Dang 2. Tính thể tích các khối đa diện(VDC)

Câu [2H1-3.2-4] (ĐH Vinh Lần 1) Cho hình chóp tứ giác S ABCD có SA = a 11 , cơsin góc hợp hai mặt phẳng ( SBC ) ( SCD ) 10 Thể tích khối chóp S ABCD A 3a B 9a C 4a D 12a Tác giả: Nguyễn Thị Thu Hằng ; Fb: Nguyễn Thu Hằng A Phân tích tốn: S ABCD nên đáy ABCD hình vng SO ^ ( ABCD) O = AC Ç BD Suy hình vẽ xác định 1)Hình chóp 2)Theo tính chất hình chóp đều,các cạnh bên tính tốn có mối quan hệ với với SA = SB = SC = SD = a 11 Từ kiện 3) Góc hai mặt phẳng góc khơng tù, cách xác định góc hai mặt phẳng Tận dụng đặc điểm hình chóp có phẳng ( SBC ) ( SCD) BD ^ ( SAC ) , kẻ hai đường thẳng nằm mặt vng góc với giao tuyến SC Khi học sinh dễ ngộ nhận góc · · , khơng phải góc BMD Góc hai mặt phẳng ( SBC ) BMD · · Vì góc BMD góc tù BMD hai mặt phẳng góc ( SCD) góc bù với góc 4) Định lí cosin tam giác · a = b2 + c - 2bc cos BMD ABC với Áp dụng định lí cosin tam giác suy chiều cao SO a = BC ; b = AC ; c = AB suy BMD ta tìm cạnh hình vng đáy Dễ dàng hình chóp Thể tích tính B Lời giải Chọn C BD ^ AC ; BD ^ SO Þ BD ^ SC Trong tam giác SBC kẻ đường cao BM Þ DM ^ SC Góc hai mặt phẳng ( SBC ) ( SCD ) góc hai đường thẳng Có MB MD Trong tam giác vng OMC có ¶ OM < OC = OB ị 2OM < BD ị Bà + Dà < M à ị cos BMD =ả ả ¶ · Hay góc tù Þ 180°- M < M Þ M > 90° 10 BMD Đặt AB = x , SE đường cao tam giác SBC nên SE.BC = BM SC Û 11a - x x x2 11a x = BM a 11 Û BM = a 11 Áp dụng định lí cosin tam giác BMD có · · BD = BM + DM - 2BM DM cos BMD Û BD = BM - BM cos BMD æx ổ 1ữ x2 ữ ỗỗ ữ çç1 + ÷ Û x = 11 a 2 ữ à ỗ ữỗ BD = BM 1- cos BMD ø 4ø ÷è 10 ÷ çèa 11 ư11 x2 ỉ x2 ÷ 2 x2 ỗ x = ỗ11a - ữ = ữ 11a ỗố 4ữ ứ10 10 40a Û x = 2a ) ( ) ( Thể tích khối chóp S ABCD 1 11a - 2a 2 2 V = SO.S ABCD = SC - OC ( 4a) = 4a = 4a 3 Cách (Nguyễn Việt Hải): Cách nhìn khác tìm yếu tố cạnh đáy Đặt · x = OB, 2α = BMD Ta có −1 OM 11 x   2 = cos 2α = cos α − ⇔ cos α = ⇔ = ⇔ = = x2  + 2 ÷ 2 10 20 OM + OB 20 OM  x 11a − x  2 x = 2 Hay 11a − x đến OK C Sai lầm học sinh hay mắc phải: · cos BMD = 10 Và toán · Xác định góc hai mặt phẳng góc BMD suy khơng giải Hoặc xét hai trường hợp thời gian cho toán: · cos BMD = 1 · Úcos BMD =10 10 D Khai thác tốn: Từ hình chóp ta có tể sáng tạo câu 45 ta biết hai liệu: Độ dài cạnh bên góc ( góc đường thẳng mặt phẳng, góc hai mặt phẳng, góc hai đường thẳng) Độ dài cạnh bên khoảng cách ( Đề thi học sinh giỏi tỉnh Đà Nẵng) Và cịn nhiều tốn khác liên quan đến hình chóp bạn biết hai kiện E Sau vài tập tương tự Câu [2H1-3.2-4] (Phan Đình Tùng Hà Tĩnh) (Phan Đình Tùng Hà Tĩnh) Cho hình hộp đứng ABCD.A′ B′C ′D′ S1 Tứ giác ACC ′A′ BDD′B′ có S3 M điểm thuộc mặt phẳng ( ABCD ) Kí hiệu V có đáy hình thoi diện tích đáy diện tích S2 thể tích khối chóp M A′ B′C ′D′ Khẳng định khẳng định đúng? A S1S2 S3 V= B V= 2S1S2 S3 C S1S2 S3 V= D V= S1S S3 Lời giải Tác giả: Trần Quốc Tú; Fb: tran tu Chọn C S1 = A′C ′.B′D′ ; S2 = A′C ′ AA′ ; S3 = B′D′.AA′ Ta