Bi tp HHKG Nguyn V Minh Ti liu ụn thi H Nm hc 2010 - 2011
5
BI TP ễN TP HèNH HC KHễNG GIAN

Cõu 1. Cho hỡnh vuụng ABCD tõm I. Cỏc na ng thng Ax, Cy cựng vuụng gúc vi mt phng (ABCD) v
cựng phớa i vi mt phng ú. Trờn Ax, Cy ln lt ly cỏc im M, N sao cho AM = m, CN = n ( m, n 0> ),
gúc to bi hai mt phng (MBD) v (ABCD) bng 30
0
. Tớnh th tớch ca khi chúp B.AMNC. Tỡm iu kin ca
m theo n gúc MIN vuụng.
Cõu 2. Cho hỡnh chúp SABCD cú ỏy ABCD l hỡnh vuụng cnh a, tõm O. Cnh bờn SA vuụng gúc vi mp
(ABCD) v SA = a; M l trung im cnh SD.
a) Mt phng () i qua OM v vuụng gúc vi mt phng (ABCD) ct hỡnh chúp SABCD theo thit din l
hỡnh gỡ? Tớnh din tớch thit din theo a.
b) Gi H l trung im ca CM; I l im thay i trờn SD. Chng minh OH (SCD); v hỡnh chiu ca O
trờn CI thuc ng trũn c nh.
Cõu 3. Trờn cnh AD ca hỡnh vuụng ABCD cú di l a, ly im M sao cho AM = x (0 < x a).
Trờn ng thng vuụng gúc vi mt phng (ABCD) ti A, ly im S sao cho SA = 2a.
a) Tớnh khong cỏch t im M n mt phng (SAC).
b) Kẻ MH vuông góc với AC tại H . Tìm vị trí của M để thể tích khối chóp SMCH lớn nhất.
Cõu 4. Cho hỡnh chúp S.ABCD cú ỏy ABCD l hỡnh thoi ; hai ng chộo AC = 23a , BD = 2a v ct
nhau ti O; hai mt phng (SAC) v (SBD) cựng vuụng gúc vi mt phng (ABCD). Bit khong cỏch t
im O n mt phng (SAB) bng
3
4
a
, tớnh th tớch khi chúp S.ABCD theo a.
Cõu 5. Cho hỡnh lng tr tam giỏc ABC.ABC vi A.ABC l hỡnh chúp tam giỏc u cnh ỏy AB = a; cnh

1
. Tính khoảng cách giữa hai đờng
thẳng AA
1
và B
1
C
1
theo a.
Cõu 8. Cho hỡnh chúp S.ABCD ỏy ABCD l hỡnh thoi. SA = x (0 < x < A 3EA ) cỏc cnh cũn li u bng 1. Tớnh
th tớch ca hỡnh chúp S.ABCD theo x.

Cõu 9.
Cho hỡnh chúp S.ABCD cú ỏy l hỡnh vuụng cnh a , SA vuụng gúc vi ỏy v SA=a .Gi M,N ln lt
l trung im ca SB v SD; I l giao im ca SD v mt phng (AMN). Chng minh SD vuụng gúc vi AI v
tớnh th tớch khi chúp MBAI.

Cõu 10. Trong mặt phẳng (P) cho đờng tròn (C) tâm O đờng kính AB = 2R. Trên đờng thẳng vuông góc với (P)
tại O lấy điểm S sao cho OS = R
3 . I là điểm thuộc đoạn OS với SI =
2
3
R
. M là một điểm thuộc (C). H là hình
chiếu của I trên SM. Tìm vị trí của M trên (C) để tứ diện ABHM có thể tích lớn nhất. Tìm giá trị lớn nhất đó.
Cõu 11.
Cho hỡnh chúp S.ABCD cú ỏy ABCD l hỡnh ch nht vi AB = a, AD = 2a. Cnh SA vuụng gúc vi
mt phng ỏy, cnh bờn SB to vi mt phng ỏy mt gúc 60
0
. Trờn cnh SA ly im M sao cho AM =
Tài liệu ơn thi ĐH Năm học 2010 - 2011
6
Câu 15. Cho tø diƯn ABCD cã ba c¹nh AB, BC, CD ®«i mét vu«ng gãc víi nhau vµ
aCDBCAB
=
==
. Gäi C’ vµ
D’ lÇn l−ỵt lµ h×nh chiÕu cđa ®iĨm B trªn AC vµ AD. TÝnh thĨ tÝch tÝch tø diƯn ABC’D’.
Câu 16. Cho lăng trụ ABC.A
’
B
’
C
’
đáy ABC là tam giác đều cạnh a. .A
’
cách đều các điểm A,B,C. Cạnh bên AA
’

tạo với đáy góc 60
0
. Tính thể tích khối lăng trụ.
Câu 17. Cho hình lập phương
111 1
ABCD.A B C D có độ dài cạnh bằng a. Trên các cạnh AB và CD lấy lần lượt các
điểm M, N sao cho
.
B

