Bài toán vận dụng nâng cao - Chủ đề 5: Khối đa diện

Chia sẻ: Le Huutuan | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:30

Thêm vào BST

Báo xấu

48
lượt xem 2
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tài liệu với 48 bài tập vận dụng nâng cao về khối đa diện giúp các em học sinh củng cố, rèn luyện kiến thức, phục vụ công tác học tập. Mời các bạn cùng tham khảo tài liệu để nắm chi tiết các bài tập.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Bài toán vận dụng nâng cao - Chủ đề 5: Khối đa diện

PHẦN CUỐI: BÀI TOÁN VẬN DỤNG (8.9.10) Chủ đề 5. KHỐI ĐA DIỆN Câu 1: (SGD VĨNH PHÚC) Cho hình hộp chữ nhật ABCD. A B C D có AB = a, AD = a 3. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng BB và AC . a 3. B. a 3 . C. a 3 . D. a 2 . A. 4 2 2 Hướng dẫn giải Chọn C. D C ( AB ) +( B C ) 2 2 Ta có: A C = = 2a. Kẻ B H ⊥ A C . A B A B .B C a.a 3 a 3 BH = = = . BC 2a 2 Vì BB // ( ACC A ) nên d ( BB , AC ) = d ( BB , ( ACC A ) ) D' C' H a 3 d ( BB , ( ACC A ) ) = B H = A' B' . 2 a 3 Nên d ( BB , AC ) = . 2 Câu 2: (SGD VĨNH PHÚC) Cho hình chóp S .ABC có SA ⊥ ( ABC ) , tam giác ABC vuông cân tại B , AC = 2a và SA = a. Gọi M là trung điểm cạnh SB . Tính thể tích khối chóp S . AMC. a3 a3 a3 a3 A. . B. . C. . D. . 6 3 9 12 Hướng dẫn giải Chọn A. AC S Xét tam giác vuông cân ABC có: AB = BC = =a 2 2 1 a S ABC = AB.BC = a 2 2 M 1 1 a3 A C VS . ABC = SA.S ABC = .a.a 2 = 2a 3 3 3 Áp dụng định lí SimSon ta có: B VSAMC SA SM SC 1 = . . = VS . ABC SA SB SC 2
1 a3 � VS . AMC = VS . ABC = 2 6 Câu 3: (SGD VĨNH PHÚC) Cho hình lăng trụ đứng ABC. A1B1C1 có AB = a , AC = 2a , AA1 = 2a 5 ﾷ và BAC = 120 . Gọi K , I lần lượt là trung điểm của các cạnh CC1 , BB1 . Tính khoảng cách từ điểm I đến mặt phẳng ( A1 BK ) . a 5. B. a 15 . C. a 5 . D. a 15 . A. 3 6 3 Hướng dẫn giải Chọn C. A1 C1 Ta có IK = B1C1 = BC = AB 2 + AC 2 − 2 AB.AC .cos1200 = a 7 B1 H K Kẻ AH ⊥ B1C1 khi đó AH là đường cao của tứ diện A1 BIK a 21 Vì A1 H .B1C1 = A1 B1. A1C1.sin1200 � A1H = I 7 A C 1 1 1 SVIKB = IK .KB = a 2 35 � VA1 .IBK = a 3 15(dvtt ) B 2 2 6 Mặt khác áp dụng định lý Pitago và công thức Hêrông ta tính đc S ∆A1BK = 3a 3 ( dvdt ) 3VA1IBK a 5 Do đó d ( I , ( A1BK ) ) = = . S ∆A1BK 6 Câu 4: (NGUYỄN KHUYẾN TPHCM) Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình chữ nhật. Tam giác SAB vuông cân tại A và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy và SB = 4 2 . Gọi M là trung điểm của cạnh SD . Tính khoảng cách l từ điểm M đến mặt phẳng ( SBC ) . 2 A. l = 2 B. l = 2 2 C. l = 2 D. l = 2 Hướng dẫn giải