có: Vì M thuộc mặt phẳng Do đó: ( ABCD ) nên khoảng cách từ M đến mặt phẳng ( A′ B′C ′D′ ) AA′ 1 1 V = AA′.S A′B′C ′D′ = AA′ A′C ′.B′D′ = ( A′C ′.B′D′ ) ( A′C ′.AA′ ) ( B′D′.AA′ ) 3 = Câu 11 1  S1S S3 = S1S S3  A′C ′.B′D′ ÷ ( A′C ′ AA′ ) ( B′D′ AA′ ) = 22  [2H1-3.2-4] (Phan Đình Tùng Hà Tĩnh) (Phan Đình Tùng Hà Tĩnh) Trong không gian với hệ trục tọa độ Ox; Oy; Oz A 16 Oxyz , cho điểm M ( 1;1;4 ) Gọi ( P ) mặt phẳng qua M ( 1;1;4 ) cắt tia A; B; C Giá trị nhỏ biểu thức S = OA + 4OB + OC B 25 C 36 D 93 Lời giải Tác giả: Tuyetnguyen; Fb: Tuyetnguyen Tác giả: Lê Thị Giang ; Fb: Giang Lê Chọn B Giả sử A ( a ;0;0 ) , B ( 0; b ;0 ) , C ( 0;0; c ) ( P) : Khi phương trình mặt phẳng với a;b; c > x y z + + =1 a b c , S = OA + 4OB + OC = a + 4b + c Do mặt phẳng ( P) : x y z 1 + + =1 M 1;1;4 ( ) nên a + b + c = qua a b c Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopski ta có:  1 4 (a + 4b + c)  + + ÷ ≥ ( + + ) ⇔ S ≥ 25 a b c a = 1 + + =   a b c  ⇔ b = ⇔   a = 4b = c  c = 10  Dấu “=” xảy Vậy giá trị nhỏ biểu thức Câu S = OA + 4OB + OC 25 [2H1-3.2-4] (THPT-n-Khánh-Ninh-Bình-lần-4-2018-2019-Thi-tháng-4) Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a , SA = a ; SA ⊥ ( ABCD ) Gọi M , N lượt trung điểm cạnh A cắt SC I Tính thể tích khối ABCDMNI đa diện V= SB , SD ; mặt phẳng ( AMN ) lần a3 18 B V= a3 18 C V= a3 D V= 13 a 36 Lời giải Tác giả: Thái Lê Minh Lý; Fb: Lý Thái Lê Minh Chọn A Trong mp ( SBD ) , gọi P giao điểm MN Trong mp ( SAC ) , gọi I giao điểm AP và SO SC Theo định lý mendeleus ta có: AC PO IS IS IS IS = 1⇒ = 1⇒ = ⇒ = AO PS IC 1 IC IC SC Ta có : VSMNI SM SI SN 1 1 1 = = = ⇒ VSMNI = VSBCD = VSABCD VSBDC SB SC SD 12 12 24 VSMNA SM SN SA 1 1 1 = = = ⇒ VSMNA = VSBDA = VSABCD VSBDA SB SD SA 2 4 ⇒ VSAMNI = VSMNI + VSMNA = VSABCD ⇒ VMNIABCD = VSABCD 1 a3 VSABCD = SA.S ABCD = a 3.a = 3 5 3 ⇒ VABCDMIN = VSABCD = a = a 6 18 Câu [2H1-3.2-4] (Ngô Quyền Hà Nội) Một hình hộp chữ nhật có kích thước a(cm) x b(cm) x 1≤ a ≤ b ≤ c Gọi V (cm ) S(cm ) thể tích diện tích tồn phần hình hộp Biết V = S , tìm số ba số (a, b,c) ? c(cm) , a,b,c số nguyên A 10 B 12 C 21 D Lời giải Tác giả: Vũ Thành Tín ; Fb: TinVu Chọn A Ta có điều kiện: ≤ Vì V a≤ b≤ c = S ⇔ abc = ( ab + bc + ca ) ⇔ bc ( a − ) = 2a ( b + c ) > ⇒ a − > bc ( a − ) = 2a ( b + c ) ⇔ Với a− 1 1  1 a−2 = 2 + ÷≤ 2 + ÷ ⇔ ≤ ⇔ a ≤ ⇒ a ∈ {3;4;5;6} a a a b c a a a = ⇒ 3bc = ( b + c ) + 2bc ⇔ bc = ( b + c ) ⇔ ( b − ) ( c− ) = 36 ⇒ ( b; c ) = ( 7;42 ) , ( 8;24 ) , ( 9;18 ) , ( 10;15 ) , ( 12;12 ) Với a = ⇒ 4bc = ( b + c ) + 2bc ⇔ bc = ( b + c ) ⇔ ( b − ) ( c− ) = 16 ⇒ ( b; c ) = ( 5;20 ) , ( 6;12 ) , ( 8;8 ) Với a = ⇒ 5bc = 10 ( b + c ) + 2bc ⇔ 3bc = 10 ( b + c ) ⇔ ( 3b − 10 ) ( 3c − 10 ) = 100 ⇒ ( b; c ) = ( 5;10 ) Với a = ⇒ 6bc = 12 ( b + c ) + 2bc ⇔ bc = ( b + c ) ⇔ ( b − 3) ( c− 3) = ⇒ ( b; c ) = ( 6;6 ) Vậy, có tất 10 số nguyên Câu ( a, b, c ) thỏa mãn u cầu tốn [2H1-3.2-4] (Chun Vinh Lần 3)Cho