẻ EH  AD H Do DCADE nên DCEH EH ACD //

BE CD d B ACD , d E ACD , EH

2

AE AB BE  2

3

  

2 2

1 1

EH  EA ED

1

1

6

   42

7 EH

  

Vậy  ,  42

7 d B ACD EH 

Câu 49.23: Cho hình chóp S ABC. có SA vng góc với mặt đáy, SA BC BAC120 Hình chiếu vng góc A lên cạnh SB SC M N Góc hai mặt phẳng

ABC vàAMN

A. 45 B. 60 C.15 D. 30

Gọi O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có đường kính AD Khi tam giác ABD vng B ABBD

Ta có AB BD BD SAB BD AM

SA BD

 

   

  

Ta có BD AM AM SBD AM SD

SB AM

 

   

  

Tương tự, ta chứng minh ANSD

Do SDAMNsuy raABC , AMNSA SD, ASD Xét tam giác SAD vng A có tanASD AD

SA



Với 2

sin120

ABC

BC

AD R   SA



Do tan  30

3

ASD ASD  ABC , AMN30

Câu 49.24: Cho hình chóp S ABC có đáy tam giác cân A, ABa, BAC120 ,

  90

SBASCA  Gọi  góc SB SAC thỏa mãn sin

  , khoảng cách từ S đến mặt đáy nhỏ 2a Thể tích khối chóp S ABC

A. 3

4 a

B.

3

6 a

C.

3 12

a

D.

3 24

a

Gọi D hình chiếu vng góc S lên đáy ABC, đặt SDx0x2a Ta có AC SC AC SDC AC DC

AC SD

 

   

  

Tương tự ta có ABDB

Tam giác ABC cân A CAB120 BCa DBCDCB60  DBC cạnh a

Tam giác SDC vuông D 2

3

SC a x SB

   

Kẻ DK SC KDK SAC   

2

,

3 x a

d D SAC DK

a x

  



Gọi I BDAC, xét DIC vuông C BDC60



DC

DI a

cosBDC

   B trung điểm DI  ,   , 

d B SAC d D SAC

 

Theo giả thiết SB SAC, (  sin d B SAC ,  SB

    

 2

3

8 xa

a x

 



2

3

x a ax

   

2

4

x x

a a

 

    

 

x a

x a

 

  



So sánh với điều kiện suy xa Vậy

3

1

3 12

S ABC ABC

a

V  S SD

Câu 49.25: Cho hình chóp S ABC có SAAB 3; SB 6; AC2BC2; SC Khoảng cách từ A đến SBC

A. 30

6 B.

5

2 C.

13

6 D.

30 Lời giải

Chọn D

K

C

A

I B

Dựng điểm D cho ABCD hình chữ nhật

Áp dụng định lý Pitago ta có tam giác SAB ABC SBC; ; vng góc A B C, ,

Ta có AB AD BA SA

  



  

1

AB SD

 

BC CD

BC SC

  



  

2

BC SD

 

Từ    1 ; SDABCDSDBC

Vậy SBC  SDC theo giao tuyến SC Kẻ DHvng góc với SC H DH SBC

Có AD//SBC      

2

30

, ,

5

DS DC

d A SBC d D SBC DH

DS DC

     



Câu 49.26: Cho hình chóp S ABC, đáy tam giác ABC có cạnh a Biết mặt bên hình chóp có diện tích cạnh bên a Tính thể tích nhỏ khối chóp S ABC

A

3 2

6 a

B

3 2

2 a

C

3 6

12 a

D

3 6

4 a

Lời giải

4

Gọi H hình chiếu Strên mặt phẳng đáy ABC; M N K, , hình chiếu S AB BC CA, ,

Vì diện tích mặt bên hình chóp nên ta có 2SM AB 2SN BC 2SK CA tam giác ABCđều nên ta cóSM SN SK  HM HN HK

TH1: H nằm tam giác ABC  H tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC

Khi ta có

3

a

AH  AN SASBSCa



2

2 3

9

a a

SH  SA AH  a  



2

1

3

S ABC ABC

a a a

V  S SH  

TH2: Nếu H nằm ngồi tam giác ABC Khơng tính tổng qt giả sử H nằm khác phía với A so với đường thẳng BC

