Luyện thi Đại học Kit 1 - Môn Toán: Thể tích khối chóp Phần 04 (Đáp án bài tập tự luyện)
Thêm vào BST
Báo xấulượt xem 11
download
Download
Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ
Đáp án bài tập tự luyện Môn Toán: Thể tích khối chóp Phần 04 giúp các bạn có thể tự kiểm tra, củng cố lại kiến thức của mình chuẩn bị cho kỳ thi đạt được kết quả cao. Mời các bạn cùng tham khảo!
Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!
Nội dung Text: Luyện thi Đại học Kit 1 - Môn Toán: Thể tích khối chóp Phần 04 (Đáp án bài tập tự luyện)
- Khóa học LTðH KIT-1: Môn Toán (Thầy Lê Bá Trần Phương) Thể tích khối chóp THỂ TÍCH KHỐI CHÓP (Phần 04) ðÁP ÁN BÀI TẬP TỰ LUYỆN Giáo viên: LÊ BÁ TRẦN PHƯƠNG Các bài tập trong tài liệu này ñược biên soạn kèm theo bài giảng Thể tich khối chóp (Phần 04) thuộc khóa học Luyện thi ñại học KIT-1: Môn Toán (Thầy Lê Bá Trần Phương) tại website Hocmai.vn ñể giúp các Bạn kiểm tra, củng cố lại các kiến thức ñược giáo viên truyền ñạt trong bài giảng Thể tich khối chóp (Phần 04). ðể sử dụng hiệu quả, Bạn cần học trước Bài giảng sau ñó làm ñầy ñủ các bài tập trong tài liệu này. Bài 1. Cho hình chóp SABC, ñáy ABC có AB = a, AC = 2a, góc BAC = 1200 . Gọi G1 và G2 lần lượt là a trọng tâm của các tam giác ABC, SBC sao cho G1G2 = . Hình chiếu vuông góc của S trên mặt (ABC) 3 trùng với G1, góc giữa SA và (ABC) bằng α . Tính theo a và α thể tích khối chóp G1G2BC. Giải - ∠SAG1 = α S - Gọi I là trung ñiểm của BC, ta có: IG2 1 IG1 1 IG2 IG1 = , = => = => G1G2//SA. IS 3 IA 3 IS IA GG 1 a 1 2 = => SA = 3G1G2 = 3. = a. SA 3 3 - Kẻ G2H ⊥ AI ( H ∈ AI) => G2H//SG1 => G2H ⊥ (ABC). G2 1 1 a Ta có: G2H= SG1= .SA.sin α = sin α . A 3 3 3 C 1 1 1 G1 - VG1G2BC = VG2G1BC= . S∆G1BC .G2 H = . .S∆ABC .G2 H 3 3 3 H I 1 1 1 3 a a 3 . 3.sin α = . .AB.AC.sin1200. G2H = .a.2a. . .sin α = . 9 2 18 2 3 54 B Bài 2. Cho hình chóp SABC ñáy ABC là tam giác ñều cạnh a, I là trung ñiểm của BC, D là ñiểm ñối xứng a với A qua I, SD ⊥ (ABC). Gọi K là hình chiếu vuông góc của I trên SA, IK= . Tính thể tích khối chóp 2 SABC. Giải S 1 VSABC = . S ∆ABC .SD 3 Mà: 1 1 a 3 a2 3 K + S∆ABC = .BC.AI= .a. = 2 2 2 4 + SD = ? A C Tam giác vuông SDA ñồng dạng với tam giác vuông IKA ( vì góc A chung) I D B Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt Tổng ñài tư vấn: 1900 58-58-12 - Trang | 1 -
