Chương 5: Hình học không gian phần 3

CHƯƠNG 05. (tiếp theo) BÀI TOÁN VẬN DỤNG CAO HÌNH HỌC KHÔNG GIAN ĐỀ ÔN TẬP CHƯƠNG 5 ĐỀ SỐ 1 Bài 1: Cho lăng trụ ABC.A ' B ' C ' có đáy là tam giác đều cạnh a. Hình chiếu vuông góc của điểm A ' lên mặt phẳng  ABC  trùng với trọng tâm tam giác ABC. Biết khoảng cách giữa hai đường thẳng AA ' và BC bằng A. a3 3 12 a 3 . Khi đó thể tích của khối lăng trụ là: 4 a3 3 a3 3 B. C. 6 3 D. a3 3 24 Lời giải C' Gọi M là trung điểm BC, dựng MH vuông góc với AA '. Suy ra MH  d  BC , A ' A   a2 Đặt AH  x, ta có: A ' A  x 2  3 a Từ A ' A.MH  A ' G. AM  x  . 3 2 3 a a 3 a 3  . Vậy V  . 3 4 12 a 3 4 B' A' H C M B A Chọn A. Bài 2: Cho tứ diện ABCD với BC  a, các cạnh còn lại đều bằng a 3 và  là góc tạo bởi hai mặt 2 phẳng  ABC  và  BCD  . Gọi I , J lần lượt là trung điểm các cạnh BC, AD. Giả sử hình cầu đường kính IJ tiếp xúc với CD. Giá trị cos là: A . 3 2 3 B. 2 3  3 C. 2 3 3 D. 2 3 3 Lời giải Gọi O là trung điểm IJ và F là điểm tiếp xúc giữa hình cầu đường kính IJ và đường thẳng CD. Hình cầu đường kính IJ tiếp xúc với CD khi và chỉ khi khoảng cách từ O đến CD bằng nửa độ dài IJ. Ta có AI  DI  a 2 . 2 a 2 Vì FC và CI là hai tiếp tuyến xuất phát từ một điểm nên FC=CI= . Tương tự, ta có DJ  DF  a 3 a  2 2 Tam giác ADI cân có IJ là đường trung tuyến nên tam giác IDJ vuông tại J.   a 3 1 JD 2 6 2   Suy ra: sin  sin JID  2 DI 2 a 2 2 Do vậy, cos =2 3  3.  Chọn B. Bài 3: Cho hình chóp SABC với SA vuông góc với mặt phẳng  ABC  và BC  a 3, BAC  600. Gọi H , K lần lượt là hình chiếu của A lên SB và SC. Mặt cầu đi qua các điểm A, B, C, H , K có bán kính bằng: A. a B. 2a C. 3a D.Không đủ dữ kiện để tính Lời giải Gọi AD là đường kính của đường tròn  ABC  . Suy ra, AC  DC  CD   SAC  hay AK  DK . S S K K H A H C A 600 3 600 C 2 D B B Tương tự, AH  HD. Suy ra mặt cầu qua các điểm A, B, C, H , K có đường kính AD  BC  2a. sin 600 Chọn A. Bài 4: Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác đều cạnh a, góc giữa SC và mặt phẳng  ABC  là 450. Hình chiếu của S lên mặt phẳng  ABC  là điểm H thuộc AB sao cho HA  2HB. Biết a 7 . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và BC: 3 a 210 a 210 a 210 A. B. C. 30 20 45 CH  D. Lời giải + D là đỉnh của hình bình hành ABCD thì: d  SA, BC   d  B,  SAD    1,5d  H ,  SAD   . a 210 15 + Kẻ HE vuông góc AD, E thuộc AD. Kẻ HI vuông SE, I thuộc AE thì d  H ,  SAD    HI . + Tính HI  Chọn A. a 210 . 30 Bài 5: Cho hình chóp S.ABC có đường thẳng SA vuông góc với mặt phẳng  ABC  , tam giác ABC là tam giác đều cạnh bằng a, SB  2a. Tính theo a khoảng cách từ trọng tâm G của tam giác ABC đến mặt phẳng  SBC  . A. a 15 15 B. a 17 15 C. a 19 15 D. a 23 15 Lời giải Gọi M là trung điểm của BC, ta có Kẻ đường cao AN của tam giác SAM, vì AN  BC, AN  SM nên AN   SBC  . S Khoảng cách từ A đến  SBC  là d  A;  SBC    AN . 1 1 1 1 4 5    2 2  2 2 2 2 AN AS AM 3a 3a 3a a 15  AN  . 5 Kẻ GH / / AN ; H  SM ; vì AN   SBC  nên GH   SBC  . N Ta có: A Khoảng cách từ G đến  SBC  là d  G;  SBC    GH . Ta có: G GH MG 1 1 a 15    GH  AN  . AN AM 3 3 15 C H M B a 15 . Vậy khoảng cách từ G đến  SBC  là d  G;  SBC    15 Chọn A. Bài 6: Cho hình chóp S.ABC có SA vuông góc với mặt phẳng  ABC  , SA  AC  5a, AB  a, BAC  1200. Tính theo a khoảng cách từ A đến mặt phẳng  SBC  . A. 5 381 a 127 B. 5 382 a 127 Lời giải S H A C M B Kẻ AM  BC , AH  SN ,  M  BC , H  SM  . C. 5 385 a 127 D. 5 387 a 127 Ta có AM  BC, BC  SA nên BC   SAM  , suy ra AH  BC. Vậy ta có AH   SBC  , khoảng cách từ A đến mặt phẳng  SBC  là d  A,  SBC    AH . Áp dụng định lý cô sin trong tam giác ABC ta có: BC 2  AB2  AC 2  2 AB.AC.cos1200  31a2  BC  a 31. 1 5 3a 2 0 . Diện tích tam giác ABC là S ABC  AB. AC.sin120  2 4 2S 1 5 93 a. Mặt khác S ABC  AM .BC  AM  ABC  2 BC 62 1 1 1 127 5 381     AH  a. Ta có 2 2 2 2 AH AM AS 75a 127 5 381 a. Khoảng cách từ A đến mặt phẳng  SBC  là d  A,  SBC    127 Chọn A. Bài 7: Cho hình chóp tam giác S.ABC có đường thẳng SA vuông góc mặt phẳng  ABC  , AB  2a, AC  3a, BC  4a. Góc giữa mặt phẳng  SBC  và mặt phẳng  ABC  bằng 600. Tính theo a thể tích của khối chóp S.ABC. A. 45 5a 3 32 B. 45 3a 3 32 C. 45 7 a 3 32 D. 45 11a 3 32 Lời giải Xét tam giác ABC, áp dụng định lý cô sin: BC 2  AB 2  AC 2 16a 2  4a 2  9a 2 11 cos B    . 2.BC. AB 2.4a.2a 16 0 0 Với 0  B  180 , suy ra: S 2 3 15  11  sin B  1  cos B  1     . 16  16  2 Ta kẻ đường cao AH của tam giác ABC, AH 3a C  AH  AB.sin B AB A 3 15 3 15a 2a  2a.  4a 16 8 H Do đó diện tích tam giác ABC là: B 1 1 3 15a 3 15a 2 S ABC  AH .BC  . .4a  . 2 2 8 4 Vì BC  AH , BC  SA  BC   SAH  , BC  SH nên góc SHA là góc giữa 2 mặt phẳng  SBC  và ta có: sin B   ABC  bằng 600. Xét tam giác SAH ta có: tan 600  SA 3 15a 9 5a  SA  AH .tan 600  . 3 AH 8 8 1 3 15a 2 9 5a 45 3a 3 .  . 3 4 8 32 1 3 Vậy thể tích khối chóp S.ABC là: V  S ABC .SA  . Chọn B. Bài 8: Cho hình chóp S. ABC, có đáy ABC là tam giác đều cạnh a. Các mặt bên  SAB  ,  SAC  ,  SBC  lần lượt tạo với đáy các góc lần lượt là 300 , 450 ,600. Tính thể tích V của khối chóp SABC. Biết rằng hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng  ABC  nằm bên trong tam giác ABC. A.V  a3 3 B. V  4  3 a3 3  2 4 3 C. V   a3 3  4 4 3 D. V    a3 3 8 4 3  Lời giải Gọi H là hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng  ABC  . Kẻ HD  AB,  D  AB  , HE  AC  E  AC  , HF  BC  E  BC  . S B C F H D E A Khi đó ta có: HD  Ta có S ABC  SH SH SH SH  SH 3 ; HE   SH ; HF   0 0 0 tan 30 tan 45 tan 60 3 a2 3 1 1  a2 3 3a  suy ra: SH 1  3  a  SH  .  4 2 4 3 2 4 3    1 3a a2 3 a3 3 .  . 3 2 4 3 4 8 4 3 Vậy V  .     Chọn D. Bài 9: Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có đáy là hình vuông ABCD cạnh a, góc giữa mặt bên và phẳng đáy là  thỏa mãn cos = . Mặt phẳng  P  qua AC và vuông góc với mặt phẳng  SAD  chia 1 3 khối chóp S.ABCD thành hai khối đa diện. Tỉ lệ thể tích hai khối đa diện là gần nhất với giá trị nào trong các giá trị sau: A . 