Dang 4. Các bài toán khác(góc, khoảng cách,...) liên quan đến thể tích khối đa diện(VDC)

Câu [2H1-3.4-4] (Đặng Thành Nam Đề 10) Cho khối chóp tứ giác S ABCD có đáy hình bình hành, AD  4a , SA  SB  SC  SD  6a Khi khối chóp S ABCD tích đạt giá trị lớn  SBC   SCD  nhất, sin góc hai mặt phẳng 15 A B C D Lời giải Tác giả: Phạm Cao Thế; Fb: Cao Thế Phạm Chọn B Vì SA  SB  SC  SD � ABCD tứ giác nội tiếp hình chiếu vng góc S lên mặt  ABCD  trùng với tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABCD Kết hợp với ABCD phẳng SO   ABCD  hình bình hành suy ABCD phải hình chữ nhật tâm O AB  x  x   Đặt BD AB  AD x  16a OB    2 Khi x  16a 8a  x � SO  SB  OB  6a   S ABCD Thể tích khối chóp là: 2 VS ABCD  SO.S ABCD 8a  x 4ax 2ax 8a  x 2a �x 8a  x � 8a   � � � 3 � � 2 Dấu xảy khi: x  8a  x � x  2a 8a max VS ABCD  � x  2a Vậy Khi đó: 4a 3SC.VS BCD 15 sin � SBC  ,  SCD     2S SBC S SCD �1 � �1 � � 2a 5a � � 4a 2a � �2 � �2 � d  B,  SCD   d  O,  SCD   sin � SBC  ,  SCD    d  B, SC  d  B, SC  Cách 2: Ta tính    Câu  [2H1-3.4-4] (CHUYÊN LÊ THÁNH TÔNG QUẢNG NAM LẦN NĂM 2019) Cho hình chóp S ABC với đáy ABC tam giác vng B có AC  BC , đường trung tuyến BM ,  SBM   SCN  vng góc đường phân giác CN MN  a Các mặt phẳng 3a  ABC  Thể tích khối chóp S ABC Gọi I trung điểm SC với mặt phẳng Khoảng cách hai đường thẳng MN IB a A a B 3a C Lời giải 3a D Tác giả: Huỳnh Quy ; Fb: huynhquysp Chọn C Cách 1: SH   ABC  Gọi H giao điểm CN BM Ta có Đặt BC  x (với x  ) Ta có CB  CM  BM  AC � BCM Xét BCM có đường phân giác CH đường cao nên CH  BM � CN  BM H � tứ giác BCMN nội tiếp đường tròn �  90� � CMN , hay MN  CA Suy hai tam giác MNA BCA đồng dạng a x MN AM   x � x  a ; AC  2a � BC AB � x Lấy E trung điểm CM AN AM   MN P BEI  Ta có AB AE � MN P BE � � d  MN , BI   d  MN ,  BEI    d  M ,  BEI    2d  H ,  BEI   SH  Nên Ta có Đặt 3VS ABC  a SABC HB  a HC  BC  HB  ; y  d  H ,  BEI    a 3 2 �a � 3a a � HF  HC  �2 � � � � �  IEB  cắt HB B ; Xét tam diện vuông đỉnh H với ba cạnh HB , HC , HS ta có mặt phẳng cắt HC F cắt HS K , ta có 1 1 1 64        2 2 2 y HB HF HK �a � �a � �3a � 9a � � �� � � y  a � � �� � � � 3a d  MN , BI   � a  Do Cách 2: Đặt BC  x (với x  ) Dễ thấy x  a Gọi K giao điểm BM CN Gọi J trung điểm CM , G giao điểm CN BJ  IJB  P SMN  Ta có d  BI , MN   d  G ,  SMN    d  C ,  SMN   � 3a VS CMN  VS ABC  Mà 3a 3 3a d  C ,  SMN   � S SMN  d  C ,  SMN   � a  � � � Câu d  C ,  SMN    3a a d  BI , MN   � [2H1-3.4-4] (Nguyễn Du Dak-Lak 2019) Cho hình chóp tứ giác S ABCD có độ dài cạnh ( S ) mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S ABCD , đáy độ dài cạnh bên Gọi ( S ) Khoảng cách có tâm O Lấy G trọng tâm tam giác SAD Lấy điểm M GM đạt giá trị nhỏ 17 + 31 17 - 31 15 + 33 15 - 33 12 12 12 12 A B C D Lời giải Tác giả: Vũ Văn Hiến; Fb: Vu Van Hien Chọn B � SI ^ ( ABCD ) + Gọi I tâm ABCD Dựng mặt phẳng trung trực cạnh SA N cắt SI O Vậy O tâm mặt cầu ngoại tiếp khối chóp S ABCD bán kính R = SO 2 + Theo giả thiết ta suy ra: AC = � AI = � SI = SA - AI = SA SN SO SA2 SNO ∽ SIA �  � SO  SA   R SI SA SI 2.SI ( S ) nên để có khoảng cách GM nhỏ + Vì trọng tâm G cố định, M điểm di động GM = R - OG M , G, O thẳng hàng, đó: (quan sát hình vẽ) + Gọi E trung điểm AD � IE  � SE  SI  IE  2 � SG  + Tam giác vng SIE có �  cos ISE SI 2  SE + Trong tam giác SOG , áp dụng định lí sin ta có: �  11 � OG  33 OG  SO  SG  2.SO.SG.cos ISM 48 12 Vậy GM  R  OG  33 15  33   12 12 * Nhận xét: Nếu toán yêu cầu GM max  R  OG Câu [2H1-3.4-4] (THPT-Yên-Khánh-Ninh-Bình-lần-4-2018-2019-Thi-tháng-4)Cho hình hộp chữ 2a B C D Khoảng cách hai đường thẳng AB B� C , hai nhật ABCD A���� 2a a đường thẳng BC AB�là , hai đường thẳng AC BD�là Thể tích khối B C D hộp ABCD A���� 3 3 A 8a B 4a C 2a D a Lời giải Tác giả: Giáp Văn Khương; Fb: Giáp Văn Khương Chọn C z Gọi độ dài cạnh hình hộp AB  x, BC  y, AA� AB   BCC � B� A�  , BC   ABB�  Nên từ B kẻ BM  B� C M BN  AB�tại N 2a BM  BN  Ta có 1 1 1     2 2 y z x z �2a � �2a � 1 1 � � � �     2 5 y z a � � � � z 4a (1) Ta có hay x Từ suy x  y BCD   A���� C Kẻ đường thẳng qua D�song song với AC mặt phẳng đáy , cắt B�� J , dễ thấy C �là trung điểm B� J BJ cắt CC �tại trung điểm K Gọi mp  P   mp  BD� , D� J I tâm mặt đáy, O tâm hình hộp Ta có d  AC , BD� , P   d  I, P    d  C,  P    d  C�  D� J , kẻ IH  OD�ta d ( I ,( P))  IH Ta có ID�   �z � �x � �a � �� � � � �   �2 � � � � � z a (2) Vậy ta có hay x Từ (1) (2) ta có x  y  a, z  2a Vậy thể tích khối hộp chữ nhật V  a.a.2a  2a Câu B C D có A� B vuông [2H1-3.4-4] (Nguyễn Trãi Hải Dương Lần1) Cho hình hộp ABCD A���� góc với mặt phẳng đáy  ABCD  , góc AA�và  ABCD  45� Khoảng cách từ A đến C C D D  BB��  CC �� đường thẳng BB�và DD�bằng Góc mặt mặt phẳng 60� Thể tích khối hộp cho A B C D 3 Lời giải Tác giả: Hà Lê; Fb: Ha Le Chọn C Cách 1: Gọi H , K hình chiếu vng góc A�trên đường thẳng BB�và DD� Ta có: d  A; BB� ; BB� H  d  A; DD� ; DD� K 1   d  A�   A�   d  A�   A� , � AA� ,  ABCD    45� � � � � � A B  ABCD �   � � A� AB  45o A� B   ABCD  � A� B  AB Từ  1  2  1  2 B  AB AB tam giác vuông cân B � A� ta suy A� � A� B  A�� B � H trung điểm BB� C C D D  BB��  CC �� Mặt khác, góc hai mặt phẳng góc hai mặt phẳng �� � � ��  AA D D   BB A A  nên ta suy HA K  60�, mà A� H  A� K  (chứng minh trên) � A� HK tam giác � S A�HK  A� H  � BB� 2 �A� H  BB� � K  BB� � BB�   A� HK  �A� �A� H �A� K   A�  Lại có: � � HK  VA��� B D ABD  BB S A� 3  VABCD A���� B C D  2VA��� B D ABD   Do đó: Vậy Cách 2: (Võ Thanh Hải) BB�vuông cân A�và BB�  A� H  Từ ta tính Với giả thiết ta suy A� S  A� H BB� 2 ABB�A� *Vì H  BB� �A� � K  BB� BB� // DD�  � BB�  A� HK  �  ABB� A� HK     A� �A� �� C C  ,  CC �� D D    � D D  ,  BB� A� A    HA K  60�  BB��  AA�� � , mà A� H  A� K  nên d  D,  ABB� A� A� H     d  K ,  ABB�    d  K , A� HK đều, suy A� Ta có * �� VABCD A���� B C D  d  D ,  ABB A   S ABB � A�  Cách 3: Lưu Thêm +) Gọi H , K hình chiếu A BB � , DD� , K �lần lượt hình chiếu A�trên BB� Gọi H � , DD� +) Ta có AH  AK  �AB  45� B  AB  x � AA� x AB vuông cân B Đặt A� +) A� nên A� � x 2.x  1.x A AB.sin 45� A�� H BB� 2 � x  � AA� +) Ta có A� +) +) +) B� C    � HE , KE   60�   BCC �  ,  CDD�� � S AHEK  AH AK sin   � VABCD A���� B C D  VAHEK A�� H E �� K  AA S AHEK   Buiquyminh304@gmail.com Câu [2H1-3.4-4] (CHUYÊN HUỲNH MẪN ĐẠT 2019 lần 1) Cho lăng trụ ABCD A ' B ' C ' D ' có đáy ABCD hình vng cạnh 2a, AA '  A ' D, hình chiếu vng góc A ' thuộc hình 6a vng ABCD, khoảng cách hai đường thẳng CD AB ' 10 Tính thể tích khối chóp A ' MNP M , N , P trung điểm cạnh CD, CC ', DD ' A 12a B a 3 C 2a D 3a Lời giải Tác giả: Nguyễn Ngọc Minh ; Fb: Minh Nguyen Chọn B  ABCD  ; I , K trung điểm *) Gọi H hình chiếu A ' lên mặt phẳng AD, BC O tâm hình vng ABCD A ' H   ABCD  Ta có A ' H  AD, A ' K  AD (Do A ' A  A ' D ) nên HK  AD Mà OK  AD nên suy ba điểm H , O, K thẳng hàng theo giải thiết ta H thuộc đoạn IK Theo giả thiết H thuộc hình vng ABCD nên H trùng K H trùng I Trường hợp 1: H trùng với K *) Kẻ HF  AA ' , với F thuộc đoạn A ' A BC a AB   A ' AH  � AB  HF HF   ABB ' A ' Dễ thấy: nên � d  H ,  ABB ' A '   HF d  CD, AB '  d  CD,  ABB ' A '   CD //  ABB ' A ' Ta có (do ) 3a DA HF   d H , ABB ' A '      d  C ,  ABB ' A '  DH 10  2HF Nên 1 1 1 10 1   �    2  2 2 2 AH A' H A' H HF AH 9a a 9a *) Xét tam giác AA ' H có HF � A ' H  3a V  A ' H S ABCD  3a  2a   12a *) Ta có ABCD A ' B ' CC ' D ' V  d  A ',  CDD ' C '  SCDD ' C ' Lại có ABCD A ' B 'CC ' D '  12 d  A ',  CDD ' C '   S MNP  12VA ' MNP  4.d  A ',  CDD ' C '  S MNP (do SCDD 'C '  4S MNP ) HA  3 Từ suy 12a  12VA 'MNP � VA ' MNP  a Trường hợp 2: H �I , tương tự trường hợp 1, kết VA ' MNP  a Thêm câu tương tự câu 47, thay đổi đề H thuộc bên hình vng ABCD Câu [2H1-3.4-4] (CHUN HUỲNH MẪN ĐẠT 2019 lần 1) Cho lăng trụ ABCD A ' B ' C ' D ' có đáy ABCD hình vng cạnh 2a, AA '  A ' D, hình chiếu vng góc A ' thuộc bên 6a hình vng ABCD, khoảng cách hai đường thẳng CD AB ' 10 Tính thể tích khối chóp A ' MNP M , N , P trung điểm cạnh CD, CC ', DD ' A 12a B a 3 C 2a D 3a Lời giải Tác giả: Nguyễn Ngọc Minh ; Fb: Minh Nguyen  ABCD  ; I , K trung điểm *) Gọi H hình chiếu A ' lên mặt phẳng AD, BC A ' H   ABCD  Ta có A ' H  AD, A ' K  