- Khóa học LTðH KIT-1: Môn Toán (Thầy Lê Bá Trần Phương) Thể tích khối chóp SD DA SD a 3 SD a 3 = = = IK KA a AI − IK 2 2 a a 3 2 a 2 2 2 ( ) −( ) 2 2 a 6 1 a2 3 a 6 a3 2 => SD= . Vậy VSABC = . . = 2 3 4 2 8 a Bài 3. Cho hình chóp SABC, ñáy ABC có AB = AC = a, BC = . SA = a 3 , ∠SAB = ∠SAC = 30o . Tính 2 thể tích khối chóp SABC. Giải: Theo ñịnh lí Cosin ta có: 3 SB2 = AS2 + AB2 – 2. AS.AB.cos30o = 3a2 + a2 – 2 3a . a. = a2. 2 SB = a. Tương tự ta có: SC = a ∆SAB = ∆SAC . - Gọi M là trung ñiểm của SA, do ∆SAB và ∆SAC cân, nên ta có: SA ⊥ BM → SA ⊥ ( BMC ) SA ⊥ CM 1 1 2 Do ñó VSABC = VSMBC + VAMBC = SM .S ∆BMC + AM .S ∆BMC = AM .S ∆BMC (AM = SM) 3 3 3 Mà: a 3 + AM = 2 S + Gọi N là trung ñiểm của BC, vì ∆BMC cân tại M nên MN ⊥ BC 1 a → S∆BMC = BC.MN = .MN 2 4 M Mặt khác xét ∆AMN vuông ta có: MN = AN 2 − AM 2 = AB 2 − BN 2 − AM 2 a a 3 2 3a 2 = a 2 − ( )2 − ( ) = . 4 2 16 A C 2 a a 3 a 3 → S∆BMC = . = . 4 4 16 N 2 3 2 a 3 a 3 a → S SABC = . . = 3 2 16 16 B Bài 4. Cho hình chóp SABCD, ñáy ABCD là hình thang cân, ñáy nhỏ BC = 3a, ñáy lớn AD = 8a, ∠BAD = 60o . Các cạnh bên của hình chóp tạo với ñáy một góc 600. Tính thể tích khối chóp SABCD. Giải: Gọi O là hình chiếu vuông góc của S trên (ABCD) ∠SAO = ∠SBO = ∠SCO = ∠SDO = 60o → ∆SAO = ∆SBO = ∆SCO = ∆SDO → OA = OB = OC = OD → O là tâm ñường tròn ngoại tiếp tứ giác ABCD - Kẻ BE//CD (E ∈ AD) → ∆BAE ñều → AB = AE = 5a Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt Tổng ñài tư vấn: 1900 58-58-12 - Trang | 2 -
- Khóa học LTðH KIT-1: Môn Toán (Thầy Lê Bá Trần Phương) Thể tích khối chóp S - Xét ∆ABD , theo Cosin ta có: BD2 = AB2 + AD2 – 2AB.AD.cos60o= 49a2 → BD = 7a. - Gọi R là bán kính ñường tròn ngoại tiếp ∆ABD (R = OA) BD Theo ñịnh lí hàm số Cosin ta có: = 2R sin BAD 7a 7a ↔ o = 2R → R = = OA sin 60 3 SO SO A E - Xét ∆SAO vuông, ta có: tan60o = ↔ 3= → SO = 7a . D OA 7a 3 O 3 1 385.a . 3 - VSABCD = .S ABCD .SO = . 3 2 B C Bài 5. Cho hình hộp ñứng ABCDA’B’C’D’, ñáy ABCD là hình vuông cạnh a. AA’= b. Gọi M là trung a ñiểm của CC’. Tính thể tích của khối tứ diện A’BDM. Tìm tỉ số ñể hai mặt phẳng (A’BD) và (MBD) b vuông góc với nhau. Giải A' D' A' B' C' M BMD M A D S VA ' BDM = ? O - Gọi S= AC ∩ A’M B C - Vì CM // AA’ nên theo ñịnh lí Talet ta có: SM CM 1 = = → M là trung ñiểm của SA’ SA ' AA ' 2 S SA’ ∩ (BDM) = M mà M là trung ñiểm của SA nên ta có: d(A’,(BDM)) = d (S, (BDM)) → VAB ' DM = VSBDM 1 - VSBDM = VMBSD = S ∆BSD .MC 3 b Mà MC = 2 Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt Tổng ñài tư vấn: 1900 58-58-12 - Trang | 3 -