Tương tự ta có HM HN HK Vì tam giác ABC nên H tâm đường trịn bàng tiếp góc Avà

2 a

AM ABBN  :1

60 2

BN a

HB a

cos

  

 ,

3

: 30 :

2 a

AH  AM cos   a Vì cạnh SA a SBSCa SH  SB2BH2  3a2a2 a 2 

2

1

3 12

S ABC ABC

a a

V  S SH  a 

Vậy

3 3

min

2 6

min ,

6 12 12

a a a

V   

 

 

Câu 49.27: Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCDlà hình bình hành thỏa mãn ABa AC, a 3, 2a

BC Biết tam giác SBC cân S, tam giác SCDvuông C khoảng cách từ D đến mặt phẳng (SBC)

3 a

Thể tích khối chóp cho

A.

3

2a

3 B

3

3 a

C

3

3 a

D

3

5 a

Lời giải Chọn A

Nhận thấy tam giác ABCvuông A ( AB2AC2BC2)

Gọi E điểm đối xứng Bqua A ta có tứ giác ACDElà hình chữ nhật, tam giác EBC tam giác cạnh 2a

1

( ) ( , ( )) ( , ( )) ( ,( ))

AD SBC d D SBC d A SBC  d E SBC

Hay ( , ( )) 2.d( , ( )) 2a 3 d E SBC  D SBC 

Gọi Ilà trung điểm đoạn BC, ta có: BCEI BC, SIBC (SEI)

Trong mp SEI( )kẻ EHvng góc với SI H Khi đó: ( , ( )) 3 a d E SBC EH 

Ta có DC (SAC)( Do DC SC C, DAC) Suy AB(SAC)

Xét tam giác SBEcó SA vừa trung tuyến vừa đường cao nên tam giác SBEcân S Xét hình chóp S EBC có đáy tam giác đềuEBC, cạnh bên SESBSC

Tam giác EHI vuông H nên

2 3 sin

3 a HE I

EI a

  



Tam giác SIFvuông Fnên

2

2

2

1 sin 3 2a

.tan

3 1 sin 15

1 ( ) I

SF FI I EI a

I

   

 

 



3

D D

1 1 2a

3 3 15

S ABC ABC

a

V  SF S  SF AB CA a a 

Câu 49.28: Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a, tam giác SAB tam giác

SCD cân S Biết hai mặt bên SAB SCD có tổng diện tích

2 a chúng vng góc với Thể tích khối chóp S ABCD

A

4

a

B

2

12 a

C

2

6

a

D

2

3

a

Lời giải Chọn D

Gọi E, F trung điểm AB CD Khi EF//ADEF AB

Do tam giác SAB tam giác SCD cân S nên SEAB SFCD

Lúc có SE AB AB SEF ABCD SEF

EF AB

 

   

  

Do đó, chân đường cao hạ từ S xuống đáy H phải nằm giao tuyến EF ABCD

Mặt khác, giao tuyến hai mặt phẳng SAB SCD đường thẳng d qua S song song AB nên SEd SFd, tức ESF góc hai mặt phẳng SAB SCD, hay nói cách khác ta có SESF

Xét tam giác SEF vng S có

 

2 2

2

2 2

2

SE SF SE SF SH

SE SF SE SF SE SF

 

    1

Ta có SE SF SH EF 2SSEF

Từ giả thiết

2

SAB SCD

S S  a SE ABSF CD a hay SESF  3a

Thay vào  1 ta có

 

2 2

2

2

3

2

SH EF SH a

SH SH a

a SH a

SE SF SH EF

   



 

Vậy thể tích hình chóp S ABCD

2

1

3 ABCD 3

a V  SH S  a a 

Câu 49.29: Cho hình chóp S ABC có ABBCa ABC,1200,  90

SABSCB khoảng cách từ B đến mặt phẳng SAC 21

21 a

Tính thể tích khối S ABC

A

3 5

10 a

V  B

3 15

10 a

V  C

3 15

5 a

V  D

3 5

2 a

V 

Lời giải Chọn B

Hạ SEABC E có

  

90 AB SE

AB SAE AB AE BAE

AB SA

 

     



 