S K M N H 4 2 D A B C ( SAB ) ⊥ ( ABCD ) , ( SAB ) �( ABCD ) = AB Theo giả thiết, ta có � SA ⊥ ( ABCD ) . SA ⊥ AB Gọi N , H , K lần lượt là trung điểm các cạnh SA, SB và đoạn SH . BC ⊥ SA Ta có � BC ⊥ ( SAB ) � BC ⊥ AH . BC ⊥ AB Mà AH ⊥ SB ( VABC cân tại A có AH là trung tuyến). Suy ra AH ⊥ ( SBC ) , do đó KN ⊥ ( SBC ) (vì KN || AH , đường trung bình). Mặt khác MN || BC MN || ( SBC ) . 1 Nên d ( M , ( SBC ) ) = d ( N , ( SBC ) ) = NK = AH = 2 2 . 2 Đáp án: B. Câu 5: (NGUYỄN KHUYẾN TPHCM) Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng 3. Gọi M , N lần lượt là trung điểm các cạnh AD, BD. Lấy điểm không đổi P trên cạnh AB (khác A, B ). Thể tích khối chóp PMNC bằng 9 2 8 3 27 2 A. B. C. 3 3 D. 16 3 12 Hướng dẫn giải A Chọn A Do AB P( CMN ) nên d ( P, ( CMN ) ) = d ( A, ( CMN ) ) = d ( D, ( CMN ) ) M P 1 Vậy VPCMN = VDPMN = VMCND = VABCD 4 B N D (Do diện tích đáy và chiều cao đều bằng một nửa). C
2 1 a2 3 �a � a 3 2 27 2 1 27 2 9 2 Mặt khác VABCD = . a − � �= 2 = nên VMCND = . = 3 4 � 3 � 12 12 4 12 16 Câu 6: (NGUYỄN KHUYẾN TPHCM) Cho tứ diện ABCD có AD = 14, BC = 6 . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của các cạnh AC , BD và MN = 8 . Gọi α là góc giữa hai đường thẳng BC và MN . Tính sin α . 2 2 3 1 2 A. B. C. D. 3 2 2 4 Hướng dẫn giải A Gọi P là trung điểm của cạnh CD , ta có α = (ﾷMN , BC ) = (ﾷMN , NP ) . 14 M Trong tam giác MNP , ta có ﾷ MN 2 + PN 2 − MP 2 1 ﾷ 8 7 cos MNP = = . Suy ra MNP = 60 . 2 MN .NP 2 D N 3 P 3 Suy ra sin α = . B 6 C 2 Câu 7: (NGUYỄN KHUYẾN TPHCM) Cho lăng trụ tam giác ABC. A ' B ' C ' có đáy ABC là đều cạnh AB = 2a 2 . Biết AC ' = 8a và tạo với mặt đáy một góc 450 . Thể tích khối đa diện ABCC ' B ' bằng 8a 3 3 8a 3 6 16a 3 3 16a 3 6 A. . B. . C. . D. . 3 3 3 3 Hướng dẫn giải Gọi H là hình chiếu của A lên mp ( A ' B ' C ' ) 2a 2 B A ﾷ ' A = 450 � HC C � ∆AHC ' vuông cân tại H. 8a B' AC ' 8a � AH = = = 4a 2. A' H 2 2 NX: C' ( 2a 2 ) 2 2 2 2 . 3 16a 3 6 VA. BCC ' B ' = VABC . A ' B 'C ' = AH .S ABC = .4a 2. = . 3 3 3 4 3 Chọn D. Gọi H là hình chiếu của A lên mp ( A ' B ' C ' ) ﾷ ' A = 450 � HC
� ∆AHC ' vuông cân tại H. AC ' 8a � AH = = = 4a 2. 2 2 ( ) 2 2 2 2 2a 2 . 3 16a 3 6 NX: V = VABC . A ' B ' C ' = AH .S ABC = .4a 2. = . A. BCC ' B ' 3 3 3 4 3 Câu 8: (T.T DIỆU HIỀN) Cho hình lập phương ABCD. A ' B ' C ' D ' cạnh a . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng BC ' và CD ' . a 3 a 2 A. a 2 . B. . C. 2a . D. . 3 3 Hướng dẫn giải Chọn B A' D' O B' C' H A D B C Gọi O = A ' C ' B ' D ' và từ B ' kẽ B ' H ⊥ BO Ta có CD ' // ( BA ' C ') nên BB '.B ' O a 3 d ( BC '; CD ') = d ( D ';( BA ' C ')) = d ( B ';( BA ' C ')) = B ' H = = BO 3 Câu 9: (T.T DIỆU HIỀN) Một hình hộp chữ nhật ABCD. A B C D có ba kích thước là 2cm , 3cm và 6cm . Thể tích của khối tứ diện A.CB D bằng A. 8 cm3 . B. 12 cm3 . C. 6 cm3 . D. 4 cm3 . Hướng dẫn giải Chọn B. A' D' Ta có : B' C' 6 cm A D 3 cm B 2 cm C
