Chương 5: Hình học không gian phần 1

BÀI TẬP ÁP DỤNG Bài 1: Cho hình lập phương ABCD. A ' B ' C ' D ' cạnh a. Gọi M , N lần lượt là trung điểm của A ' B ' và BC. Mặt phẳng  DMN  chia khối lập phương đã cho thành hai khối đa diện. Gọi  H  là khối đa diện chứa đỉnh A,  H ' là khối đa diện còn lại. Tính tỉ số A. V H  V H '  37 48 B. V H  V H '  55 89 V H  V H ' C. V H  V H ' .  2 3 D. V H  V H '  1 2 Lời giải A' M B' I K C' D' A B J N D C AN  ND  J , JM  BB '  K . Ta có: BK  2B ' K ; I  A ' D '. 1 Ta có: A ' I  D ' D ' . Suy ra thiết diện là KMIDN 4 V H   VABA ' KMIDN  VD. ABKMA '  VD. BKN  VD.MA ' I 1  1 a a  1 1 a 2a 1 1 a a 55a 3  a.  a 2  . .   a. . .  .a. . .  3  2 3 2  3 2 2 3 3 2 2 4 144 V 55a 3 89a 3 55  V H '  a 3    H  . 144 144 VH ' 89 Chọn B. Bài 2: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh bằng 4, mặt bên SAB là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi M , N , P lần lượt là trung điểm của các cạnh SD, CD, BC. Thể tích khối chóp S. ABPN là x, thể tích khối tứ diện CMNP là y. Giá trị x, y thỏa mãn bất đẳng thức nào dưới đây: A . x2  2xy  y 2  160 C. x2  xy  y 4  145 B. x2  2xy  2 y 2  109 D. x2  xy  y 4  125 S Lời giải + Gọi H là trung điểm AB. Do ABC đều và  SAB    ABCD   SH   ABCD  M A D K N H B P C 3 AB 2 3 2 + Ta có: S ABPN  S ABCD  S ADN  SCND AD.DN CN .CP 4.2 2.2  AB 2    42    10 2 2 2 2 1 1 20 3 20 3  VS . ABPN  .S ABPN .SH  .10.2 3  x 3 3 3 3 + Gọi AN  HD   K  ta có MK là đường trung bình của DHS Xét ABC đều: SH   HK  1 1 1 1 1 1 2.2 2 3 2 3 2 3 SH  VCMNP  .SCNP .MK  . .CN .CP. .SH  . .  y 2 3 3 2 2 3 2 2 3 3 Thay vào các đáp án. Chọn C. Bài 3: Cho hình chóp tam giác S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân đỉnh C và SA vuông góc  với mặt phẳng  ABC  , SC  a, SCA  . Xác định góc  để thể tích khối chóp SABC lớn nhất. 1 3 1 C.   arcsin 5 2 7 1 D.   3arcsin 3 A .   arcsin B.   arcsin Lời giải BC  AC  a.cos ; SA  a.sin  1 1 1 VSABC  S ABC .SA  . AC.BC.SA  a 3 sin .cos 2 3 6 6 1  a3 sin  1  sin 2   6 Xét hàm số: f  x   x  x 3 trên khoảng  0;1 . 1 . 3 Từ đó ta thấy trên khoảng  0;1 hàm số f  x  liên tục và có một điểm cực trị là điểm cực đại, nên tại Ta có: f '  x   1  3x 2 , f '  x   0  x   đó hàm số đạt GTLN hay: 2  1  1   max f  x   f  , 0     hay   arcsin  x 0;1 2 3   3 3 3 Chọn A. Bài 4: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh bằng a, mặt bên SAB là tam giác đều, SC  SD  a 3. Tính thể tích khối chóp S. ABCD. a3 2 A.V  2 a3 2 B. V  3 a3 2 C. V  6 Lời giải Gọi I là trung điểm AB;J là trung điểm của CD từ giả thiết ta có: IJ  a; SI  a 2 a 11 a 3 và SJ  SC 2  JC 2  3a 2   3 4 2 a3 D. V  6 S M J I H N D A B C Áp dụng định lý cosin cho tam giác SIJ ta có: 3a 2 11a 2 a   2 IJ 2 +IS2  SJ 2 4 4  a  3 0 cos SIJ   2.IJ.IS 3 a 3 a2 3 2.a. 2 Suy ra, tam giác SIJ là tam giác có SIJ tù. Từ giả thiết tam giác SAB đều và tam giác SCD là cân đỉnh S. Gọi H là hình chiếu của S trên  ABCD  , ta có H thuộc IJ và I nằm giữa HJ tức là tam   2 giác vuông SHI có H  900.   