Chứng minh tương tự có BCE900

Hai tam giác vuông BCE BAE suy CBE ABE600

Gọi D trung điểm BE suy tứ giác ABCD hình thoi BDDE a

a a

I E

D

I D S

E B

C B

A S

Gọi I tâm hình thoi ABCD có  

       

1 21 21

, , ,

3 21

a a

BI  EI d B SAC  d E SAC d E SAC  

     

CA BD

CA SEI SAC SEI

CA SE

 

   



 

Hạ EK SI K ta có EK SAC Ksuy  ,  21 a d E SAC EK EK 

Tam giác SBE vuông E đường cao EK có

2 2 2 2 2

1 1 1

12 36

a SE

EK  EI SE  SE  EK EI  a  a  a  

Vậy

3

0

1 1 15

.sin120

3 10

SABC ABC

a a

V  S SE  BA BC  SE a 

 

Câu 49.30: Cho khối chóp S ABC có đáy tam giác cân A, ABa, BAC120,

  90

SBASCA  Gọi  góc hai mặt phẳng SAB SAC Khi cos



 thể tích khối chóp cho

A.3a3 B. a3 C

3

4 a

D.

3

4 a

Lời giải Chọn D

Kẻ SH ABC,HABC suy SH AB SH  AC Khi ta có SH AB AB SBH AB BH

SB AB

 

   

  

Chứng minh tương tự ta có AC CH suy tứ giác ABHC nội tiếp đường trịn đường kính AH Do góc BHC 60

ABC

 cân A có ABa BAC,  120 suy BC2 3a2 Do HB2 HC2 BC2 3a2

Dễ thấy SHB  SHC SB SC nên SAB  SAC Trong mặt phẳng SAB kẻ BK SA K, SA

Trong mặt phẳng SAC kẻ CK1SA K, 1SA

Xét hai tam giác vng KAB K AC1 có AB  AC, BAKCAK1 (vì SAB SAC) suy KAB K AC1  AK AK1 mà K K1 nằm S A nên K K1

Từ ta có CK SA BK CK

Do cos cosBKC

2 2

3

2

BK CK BC

BK CK

 

   

2

2

2

1

BK BC

BK



 

Đặt SH  x x, 0 

Xét SHB có SB2 SH2 HB2 3a2 x2

Xét SAB vng B có 12 12 12

BK  BA BS 2 2

1 1

3

BK a a x

  



 

2 2

2

2

3

a a x

BK

a x



 



Thay vào  1 ta có

 

 

2 2 2

2 2

2 2

3

4

4

a a x

a

a x

a a x

a x

 

 

 

3 x a

 

Vậy thể tích khối chóp S ABC 

3

1 1

.sin sin120

3

a

SH AB AC BAC a a  

Vậy chọn đáp án D

Câu 49.31: Cho khối chóp S ABC có đáy ABC tam giác vuông cân B, ABa, tam giác SAB vuông A , tam giác SBC cân S khoảng cách hai đường thẳng SB AC

2

a

Thể tích khối chóp cho

A

3

6 a

B.

3

3 a

C

3

2 a

D

3

3 a

Lời giải

Tác giả: Lê Văn Quý ; Fb:Lê Văn Quý

Gọi M trung điểm BC  SM BC (1) Lấy điểm H(ABC) cho ABMH hình chữ nhật Cùng với giả thiết ta có: AB SA AB SH

AB AH

 

 

  

(2)

Lại có BC SM BC SH

BC MH

 

 

  

(2)

Từ (1) (2) suy SHABC

Gọi K  ACBH I điểm đoạn SH cho HI HS

 // ( ) ( , ) ( , ( )) ( , ( )) ( , ( ))

a SB IAC d SB AC d SB IAC d S IAC  d H IAC 

 ( ,( ))

3 a d H IAC 

Ta có

 2 2 2 2 2

1 1 1 4

( , ( )) HA HO HI HI a a a a HI a

d H IAC          

 SH 3a Vậy

3

1 1

3 2

S ABC ABC

a

V  SH S  a a 

Câu 49.32: Cho tứ diện ABCD có cạnh a Gọi M N, trung điểm cạnh

,

AB BC E điểm đối xứng với Bqua D Mặt phẳng MNE chia khối tứ diện ABCD thành hai khối đa diện Trong đó, khối tứ diện ABCDcó thể tích V , khối đa diện chứa đỉnh A tích

'

V Tính tỉ số V

V



A.