VABCD. A B C D = VB . AB C + VD. ACD + VA . B AD + VC . B C D + VA.CB D � VABCD. A B C D = 4VB . AB C + VA.CB D � VA.CB D = VABCD. A B C D − 4VB . AB C 1 � VA.CB D = VABCD. A B C D − 4. VABCD . A B C D 6 1 1 � VA.CB D = VABCD. A B C D = .2.3.6 = 12 cm3 3 3 Câu 10: (LẠNG GIANG SỐ 1) Cho khối tứ diện đều ABCD cạnh bằng 2cm. Gọi M , N , P lần lượt là trọng tâm của ba tam giác ABC , ABD, ACD. Tính thể tích V của khối chóp AMNP. 2 2 2 3 4 2 3 2 A. V = cm3 . B. V = cm . C. V = cm . D. V = cm3 . 162 81 81 144 Hướng dẫn giải Chọn C. A 2 3 Tam giác BCD đều � DE = 3 � DH = 3 2 6 AH = AD 2 − DH 2 = 3 N M 1 1 1 1 3 P S ∆EFK = .d( E , FK ) .FK = . d( D,BC) . BC = B K 2 2 2 2 4 D 1 1 2 6 3 2 H � VSKFE = AH .S ∆EFK = . . = . E 3 3 3 4 6 F AM AN AP 2 Mà = = = C AE AK AF 3 VAMNP AM AN AP 8 8 4 2 Lại có: = . . = � VAMNP = VAEKF = . VAEKF AE AK AF 27 27 81 Câu 11: (LÝ TỰ TRỌNG – TPHCM) ABCD. A B C D có Cho hình hộp ﾷ BCD = 60 , AC = a 7, BD = a 3, AB > AD ,đường chéo BD hợp với mặt phẳng ( ADD A ) góc 30 . Tính thể tích V của khối hộp ABCD. A B C D . 39 3 A. 39a 3 . B. a . C. 2 3a 3 . D. 3 3a 3 . 3 Hướng dẫn giải Chọn D.
D' C' 30° A' B' D x C O y A B Đặt x = CD; y = BC ( x > y) Áp dụng định lý hàm cos và phân giác trong tam giác BCD 3a 2 = x 2 + y 2 − xy và x 2 + y 2 = 5a 2 � x = 2a; y=a Với x = 2 y = 2a và C ﾷ = 60 BD ⊥ AD ﾷ BD ';(ADD'A') = 30 DD ' = 3a S ABCD = xy.sin 60 = a 2 3 Vậy V hình hộp = a3 3 3 2 Câu 12: (NGÔ GIA TỰ VP) Cho hinh chop t ̀ ́ ứ giac đêu ́ ̉ ́ V = ́ ̀ S . ABCD co thê tich . Goị M là 6 ̉ ̉ trung điêm cua canh ́ SB ⊥ SD thi khoang cach t ̣ SD . Nêu ̀ ̉ ́ ặt phẳng ( MAC ) băng: ́ ư ̀ B đên m ̀ 1 1 2 3 A. . B. . C. . D. . 2 2 3 4 Hướng dẫn giải Chọn A S M D A O B C Giả sử hình chóp có đáy ABCD là hình vuông cạnh a . Khi đó, BD = a 2 .
BD a 2 Tam giác SBD vuông cân tại S nên SD = SB = a và SO = = . 2 2 Suy ra các tam giác SCD, SAD là các tam giác đều cạnh a và SD ⊥ ( MAC ) tại M . 1 a3 2 Thể tích khối chóp là V = .SO.S ABCD = 3 6 a3 2 2 Mà = � a =1 6 6 1 Vì O là trung điểm BD nên d ( B, ( MAC ) ) = d ( D, ( MAC ) ) = DM = . 2 Câu 13: (THTT – 477) Một hình lăng trụ có đáy là tam giác đều cạnh bằng a , cạnh bên bằng b và tạo với mặt phẳng đáy một góc α . Thể tích của khối chóp có đáy là đáy của lăng trụ và đỉnh là một điểm bất kì trên đáy còn lại là 3 2 3 2 3 2 3 2 A. a b sin α . B. a b sin α . C. a b cos α . D. a b cos α . 12 4 12 4 Hướng dẫn giải Chọn A. A' C' S B' A C H H' B Gọi H là hình chiếu của A trên ( ABC ) . Khi đó α = ﾷA AH . Ta có A H = A A.sin α = b sin α nên thể tích khối lăng trụ là a 2b 3 sin α VABC . A B C = A H .S ∆ABC = . 4 Lại có chiều cao của chóp theo yêu cầu đề bài chính là chiều cao của lăng trụ và bằng A H 1 a 2b 3 sin α nên thể tích khối chóp là VS . ABC = VABC . A B C = . 3 12 Câu 14: (THTT – 477) Các đường chéo của các mặt của một hình hộp chữ nhật bằng a, b, c . Thể tích của khối hộp đó là A. V = (b 2 + c 2 − a 2 ) ( c 2 + a 2 − b2 ) ( a 2 + b2 − c 2 ) . 8