AD (Do A ' A  A ' D ) nên HK  AD Mà OK  AD nên suy ba điểm H , O, K thẳng hàng theo giải thiết ta H thuộc bên đoạn thẳng IK *) Kẻ HE  AB, HF  A ' E , với E thuộc đoạn AB F thuộc đoạn A ' E BC HE  a AB   A ' EH  � AB  HF HF   ABB ' A ' Dễ thấy: nên � d  H ,  ABB ' A '   HF Ta có d  CD, AB '  d  CD,  ABB ' A '   (do CD //  ABB ' A ' ) CG  d  C ,  ABB ' A '   CH d  H ,  ABB ' A '   (Do H thuộc đoạn IK nên kẻ CH cắt AB 3a CG HF  2 10 G CH )  2HF Nên �  HF  3a  sin HEF HE 10 a 10 *) Xét tam giác HEF có �  � tan HEF � 3 � cos HEF � 10 (do A ' EH góc nhọn) � Xét tam giác A ' EH có A ' H  EH tan HEA '  3a V  A ' H S ABCD  3a  2a   12a *) Ta có ABCD A ' B ' CC ' D ' V  d  A ',  CDD ' C '  SCDD ' C ' Lại có ABCD A ' B 'CC ' D '  4.d  A ',  CDD ' C '  S MNP  12 d  A ',  CDD ' C '   S MNP  12VA ' MNP  4S MNP ) (do SCDD 'C ' 3 Từ suy 12a  12VA 'MNP � VA ' MNP  a Câu [2H1-3.4-4] (Ba Đình Lần2) Cho hình chóp S ABCD có đáy hình vng cạnh a , a 17 SD  Hình chiếu vng góc H S lên mặt  ABCD  trung điểm đoạn AB Gọi K trung điểm AD Khoảng cách hai đường SD HK a A 3a C Lời giải a B a 21 D Tác giả: Lê Nguyễn Phước Thành; Fb: Thành Lê Chọn A Trong Vì  ABCD  có HK đường trung bình ABD nên HK // BD ; vẽ HM  BD �HK // BD � HK //  SBD  � �BD � SBD  , mà SD � SBD  � d  HK , SD   d  HK ,  SBD   �HM  BD � BD   SHM  � BD � SBD  �  SBD    SHM  SH  BD � Ta có , mà Trong mặt  SHM  vẽ HN  SM N �SM �  SBD    SHM  �  SBD  � SHM   SM � HN   SBD  � �HN  SM � Vậy khoảng cách từ d  HK ,  SBD    d  H ,  SBD    HN Gọi O giao điểm AC BD Ta thấy HM  AO a 3a a  MD  BD  HD  HM  MD  ; 4 nên 2 Do SHD vuông H nên SH  SD  HD  a 1 SH HM a   � HN   2 SH HM SH  HM SHM vuông H , đường cao HN : HN Câu [2H1-3.4-4] (Chuyên Hạ Long lần 2-2019) Cho tứ diện ABCD có AB  3a , AC  2a , d  C ,  ABD   �  CAD �  DAB �  600 AD  5a ; BAC Tính 2a A a B a C 2a D Lời giải Tác giả: Nguyễn Thị Phượng; Fb: Nguyễn Thị Phượng Chọn C Áp dụng công thức AB AC AD � cos CAD � cos DAB �  cos BAC �  cos CAD �  cos DAB � VABCD   cos BAC  3a.2a.5a 1 1 1      a 2 4 S ABD  � D  3a.5a  15 a AB AD.sin BA 2 3V VC ABD  d  C ,  ABD   S ABD � d  C ,  ABD    C ABD S ABD 2 a   a 15 a /  ... SBM   SCN  vng góc đường phân giác CN MN  a Các mặt phẳng 3a  ABC  Thể tích khối chóp S ABC Gọi I trung điểm SC với mặt phẳng Khoảng cách hai đường thẳng MN IB a A a B 3a C Lời giải... 45� Khoảng cách từ A đến C C D D  BB��  CC �� đường thẳng BB�và DD�bằng Góc mặt mặt phẳng 60� Thể tích khối hộp cho A B C D 3 Lời giải Tác giả: Hà Lê; Fb: Ha Le Chọn C Cách 1: Gọi H... cạnh 2a, AA '  A ' D, hình chiếu vng góc A ' thuộc hình 6a vng ABCD, khoảng cách hai đường thẳng CD AB ' 10 Tính thể tích khối chóp A ' MNP M , N , P trung điểm cạnh CD, CC ', DD ' A 12a B a