3 6 SIJ va SIH ke bu  sin SIH  . 3 3 a 3 6 a 2 .  Xét tam giác SHI ta có SH  SI .sin SIH  2 3 2 3 1 1 a 2 a 2  . Vậy VS . ABCD  SABCD .SH  a 2 . 3 3 2 6 Góc I nhọn và cos I  cos SIH  cos SIJ  Chọn C. Bài 5: Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có cạnh đáy bằng a. Gọi  P  là mặt phẳng đi qua A và song song BC và vuông góc với  SBC  , góc giữa  P  với mặt phẳng đáy là 300. Thể tích khối chóp S.ABC là: a3 3 A. 24 a3 3 B. 8 a3 C. 8 3a 3 D. 8 Lời giải Tổng quát: Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có cạnh đáy bằng a. Gọi  P  là mặt phẳng đi S qua A và song song BC và vuông góc với  SBC  , F góc giữa  P  với mặt phẳng đáy là  H a3 cot  24 3 0 3 a cot 30 a 3   24 24 Thể tích khối chóp S.ABC là: VS . ABC  Áp dụng bài này: VS . ABC E C A x G M Trang 7 B + ABC đều  SABC  a2 3 4 + Gọi G là trọng tâm + Gọi  P    SBC  =EF  EF//BC   P    SBC  =Ax với Ax / / EF / / BC + Gọi M là trung điểm BC, SM  EF  N . Ta có: AM  BC , SG  BC  BC   SAM   AN  BC  AN  Ax Mà AM  BC , BC / / Ax  AM  Ax    P  ,  ABC    NAM  300 Ta có: GSM  NAM   (cùng phụ với SMA ) 1 3 1 a 3 a . 3 3 2 2 Xét SGM vuông tại G có: SG  GM .cot GSM  AM .cot 300  . 1 a 2 3 a a3 3 .  . 3 4 2 24 1 3 Vậy: VS . ABC  .SABC .SG  . Chọn A. Bài 6: Cho hình chóp S. ABCD, đáy ABCD là hình thang vuông tại A, D; AB  AD  2a, CD  a. Góc giữa hai mặt phẳng  SBC  và  ABCD  bằng 600. Gọi I là trung điểm của AD, biết hai mặt phẳng  SBI  ,  SCI  cùng vuông góc với mặt phẳng  ABCD  . Tính thể tích khối chóp S.ABCD. A. 3 15 3 a 5 B. 3 17 3 a 5 C. 3 19 3 a 5 Lời giải S J B A I D H C Gọi H trung điểm của BC , I là hình chiếu của H lên BC, J là trung điểm AB. Ta có SI  mp  ABCD  , IC  ID2  DC 2  a 2 IB  IA2  AB 2  a 5 và BC  IB  CJ 2  JB 2  a 5 1 1 1 1 S ABCD  AD  AB  CD   3a 2 ; S IAB  .IA. AB  a 2 và SCID  .DC.DI  a 2 2 2 2 2 2 3a  S IBC  S ABCD  S IAB  S DIC  . 2 2S 3 3 1 a. Mặt khác S IBC  IH .BC , nên IH  IBC  BC 2 5 D. 3 23 3 a 5 9 3 a. 5 1 3 15 3  SI .S ABCD  a. 3 5 SI  IH .tan 600 Do đó VS . ABCD Chọn A. Bài 7: Cho khối hộp ABCD. A ' B ' C ' D ' có cạnh bên bằng 1.; đáy ABCD là một hình chữ nhật có các cạnh BA  3, AD  7; các mặt bên  ABB ' A ' và  ADD ' A ' hợp với mặt đáy các góc theo thứ tự 450 ;600. Thể tích khối hộp là: A . 4 (đvdt) B . 3 (đvdt) C. 2 (đvdt) D. 6 (đvdt) Lời giải C' D' A' B' D C 600 J H A 450 I B Dựng A ' H   ABCD  và A ' I  AB, A ' J  AD  HI  AB, HJ  AD. Ta có A ' IH  450 ; A ' JH  600. Đặt A ' H  h. Tam giác HA ' J vuông có A ' JH  600 nên là nửa tam giác đều có cạnh A ' J , đường cao A ' H , HJ là nửa cạnh  A ' J  h 2h 3 12h 2 9  12h 2 2 2 2   A ' J  AA '  A ' J  1   2 9 9 3 2 3 9  12h2 với 0  h   AJ  2 3 HA ' I Tam giác vuông cân tại H  IH  A ' H  h AIHJ là hình chữ nhật. AJ  IH  9  12h2 3  h  9  12h2  9h2  h  3 21 Thể tích khối hộp ABCD. A ' B ' C ' D ' : V  S ABCD . A ' H  3. 7. 