hình chóp S ABC có cạnh SA = BC = ; SB = AC = ; SC = AB = Tính thể tích khối chóp S ABC 390 A 12 390 B 390 C 390 D Lời giải Tác giả: Nguyễn Văn Nghĩa; Fb: Nghĩa Văn Nguyễn Chọn B + Dựng hình chóp điểm S A ' B ' C ' cho A trung điểm B ' C ' , B trung điểm A 'C ' , C A' B ' + Khi SB = AC = BA ' = BC ' = nên ∆ SA ' C ' vuông S SA '2 + SC '2 = ( 2.SB ) = 64 (1) + Tương tự + Từ ∆ SB ' C ' , ∆ SA ' B '  SA '2 + SB '2 = 80 (2)  2 vuông S  SB ' + SC ' = 36 (3) ( 1) ; ( ) ; ( 3) ta suy SC ' = 10 ; SB ' = 26 ; SA ' = 54 1 390 VS A ' B 'C ' = SC ' .SA '.SB ' = 390 VS ABC = VS A' B ' C ' = + Ta tính 4 (đvtt) trung Câu [2H1-3.2-4] (Phan Đình Tùng Hà Tĩnh) (Phan Đình Tùng Hà Tĩnh) Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD A vng góc với khối cầu ngoại tiếp khối ABCDMNP Một mặt phẳng qua 4a3π B 32π a A AB = 2a, BC = CD = DA = a SA ⊥ ( ABCD) SB cắt SB, SC, SD M , N , P Tính thể tích hình thang cân với 4π a C 4π a D 24 Lời giải Tác giả: Lý Văn Công; Fb: Hà Minh Chọn C ABCD cân AB = 2BC = 2CD = 2DA nên ·ACB = ·ADB = 90° Mặt phẳng qua A vng góc với SB nên AM vng góc với SB Do hình thang BC ⊥ AC , BC ⊥ SA ⇒ BC ⊥ (SAC ) ⇒ BC ⊥ AN Mặt khác AN ⊥ SB nên AN ⊥ ( SBC ) Do AN ⊥ BN Tương tự AP ⊥ SB, AP ⊥ BD ⇒ AP ⊥ ( SBD) ⇒ AP ⊥ BP Ta có Suy điểm C , D, P, N ngoại tiếp khối đa diện M nhìn đoạn ABCDMNP AB góc vng Do đó, tâm mặt cầu trung điểm đoạn cầu) Vì vậy, bán kính khối cầu ngoại tiếp hình đa diện AB (trong ABCDMNP AB đường kính mặt r= AB =a 4a 3π V= Vậy thể tích khối cầu Câu [2H1-3.2-4] (-Mai-Anh-Tuấn-Thanh-Hóa-lần-1-2018-2019) Cho tứ diện OABC có OB = b , OC = c đơi vng góc với Gọi bốn mặt tứ diện Giả sử A 1+ B a ≥ b, a ≥ 2+ r bán kính mặt cầu tiếp xúc với a c Giá trị nhỏ r C OA = a , D 3+ Lời giải Tác giả: Phạm Trần Luân; Fb: Phạm Trần Luân Chọn D Ta có : VOABC = ) ( abc Stp = ab + bc + ac + a 2b + b 2c + a 2c , Gọi T tâm mặt cầu nội tiếp tứ diện OABC, ta có: 1 VOABC = VTOAB + VTOAC + VTOBC + VTABC = r ( SOAB + SOAC + SOBC + S ABC ) = r.Stp ( r bán kính mặt 3 cầu nội tiếp tứ diện ⇒ r= OABC ) 3VOABC abc = Stp ab + bc + ac + a 2b2 + b 2c + a 2c a ab + bc + ac + a 2b2 + b2c + a 2c a a a2 a2 ⇒ = = + 1+ + + 1+ r bc c b c b ≥ 1+ 1+ 1+ 1+ 1+ = 3+ a  ÷ = 3+ ⇔ a = b = c Vậy  r  Câu [2H1-3.2-4] (THĂNG LONG HN LẦN NĂM 2019) Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A′ B′C ′D′ có AB = BC = a , AA′ = a Gọi I giao điểm AD′ chiếu I mặt phẳng tích khối tứ diện A′ D ; H hình ( A′ B′C′D′ ) ; K hình chiếu B lên mặt phẳng ( CA′B′ ) Tính thể IHBK a3 A a3 B a3 C 16 a3 D Lời giải Tác giả: Phan Trung Hiếu; Fb: Hieu Pt Chọn C Gọi H trung điểm A′ D′ ⇒ IH // AA′ ⇒ IH ⊥ ( A′ B′C ′D′ ) Gọi K hình chiếu B lên CB′ ⇒ BK ⊥ CB′ , mà BK ⊥ A′ B′ IH = nên AA′ a = 2 BK ⊥ ( CA′ B′ ) B′B BC a BK = = ∆ BB′C có B′B + BC 2 d ( IH , BK ) = d ( IH , ( BB′C ′C ) ) = d ( AA′, ( BB′C ′C ) ) = d ( A, ( BB′C ′C ) ) = AB = a Gọi α góc cos α = Khi Ta có VIHBK IH BK, mà IH // BB' nên α = B· ′BK (do ∆ B′BK BK = ⇒ sin α = BB′ 2 a3 = IH BK d ( IH , BK ) sin α = 16 Câu 10 [2H1-3.2-4] (THPT-Tồn-Thắng-Hải-Phịng) Cho hình lăng trụ giác cạnh a Hình chiếu vng góc điểm A′ ABC Biết khoảng cách hai đường thẳng AA′ tích V khối lăng trụ ABC A′ B′ C ′ A a3 B V= a3 3 C V= ABC A′ B′C ′ lên mặt phẳng tâm tam giác V= vuông K) a3 24 ( ABC ) BC D có đáy tam trùng với trọng a Tính thể V= a3 12 Lời giải Tác giả: Huỳnh Đức Chính ; Fb: Huỳnh Đức Chính Chọn D Gọi Kẻ M trung điểm BC MN ⊥ AA′ ( N ∈ AA′ )  BC ⊥ AM ⇒ BC ⊥ ( AA′ M ) ⇒ BC ⊥ MN  Ta có  BC ⊥ A′ G Đặt A′ G = x ( x > ) Trong ∆ AA′ G có AG = 2 a a AM = = 3 a2 AA′ = A′ G + AG = x + Có ∆ AA′ M Trong 2 a2 a2 a ⇔ 2x = x + ⇔ x = ⇒ x = có A′ G AM = MN AA′ (vì a > 0) a a a3 V = S ABC A′ G = = Thể tích 12 Donhan35@gmail.com Câu 11 [2H1-3.2-4] (Chuyên Thái Nguyên) Cho hình hộp chữ nhật AB B′ C 2a , khoảng cách BC AB′ ABCD.A′ B′C ′D′ Khoàng cách 2a , khoảng cách a Tính thể tích khối hộp BD′ A 4a3 B 3a3 C 5a D 2a Lời giải Tác giả: Phạm Hoàng Điệp ; Fb:Hoàng Điệp Phạm Chọn D Gọi độ dài cạnh hình hộp chữ nhật là: Ta có: d ( AB, B′C ) = d ( AB, ( B′CD ) ) = BH = Xét tam giác Ta có: AC BCB′ AB = x; AD = y; AA ' = z 2a 5 ( H hình chiếu B lên B′C ) B lên AB′ ) 1 + = = ta có: y z BH 4a ( 1) d ( BC ; AB′ ) = d ( BC ; ( ADB′ ) ) = BK = 2a 5 ( K hình chiếu S ABC hình chóp tam giác nên SA = SB = SC uur uur uur uuur uuur uur SA.SB = SB.SC = SC.SA Vì uuur uuur uur uuur uur uuuur uuur uur AN = SN − SA = SC − SA BM = SM − SB = Ta có ; ·ASC = BSC · = CSA · , uur uur SA − SB uuuur uuur  uur uur   uuur uur  BM ⊥ AN ⇔ BM AN = ⇔  SA − SB ÷ SC − SA ÷ = Theo giả thiết 2   r uur uur uuu r uur uur uur uuu SA.SC − SA − SB.SC + SB.SA = 2 uur uuu r uur ⇔ 3SA.SC − 2SA = ⇔ 3.SA.SC.cos ·ASC − 2SA2 = ⇔ ⇔ cos ·ASC = Xét tam giác ASC , theo định lý cơsin ta có 2 AC = SA2 + SC − SA.SC.cos ·ASC = SA2 + SA2 − 2.SA2 = SA2 3 ⇒ SA = Gọi G AC a = 2 trọng tâm tam giác ABC SG ⊥ ( ABC ) ta có  a   a  a 42 SG = SA − AG =  ÷÷ +  ÷÷ =     Vậy, VS ABC 1 a a 42 a 14 = S ABC SG = = 3 24 Câu 16 [2H1-3.2-4] (Chuyên-Thái-Nguyên-lần-1-2018-2019-Thi-tháng-3) Cho hình lăng trụ đứng ABC.A ' B ' C ' có đáy ABC tam giác vng A AB = AC = a Biết góc hai đường thẳng AC ' BA ' 600 Thể tích khối lăng trụ ABC A ' B ' C ' tam giác A a3 B a3 C 2a3 a3 D Lời giải Tác giả: Nguyễn Thành Nhân ; Fb: Nguyễn Thành Nhân Chọn D D đỉnh thứ tư A ' B ' DC ' Gọi Khi góc BA ' hình bình hành AC ' ·A ' BD = 60° + Trường hợp 1: Góc Ta gọi O tâm hình bình hành A ' B ' DC ' Ta có A ' D = A ' O = B 'C' = a Do A ' BD ·A ' BD = 60° Từ tính có A′ B = A′ B′ + BB′ = DB′ + BB′ = BD nên tam giác ∆ A ' BD suy nên ∆ A ' BD cân B A′ B = A′ D = a B′B = A′ B − A′ B′ = a Thể tích lăng trụ V = BB′.S ABC = + Trường hợp 2: Góc a3 ·A′ BD = 120° Lập luận trường hợp ta có thời đường cao ∆ A ' BD cân B Do BO tia phân giác đồng a A′O a a BO = = = < = B′O Tính điều vơ lý tan 60 tam giác vng góc 60° BD