0,11 B. 0,13 C. 0,7 D. 0,9 Lời giải S. ABCD là hình chóp tứ giác đều SO   ABCD  . Gọi N là trung điểm CD S  CD  SN , CD  ON     SCD  ,  ABCD    SNO   SCD    ABCD   CD  AC  BD  AC   SBD  Kẻ CM  SD. Ta có:   AC  SO M  AC  SD  SD   ACM    ACM    SAD  nên mặt phẳng  P  là  ACM  . + Xét tam giác SON vuông tại N có: ON SN   cos SNO A D 3a . 2 2 B 2  3a   a  SO  SN  ON        a 2.  2  2 + Xét tam giác SOD vuông tại O có: 2 2 SD  SO  OD  2 2 N O  C 2 a 2 a 10 a 2 `  .   2 2   1 2  2 1 2 Ta có: SSCD  CM .SD  SN .CD  CM  SN .CD 3a 10  . SD 10 2  3a 10  a 10 Xét tam giác MCD vuông tại M có: DM  CD  CM  a   .   10 10   2 2 2 a 10 V V 1 DM DA DC 1 10 1 1 . .    VMACD  VSABCD Ta có: M . ACD  MACD  . VSABCD 2VSACD 2 DS DA DC 2 a 10 10 10 2 Mặt phẳng  P  chia khối chóp S.ABCD thành hai khối M . ACD và S . ABCM  VSABCD  VMACD  VSABCM  VSABCM  Do đó: 9 VSABCD 10 VMACD 1   0,11 VSABCM 9 Chọn A. Bài 10: Thể tích hình cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD, có cạnh AB  a 3 và các cạnh còn lại đều 2 bằng a. A. 13 13 3 a 162 Lời giải B. 13 13 3 a 216 C. 13 13 3 a 648 D. 13  a3 162 Gọi I trung điểm cạnh CD. A  AI  CD a 3 Theo đề bài ta có  , AI  BI   AB 1 2  BI  CD   ABI  là mặt phẳng trung trực cạnh CD. Gọi M là giao điểm của BI với mặt cầu  S  ngoại tiếp tứ diện ABCD. Suy ra đường tròn lớn của  S  là đường tròn  ABM  . D Mặt phẳng  BCD  cắt  S  theo đường tròn  BCD  qua M , hơn nữa BM là đường kính  BM  B I a 2a  0 sin 60 3 M C Từ 1  ABI đều. Suy ra ABM  600. AM  AB 2  BM 2  2 AB.BM .cos600  a 13 AM a 13 R  0 12 2sin 60 6 4 13 13 3  V   R3  a 3 162 Chọn A. Bài 11: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a. Mặt bên  SAB  là tam giác đều và vuông góc với đáy. Gọi M là điểm thuộc cạnh SC sao cho SM  2MC. Tính thể tích hình chóp M .ABC. A. a3 3 6 B. a3 3 36 C. a3 3 18 D. a3 3 24 Lời giải Ta có:  SAB    ABCD  ;  SAB    ABCD   AB ; SH   SAB  S SH  AB (là đường cao SAB đều ) Suy ra: SH   ABCD  Tính : SH  a 3 ( vì ABC đều cạnh a ) 2 M B  S ABCD  a 2 H N 3 1 1 a 3 Tính: VS . ABCD  Bh  S ABCD .SH  3 3 6 3 1 1 a 3 VMABC  VSABC  VSABCD  . 3 6 36 A C D Chọn B. Bài 12: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, cạnh bên SA  a, hình chiếu vuông góc của đỉnh S trên mặt phẳng  ABCD  là điểm H thuộc đoạn AC , SA  AH  là đường cao của tam giác SAC. Tính thể tích khối tứ diện SMBC theo a. AC . Gọi CM 4 A. a 3 14 48 B. a 3 14 24 C. a 3 14 16 D. a 3 14 8 Lời giải Gọi O là tâm của hình vuông ABCD. Ta có: AM AH AH . AC   AM   AC SA SA  MC  AC 2  AM 2  S a 2 .a 2 a 4  a 2 a 2  2 M 2 a 7 a    2 2 1 1 a a 7 a2 7  S SMC  SM .MC  . .  . 2 2 2 7 8 1 1 a 2 a 2 7 a 3 14 VSMBC  BO.S SMC   . 3 3 2 8 48 A D O C B Chọn A. Bài 13: (Hình học không gian) Cho tứ diện ABCD và M , N , P lần lượt thuộc BC, BD, AC sao cho BC  4BM , BD  2BN , AC  3 AP. Mặt phẳng  MNP  cắt AD tại Q. Tính tỷ số thể tích hai phần khối tứ diện ABCD bị chia bởi mặt phẳng  MNP  . A. 2 3 B. 7 13 C. 5 13 D. 1 3 Lời giải A Gọi I  MN  CD, Q  PI  AD, kẻ DH / / BC  H  IM  , DK / / AC  K  IP  . ID DH BM 1    . P IC CM CM 3 Q IK DK ID 1 DK 1 2       DK  IP CP IC 3 2 AP 3 3 APQ DKQ. AQ AP 2 AQ 3     Suy ra  B DQ DK 3 AD 5 N M VANPQ AP AQ 1  .  ; Đặt V  VABCD . Ta có: VANCD AC AD 5 VANCD VDACN DN 1 1 C     VANPQ  V VABCD VDABC DB 2 10 VCDMP CM CP 1 1 1 1 1  .   VCDMP  V  VV . ABMP  VDABMP  V  VCDMP  V VCDBA CB CA 2 2 2 2 4 V 7 7  VABMNQP  VANPQ  VN . ABMP  V  ABMNQP  20 VCDMNQP 13 7 Vậy mặt phẳng  MNP  chia khối chóp thành hai phần với tỉ lệ thể tích . 13 NMB  NDH  K I H D Chọn B. Bài 14: Cho hình chóp S.ABCD có SA vuông góc với đáy, SA  a 6. Đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B, AB  BC  1 AD  a. Gọi E là trung điểm AD. Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp 2 hình chóp S.ECD. A. R a 2 2 B. R  a 6 114 a 6 C. R  D. R  a 26 2 Lời giải S x R K I R E A D a H a B C Gọi H là trung điểm của CD và d là đường thẳng đi qua H và vuông góc với đáy. Gọi I và R là tâm và bán kính mặt cầu ngoại tiếp S.CDE. Suy ra I thuộc D. Đặt IH  x. Trong mp  ASIH  kẻ đường thẳng đi qua I và song song với AH cắt AS tại K. Ta có: ID 2  IH 2  HD 2  x 2  a2 . 2 IS 2  IK 2  KS 2  AH 2  KS 2  AC 2  CH 2  KS 2  2a 2    a2  a 6x 2  2  2 a2 a2 2 6a  2a 2   a 6  x  x  . 2 2 3 114a . Vậy bán kính mặt cầu bằng R  6 Suy ra: x 2  Chọn C. Bài 15: Cho bát diện đều, tính tỷ số giữa thể tích khối cầu nội tiếp và thể tích khối cầu ngoại tiếp hình bát diện đều đó. A. 1 2 B. 1 2 2 C. 1 3 D. 1 3 3 Lời giải Gọi cạnh bát diện đều là a; bát diện đều có các mặt chéo là hình vuông; khi đó độ dài các đường chéo AC  BD  SS '  a 2. Mặt cầu nội tiếp và ngoại tiếp đều có tâm O, khi đó bán kính mặt cầu ngoại tiếp là R  OA  AC a 2  . 2 2 Bán kính mặt cầu nội tiếp là khoảng cách từ O đến các mặt bên. Hình trên có r  OH  SO.OM SO2  OM 2  a 6 . 6 3 Có 2 r 1 1 r  1  khi đó tỷ số thể tích khối cầu nội tiếp cho khối cầu ngoại tiếp là:       .  R 3 R  3 3 3 Chọn D. Bài 16: Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC.A ' B ' C ', có cạnh đáy bằng a và cạnh bên bằng a 2 . Lấy M, N lần lượt trên cạnh AB ', A ' C sao cho A. a3 6 108 B. 2a 3 6 27 AM A ' N 1   . Tính thể tích V của khối BMNC ' C. AB ' A ' C 3 3a 3 6 a3 6 C. D. 108 27 Lời giải Gọi G, K lần lượt tâm các hình chữ nhật ABB ' A ' và AA ' C ' C. Ta có: A' C' AM 1 AM 2    AB ' 3 AG 3 (Do G trung điểm AB’) Xét tam giác ABA ' có AG là trung N AM 2  . Suy ra M là trọng AG 3 tâm tam giác ABA '. Do đó BM đi q tuyến và ua trung điểm I của AA’. A' N 1 A' N 2 Ta có:    A'C 3 A' K 3 (Do K là trung điểm A’C) Xét tam giác AA' C ' có A ' K là trung tuyến A' N 2  . Suy ra N là trọng tâm của tam giác A' K 3 C ' N đi qua trung điểm I của AA’. B' K I M G C A H B và AA' C '. Do đó IM IN 1   . IB IC ' 3 V IM IN IC 1 . .  Gọi V1 ,V2 lần lượt là thể tích các khối chóp IMNC; IBCC '. Ta có: 1  V2 IB IC ' IC 9 8 Mà V1  V  V2  V  V2 . 9 Hạ AH vuông góc với BC tại H thuộc BC. Ta được AH vuông góc với mặt phẳng  BB ' C ' C  . AA ' Từ M là trọng tâm tam giác ABA ' và N trọng tâm của tam giác AA' C '. Suy ra: song song với mặt phẳng  BB ' C ' C  nên khoảng cách từ I đến mặt phẳng  BB ' C ' C  bằng khoảng cách từ A đến  BB ' C ' C  và bằng AH.