3  3 (đvdt) 21 Chọn B. Bài 8: Cho khối hộp ABCD. A ' B ' C ' D ' có tất cả các cạnh bên bằng a và các góc A ' AB, BDA, A ' AD đều bằng   00    900  . Tính thể tích V của khối hộp. a 2  a C. V  2a3 sin cos2  cos2 2 2 a 2 A . V  a3 sin 2 cos2  cos2 arcsin  B. V  2a3 sin  cos2  cos2 D.Đáp số khác. Lời giải C' D' A' D B' C K H O A B Dựng A ' H  AC; A ' K  AD  A ' BD cân tại A '  A ' O  BD  A ' O  BD  BD   A ' AC   BD  AH  AH   ABCD   HK  AD  AC  BD AH Đặt A ' AO   .HAA ' vuông tại H  cos = AA ' ABCD là hình thoi  AC là phân giác góc BAD   ,KAH vuông tại K  AK  AH AK AK  cos   cos .cos  .   cos 2 AH 2 AA ' AH AA ' Ta có  cos  cos  cos   A ' H  AA '.sin   a.sin   A ' H  a 1  cos 2 2 Do đó ta có: VABCD. A' B 'C ' D '  S ABCD . A ' H  a 2 .sin  . a cos  2a3 sin  2 cos 2 cos 2  cos 2  2   2 a cos  cos 2  2  cos 2 2  cos 2 2 a  cos 2 . 2 Chọn C. Bài 9: Cho khối hộp ABCD. A ' B ' C ' D ' có độ dài cạnh bên bằng a; đáy là hình thoi, diện tích của hai mặt chéo là S1 và S2 ; góc giữa hai mặt phẳng chứa hai mặt chéo là  . Tính thể tích V của khối hộp đã cho. S S cos S S cos S S cos S S cos A.V  1 2 B. V  1 2 .V 1 2 D. V  1 2 a 3a 4a Lời giải Gọi O và O ' theo thứ tự là tâm của hai mặt đáy ABCD, A ' B ' C ' D '. Hai mặt chéo  ACC ' A ' và  BDD ' B '  có giao tuyến là OO', có diện tích theo thứ tự S1 , S2 . 2a D' C' A' B' H G I P F E D A C B Dựng mặt phẳng  P  vuông góc với OO' tại I , cắt các cạnh bên AA', BB ', CC ', DD' theo thứ tự tại E, F , G, H (  P   các cạnh bên). Ta có: EG, HF  OO' tại I  EIH   là góc giữa hai mặt phẳng chéo  ACC ' A ' và  BDD ' B '  . - EFGH là một thiết diện thẳng của hình hộp và là một hình bình hành. Do đó , ta có thể tích V của hình hộp là: 1 V  S EFGH . AA '  .EG.HF . AA '.sin  2 S a Ta lại có: S1  S ACC ' A'  EG.AA'  EG= 1; S2  S BDD' B '  HF .BB '  HF  S S cos 1 S S  V  . 1 . 2 a.sin   1 2 . 2 a a 2a S2 a Chọn D. Bài 10: Cho khối hộp đứng ABCD. A ' B ' C ' D ' có AB  a, AD  b, BAD   ; đường chéo AC ' hợp với đáy góc  . Tính thể tích khối hộp đứng đã cho là: A . V  4ab a 2  b2  2ab.cos .cos .cos B. V  2ab a 2  b2  2ab.cos .cos .cos C. V  3ab a 2  b2  2ab.cos .sin  .tan D. V  ab a2  b2  2ab.cos .sin  .tan Lời giải V  ab a 2  b2  2ab.cos .sin  .tan  Ta có: CC '   ABCD  D' C' A' B' b D C a A B  CAC '   là góc của AC ' và mặt đáy  ABCD  . Xét ABC , ta có: AC 2  AB2  BC 2  2 AB.BC.cos ABC  a 2  b 2  2ab.cos 1800     a 2  b 2  2ab.cos .  AC  a 2  b 2  2ab.cos Do đó ta có: CC '  AC.tan   a 2  b2  2ab.cos .tan  . Thể tích của hình hộp đứng: V  S ABCD .CC '  ab sin  . a 2  b 2  2ab.cos .tan  V  ab a 2  b2  2ab.cos .sin  .tan Chọn D. CHỦ ĐỀ 2. MẶT CẦU – KHỐI CẦU 1. Định nghĩa mặt cầu 1) Định nghĩa: Tập hợp các điểm trong không gian cách điểm O cố định một khoảng cách R cho trước là mặt cầu tâm O và bán kính R. Kí hiệu S  O; R  . Như vậy, khối cầu S  O; R  là tập hợp các điểm M sao cho OM  R. 2) Công thức tính diện tích mặt cầu, thể tích khối cầu Gọi R là bán kính mặt cầu, ta có: - Diện tích mặt cầu: S  4 R2 . - 4 3 Thể tích khối cầu: V   R3 . 