SB tạo với mặt phẳng đáy một góc
o
60 . Trên cạnh SA lấy điểm M sao cho
a3
AM
3
= . Mặt phẳng
()
BCM cắt cạnh SD tại điểm N . Tính thể tích khối chóp S.BCNM.
Câu 22. Cho hình lặng trụ tam giác đều ABC.A’B’C’ có cạnh đáy bằng a. Biết khoảng cách giữa hai đường thẳng
AB và A’C bằng
15
5
a
. Tính thể tích của khối lăng trụ.
Câu 23. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi ; hai đường chéo AC = 23a , BD = 2a và cắt nhau tại
O; hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vng góc với mặt phẳng (ABCD). Biết khoảng cách từ điểm O đến mặt
phẳng (SAB) bằng
3
4
a
, tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a.
Câu 24. Cho hình chóp cụt tam giác đều ngoại tiếp một hình cầu bán kính r cho trước. Tính thể tích hình chóp cụt
biết rằng cạnh đáy lớn gấp đơi cạnh đáy nhỏ.
Câu 25. Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, cạnh bên hợp với đáy một góc là 45
0
.
Gọi P là trung điểm BC, chân đường vng góc hạ từ A’ xuống (ABC) là H sao cho
1
2

00 0
ASB 60 , 90 , 120BSC CSA===.
Câu 31. Cho lăng trụ đứng ABC.A
1
B
1
C
1
có AB = a, AC = 2a, AA
1
2a 5= và
o
120BAC =
∧
. Gọi M là trung điểm
của cạnh CC
1
. Chứng minh MB ⊥ MA
1
và tính khoảng cách d từ điểm A tới mặt phẳng (A
1
BM).
Bi tp HHKG Nguyn V Minh Ti liu ụn thi H Nm hc 2010 - 2011
7
Cõu 32. Trong mặt phẳng (P) cho đờng tròn (C) tâm O đờng kính AB = 2R. Trên đờng thẳng vuông góc với (P)
tại O lấy điểm S sao cho OS = R
3 ; I là điểm thuộc đoạn OS với SI =

a) Tính theo a khoảng cách từ điểm S đến đờng thẳng BE.
b)
Tìm tâm và bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD.
Cõu 35. Trờn ng thng vuụng gúc ti A vi mt phng ca hỡnh vuụng ABCD cnh a ta ly im S vi SA =
2a. Gi B, D l hỡnh chiu vuụng gúc ca A lờn SB v SD. Mt phng (ABD ) ct SC ti C. Tớnh th tớch khi
a din ABCDD C B.
Cõu 36. Cho tam giác ABC cân nội tiếp đờng tròn tâm J bán kính R=2a (a>0), góc BAC =120
0
. Trên đờng thẳng
vuông góc với mặt phẳng (ABC) lấy điểm S sao cho SA =
3.a Gọi I là trung điểm đoạn BC. Tính góc giữa SI và
hình chiếu của nó trên mặt phẳng (ABC) v
tớnh bỏn kớnh mt cu ngoi tip hỡnh chúp SABC theo a.
Cõu 37. Cho hình chóp S.ABCD, có đáy ABCD là hình vuông tâm O cạnh bằng a, SO (ABCD). Gọi M, N lần lợt
là trung điểm của
SA và BC. Tính góc giữa đờng thẳng MN và mặt phẳng (ABCD) và thể tích khối chóp
M.ABCD, biết rằng .
2
10a
MN =
Cõu 38. Cho hỡnh chúp S.ABC cú gúc ((SBC), (ACB)) =60
0
, ABC v SBC l cỏc tam giỏc u cnh a. Tớnh theo
a khong cỏch t B n mt phng (SAC).
Cõu 39. Cho lng tr ng ABC.ABC cú tt c cỏc cnh u bng a. Gi M l trung im ca AA. Tớnh th tớch
ca khi t din BMBC theo a v chng minh rng BM vuụng gúc vi BC.
Cõu 40. Cho t din OABC cú 4, 5, 6OA OB OC=== v





v BC

bng
30
0
v khong cỏch gia chỳng l a. Gi M l trung im ca AA

. Tớnh th tớch t din MA

BC

.
Cõu 45. Cho hỡnh chúp S.ABC cú ỏy l tam giỏc u ABC cnh a, ( )SA ABC

v SA = 3a. Gi M, N ln lt l
hỡnh chiu vuụng gúc ca A lờn cnh SB, SC. Tớnh th tớch khi chúp A.BCNM theo a.
Cõu 46. Cho hỡnh chúp .SABCD cú ỏy l hỡnh thang vuụng ti A v
B
vi
B
C l ỏy nh. Bit rng tam
giỏc
SAB l tam giỏc u cú cnh vi di bng 2a v nm trong mt phng vuụng gúc vi mt ỏy,
5SC a= v khong cỏch t D ti mt phng
(
)
SHC
bng 22a ( õy H l trung im AB ). Hóy
tớnh th tớch khi chúp theo