B. V = (b 2 + c 2 − a 2 ) ( c 2 + a 2 − b2 ) ( a 2 + b2 − c 2 ) . 8 C. V = abc. D. V = a + b + c. Hướng dẫn giải B C x a A y D b z c B' C' A' D' Chọn A. Giả sử hình hộp chữ nhật có ba kích thước: x, y, z . �x 2 + y 2 = a 2 �y 2 = a 2 − x 2 �y 2 = a 2 − x 2 �2 �2 �2 Theo yêu cầu bài toán ta có �y + z = c � �y + z = c � � a − x2 + b2 − x2 = c2 2 2 2 2 �x 2 + z 2 = b 2 �z 2 = b 2 − x 2 �z 2 = b 2 − x 2 � � � a 2 − b2 + c2 y2 = 2 � x2 = a + b2 − c2 2 �V = (a 2 + c2 − b2 ) ( a2 + b2 − c2 ) ( b 2 + c2 − a 2 ) 2 8 b2 + c2 − a2 z = 2 2 Câu 15: (SỞ GD HÀ NỘI) Cho hình lăng trụ A BCA B C có đáy là tam giác đều cạnh a . Hình chiếu ( ) vuông góc của A lên mặt phẳng A BC trùng với trọng tâm tam giác A BC . Biết khoảng cách giữa hai đường thẳng A A và BC bằng a 3 . Tính thể tích V của khối lăng trụ 4 A BCA B C . 3 3 3 3 A. V = a 3 . B. V = a 3 . C. V = a 3 . D. V = a 3 . 24 12 3 6 Hướng dẫn giải A' C' Chọn B. H B' M là trung điểm của BC thì BC ⊥ A A M . ( ) A C G M B
Gọi MH là đường cao của tam giác A A M thì MH ⊥ A A và HM ⊥ BC nên HM là khoảng cách A A và BC . 2 Ta có A A .HM = A G .A M a 3 .A A = a 3 A A 2 − a 4 2 3 2 � 2 a2 � 2 4a 2 2 4a 2 2a � A A = 4� A A − �� 3A A = �AA = �AA = . � 3�� 3 9 3 � Đường cao của lăng trụ là A G = 4a 2 3a 2 a . − = 9 9 3 Thể tích V a 3a 2 a 3 3 . LT = . = 3 4 12 Câu 16: (SỞ GD HÀ NỘI) Cho hình chóp S . ABC có ﾷASB = CSB ﾷ = 600 , ﾷASC = 900 , SA = SB = SC = a . Tính khoảng cách d từ điểm A đến mặt phẳng ( SBC ) . a 6 2a 6 A. d = 2a 6 . B. d = . C. d = a 6 . D. d = . 3 3 Hướng dẫn giải Chọn B. S B A H C + Ta có: ∆SAB , ∆SBC là các đều cạnh a nên AB = BC = a + Ta có: ∆SAC vuông cân tại S nên AC = a 2 a2 + Ta có: AC 2 = AB 2 + BC 2 nên ∆ABC vuông tại B có S ABC = 2
+ Gọi H là trung điểm của AC . Ta có: HA = HB = HC và SA = SB = SC nên SH ⊥ ( ABC ) AC a 2 và SH = = . 2 2 a 2 a2 . 3VS . ABC SH .S ABC 2 2 =a 6 A; ( SBC ) � + Vậy d � � �= = = S SBC S SBC 2 a 3 3 4 Câu 17: (CHUYÊN HÙNG VƯƠNG – GL) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh ﾷ bằng 2a 3 , góc BAD bằng 1200. Hai mặt phẳng ( SAB ) và ( SAD ) cùng vuông góc với đáy. Góc gữa mặt phẳng ( SBC ) và ( ABCD ) bằng 450 . Tính khoảng cách h từ A đến mặt phẳng ( SBC ) . 2a 2 3a 2 A. h = 2a 2. B. h = . C. h = . D. h = a 3. 3 2 Hướng dẫn giải Chọn C. Gọi H là chân đường cao hạ từ A của tam giác ABC. Xét tam giác ABH : S AH sin �B = � AH = 2a 3.sin 60 0 = 3a. AB BH cos �B = � BH = 2 a 3.cos 600 = a 3. AB I Xét tam giác SAH vuông tại A : SA D tan �SHA = � SA = 3a tan 450 = 3a. A AH Trong tam giác SAH vuông tại A , kẻ AI ⊥ SH tại I . Ta có AI ⊥ ( SBC ) nên AI là B H C khoảng cách từ A đến mặt phẳng ( SBC ) . 