3) Phƣơng pháp tìm tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC Để tìm mặt cầu ngoại tiếp một hình chóp bất kì ta cần phải tìm được điểm I cách đều tất cả các đỉnh. Bƣớc 1: Dựng trục của đáy: là đường thẳng đi qua tâm của đáy và vuông góc với đáy. Bƣớc 2: Ta thường dựng trung trực của một cạnh bên nào đó cắt trục của đáy tại I, hoặc dựng trục của một mặt bên nào đó cắt trục của đáy tại I. Tâm mặt cầu chính là điểm I, ở bước 2 này phải tùy vào đề bài mà ta có cách xử lý cụ thể. BÀI TẬP ÁP DỤNG Bài 1: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B, AB  BC  a 3, SAB  SCB  900 và khoảng cách từ A đến mặt phẳng  SBC  bằng A 2. Tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC theo a. A . S  2 a 2 B. S  8 a2 Lời giải C. S  16 a2 D. S  12 a2 S Gọi H là hình chiếu của S lên (ABC)  BC  SC  HC  BC  SH  BC Ta có  K Tương tự , AH  AB Và ABC vuông cân tại B nên ABCH là hình vuông. Gọi O  AC  BH , O là tâm hình vuông. Dựng một đường thẳng d qua O vuông góc với  ABCH  , dựng mặt phẳng trung trực của SA qua trung điểm J cắt d tại I , I là tâm mặt cầu ngoại tiếp. Ta hoàn toàn có IJ  SA  IJ / / AB  I là trung điểm SB, hay I  d  SC. J I C H O A Bán kính mặt cầu ngoại tiếp: rS .SBC  AI  IJ 2  JA2 ; IJ  Do AH / /  SBC   d  A,  SBC    d  H ,  SBC    HK B AB a 3  2 2 ( K là hình chiếu của H lên SC và BC   SHC   HK   SBC  )  HK  a 2 tam giác SHC vuông tại H  SH  a 6 Tam giác SHA vuông tại H  SA  3a SA 3a JA    rS . ABC  AI  a 3  Smc  4 r 2  12 a 2 . 2 2 Chọn D. Bài 2: Cho mặt cầu  S  tâm O, bán kính R và mặt phẳng  P  có khoảng cách đến O bằng R. Một điểm M tùy ý thuộc (S). Đường thẳng OM cắt  P  tại N. Hình chiếu của O trên  P  là I. Mệnh đề nào sau đây là đúng? A . NI tiếp xúc với  S  B. ON  R 2  IN  R C. Cả A và B đều sai. D. Cả A và B đều đúng. Lời giải Vì I là hình chiếu của O lên  P  nên d O,  P    OI mà d O,  P    R nên I là tiếp điểm của  P  và  S  . Đường thẳng OM cắt  P  tại N nên IN Vuông góc với OI tại I. Suy ra IN tiếp xúc với  S  . O (P) N I Chọn A. Bài 3: Diện tích hình tròn lớn của một hình cầu p. Một mặt phẳng   cắt hình cầu theo một hình tròn có diện tích là p A. p . Khoảng cách từ tâm mặt cầu đến mặt phẳng   bằng: 2 1 2p B. C. D. p 2    Lời giải Hình tròn lớn của hình cầu S là hình tròn tạo bởi mặt phẳng cắt hình cầu và đi qua tâm của hình cầu. Gọi R là bán kính hình cầu thì hình tròn lớn cũng có bán kính R. Theo giả thiết , ta có,  R 2  p  R  Suy ra d  R 2  r 2  p  và  r 2  p p r 2 2 p . 2 Chọn D. Bài 4: Cho mặt cầu S  O; R  , A là một điểm ở trên mặt cầu  S  và  P  là mặt phẳng đi qua A sao cho góc giữa OA và (P) bằng 600. Diện tích của đường tròn giao tuyến bằng:  R2  R2 A .  R2 B. C. 2 4 Lời giải O 600 A r H Gọi H là hình chiếu vuông góc của O lên mặt phẳng (P) thì:  H là tâm của đường tròn giao tuyến (P) và (S).   OA,  P     OA, AH   60 . 0 Bán kính của đường tròn giao tuyến : r  HA  OA.cos600  R . 2 R  R2 Suy ra diện tích đường tròn giao tuyến :  r      . 4 2 2 2 Chọn C. D.  R2 8