- Khóa học LTðH KIT-1: Môn Toán (Thầy Lê Bá Trần Phương) Thể tích khối chóp 1 1 1 a 2 3a 2 Gọi O = AC ∩ BD, ta có S ∆BSD = BD.SO = .BD.( SC + OC ) = .a 2( a 2 + )= (C là trung 2 2 2 2 2 ñiểm của SA). 1 3a 2 b a 2b Vậy VA ' BDM = VSBDM = . . = . 3 2 2 4 a + Tìm tỉ số ñể hai mặt phẳng (A’BD) và (MBD) vuông góc với nhau. b Ta có: A’O ⊥ BD và MO ⊥ BD → ∠ ( ( A ' BD), ( MBD) ) = ∠( A ' O, MO ) . → (A’BD) ⊥ (MBD) ↔ OA’ ⊥ OM ↔ OA’2 + OM2 = A’M2 (*) Mà 2 a 2 a2 O ' A = A ' A + AO = b + 2 2 2 = b + 2 2 2 2 b a 2 2 b2 a2 OA’2 = MD2 – OD2 = CM2 + CD2 – OD2 = ( ) 2 + a 2 − ( ) = + 2 2 4 2 b b2 + A’M2 = A’C’2 + C’M’2 = (a 2)2 + ( )2 = 2a 2 + 2 4 a2 b2 a2 b2 Thay vào (*) ta có: b 2 + + + = 2a 2 + 2 4 2 4 a ↔ a2 = b2 ↔ a = b ↔ = 1. b Bài 6. Cho lăng trụ ñứng ABCA’B’C’ có ñáy ABC là tam giác vuông, AB = AC = a, AA’ = a 2 . Gọi M, N lần lượt là trung ñiểm của AA’ và BC’. Tính thể tích khối chóp MA’BC’; và chứng minh rằng MN là ñoạn vuông góc chung của AA’ và BC’. Giải: A' C' + VMA ' B 'C ' = VC ' A ' BM = ? 1 VC ' A ' BM = S ∆A ' BM . C’A’ ( C ' A ' ⊥ (AA ' B ' B ) ) M 3 B' Mà: + C’A = a + S ∆A ' BM = S ABB ' A ' − S ABM − S A ' B ' B A C 2 2 2 1 a 2 1 a 2 a 2 a 2 = a.a 2 − a. − a.a 2 = a 2 2 − − = 2 2 2 4 2 4 1 a 2 2 a3 2 → VC ' A ' BM = .a. = A' C' 3 4 12 B + Chứng minh: MN là ñoạn vuông góc chung của AA’ và BC’ - ∆ vuông C’AM = ∆ vuông MAB → MC’ = MB. M - ∆ BMC’ cân tại M và có N là trung ñiểm của BC’ B' → MN ⊥ BC’. N - Gọi I là trung ñiểm của BC A C 1 1 → NI// = CC’ → NI// = AA’ → NI//=MA 2 2 I → Tứ giác MNIA là hình bình hành B Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt Tổng ñài tư vấn: 1900 58-58-12 - Trang | 4 -
- Khóa học LTðH KIT-1: Môn Toán (Thầy Lê Bá Trần Phương) Thể tích khối chóp → MN//AI mà AI ⊥ AA’ → MN ⊥ AA’. MN ⊥ BC ', MN ⊥ AA ' → MN là ñoạn vuông góc chung của AA’ và BC’. M ∈ AA ', N ∈ BC ' Bài 7. Cho lăng trụ tam giác ñều ABC.A’B’C’ có cạnh bằng a. Gọi M, N, I lần lượt là trung ñiểm của AA’, AB, BC. Biết góc giữa hai mặt phẳng (C’AI) và (ABC) bằng 600. Tính theo a thể tích khối chóp NAC’I và khoảng cách giữa hai ñường thẳng MN, AC’. Giải A' C' CI ⊥ AI => ∠ ( (C ' AI ), ( ABC ) ) = ∠C ' IC = 600 C ' I ⊥ AI + VNAC’I = ? B' O 1 M Ta có: VNAC’I = V C’ANI = S ∆ANI .C ' C 3 Mà : - Xét tam giác vuông CC’I ta có: C 'C C 'C a 3 A tan 600 = 3 = => C’C= . C IC a 2 2 N I 1 1 1 1 a 3 a2 3 - S ∆ANI = S ∆ABC = . .BC. AI = .a. = 4 4 2 8 2 16 B 2 3 1 a 3 a 3 a => VNAC’I= . . = . 