Bai tap Hinh hoc khong gian hay(co dap an)

Bi tp HHKG Lờ Khc Luyn
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 =
2 3a
, 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
bờn AA = b. Gi

l gúc gia hai mp(ABC) v mp(ABC). Tớnh
tan

v th tớch chúp A.BCCB.
Cõu 6. Cho hỡnh chúp SABCD cú ỏy ABCD l hỡnh vuụng tõm O, SA vuụng gúc vi đáy hỡnh chúp.
Cho AB = a, SA = a
2
. Gi H v K ln lt l hỡnh chiu vuông góc ca A lờn SB, SD.
Chng minh SC (AHK) v tớnh th tớch khối chúp OAHK.
Cõu 7. Cho lăng trụ tam giác ABC.A
1
B
1
C
1
có tất cả các cạnh bằng a, góc tạo bởi cạnh bên và mặt phẳng đáy bằng
30
0
. Hình chiếu H của điểm A trên mặt phẳng (A
1
B
1
C
1
) thuộc đờng thẳng B
1
C
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 < ) 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 =
3
3
a
,
mt phng (BCM) ct cnh SD ti N. Tớnh th tớch khi chúp S.BCNM.

Cõu 12. Hỡnh chúp t giỏc u SABCD cú khong cỏch t A n mt phng
( )
SBC
bng 2. Vi giỏ tr no ca
gúc

gia mt bờn v mt ỏy ca chúp thỡ th tớch ca chúp nh nht?
Cõu 13. Cho hỡnh chúp S.ABC cú ỏy ABC l tam giỏc vuụng cõn ti nh A (
à
A
= 90
o
), AB=AC=a. Mt bờn qua
cnh huyn BC vuụng gúc vi mt ỏy, hai mt bờn cũn li u hp vi mt ỏy cỏc gúc 60
o
. Hóy tớnh th tớch ca
khi chúp S.ABC.
Cõu 14. Cho hỡnh lng tr ABC.ABC cú ỏy l tam giỏc u cnh a, hỡnh chiu vuụng gúc ca A lờn mt phng (ABC)
trựng vi tõm O ca tam giỏc ABC. Tớnh th tớch khi lng tr ABC.ABC bit khong cỏch gia AA v BC l
a 3
4
.
Ti liu ụn thi H Nm hc 2010 - 2011
5
Bài tập HHKG Lê Khắc Luyện
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 lỵt 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
1 1 1 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
.BM CN x= =
Xác định ví trí điểm M sao cho khoảng cách giữa hai dường thẳng
1
A C
và
MN
bằng
3
a
.
Câu 18. Cho hình lăng trụ tam giác đều

. ' ' 'ABC A B C
có
1, ' ( 0).AB CC m m= = >
Tìm
m
biết rằng góc giữa hai
đường thẳng
'AB
và
'BC
bằng
0
60
.
Câu 19. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vng cạnh a, SA vng góc với đáy. Góc giữa mặt
phẳng (SBC) và (SCD) bằng 60
0
. Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD.
Câu 20. Khối chóp tam giác SABC có đáy ABC là tam giác vng cân đỉnh C và SA vng góc với mặt phẳng
(ABC), SC = a . Hãy tìm góc giữa hai mặt phẳng (SCB) và (ABC) để thể tích khối chóp lớn nhất .
Câu 21. Cho hình chóp
S.ABCD
có đáy
ABCD
là hình chữ nhật với
AB a, AD 2a,= =
cạnh
SA
vng góc với
đáy, cạnh

SB
tạo với mặt phẳng đáy một góc
o
60 .
Trên cạnh
SA
lấy điểm
M
sao cho
a 3
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 =
2 3a

, 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
AP AH=
uuur uuur
. gọi K là trung
điểm AA’,
( )
α
là mặt phẳng chứa HK và song song với BC cắt BB’ và CC’ tại M, N. Tính tỉ số thể tích
' ' '
ABCKMN
A B C KMN
V
V
.
Câu 26. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vng cạnh a, SA = h vng góc mặt phẳng (ABCD), M là
điểm thay đổi trên CD. Kẻ SH vng góc BM. Xác định vị trí M để thể tích tứ diện S.ABH đạt giá trị lớn nhất.