Cõu 50. Cho hỡnh chúp S.ABC, ỏy ABC l tam giỏc vuụng ti B cú AB = a, BC = a 3 , SA vuụng gúc vi mt
phng (ABC), SA = 2a. Gi M, N ln lt l hỡnh chiu vuụng gúc ca im A trờn cỏc cnh SB v SC. Tớnh th
tớch ca khi chúp A.BCNM.
Cõu 51. Cho hỡnh chúp S.ABC cú gúc gia hai mt phng (SBC) v (ACB) bng 60
0
, ABC v SBC l cỏc tam
giỏc u cnh a. Tớnh khong cỏch t B n mp(SAC).
Cõu 52. Cho hỡnh chúp S.ABCD cú ỏy ABCD l hỡnh thoi vi

0
120=A
, BD = a >0. Cnh bờn SA vuụng gúc vi
ỏy. Gúc gia mt phng (SBC) v ỏy bng 60
0
. Mt mt phng () i qua BD v vuụng gúc vi cnh SC. Tớnh
t s th tớch gia hai phn ca hỡnh chúp do mt phng () to ra khi ct hỡnh chúp.
Cõu 53. Cho hỡnh chúp t giỏc S.ABCD cú SA vuụng gúc vi mt phng (ABCD), ỏy ABCD l hỡnh ch nht cú
di AB =
2a
, BC = a. Gi M l trung im on CD. Gúc gia hai mt phng (ABCD) v (SBM) l
0
60 .

=

a) Chng minh rng mt phng (SBM) vuụng gúc vi mt phng (SAC).
b) Tớnh th tớch t din SABM theo a.
Cõu 54. Cho hỡnh chúp S.ABCD cú ỏy ABCD l hỡnh vuụng tõm O v AB = 4a, hỡnh chiu vuụng gúc ca nh
S lờn mt phng (ABCD) trựng vi trung im I ca on thng OA. Bit khong cỏch t I n mt phng
(SAB) bng

.
G
l trng tõm
tam giỏc
A
BC ,
(
)
SG ABC ,
14
2
a
SB
= . Tớnh th tớch hỡnh chúp .S ABC v khong cỏch t
B
n mt
phng
(
)
SAC .
Cõu 60. Cho hỡnh chúp S.ABC cú mt SBC vuụng gúc vi ỏy, cỏc cnh SB = SC = 1 v cỏc gúc



0
ASB BSC CSA 60===. Tớnh th tớch ca hỡnh chúp S.ABC.


⇒= = +.
Vậy V
BACNM
=
2
()mmn+ (đvtt)
* Ta có MN
2
= AC
2
+ (m - n)
2
= 13m
2
-2mn + n
2
MI
2
= x
2
/2 + m
2
, NI
2
= x
2
/2 + n
2

góc MIN vuông khi và chỉ khi MN

tròn đg kính HC.
Câu 3.
Do
()
()( )
()
SA ABCD
SAC ABCD
SA SAC
⊥
⎧
⇒⊥
⎨
⊂
⎩

Lại cã
()( ) () (,) .sin45
2
o
x
MH AC SAC ABCD MH SAC d M SAC MH AM⊥= ∩ ⇒ ⊥ ⇒ = = =
Ta cã
0
.45 2
22
x
x
AH AM cos HC AC AH a==⇒=−=−


Từ giả thiết AC =
23a ; BD = 2a và AC ,BD vuông góc với nhau tại trung điểm O của mỗi đường chéo.Ta có
tam giác ABO vuông tại O và AO =
3a ; BO = a , do đó

0
60ADB =
Hay tam giác ABD đều.
Từ giả thiết hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD) nên giao tuyến của chúng là
SO ⊥ (ABCD).
Do tam giác ABD đều nên với H là trung điểm của AB, K là trung điểm của HB ta có DH AB⊥ và DH =
3a ;
OK // DH và
13
22
a
OK DH== ⇒ OK ⊥ AB ⇒ AB ⊥ (SOK)
Gọi I là hình chiếu của O lên SK ta có OI ⊥ SK; AB ⊥ OI ⇒ OI ⊥ (SAB) , hay OI là khoảng cách từ O đến mặt
phẳng (SAB). Tam giác SOK vuông tại O, OI là đường cao ⇒
222
111
2
a
SO
OI OK SO
=
+⇒=
I
A
D

2
a
SO
=
.
Thể tích khối chóp S.ABCD:
3
.
13
.
33
DDS ABC ABC
a
VSSO
==
.
Câu 5. Gọi O là tâm đáy suy ra
(
)
'
A
OABC⊥
và góc