1 1 1 1 1 2 Xét tam giác SAH , ta có: AI 2 = SA2 + AH 2 = + = 2 . ( 3a ) ( 3a ) 9a 2 2 3a 2 � d ( A, ( SBC ) ) = AI = . 2 Câu 18: (CHUYÊN LƯƠNG VĂN CHÁNH) Khi chiêu cao cua môt hinh chop đêu tăng lên ̀ ̉ ̣ ̀ ́ ̀ n lâǹ nhưng môi canh đay giam đi ̃ ̣ ́ ̉ n lân thi thê tich cua no. ̀ ̀ ̉ ́ ̉ ́ A. Không thay đôi. ̉ n B. Tăng lên lân.̀ C. Tăng lên n − 1 lân. ̀ D. Giam đi ̉ n lân. ̀ Hướng dẫn giải ̣ D. Chon 1 ́ V = .h.S , vơi Ta co: ́ h la chiêu cao, ̀ ̀ S la diên tich đay ̀ ̣ ́ ́ 3
x2a S= 1800 � vơi � ́ x la đô dai canh cua đa giac đêu, ̀ ̣ ̀ ̣ ̉ ́ ̀ a la sô đinh cua đa giac đêu. ̀ ́ ̉ ̉ ́ ̀ 4 tan � � �a � � � 2 �x � 1 � �a 1 1 1 � V = .nh. �n � = . .h.S = .V . Ycbt 1 0 3 180 � n 3 � n 4 tan � � �a � � � Câu 19: (BIÊN HÒA – HÀ NAM) Cho hình chóp tứ giác đều S . ABCD có cạnh đáy bằng a , cạnh bên hợp với đáy một góc 60 . Gọi M là điểm đối xứng của C qua D , N là trung điểm SC. Mặt phẳng ( BMN ) chia khối chóp S . ABCD thành hai phần. Tỉ số thể tích giữa hai phần (phần lớn trên phần bé) bằng: 7 1 7 6 A. . B. . C. . D. . 5 7 3 5 Hướng dẫn giải Chọn A. S N E H C D M O F B A Giả sử các điểm như hình vẽ. E = SD �� MN E là trọng tâm tam giác SCM , DF // BC F là trung điểm BM . ( Ta có: SD ) ﾷ , ( ABCD ) = SDO ﾷ = 60��SO = a 6 2 , SF = SO 2 + OF 2 = a 7 2 a 6 1 a2 7 � d ( O, ( SAD ) ) = OH = h = ; S SAD = SF . AD = 2 7 2 4 VMEFD ME MF MD 1 = �� = VMNBC MN MB MC 6 5 5 1 1 5 1 5a 3 6 � VBFDCNE = VMNBC = �� d ( M , ( SAD ) ) � S SBC = � 4h � S SAD = 6 6 3 2 18 2 72
1 a3 6 7a 3 6 VS . ABCD = SO.S ABCD = � VSABFEN = VS . ABCD − VBFDCNE = � 3 6 36 VSABFEN 7 Suy ra: = VBFDCNE 5 Câu 20: (CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU) Cho hình hộp chữ nhật ABCD. A B C D có tồng diện tích của tất cả các mặt là 36 , độ dài đường chéo AC bằng 6 . Hỏi thể tích của khối hộp lớn nhất là bao nhiêu? A. 8 . B. 8 2 . C. 16 2 . D. 24 3 . Hướng dẫn giải Chọn C. Gọi chiều dài 3 cạnh của hình hộp chữ nhật lần lượt là: a , b , c > 0 Ta có AC 2 = a 2 + b 2 + c 2 = 36; S = 2ab + 2bc + 2ca = 36 � ( a + b + c) 2 = 72 � a + b + c = 6 2 3 3 a+b+c 3 �a + b + c � �6 2 � = =abc � abc � � � �3 � � 16 2 . Vậy VMax = 16 2 3 � 3 � � � Câu 21: (CHUYÊN ĐHSP HN) Cho hình chóp đều S . ABC có đáy cạnh bằng a , góc giữa đường thẳng SA và mặt phẳng ( ABC ) bằng 60 . Gọi A , B , C tương ứng là các điểm đối xứng của A , B , C qua S . Thể tích của khối bát diện có các mặt ABC , A B C , A BC , B CA , C AB , AB C , BA C , CA B là 2 3a 3 3a3 4 3a 3 A. . B. 2 3a 3 . C. . D. . 3 2 3 Chọn A. Cách 1: Ta tính thể tích khối chóp S . ABC : a 3 Gọi H là tâm tam giác ABC đều cạnh a � CH = . Góc giữa đường thẳng SA và mặt 3 ﾷ 1 1 a2 3 a3 3 phẳng (ABC) bằng 600 � SCH = 60o � SH = a � VS . ABC = .S H .S ABC = a. = . 3 3 4 12 A' 2a 3 3 V = 2VB. ACA 'C ' = 2.4VB.ACS = 8VS . ABC = . 3 B' C' Cách 2: Ta có thể tích khối chóp S . ABC là: a3 3 VS . ABC = . 12 S a 2 39 Diện tích tam giác SBC là: S ∆SBC = . 12 C B H A