3 16 2 32 +) d(MN, A’C)=? MO / / AC NI / / AC - Gọi O=A’C ∩ AC’, khi ñó 1 và 1 MO = 2 AC NI = 2 AC MO//NI và MO=NI => MONI là hình bình hành => MN//OI MN//(AC’I) => d(MN, AC’) =d(MN,(AC’I))=d(N,(AC’I))=h. a3 1 a3 - Ta có: VNAC’I= S ∆AC ' I .h = (*) 32 3 32 Mà theo công thức diện tích hình chiếu, ta có S ∆AIC = S ∆AC ' I . cos600 a2 3 1 a2 3 1 a2 3 a3 a 3 = S ∆AC ' I . => S ∆AC ' I = , thay vào (*) ta có: . .h = => h = = d ( MN , AC ') . 8 2 4 3 4 32 8 Bài 8. Cho hình lăng trụ ñứng ABCA’B’C’ có ñáy ABC là tam giác cân tại B; A’A = AC = a, góc giữa ñường thẳng BC’ và (ABC) bằng 600. Gọi P, M lần lượt là trung ñiểm của BB’ và CC’, N là ñiểm nằm a trên A’C’ sao NC’= . Tính thể tích khối tứ diện AB’C’B và chứng minh rằng PN ⊥ A’M. 4 Giải: + VAB’C’B = ? - ∠( BC ', ( ABC ) = ∠(C ' BC ) = 600 1 - VAB’C’B= VABCC’= V C’ABC= . S ∆ABC .CC’ 3 Mà: Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt Tổng ñài tư vấn: 1900 58-58-12 - Trang | 5 -
- Khóa học LTðH KIT-1: Môn Toán (Thầy Lê Bá Trần Phương) Thể tích khối chóp N + CC’=a. A' C' + Gọi H là trung ñiểm của AC, vì ∆ ABC cân tại B Q 1 1 => BH ⊥ AC => S ∆ABC = .AC.BH = .a.BH 2 2 B' Mặt khác, xét tam giác vuông BCC’ ta có: CC ' CC ' a M tan 600 = => BC = 0 = . BC tan 60 3 2 2 2 a a a a BH= BC − HC = 2 − = 2 = 3 4 12 2 3 A P H 2 C 1 a a S ∆ABC = .a. = . 2 2 3 4 3 1 a2 a3 Vậy VAB’C’B = . .a = . 3 4 3 12 3 B + Chứng minh : PN ⊥ A’M? Gọi Q là trung ñiểm B’C’, khi ñó ta có: PQ / / BC ' => ( NPQ) / /(C ' HB ) (1) NQ / / BH A ' M ⊥ CH => A ' M ⊥ (C ' BH ) (2) A ' M ⊥ BH Từ (1) và (2) suy ra A’M ⊥ (NPQ) => A’M ⊥ NP. a 3 Bài 9. Cho hình hộp ñứng ABC.A’B’C’ có AB =AD = a, AA’= , ∠BAD = 600 . Gọi M, N lần lượt là 2 trung ñiểm của A’D’ và A’B’. Chứng minh rằng AC’ ⊥ (BDMN) và tính thể tích khối ña diện AA’BDMN. S Giải + Chứng minh : AC’ ⊥ (BDMN) - Gọi O=AC ∩ BD. D' C' - Gọi S= BN ∩ AA’. Do N là trung ñiểm A’B’ M nên A’ sẽ là trung ñiểm của SA và S cũng chính là giao ñiểm của AA’ với DM. A' N B' AB=AD=a, ∠BAD = 600 a 3 => ∆ ABD ñều => OA= , AC = a 3 . 2 D C a 3 SA=2.AA’= a 3 , CC’= AA’= . 2 O AO SA Ta có: = => ∆ SAC ñồng dạng với ∆ ACC’ AC CC' A B ∠ASO = ∠C ' AC mà ∠ASO + ∠SOA = 900 => ∠C ' AC + ∠ASO = 900 => SO ⊥ AC’. Mặt khác BD ⊥ (ACC’A’) => BD ⊥ AC’ Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt Tổng ñài tư vấn: 1900 58-58-12 - Trang | 6 -