'
A
IA
α
=


ba
a
α
−
⇒=

*)Tính
'. ' '
A
BCC B
V
()
'. ' ' . ' ' ' '.
22 2 22
1
'. '.
3
23 1 3 3

3226
3
A
BCC B ABC A B C A ABC ABC ABC
VV VAOSAOS
ba a a ba
advtt
=−= −
−−
==


=− = ⇒ AM=
2a
3
.
== =
3
OAHK AHK
11a1a2
V OE.S . HK.AM
3322 27
(®vtt).
Câu 7.
Do )(
111
CBAAH
⊥
nªn gãc HAA
1

HA
=⇒ . Do tam gi¸c A
1
B
1
C
1
lµ tam gi¸c ®Òu c¹nh a,
H thuéc B
1
C
1
vµ
2
3
1
a
HA
= nªn A
1
H vu«ng gãc víi B
1
C
1
. MÆt kh¸c
11
CBAH ⊥ nªn )(
111
HAACB
⊥

H
C
O
I
D
3
a
a
I
B
'
C'
O
A
C
B
A
'

A
1
A B
C
C
B
1
K
H

Bài tập HHKG Nguyễn Vũ Minh

∈ CO, mà
222
2
111
1
x
SH
SH SC SA
x
=+⇒=
+

Vậy V =
2
1
3(vtt)
6
xxd
− .
Câu 9.
Ta có
,( , )
,( )
AM BC BC SA BC AB
AM SB SA AB
⊥⊥⊥
⎧
⎨
⊥=
⎩

Vậy
23
1
343 36
ABMI
aa a
V
==.
Câu 10.
Tø gi¸c IHMO néi tiÕp nªn SH.SM = SI.SO mµ OS = R 3 , SI =
2
3
R
,
SM =
22
2SO OM R+=
⇒SH = R hay H lµ trung ®iÓm cña SM
Gäi K lµ h×nh chiÕu vu«ng gãc cña H lªn mp(MAB) th× HK =
1
2
SO=
3
2
R , (kh«ng ®æi)
⇒V
BAHM
lín nhÊt khi dt( Δ MAB) lín nhÊt ⇒M lµ ®iÓm gi÷a cña cung AB
Khi ®ã V
BAHM

a
a
MN SM MN
AD SA a
a
−
=⇔ = =

Suy ra MN =
4
3
a
. BM =
2
3
a
. Diện tích hình thang BCMN là : S =
2
4
2
210
3
22
333
a
a
B
CMN a a
BM
⎛⎞

= =
1
2
.
Vậy BM là phân giác của góc SBA
⇒

0
30SBH = ⇒ SH = SB.sin30
0
= a
Gọi V là thể tích chóp SBCNM ta có V =
1
.( )
3
S
HdtBCNM
=
3
10 3
27
a
.
Câu 12.
Gọi M, N là trung điểm BC, AD, gọi H là hình chiếu vuông góc từ N xuống SM. Ta có:

(
)
(
)

Vminsin.cos max
s
=α = = =
⇒= = ⇒ = =
αα α
α
=α==
αα
⇒=⋅⋅=
αα αα
α+ α+ α
αα α≤ =
⇒αα≤
⇔αα
⇔
22
1
in 2cos cos
3
α= α⇔ α=

Câu 13.
Kẻ SH vuông góc với BC. Suy ra SH ⊥ mp (ABC)
Kẻ SI vuông góc với AB và SJ
⊥ AC
⇒góc SIH=góc SJH = 60
o
⇒ tam giác SHI = tam giác SHJ
⇒ HI = HJ ⇒ AIHJ là hình vuông
⇒ I là trung điểm AB ⇒ IH = a/2

Do BCHM
AMAHM
AMABC
⊥⇒
⎭
⎬
⎫
∈
⊥
)'(
)'(
.Vậy HM là đọan vông góc chung của
AA’và BC, do đó
4
3
)BC,A'( aHMAd
== .
Xét 2 tam giác đồng dạng AA’O và AMH, ta có:
A
H
HM
AO
OA
=
'

⇔ suy ra
3
a
a3

B’
A’
H
O
M
Bi tp HHKG Nguyn V Minh Ti liu ụn thi H Nm hc 2010 - 2011
13
Th tớch khi lng tr:
12
3a
a
2
3a
3
a
2
1
BC.AM.O'A
2
1
S.O'AV
3
ABC
==== .
Cõu 15.
Vì ABCDBCCD , nên )(ABCmpCD và do đó )()( ACDmpABCmp


2
3
1
3
3
2
2
2
1
'.'.
2
1

sin''.
2
1
)''(
2
aaa
AD
CD
ADACDACADACDACdt
==== .
Vậy
==
2
2
.
12
2

.ABC
cng l ng cao ca lng tr .
Vy A

G =
3
3
a
.tan60
0
=
3
3
a
. 3 = a.
Vy Th tớch khi lng tr ó cho l V =
3
13 3
.
22 4
aa
aa
= .
Cõu 17.
Ta cú
()( )
(
)
(
)