Khoảng cách từ A đến mặt phẳng ( SBC ) là: 3a d ( A, ( SBC ) ) = . 13 Tứ giác BCB ' C ' là hình chữ nhật vì có hai đường chéo bằng nhau và cắt nhau tại trung điểm mỗi đường. 2a 3 2a 3 a 39 Có SB = � BB ' = � B 'C = . 3 3 3 a 2 39 Diện tích BCB ' C ' là: S BCB 'C ' = . 3 Thể tích khối 8 mặt cần tìm là: 1 2a 3 3 V = 2. d ( A, ( SBC ) ) .S BCB 'C ' = . 3 3 Cách 3 (Tham khảo lời giải của Ngọc HuyềnLB). 1 Thể tích khối bát diện đã cho là V = 2VA ' B ' C ' BC = 2.4VA '.SBC = 8VS . ABC = 8. SG.S ABC 3 Ta có: (ﾷSA; ( ABC ) ) = SAG ﾷ = 600. Xét ∆SGA vuông tại G : ﾷ SG ﾷ tan SAG = � SG = AG. tan SAG = a. AG 1 1 a 2 3 2 3a 3 Vậy V = 8. SG.S ABC = 8. .a. = . 3 3 4 3 Câu 22: (CHUYÊN THÁI BÌNH) Cho khối chóp S . ABC có SA = a , SB = a 2 , SC = a 3 . Thể tích lớn nhất của khối chóp là a3 6 a3 6 a3 6 A. a 3 6 . B. . C. . D. . 2 3 6 Chọn D. 1 Gọi H là hình chiếu của A lên ( SBC ) � V = AH .S SBC . 3 A Ta có AH SA ; dấu “=” xảy ra khi AS ⊥ ( SBC ) . 1 ﾷ 1 S SBC = SB.SC .sin SBC SB.SC , dấu “=” xảy ra khi a 2 2 SB ⊥ SC . a 3 1 1 1 1 Khi đó, V = AH .S SBC ��AS SB SC = SA �� SB SC . S H C 3 3 2 6 a 2 B
Dấu “=” xảy ra khi SA, SB, SC đôi một vuông góc với nhau. 1 a3 6 Suy ra thể tích lớn nhất của khối chóp là V = SA.SB.SC = . 6 6 Câu 23: (CHUYÊN THÁI BÌNH) Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình vuông cạnh a , SD = a 17 , 2 hình chiếu vuông góc H của S lên mặt ( ABCD ) là trung điểm của đoạn AB . Tính chiều cao của khối chóp H .SBD theo a . 3a a 3 a 21 3a A. . B. . C. . D. . 5 7 5 5 Chọn A. Ta có ∆SHD vuông tại H S 2 �a 17 � � 2 �a �2 � � SH = SD − HD = � 2 �− 2 a + � 2 � � �2 �� = a 3 . � � � � � 1 a 2 B C Cách 1. Ta có d ( H , BD ) = d ( A, BD ) = . H 2 4 Chiều cao của chóp H .SBD là A D B C SH .d ( H , BD ) d ( H , ( SBD ) ) = = d ( H , BD ) � 2 SH + � 2 � � H a 2 I a 3. 2 4 = a 6.2 2 = a 3 . a2 4.5a 5 3a 2 + A D 8 1 3 3 1 1 1 3 3 Cách 2. S . ABCD = SH .S ABCD = a VH .SBD = VA.SBD = VS . ABC = VS . ABCD = a . 3 3 2 2 4 12 a 2 a 13 Tam giác ∆SHB vuông tại H � SB = SH 2 + HB 2 = 3a 2 + = . 4 2 a 13 a 17 Tam giác ∆SBD có SB = ; BD = a 2; SD = 2 2 z 2 5a S ∆SBD = . 4 S 3VS . HBD a 3 d ( H , ( SBD ) ) = = . S∆SBD 5 y Cách 3. Gọi I là trung điểm BD . Chọn hệ trục Oxyz B C với O H ; Ox HI ; Oy HB; Oz HS . I O H x A D