18 B.

11

18 C.

13

18 D.

1 18

I

K O

M H

S

B

C

Lời giải Chọn B

Gọi PENCDvà QEM AD

Suy , P Q trọng tâm BCEvà ABE Gọi S diện tích tam giác BCD, suy SCDE SBNE S

Ta có

3

PDE  CDE

S

S S

Gọi h chiều cao tứ diện ABCD, suy

   

, ; ,

2

 

   

   

h h

d M BCD d Q BCD

Khi . ,  ;

3 

  

M BNE BNE

S h

V S d M BCD  

1

,

3  27

  

Q PDE PDE

S h

V S d Q BCD

Suy . . .

6 27 54 18 18

PQD NMB M BNE Q PDE ABCD

S h S h S h S h

V V V      V

7 11 ' 11

'

18 18 18

V

V V V V

V

     

Vậy 11 18 V V





Câu 49.33: Cho hình chóp SABCcó đáy ABC tam giác cạnh 2a, SAB SCB90 góc hai mặt phẳng SABvà SBCbằng 600 Tính thể tích khối chóp SABC?

A.

2 a B.

3

2

4 a C.

3

2

6 a D.

3

2 a Lời giải

Chọn D

P Q A

B

C

D E

M

Ta có SAB SBC (c.g.c), tam giác SABkẻ đường cao AESB CESB Khi góc hai mặt phẳng SAB SBC góc hai đường thẳng AE CE Dễ dàng nhận thấy góc AEC120(vì AEC60 AEACAB2a điều vơ lí tam giác AEB vuông E)

Trong tam giác AEC cân E kẻ đường cao EK ta có: 0 3 cos 30

AK

AE  a

Trong tam giác vng ABE có: 2 BE  AB AE  a

Trong tam giác SABcó:

2 AB BS

BE

 

0

1 1 2

.sin120

3

B EAC EAC

V  BE S  BE AE EC  a

3

6 2

9

2

B EAC

B SAC B EAC

B SAC

V BE BA BC BE BS

V V a a

V  BS BA BC BS   BE  

Câu 49.34: Cho tứ diện có cạnh , hai điểm di động hai cạnh ( không trùng với ) cho mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng Gọi thể tích lớn nhỏ tứ diện

Tính tích

A B C D

Lời giải

Chọn C

ABCD M N

,

AB AC M N A DMN

ABC V V1, ADMN V V1 2

1

2

27

V V  1 2

24

V V  1 2

324

V V  1 2

Kẻ (vì ) Suy trọng tâm tam giác

Như hai điểm di động qua trọng tâm tam giác

Đặt , ( , )

+

+ (*)

+ (**)

Do (***)

Mặt khác từ (*) (**) suy , ( , )

Đặt Điều kiện:

Khi nghiệm phương trình ,

Ta tìm để có nghiệm phân biệt thuộc có nghiệm kép thuộc DH MN DH ABC DMN  ABC H

ABC

M N MN ABC

,

 

AM x AN y 0 x 0 y1

2 2

1 3

DH DA AH   

3 DH

 



1

.sin

2

AMN

S  AM AN MAN xy

AMN AMH ANH

S S S  .sin 30 AH x y

   3 

12 x y

 

1

ADMN AMN

V  DH S 2

3 xy 12 xy

 

   

 

 

3

xy xy 0 x 0y1

3

xy  t x y t 23

9

t

t t

 

 

 



2

3 t

t t 

      

 

 

  

4

9 t

  

,

x y X23tX t 1 

9  t

;

 

  

 

Trang 795 Ta có khơng phải nghiệm nên

Đặt , Ta có:

Bảng biến thiên

Dựa vào BBT, có nghiệm phân biệt thuộc có nghiệm kép thuộc

(thỏa điều kiện) hay

Kết hợp (***) ta có ,

1

X   1  

2

1

3

X t

X  



 

2

3

X g X

X 

 X0;1    

2

3

0

3

X X

g X

X 

  



0 X X

   

 



  g X

 1 0;1 0;1

4

9 t

  

9xy

2

27 VADMN  24 24 V

  2

27

V  1 2

324 V V