Tam giác BA ' BO cạnh huyền BB′O Câu 17 [2H1-3.2-4] (PHÂN TÍCH BL_PT ĐỀ ĐH VINHL3 -2019 ) Cho hình hộp ABCD A ' B ' C ' D ' tích V Gọi M , N , P, Q, E , F tâm hình bình hành ABCD, A ' B ' C ' D ', ABB ' A ', BCC ' B ', CDD ' C ', DAA ' D ' Thể tích khối đa diện có đỉnh M , P, Q, E , F , N V A V B V C Lời giải V D Tác giả: Nguyễn Thị Hường; Fb: Huong Nguyen Thi Chọn C Gọi V1 thể tích khối đa diện có đỉnh Gọi S, h M , P, Q, E , F , N diện tích đáy chiếu cao hình hộp ABCD A ' B ' C ' D ' 1 S S PQEF = PE.QF sin( PE, QF ) = AB.BC.sin( AB, BC ) = Ta có 2 S S S PQEF = S − = ( Hoặc cách khác 2) 1S V V1 = S PQEF ( d ( M ,( PQEF ) + d ( N ,( PQEF ) ) = h= Suy 32 Phân tích: + Kiến thức trọng tâm tốn cơng thức tính thể tích hình lăng trụ, hình chóp, diện tích hình bình hành khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng + Sử dụng quan hệ song song để tính tỷ số khoảng cách, tỷ số diện tích Câu 18 [2H1-3.2-4] (Sở Ninh Bình Lần1) Cho hình chóp SA cho SA = 4SM tích V khối chóp S ABC điểm A M V= thuộc cạnh B V= SA C Lời giải S ABC có độ dài cạnh đáy vng góc với mặt phẳng D V= 2, ( MBC ) Thể Tác giả:Trần Quang ; Fb: Quangpumaths Chọn A Gọi D trung điểm Ta có tứ giác BC , H chân đường cao khối chóp hạ từ S SMHD nội tiếp đường trịn đường kính SD Theo tích chất cát tuyến 3 2 SA = AD ⇔ SA2 = ⇒ SH = SA2 − AH = 3 = SH S ABC = 3 AS AM = AH AD ⇔ V Nên S ABC trungkienta1909@gmail.com Câu 19 [2H1-3.2-4] (Phan Đình Tùng Hà Tĩnh) (Phan Đình Tùng Hà Tĩnh) Cho hình chóp có SA = SB = SC = tâm tam giác 2a A S ABC a 39 Tam giác ABC cân A có góc A = 120° , BC = 2a G trọng SAB Thể tích khối chóp G.ABC B a a3 C a3 D Lời giải Tác giả: Nguyễn Thành Biên ; Fb: BienNguyenThanh Chọn D Gọi H S hình chiếu mặt đáy, SA = SB = SC nên HA = HB = HC hay H tâm BC 2a = đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC 2sin A  AO ⊥ BC · · = CAO = 60° Gọi O trung điểm BC , tam giác ABC cân A nên  BAO ⇒ HA = HB = HC = AB = AC = Suy Diện tích tam giác BO 2a = · sin BAO ABC S ABC a2 = AB AC.sin120° = 39a 12a SH = SA − AH = − =a Đường cao khối chóp 9 2 a2 a3 V = a = Thể tích khối chóp S ABC S ABC 3 1 GM = SM ⇒ d ( G, ( ABC ) ) = d ( S , ( ABC ) ) Do G trọng tâm tam giác SAB nên 3 a3 ⇒ VG ABC = VS ABC = Cách 2: (Tác giả: Dương Quỳnh Nga; Trình bày: Thịnh Nguyễn Văn) H hình chiếu S mặt đáy ( ABC ) , SA = SB = SC Gọi O trung điểm BC ⇒ HO ⊥ BC Gọi Tam giác Vậy H Ta có ABC cân A  AO ⊥ BC · · = CAO = 60° nên  BAO nằm đường thẳng BO = nên AO ∆ HAB AH BO 2a ⇒ AH = = = AB 3 39a 12a SH = SA − AH = − =a Đường cao khối chóp 9 Diện tích tam giác Thể tích khối chóp ABC S ABC a3 ⇒ VG ABC = VS ABC = S ABC a2 = AB AC.sin120° = VS ABC a2 a3 = a = 3 HA = HB = HC Câu 20 [2H1-3.2-4] (THPT ĐÔ LƯƠNG LẦN 2) Cho hình chóp cạnh Biết khoảng cách từ ( SAC ) 15 10 , từ A đến mặt phẳng C đến mặt phẳng ( SAB ) S ABC ( SBC ) có đáy , từ ABC B tam giác đến mặt phẳng 30 20 hình chiếu vng góc đáy nằm tam giác