� a � Ta có H ( 0;0;0 ) ; B � ( �a ) � 0; ;0 �; S 0;0; a 3 ; I � ;0;0 � � 2 � �2 � Vì ( SBD ) ( SBI ) 2x 2 y z 3 ( SBD ) : + + = 1 � 2x + 2 y + z −a = 0. a a a 3 3 3 2.0 + 2.0 + .0 − a 3 a 3 Suy ra d ( H , ( SBD ) ) = = . 1 5 4+4+ 3 Câu 24: (CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU) Cho khối chóp S . ABCD có thể tích bằng a3 . Mặt bên SAB là tam giác đều cạnh a và đáy ABCD là hình bình hành. Tính theo a khoảng cách giữa SA và CD . 2a a A. 2 3a . B. a 3 . C. . D. . 3 2 Hướng dẫn giải Chọn A. Vì đáy ABCD là hình bình hành S 1 a3 � VSABD = VSBCD = VS . ABCD = . 2 2 Ta có: Vì tam giác SAB đều cạnh a a2 3 S SAB = 4 A Vì CD P AB CD P( SAB ) nên D d ( CD, SA ) = d ( CD, ( SAB ) ) = d ( D, ( SAB ) ) a 3 a 3VSABD 3. B C = = 2 2 = 2 3a. S SBD a 3 4 Câu 25: (LÝ TỰ TRỌNG – TPHCM) Tìm Vmax là giá trị lớn nhất của thể tích các khối hộp chữ nhật có đường chéo bằng 3 2cm và diện tích toàn phần bằng 18cm 2 . A. Vmax = 6cm3 . B. Vmax = 5cm3 . C. Vmax = 4cm3 . D. Vmax = 3cm3 . Hướng dẫn giải Chọn C. a 2 + b 2 + c 2 = 18 Đặt a, b, c là kích thước của hình hộp thì ta có hệ . ab + bc + ac = 9
Suy ra a + b + c = 6. Cần tìm GTLN của V = abc. Ta có b + c = 6 − a � bc = 9 − a ( b + c ) = 9 − a ( 6 − a ) . Do ( b + c ) �� ( 6 − a) 9 − a ( 6 − a) � 2 2 4bc �4 � � �� 0 < a �4. Tương tự 0 < b, c 4 . 9 − a ( 6 − a) � Ta lại có V = a � � �. Khảo sát hàm số này tìm được GTLN của V là 4. Câu 26: (CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU) Khối chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a . SA = SB = SC = a , Cạnh SD thay đổi. Thể tích lớn nhất của khối chóp S . ABCD là: a3 a3 3a 3 a3 A. . B. . C. . D. . 8 4 8 2 Hướng dẫn giải Chọn D. Khi SD thay đổi thi AC thay đổi. Đặt AC = x . S Gọi O = AC BD . Vì SA = SB = SC nên chân đường cao SH trùng với tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC . � H �BO . 2 x� 4a 2 − x 2 4a 2 − x 2 Ta có OB = a − � �� 2 = = �2 � 4 2 A B 1 1 4a 2 − x 2 x 4a 2 − x 2 S ABC = OB. AC = x. = x O 2 2 2 4 H a 2 a.a.x a x a2 HB = R = = = 4 S ABC x 4a 2 − x 2 4a 2 − x 2 . D C 4. 4 a4 a 3a 2 − x 2 SH = SB 2 − BH 2 = a 2 − = 4a 2 − x 2 4a 2 − x 2 1 2 a 3a 2 − x 2 x 4a 2 − x 2 VS . ABCD = 2VS . ABC = 2. SH .S ABC = . . 3 3 4a 2 − x 2 4 1 3 ( = a x. 3a 2 − x 2 ) 1 �x 2 + 3a 2 − x 2 � a 3 a� 3 � 2 �= � 2 Câu 27: (THTT – 477) Cho khối đa diện đều n mặt có thể tích V và diện tích mỗi mặt của nó bằng S . Khi đó, tổng các khoảng cách từ một điểm bất kì bên trong khối đa diện đó đến các mặt của nó bằng nV V A. . B. . S S nS 3V V C. . D. . S 3S Hướng dẫn giải Chọn C. A C H B
Xét trong trường hợp khối tứ diện đều. Các trường hợp khác hoàn toàn tương tự. 1 1 1 1 VH . ABC = h1.S ; VH .SBC = h2 .S ; VH .SAB = h3 .S ; VH .SAC = h4 .S 3 3 3 3 3V 3V 3V 3V h1 = 1 ; h2 = 2 ; h3 = 3 ; h4 = 4 S S S S 3 ( V1 + V2 + V3 + V4 ) 3V � h1 + h2 + h3 + h4 = = S S Câu 28: (LƯƠNG ĐẮC BẰNG) Cho hình lập phương ABCD. A B C D có cạnh bằng a , một mặt 1 phẳng ( α ) cắt các cạnh AA , BB , CC , DD lần lượt tại M , N , P , Q . Biết AM = a , 3 2 CP = a . Thể tích khối đa diện ABCD.MNPQ là: 5 11 3 a3 2a 3 11 A. a . B. . C. . D. a 3 . 30 3 3 15 HD: Tứ giác MNPQ là hình bình hành có tâm là I B C O thuộc đoạn OO’. A D AM + CP 11 a N Ta có: OI = = a< 2 30 2 M I Gọi O1 là điểm đối xứng O qua I thì : P Q 11 OO1=2OI= a