Nờn
22
323 3
ax a a
MK x
= == . Vy M tha món
2
3
a
BM
= .
Cõu 18.
Kẻ // ' ( ' ')BD AB D A B
0
(',')(,')60AB BC BD BC==
0
'60DBC = hoặc
0
' 120 .DBC=
Nếu
0
'60DBC=. Vì lăng trụ đều nên '(''')BB A B C , áp dụng định lý Pitago và định lý cosin ta có
2
'1BD BC m==+ và '3.DC = Kết hợp
0
'60DBC=
ta suy ra '
B
DC


A
B'
C'
A'

D C
BA
S
M
Bài tập HHKG Nguyễn Vũ Minh Tài liệu ôn thi ĐH Năm học 2010 - 2011
14
Δ SCD vuông tại D và DM là đường cao nên
22 2
111
=+
DM DS DC

Suy ra DS = a
2 . Tam giác ASD vuông tại A suy ra SA = a.
Vậy thể tích S.ABCD bằng
1
3
a
3
.
Câu 20.
Câu 21.

BM
VËy thiÕt diÖn cña mp(BCM) víi h×nh chãp SABCD lµ h×nh thang vu«ng BCNM .
Ta cã : S
BCNM
=
()
1
MN BC BM
2
+ . Trong ®ã : BC = 2a , MM
4a
3
= vµ BM =
22
AB AM+ =
2a 3
3

VËy S
BCNM
=
2
4a
2a
2a 3 10a 3
3
23 9
⎛⎞
+
⎜⎟

VËy : V
SBCNM
=
1
3
.a.

2
10a 3
9
=
3
10a 3
27
.
Câu 22.
Gọi M; M’ lần lượt là trung điểm của AB và A’B’. Hạ MH
⊥ M’C
AB // (A’B’C) ==> d(AB,A’C) = MH
Gọi
ϕ là góc giữa hai mp (SCB) và (ABC) .
Ta có :

SCAϕ= ; BC = AC = a.cos ϕ ; SA = a.sin
ϕ

Vậy
()
323 2
SABC ABC

Vậy MaxV
SABC
=
3
a
93
, đạt được khi sin ϕ =
1
3
hay
1
arc sin
3
ϕ= ( với 0 <
2
π
ϕ
<
)
A
B
C
S
ϕ
N
D
B
C
A
S

Từ giả thiết hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD) nên giao tuyến của chúng là
SO
⊥ (ABCD). Do tam giác ABD đều nên với H là trung điểm của AB, K là trung điểm của HB ta có DH AB
⊥

và DH =
3a ; OK // DH và
13
22
a
OK DH==
⇒ OK ⊥ AB ⇒ AB ⊥ (SOK). Gọi I là hình chiếu của O lên
SK ta có OI
⊥ SK; AB ⊥ OI ⇒ OI ⊥ (SAB) , hay OI là khoảng cách từ O đến mặt phẳng (SAB). Tam giác SOK
vuông tại O, OI là đường cao
⇒
222
111
2
a
SO
OI OK SO
=+⇒=

Diện tích đáy
2
42 23
D
S
ABC ABO

⎨
⊥
⎩

Suy ra hình cầu nội tiếp hình chóp cụt này tiếp xúc với hai đáy tại H, H’ và tiếp
xúc với mặt bên (ABB’A’) tại điểm
'KII∈ . Gọi x là cạnh đáy nhỏ, theo giả
thiết 2x là cạnh đáy lớn. Ta có:
13 13
''''' ;
36 33
x
x
IK IH IC IK IH IC== = ===

Tam giác IOI’ vuông ở O nên:
2222
33
'. . 6r
63
xx
IKIK OK r x=⇒ =⇒=
.
Thể tích hình chóp cụt tính bởi:
()
'.'
3
h
VBBBB=++


3' aHA = HASV
ABCCBABCA
'.
'''
=⇒
Ta có
4
3
2
3
.
2
1
2
aa
aS
ABC
== (đvdt)
4
3
4
3
.3
32
'''
aa
aV
CBABCA
==⇒ (đvtt) (1)
Vì ''

6
2
6 a
CNPEBM
a
AK ===⇒=⇒
Ta có thể tích K.MNJI là:
1116
.; '
3244
MNJI
a
V S KE KE KH AA====
2
66
()
44
MNJI
aa
S MN MI a dvdt===

23
166
()
34 4 8
KMNJI
aa a
Vdvtt⇒= =
33
23

BHAHSA .
6

6
1
=
.
V
SABH
lớn nhất khi AH.BH lớn nhất. Ta có: AH + BH BHAH.2≥
BHAHBHAH .2
22
≥+⇒
BHAHa .2
2
≥⇒ , vậy AH.BH lớn nhất khi AH.BH =
2
2
a
khi AH = BH khi H là
tâm của hình vng , khi M
D≡ . Khi đó V
SABH
=
12
2
ha
.
Câu 27.
Từ giả thiết bài toán ta suy ra SI thẳng góc với mặt phẳng ABCD, gọi J là trung điểm của BC; E là hình chiếu