ABC Thể tích khối chóp S ABC A 36 B 48 C 12 S xuống D 24 Lời giải Tác giả: Nhữ Văn Huấn; Fb: Huân Nhu Chọn B ( ABC ) Gọi O chân đường cao hạ từ S Đặt d ( O, BC ) = a , d ( O, AC ) = b , d ( O, AB ) = c , SO = h Ta có xuống mặt phẳng S ∆ ABC = S ∆ OBC + S ∆ OAC + S ∆ OAB ⇒ a + b + c = d ( O, ( SBC ) ) ( Mặt khác d A, ( SBC ) ) = ( 1) (vì ∆ ABC cạnh ) OM OI 2a 2a a = = ⇒ d ( O, ( SBC ) ) = = AM AK 3 2 1 = + ⇒ a=h Suy a h a d ( O, ( SAC ) ) ( Tương tự d B, ( SAC ) ) = d ( O, AC ) d ( B,AC ) = 2b 2b 15 b ⇒ d ( O, ( SAC ) ) = = 3 10 5 1 = + ⇒ b = 2h Suy b h b d ( O, ( SAB ) ) ( Tương tự d C, ( SAB ) ) = d ( O, AB ) d ( C,AB ) = 2c ⇒ d ( O, ( SAC ) ) = 2c 30 c = 20 10 10 1 = + ⇒ c = 3h Suy c h c ( 1) ⇒ h + 2h + 3h = 3 1 ⇔ h= ⇒ V = SO.S ∆ ABC = 12 48 Câu 21 [2H1-3.2-4] (Hậu Lộc Thanh Hóa) Cho hình lăng trụ chữ nhật ABCD A′ B′C ′D′ AB = a , AD = a Hình chiếu vng góc A′ AC BD Góc hai mặt phẳng ( ADD′A′ ) thể tích khối tứ diện ACB′ D′ a3 B ( ABCD ) mặt phẳng với giao điểm a3 A có đáy ABCD hình ( ABCD ) a3 C trùng 60° Tính 3a D Lời giải Tác giả: Lê Hồng Phi; Fb: Lê Hồng Phi Chọn A Gọi O = AC ∩ BD I trung điểm AD ( ADD′A′ ) ∩ ( ABCD ) = AD , OI ⊥ AD A′ O ⊥ ( ABCD ) ( ADD′A′ ) ( ABCD ) ·A′IO = 60° Ta có Tam giác A′ IO vng Thể tích khối lăng trụ Dễ thấy O a a A′O = IO tan ·A′IO = ×tan 60° = nên 2 ABCD.A′ B′C ′D′ VCC ′B′D′ = VB ' ABC = VAA′B′D′ = VD′ACD Vậy thể tích khối tứ diện nên góc hai mặt phẳng ACB′D′ a 3a V = AB AD A′O = a.a × = 2 1 a a3 = × ×AD ×DC ×A′ O = ×a ×a × = VACB′D′ = V − VCC′B′D′ − VB ' ABC − VAA′B′D′ − VD′ACD = V − 4VD′ACD 3a3 a3 a3 = − 4× = Câu 22 [2H1-3.2-4] (KSCL-Lần-2-2019-THPT-Nguyễn-Đức-Cảnh-Thái-Bình) Cho khối lăng trụ ABC.A′ B′C ′ Gọi G trọng tâm tam giác ABC M , N , P trung điểm CC ′ , A′ C ′ , A′ B′ Biết thể tích khối GMNP , tính thể tích khối lăng trụ ABC.A′ B′C ′ tam giác A 72 B C 18 21 D 17 Lời giải Tác giả:Tuyetnguyen ; Fb: tuyetnguyen Chọn A Gọi Q trung điểm AB Đặt S = S PQCC′ ; h = d ( A′, ( PQCC ′ ) ) VN GMP = SGMP d ( N , ( GMP ) ) = ⇒ S d N , ( GMP ) = 15 Theo giả thiết GMP ( ) S S 1 5S S MPG = S PQCC ′ − S PQG − S PMC′ − S MGC = S − − − S = Ta có 2 12 d ( N , ( GMP ) ) = d ( A′, ( GMP ) ) Lại có Suy ra: SGMP d ( N , ( GMP ) ) = 5S h 12 ⇒ S h = 72 2V VA′.PQCC ′ = ABC A′B′C ′ Mặt khác, nên VABC A′ B′C ′ = S h = 72 S ABCD có đáy SC cho SP = PC , M Câu 23 [2H1-3.2-4] (Trung-Tâm-Thanh-Tường-Nghệ-An-Lần-2) Cho hình chóp ABCD hình bình hành Gọi N trung điểm SB, P thuộc đoạn SA cắt DP R A 65cm thuộc đoạn SM = MA cho Mặt phẳng ( MNP ) cắt Biết thể tích khối chóp 260 cm B SD EPQR 18cm3 C 75cm3 BC E , CQ Thể tích khối chóp SMNPQ Q NP D cắt 70cm3 Lời giải Tác giả: Lê Thị Giang; Fb: Giang Lê Chọn A Gọi O = AC ∩ BD, I = MP ∩ SO ⇒ Q = NI ∩ SD ÁP dụng định lí Menelauyt cho tam giác SBC NB PS EC =1 với cát tuyết NPE , ta NS PC EB ⇒ CE = CB (1) Do MIP uur uur uuur uuur uur SI = xSP + (1 − x) SM = x SC + (1 − x) SA nên uur uuur  