Đáp án B C Dựng được hinh nh ̀ ư hinh bên ̀ ́ ược thê tich khôi cân tinh băng 2 lân thê tich cua hinh + Thây đ ̉ ́ ́ ̀ ́ ̀ ̀ ̉ ́ ̉ ̀ chop S.ABCD ́ D S ̣ ̣ + Nhiêm vu bây giờ đi tim thê tich cua S.ABCD ̀ ̉ ́ ̉ B + ABCD la hinh vuông co tâm O đông th ̀ ̀ ́ ̀ ơi chinh la hinh chiêu ̀ ́ ̀ ̀ ́ ̉ ̣ ́ cua S lên măt đay A a SO = ; BD = canh cua hinh lâp ph ̣ ̉ ̀ ̣ ương = a . Suy ra cac canh ́ ̣ 2 2 ̉ ̀ cua hinh vuông ABCD = a 2 1 1 1 �2� � 2 �3 a 3 a3 VS.ABCD = Sh = . . � � � �2 �a = . V khối đa diện = 2.VS.ABCD = . 3 3 2 � 2 � � � � � � 12 6 Câu 30: Cho tứ diện ABCD có thể tích bằng 12 và G là trọng tâm tam giác BCD . Tính thể tích V của khối chóp A.GBC . A. V = 3 . B. V = 4 . C. V = 6 . D. V = 5 . Chọn B. Cách 1: Phân tích: tứ diện ABCD và khối chóp A.GBC có cùng đường cao là khoảng cách từ A đến mặt phẳng ( BCD ) . Do G là trọng tâm tam giác BCD nên ta có S ∆BGC = S ∆BGD = S ∆CGD � S ∆BCD = 3S ∆BGC (xem phần chứng minh). Áp dụng công thức thể tích hình chóp ta có: A 1 1 VABCD = h.S ∆BCD h.S ∆BCD 3 V 3 S �� ABCD = = ∆BCD = 3 1 VA.GBC 1 h.S S ∆GBC VA.GBC = h.S∆GBC ∆GBC 3 3 1 1 B D � VA.GBC = VABCD = .12 = 4 . 3 3 G Chứng minh: Đặt DN = h; BC = a . C Từ hình vẽ có: B D MF CM 1 1 h +) MF // ND � = = � MF = DN � MF = . N G DN CD 2 2 2 E F M GE BG 2 2 2 h h +) GE // MF � = = � GE = MF = . = MF BM 3 3 3 2 3 C
1 1 DN .BC ha D S +) ∆BCD =2 = 2 = 3 � S ∆BCD = 3S ∆GBC S ∆GBC 1 1h GE.BC a 2 23 G +) Chứng minh tương tự có S ∆BCD = 3S∆GBD = 3S ∆GCD A C H � S ∆BGC = S ∆BGD = S ∆CGD . H1 I Cách 2: B d ( G; ( ABC ) ) GI 1 1  = = � d ( G; ( ABC ) ) = d ( D; ( ABC ) ) d ( D; ( ABC ) ) DI 3 3 . 1 1 Nên VG . ABC = d ( G; ( ABC ) ) .S∆ABC = .VDABC = 4. 3 3 Câu 31: Một hình trụ có diện tích xung quanh bằng 4 , diện tích đáy bằng diện tích của mặt cầu có bán kính bằng 1 . Tính thể tích V khối trụ đó. A. V = 4 . B. V = 6 . C. V = 8 . D. V = 10 . Đáp án B B , D nhìn A C dưới một góc 90ﾷ . AD2 a2 a SD = a 5; KD = = = ; SC = SA 2 + A C 2 = a 6 SD a 5 5 1 1 1 2a Ta có: SA 2 + AD 2 = AK 2 � AK = ( 1) S 5 SC 2 = SD 2 + CD 2 ﾷ tam giác SCD vuông tại D . Khi đó tam giác K DC vuông tại D . E a 6 K 2 2 � K C = CD + K D = 5 H ? K C = 90ﾷ . Tương Ta có: A K 2 + KC 2 = A C 2 . Vậy A A D tự A? HC = 900 O Vậy A C chính là đường kính mặt cầu ngoại tiếp khối B C A BCDEHK . a 4 4 a3 2 3 A C = a 2 � OA = . V = pOA 3 = p = pa 2 3 3 2 2 3 Câu 32: Ghép 5 khối lập phương cạnh a để được khối hộp chữ thập như hình vẽ. Tính diện tích toàn phần S tp của khối chữ thập