,

[]
3
11 3a3 3a 15
V a 2a 2a
32 5
5
⎛⎞
=+ =
⎜⎟
⎝⎠

Câu 28.
Ta có V
ABCD
=
1111

3332
DBC DBC
A
HS DAS DA ABAC==
Vậy AH.S
DBC
=
1

2
DA AB AC (1)

C'
B'
A
'
P
H
Q
N
M
h
H
M
D
C
B
A
S
A
B
D
C
I
J
E
H
N
D
A
B
M

Câu 30.
Trên SB, SC lấy các điểm B’, C’ sao cho SB’ = SC’ = a
Ta có AB’ = a, B’C’ = a
2 , AC’ = a 3, vậy tam giác AB’C’ vuông tại B’
Gọi H là trung điểm của AC’, thì tam giác SHB’ vuông tại H
Vậy SH là đường cao của hình chop S.AB’C’
Vậy: V
S.AB’C’
=
3
2
12
a
.
.
32
.''
SABC
SABC
V
abc bc
Vaa
==
⇒ V
S.ABC
=
2
12
abc .
Câu 31.

.5
2
ABA
SABAAa==
1
2
1
1
.33
2
MBA
SMBMAa==
5
3
a
d⇒=
.
Câu 32.
Tø gi¸c IHMO néi tiÕp nªn SH.SM = SI.SO mµ OS = R 3 ,
SI =
2
3
R
, SM =
22
2SO OM R+=
⇒SH = R hay H lµ trung ®iÓm cña SM.
Gäi K lµ h×nh chiÕu vu«ng gãc cña H lªn mp(MAB) th× HK =
1
2

⎪
⎩
(1)
d
x
H
M
O
D
C
B
A
S
A
1
M
C
1
B
1
B
A
C
S
H
I
O
B
M
A




(2)
() ( )
()
//
//
PSACDE
DE AC
PAC
=





(3)

() ( )
()
//
//
P ABC HF
HF AC
PAC
=




22 2
2
2
22
55
4
AI AB AB a a a
AI
AB AF AF
a
a
a
== = = =
+

Vỡ
AI BE
SI BE
SA BE







2
22 2
426
4

'
A
DSD .
D cú: , ( )
B
CSABCBA BC SAB
Suy ra:
'AB BC , m 'AB SB . T ú cú
'( ) ' (1)
A
B SAC AB SC.
Tng t ta cú:
'(2)AD SC . T (1) v (2)
suy ra:
('') ''SC AB D B D SC
.
T ú suy ra:
'( ''')SC AB C D

+ Ta cú:
222
111 25
'
'5
a
AB
AB SA BA
=+=
O
I

22
5SB SA AB a=+=.
Suy ra:
'4
5
SB
SB
= ;
Li cú BD // BD (cựng thuc mp(SBD) v cựng vuụng gúc vi SC) nờn
'' '
B
DAC
(vỡ d cú ( )
B
DSAC nờn
'
B
DAC
).
Xột hai tam giỏc ng dng SBD v SBD suy ra:
'' ' 4
5
BD SB
BD SB
=
=
42
''
5
a

3
'''
14
45
S ABCD S AB C D
VV V a= =
.
Cõu 36.
+Gi D l trung im BC
AD BC (Vỡ ABC cõn ti A) AD

(SBC)
+Gi E trung im SB
AE

SB (Vỡ SAB u) DE

SB (nh lý 3 ng vuụng gúc)
+SC//DE (DE ng trung bỡnh tam giỏc)
SC

SB Vy tam giỏc SBC vuụng ti S
+AD l trc ng trũn ngoi tip tam giỏc SBC nờn tõm O mt cu ngoi tip
SABC thuc AD.
Mt khỏc O cỏch u A; B; C nờn O l tõm ng trũn ngoi tip tam giỏc ABC.
Vy bỏn kớnh R mt cu ngoi tip hỡnh chúp bng bỏn kớnh ng trũn ngoi
tip tam giỏc ABC.
+BC =
22
ab+

tính

.
Xét tam giác
CNH có : .
2
,
4
23
.
4
3 a
CN
a
ACHC ===
0222
45cos 2 CNHCCNHCHN +=
Hay
4
3
48
9
222
2
aaa
HN
+=
Suy ra
.
4

2
3
.
4
10
60tan.60tan
00
aa
HNMH
HN
MH
==== .
MH là chiều cao của khối chóp M.ABCD.
B
C
A
S
D
E
C
A
S
B
D
O
N
H
M
a


a
;

0
60AMS = và SO ⊥ mp(ABC)
⇒ d(S; BAC) = SO =
3
4
a
⇒ V(S.ABC) =
3
3
1
().
316
a
dt ABC SO =

Mặt khác, V(S.ABC) =
1
().(;)
3
dt SAC d B SACΔSAC cân tại C có CS = CA =a; SA =
3
2
a
⇒ dt(SAC) =