- Khóa học LTðH KIT-1: Môn Toán (Thầy Lê Bá Trần Phương) Thể tích khối chóp A ' C ⊥ BD Như vậy => A ' C ⊥ ( BDMN ) . A ' C ⊥ SO + VAA’BDMN=? VAA’BDMN= VSABD – VSA’MN 1 1 1 1 3 a3 Mà: VSABD= . S ∆ABD .SA= . .AB. AD.sin600.SA= .a.a. .a 3 = . 3 3 2 6 2 4 1 1 1 1 a a 3 a 3 a3 VSA’MN= . S∆A ' MN .SA’= . .A’M. A’N.sin600.SA’= . . . . = . 3 3 2 6 2 2 2 2 32 a 3 a 3 8a 3 VAA’BDMN= - = . 4 32 32 Giáo viên: Lê Bá Trần Phương Nguồn : Hocmai.vn Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt Tổng ñài tư vấn: 1900 58-58-12 - Trang | 7 -
CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD
-
Luyện thi Đại học Kit 1 - Môn Hóa học: Phương pháp đếm nhanh đồng phân (Bài tập tự luyện)
2 p | 
214
| 
48
-
Luyện thi Đại học Kit 1 - Môn Toán Bài 24: Hệ phương trình (Phần 2)
1 p | 231
| 44
-
Luyện thi Đại học Kit 1 - Môn Toán Bài 2: Phương trình chứa căn (Phần 2)
14 p | 184
| 38
-
Luyện thi Đại học Kit 1 - Môn Toán: Giải phương trình Logarit (Bài tập tự luyện)
1 p | 179
| 31
-
Luyện thi Đại học Kit 1 - Môn Toán: Các vấn đề về khoảng cách Phần 3 (Bài tập tự luyện)
1 p | 137
| 22
-
Luyện thi Đại học Kit 1 - Môn Toán Bài 23: Hệ phương trình (Phần 1)
1 p | 118
| 19
-
Luyện thi Đại học Kit 1 - Môn Toán: Các vấn đề về khoảng cách Phần 9 (Bài tập tự luyện)
0 p | 146
| 12
-
Luyện thi Đại học Kit 1 - Môn Toán: Thể tích khối chóp Phần 04 (Tài liệu bài giảng)
1 p | 107
| 12
-
Luyện thi Đại học Kit 1 - Môn Toán: Thể tích khối lăng trụ Phần 01 (Tài liệu bài giảng)
1 p | 103
| 10
-
Luyện thi Đại học Kit 1 - Môn Toán: Thể tích khối chóp Phần 01 (Tài liệu bài giảng)
1 p | 105
| 9
-
Luyện thi Đại học Kit 1 - Môn Toán: Các vấn đề về khoảng cách Phần 05 (Bài tập tự luyện)
1 p | 112
| 9
-
Luyện thi Đại học Kit 1 - Môn Toán: Các vấn đề về góc (Phần II)
1 p | 116
| 9
-
Luyện thi Đại học Kit 1 - Môn Toán: Thể tích khối lăng trụ Phần 01 (Bài tập tự luyện)
1 p | 104
| 8
-
Luyện thi Đại học Kit 1 - Môn Toán: Các vấn đề về khoảng cách Phần 06 (Tài liệu bài giảng)
1 p | 67
| 7
-
Luyện thi Đại học Kit 1 - Môn Toán: Các vấn đề về khoảng cách Phần 03 (Tài liệu bài giảng)
1 p | 84
| 7
-
Luyện thi Đại học Kit 1 - Môn Toán: Các vấn đề về khoảng cách Phần 04 (Tài liệu bài giảng)
1 p | 91
| 6
-
Luyện thi Đại học Kit 1 - Môn Toán: Các vấn đề về khoảng cách Phần 4 (Bài tập tự luyện)
1 p | 111
| 6
-
Luyện thi Đại học Kit 1 - Môn Toán: Các vấn đề về khoảng cách Phần 05 (Tài liệu bài giảng)
1 p | 81
| 4
Chịu trách nhiệm nội dung:
Nguyễn Công Hà - Giám đốc Công ty TNHH TÀI LIỆU TRỰC TUYẾN VI NA
LIÊN HỆ
Địa chỉ: P402, 54A Nơ Trang Long, Phường 14, Q.Bình Thạnh, TP.HCM
Hotline: 093 303 0098
Email: support@tailieu.vn
Giấy phép Mạng Xã Hội số: 670/GP-BTTTT cấp ngày 30/11/2015 Copyright © 2022-2032 TaiLieu.VN. All rights reserved.