uuur uur  SI = k SO = k  SC + SA ÷⇒ x = , k =  15 Tương tự với ba điểm thẳng hàng N , I , Q ta có 2 uuur uuur SQ = SD (2) ÁP dụng định lí Menelauyt cho tam giác SCQ RQ = với cát tuyết PRD , ta RC Từ (1), (2) (3) ta có S PRQ = 6 S PQC = S SQC = S SDC = S SDC 13 13 13 91 ⇒ VEPQR = 8 18.91 VESDC = VSBDC = VSABCD ⇒ VSABCD = 91 91 91  SM SN SP SM SP SQ  VSABCD VSMNPQ = VSMNP + VSMPQ =  + ÷ Do  SA SB SC SA SC SD   2 4 V =  + ÷ SABCD = 65cm3  3 7 ( 3) Câu 24 [2H1-3.2-4] (THPT LÊ QUÝ ĐÔN QUẢNG NGÃI) (THPT LÊ QUÝ ĐÔN QUẢNG S ABC tích khối tứ diện S ABC NGÃI) Cho tứ diện A 12 có SA = , SB = , SC = B ·ASB = BSC · = CSA · = 60° Tính thể C D Lời giải Tác giả: Hàng Tiến Thọ ; Fb: Hàng Tiến Thọ Chọn B Cách 1: Gọi B′ , C ′ điểm Khi tứ diện S AB′C ′ SB SC thỏa SB′ = , SC ′ = tứ diện có cạnh Do thể tích khối tứ diện S AB′C ′ VS AB′C′ = 12 Mặt khác ta lại có VS AB′C ′ SB′ SC ′ 1 2 = × = × = ⇒ VS ABC = 6VS AB′C ′ = = VS ABC SB SC 12 Cách 2: Ta áp dụng cơng thức tính thể tích sau: · = β , CSA · = ϕ Khi S ABC có SA = a , SB = b , SC = c , ·ASB = α , BSC thể tích khối tứ diện S ABC tính cơng thức: Cho khối tứ diện VS ABC = abc + 2cos α cos β cos ϕ − cos α − cos2 β − cos ϕ Áp dụng vào giải ta thể tích khối tứ diện S ABC VS ABC = = SA.SB.SC · − cos CSA · + 2cos ASB.cos BSC.cos CSA − cos ·ASB − cos BSC 1.2.3 + 2cos3 60° − 3cos 60° = Câu 25 [2H1-3.2-4] (Nam Tiền Hải Thái Bình Lần1) (Nam Tiền Hải Thái Bình Lần1) Cho khối · = CSA · = 600 , SA = a, SB = 2a, SC = 4a Tính thể tích khối chóp S ABC có ·ASB = BSC S ABC theo a chóp 2a A B 2a 3 2a C 2a D Lời giải Tác giả: Nguyễn Hữu Nam; Fb: Nam Nguyen Huu Chọn A Lấy E ∈ SB, F ∈ SC , thỏa mãn: SE = SF = Theo giả thiết Suy VS AEF SE SF = , = a Suy SB SC ·ASB = BSC · = CSA · = 600 , suy S AEF khối tứ diện cạnh a VS AEF SA SE SF 2a 2a = = = ⇒ VS ABC = 8VS AEF = 12 Mặt khác: VS ABC SA SB SC Câu 26 [2H1-3.2-4] (Nguyễn Du Dak-Lak 2019) Một cốc nước có hai phần: phần thân phần đế Phần thân để chứa nước có hình trụ cao 15 ml , chứa 750 ml nước Phần đế phần bán cầu làm thủy tinh đặc Mặt đế hình trịn lớn bán cầu vừa khít với hình trịn đáy thân cốc, mặt đế hình trịn đường kính phần đế (tính xác đến hàng phần trăm) A 112,44 cm B 101,73 cm C 132,98 cm ml Thể tích D 152,08 cm Lời giải Tác giả: Vũ Văn Hiến; Fb: Vu Van Hien Chọn A + Ta có 750 ml = 750 cm , suy V = pR 2h Þ R = V 750 = » 3,99 cm ph 15p + Theo ta có hình vẽ bên r R I O A 6cm 15cm Gọi O tâm mặt đế, I tâm mặt đế nên (cũng bán kính bán cầu); OI IA = r = cm OA = R bán kính hình trịn mặt bán kính đường trịn mặt đế chiều cao phần đế, suy chiều cao chỏm cầu bỏ h = R - OI = R - R - r = 1,36 cm + Thể tích bán cầu, bán kính R (Vì OI = R - r ) pR 2pR 3 V1 = = = 133,04 cm là: + Thể tích chỏm cầu có bán kính hình trịn nhỏ Vậy thể tích phần đế là: V ′ = V1 − V2 r là: V2 = ph 2 3r + h ) = 20,54 cm ( = 133,04 − 20,54 = 112,5 cm3 Câu 27 [2H1-3.2-4] (Đặng Thành Nam Đề 6) Cho khối lăng trụ tam giác giác vuông A, AA′ Biết · ' = 900 , ·ABB ' = 1200 AB = 1, BC = Góc CBB d ( AB ', CM ) = Tính thể tích khối lăng trụ cho ABC A′ B′ C′ Gọi M có đáy tam trung điểm cạnh A B 2 C 4 D Lời giải Tác giả: Trần Minh Nhựt ; Fb: Trần Minh Nhựt Chọn A Gọi I = BM ∩ AB '; IN / /CM ( N ∈ BC ) Khi đó: CM / /( AB ' N ) ⇒ d (CM , A ' B) = d (C ,( AB ' N )) = IM AM NC IM = = ⇒ = = ⇒ d ( B,( AB ' N )) = 2d (C ,( AB ' N )) = Mặt khác: IB BB ' NB IB cos ·ABN = AB = BC Đặt BB ' = x, áp dụng công thức thể tích khối chóp tam giác biết Ta có: ba cạnh chung đỉnh ba góc đỉnh Ta được: VB AB ' N x  1  1  1 = .x +  − ÷ .0 −  − ÷ −  ÷ − =  2  2  2 Ta có: 16 13 AB ' = x + x + 1, BN = ⇒ NB ' = x + , AN = AB + BN − AB.BN cos ·ABN = · ' AN = cos B S AB ' N x2 + x + + 13  16  −x + ÷  9 13( x + x + 1) = 3x + 2 13( x + x + 1) ⇒ sin B · ' AN = − 13( x + x + 1) (3x + 2)2 43 x + 40 x + 48 = 1− = 52( x + x + 1) 12 ( 3x + ) 52( x + x + 1) d ( B,( ANB ')) = 3VB ANB ' S ANB ' Do đó: Vậy x 2 = = ⇔ x = 4( x > 0) 43x + 40 x + 48 12 3  4 VABC A ' B 'C ' = 3VB ' ABC =  VB ANB ' ÷ = =2 2  9 VB ANB ' = ABC A′ B′C ′ tích V , đáy AB F hình chiếu vng góc E Câu 28 [2H1-3.2-4] (Đặng Thành Nam Đề 9) Cho khối lăng trụ AB = AC Gọi E trung điểm cạnh BC Mặt phẳng ( C ′EF ) chia khối lăng trụ cho thành hai khối đa diện Tính thể tích tam giác cân, lên khối đa diện chứa đỉnh 47 V A 72 A 25 V B 72 29 V C 72 43 V D 72 Lời giải Tác giả: Tiến Điệp; Fb: Tien Diep Chọn B M trung điểm BC , ∆ ABC EF ⊥ BC ⇒ EF / / AM Gọi ∆ ABC có E trung điểm trung bình Kéo dài FE A nên AM ⊥ BC Lại có AB , EF / / AM ⇒ F trung điểm BM ⇒ EF đường ∆ BAM CA I Nối C ′I EFC ′N cắt tia diện tứ giác cân Gọi thể tích khối đa diện chứa đỉnh A cắt V1 A′ A N Khi ( C ′EF ) cắt lăng trụ theo thiết Ta có: AM / / FI ⇒ AM CM EF IE = = AM = 2EF ⇒ = ⇒ = FI CF , mà FI IF (1) IA FM IN IA IN = = = = Lại có: IC FC (2); IC ′ IC (do AN / / CC ′ ) nên IC ′ (3) VI EAN IE IA IN 1 = = = Từ ( 1) , ( ) ( 3) suy VI FCC ′ IF IC IC ′ 3 27 V1 Do VI FCC ′ = 1− 25 = 27 27 (4) S FCC ′ IC = = Dễ thấy AC S BCC ′B′ , d ( I , ( FCC ′ ) ) S FCC ′ VI FCC ′ IC S FCC ′ 3 = = = = VA BCC ′B′ d A, BCC ′B′ S AC S BCC′B′ 16 ) ) BCC′B′ ( ( (5) VA.BCC ′B′ V = − A A′B′C ′ = − = Lại có V V 3 (6) Từ ( ) , ( ) V 25 25 25 = = ⇒ V1 = V ( ) , ta suy V 27 16 72 72 Chọn B ... = Thể tích 12 Donhan35@gmail.com Câu 11 [2H1-3.2-4] (Chuyên Thái Nguyên) Cho hình hộp chữ nhật AB B′ C 2a , khoảng cách BC AB′ ABCD.A′ B′C ′D′ Khoàng cách 2a , khoảng cách a Tính thể tích khối. .. CDD ' C ', DAA ' D ' Thể tích khối đa diện có đỉnh M , P, Q, E , F , N V A V B V C Lời giải V D Tác giả: Nguyễn Thị Hường; Fb: Huong Nguyen Thi Chọn C Gọi V1 thể tích khối đa diện có đỉnh Gọi... tích: + Kiến thức trọng tâm tốn cơng thức tính thể tích hình lăng trụ, hình chóp, diện tích hình bình hành khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng + Sử dụng quan hệ song song để tính tỷ số khoảng cách,