SBBBCV AHS
ΔΔ
==⇒= =
Gọi I là tâm hình vuông BCC’B’ , ta có ' ; ' ' ' .
B
CMIBCBC BCMB⊥⊥⇒⊥
Câu 40.
Lấy B’ trên OB; C’ trên OC sao cho
''4OA OB OC===

Lấy M là trung điểm của B’C’
()( )
''.OAM OB C⇒⊥

Kẻ
()
''AH OM AH OB C⊥⇒⊥ . Ta có
23 46
23
33
AM OM MH AH
==⇒=⇒=


1153
sin
22
OBC
SOBOCBOC==
Vậy

⇒= =

XÐt
ΔA'AG ta cã:
00
'26
tan 60 ' .tan 60 3.
33
AG a a
AG AG
AG
=⇒= = =
23
.'''
66
.' .
23 6
ABC A B C ABC
aa a
VSAG
Δ
⇒= == (®vdt)
Câu 42.
+) Gäi H = AC ∩ BD => SH ⊥ (ABCD) & BH =
3
1
BD
B
A'
C'

1
.SH.S
ABCD
=
3
3
3
a

+) Gọi O là trung điểm AD=>ABCO là hv cạnh a
=>
ACD có trung tuyến SO =
2
1
AD
=> CD
AC => CD (SAC) và BO // CD hay CD // (SBO) & BO (SAC).
=> d(CD ; SB) = d(CD ; (SBO)) = d(C ; (SBO)).
Tính chất trọng tâm tam giác BCO => IH =
3
1
IC =
6
2a

=> IS =
6
25
22
a



00
1
90 90 (1)
2
AM BA
BAM CBA ABM BCA ABM BAI BCA BAI AIB MB AC
AB BC
== = += +==

Lại có:
( ) (2)SA ABCD SA BM

Từ (1) và (2)
( ) BM SAC
. Vậy (SBM) vuông góc với (SAC).
Gọi H là trung điểm AC, suy ra NH =
2
a
, c/m đợc NH là đờng cao của tứ diện ABNI.
1
.
3
A
BI
VNHS

=


v BB
/


// 0
30BBC =

/0
60CBC =
Gi N l trung im ca BC
/
, H l hỡnh chiu ca N trờn (ABC)
H l trung im ca BC AMNH l h.c.n
MN =AH Do AH BC , AH CC
/
AH (BCC
/
) AH BC
/

t gi thit suy ra AH vuụng gúc vi AA
/

Theo trờn , MN
// AH MN AA
/
; MN BC
/

MN l khong cỏch gia AA

vuụng BCC
/
: CC
/
= BC.tan60
0
= 2a 3.
Vy V
MA
/
BC
/
=
1
3
.
1
2
AM.AC
/
.BC =
3
3
3
a

Cõu 45.
A
/


34 4
S ABC
aa
Va
==

M/ k:
2
2
3
.
3

81
.
100
81 3
.
100 4
19 3
400
SAMN
A BCNM S ABC S AMN
SM SN SM SN SM
SB SC SB SC SB
a
V
a
VVV
=⇒ = =

. Gọi
D
E
HC A
=
∩
thế thì tam giác HAE cũng vuông
cân và do đó suy ra
2224 3.DE a a AD a=⋅=⇒=
Suy ra
() ()
()
22 ; ;CE a d D HC d D SHC== = .
Suy ra
()
2
1
4
2
ABCD
SBCDAABa=+⋅=(đ.v.d.t.). Vậy
3
.D
14
3
3
S ABC ABCD
a
VSHS=⋅ ⋅ =
(đ.v.t.t.).

D
S

Theo định lí côsin ta có:

222 22 02
SB SA AB 2SA.AB.cos SAB 3a a 2.a 3.a.cos30 a=+− =+− =
Suy ra
aSB = . Tương tự ta cũng có SC = a. Gọi M là trung điểm của SA, do hai tam giác SAB và SAC là hai tam
giác cân nên MB ⊥ SA, MC ⊥ SA. Suy ra SA ⊥ (MBC).
Ta có
MBCMBCMBCMBC.AMBC.SABC.S
S.SA
3
1
S.SA
3
1
S.MA
3
1
VVV
=+=+= .
Hai tam giác SAB và SAC có ba cặp cạnh tương ứng bằng nhau nên chúng bằng nhau.
Do đó MB = MC hay tam giác MBC cân tại M.
Gọi N là trung điểm của BC suy ra MN ⊥ BC.
Tương tự ta cũng có MN ⊥ SA.
16
a3
2

Do đó
16
a
2
a
.
4
3a
.3a
6
1
BC.MN
2
1
.SA
3
1
V
3
ABC.S
===
.
Câu 48.

S
A
B
C
M
N

AC AN AH SH V SH S
Δ
====⇒= =

33
2
.
.
2
.
12 212
SI=a;S . . ( ,( )) .
218 1818
SMBC
SBC S MBC
SABC
V
aaa
aV dMSBC
Va
Δ
==⇒= ==

Câu 49.
a) Vì tam giác SAD đều cạnh a
3
2
a
SE⇒=
Xét tam giác vuông AEB có:



AEB BFC=
mà


0
90AEB FBE+=



00
90 90BFC FBE FHB⇒+=⇒= hay CH EB
⊥

MÆt kh¸c CH SE⊥ (do ()SE ABCD⊥ ), suy ra ( )CH SEB
⊥
=> SBCH
⊥

b) Ta có
.
1

3
CSEB SEB
VCHS
Δ
=


11 12135 3
. . .
32 3 222 12
5
CSEB
aaa a
VCHSEEB== =(đvtt)
Câu 50.
Đặt V
1
=V
S.AMN
; V
2
=V
A BCNM
; V=V
S.ABC
;
V
SM SN SM
(1)
VSBSCSB
1
1

2
==

4a SM

.3
5
=
.
Câu 51.
V
S.ABC
=
3
13
.
316
=
SAC
a
SSO
=
1
.(; )
3
SAC
SdBSAC.
2
13 3
16
=
SAC
a
S
⇒ d(B; SAC) =

Tài liệu ôn thi ĐH Năm học 2010 - 2011
24
Câu 53.
a) Ta có
1
2
MC CB
BC BA
⎛⎞
==
⎜⎟
⎝⎠

M
CB⇒Δ đồng dạng CBA
Δ





0
90CAB MBC CAB IBA AI BI⇒= ⇒+=⇒⊥
Mặt khác
B
ISA⊥
nên

()
0

⇒= =
;
3
0
12
.tan60 2 .
33
ABM
a
SA AI a V SA S
Δ
==⇒==

a
a2
α
I
M
D
C
B
A
S

Câu 54.
Trong mp(ABCD) từ điểm I kẻ IH song song BC với H thuộc AB .
Do BC
⊥ AB => IH ⊥AB Mà SI
()
A

+=
(2)
(Do tam giác SIH vuông tại I đường cao IK)
Từ (1) và (2) =>
22 2
21 1
SI IH a
SI SI IH
−= =>==
.
Lại có thể tích khối chóp S.ABCD là V =
3
2
1116

33 3
ABCD
a
SI S SI AB==
(đvtt)
Câu 55.
Ta cã AC = 2a;
§Æt V
1
=V
S.AMN
; V
2
=V
A BCNM

VV
=⇒ =⇒ =

Ta cã
3
1.3
.
33
ABC
a
VSSA
Δ
==
.
Thay vào (2) ®−îc
3
2
.3
(®vtt)
5
a
V =

Câu 56.
a) Gọi I là trung điểm của MN.
Ta có
,
B
NABBNAM BNBM⊥⊥⇒⊥


25
Vậy AI = BI = MI = NI =
2
M
N
=
2
b
.
Tâm mặt cầu ngoại tiếp là I, bán kính R =
2
b
.
b) Đặt AM = x > 0, BN = y > 0
Tam giác ABN vuông tại B nên AN
2
= AB
2
+ BN
2

Tam giác AMN vuông tại A nên MN
2
= AM
2
+ AN
2

Suy ra b
2

Vyaxy aba=≤ += −.
Thể tích tứ diện ABMN lớn nhất khi AM = BN =
22
2
ba−
.
Câu 57.
RQ cắt BD tại K, gọi I là trung điểm của BR =>DI//RQ
=> ID là đường trung bình của tam giác BRK =>D là trung điểm của BK.
Từ đó suy ra S là trọng tâm tam giác ABK
2
3
AS
AD
⇒=.
Ta có
21
33
ABSC
SBCD ABCD
ABCD
V
AS
VV
VAD
==⇒ = mà
33
33
12 36
ABCD SBCD

a
a
=
+
⇒ x =
6
4
a
Vậy V
ABC.A ‘B’C’
=
2
3
4
a
.
6
4
a
=
3
32
16
a
(đvtt)
Câu 59.
Gọi
I là trung điểm
A
B ,

,,(//)GK AC K AC GK BC SK BC⊥∈ ⇒⊥
2
222
33
;
2
22 2 2
GC a a a a
GK SK SG GK a AC==⇒= + =+= =

2
133 33
.
22 4
2
SAC
aa
Sa⇒= =

A
A
Q
R
P
D
C
A
K
A
B

)
SAC
3
3
SABC
SAC
V
ha
S
⇒= =
.
Câu 60.
Gọi H là trung điểm BC SH BC⇒⊥
()() ()SBC ABC SH ABC⊥⇒⊥
Δ SBC đều cạnh 1
3
2
SH⇒=
SAB SAC AB ACΔ=Δ⇒=
A
HBC⇒⊥. Đặt , 0SA x x=>
22 22
3
4
AH SA SH x=− =−
.
22 2 02
2 . .cos60 1
A
CSASC SASC x x=+− =+−.