Tính giá trị lớn nhát đó.
Câu 27. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và D; AB = AD = 2a; CD = a; góc
giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABCD) bằng 60
0
. Gọi I là trung điểm của cạnh AD. Biết hai mặt phẳng (SBI)
và (SCI) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD), tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a.
Câu 28. Cho hình tứ diện ABCD có cạnh AD vng góc với mặt phẳng (ABC), ngồi ra AC = AD = 4; AB = 3;
BC = 5. Tính khoảng cách từ A tới mặt phẳng (BCD).
Câu 29. Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD, O là giao điểm của AC và BD. Biết mặt bên của hình chóp là tam
giác đều và khỏang cách từ O đến mặt bên là d. Tính thể tích khối chóp đã cho.
Câu 30. Tính thể tích hình chóp S.ABC biết SA = a,SB = b, SC = c,
·
·
·
0 0 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).
Tài liệu ơn thi ĐH Năm học 2010 - 2011
6
Bi tp HHKG Lờ Khc Luyn
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 =
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 33. Cho
ABC
vuông góc tại
A
. Trên đờng thẳng vuông góc với mặt phẳng
( )
ABC
tại
B

ta lấy một điểm
S

sao cho
1SB BA AC= = =
.
( )
P
là mặt phẳng song song với các cạnh
SB
và
AC
cắt các cạnh
, , ,SA SC BC BA

lần lợt tại
, , ,D E F H
.
a) Chứng minh rằng:
DEFH
là hình chữ nhật.
b) Xác định vị trí của mặt phẳng
( )
P
sao cho diện tích hình chữ nhật đó lớn nhất.
Cõu 34. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD) và
SA=2a. Gọi E là trung điểm của cạnh CD.
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
ã
ã
ã

0
60 .AOB BOC COA
= = =

Tớnh th tớch t din OABC.
Cõu 41. Cho hình lăng trụ tam giác ABC.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A,
2BC a=
, hình chiếu
của A trên mặt phẳng (ABC) là trọng tâm tam giác ABC, cạnh bên tạo với mặt đáy một góc 60
0
. Tính thể tích của
khối lăng trụ đó.
Cõu 42. Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B với AB = BC = a; AD = 2a.
Các mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt đáy (ABCD). Biết góc giữa hai mặt phẳng (SAB)
và (ABCD) bằng 60
0
. Tính thể tích khối chóp và khoảng cách giữa hai đờng thẳng CD và SB.
Cõu 43. Cho hình chóp S. ABCD có ABCD là hình chữ nhật, SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD).Gọi M, N lần l-
ợt là trung điểm của AD và SC, I là giao điểm của BM và AC. Cho SA= a, AD = a
2
, AB = a. Chứng minh rằng
mặt phẳng (SBM) vuông góc với mặt phẳng (SAC) và tính thể tích của tứ diện ABIN.
Cõu 44. Cho lng tr ng ABC.A

B

C

cú ỏy ABC l tam giỏc vuông cân nh là A . Gúc gia AA

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
.S ABCD
cú ỏy l hỡnh thang vuụng ti
A
v
B
vi
BC
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
2 2a
( õy
H
l trung im
AB
). Hóy
tớnh th tớch khi chúp theo
.a

Cõu 47. Cho hỡnh chúp S.ABC cú AB = AC = a. BC =
2
a
,
3aSA =
,
ã
ã
0
30= =SAB SAC
. Tớnh th tớch khi chúp
S.ABC.
Ti liu ụn thi H Nm hc 2010 - 2011
7

Bi tp HHKG Lờ Khc Luyn
Cõu 48. Cho hỡnh chúp S.ABC cú SA = SB = SC =
2a
. ỏy l tam giỏc ABC cõn
ã
0
120BAC =
, cnh BC=2a. Tớnh th
tớch ca khi chúp S.ABC. Gi M l trung im ca SA. Tớnh khong cỏch t M n mt phng (SBC).
Cõu 49. Cho hỡnh chúp S.ABCD, ỏy ABCD l hỡnh vuụng cnh a, mt bờn SAD l tam giỏc u v SB =
2a
.
Gi E, F ln lt l trung im ca AD v AB. Gi H l giao im ca FC v EB.
a) Chng minh rng:
SE EB

v
SBCH

.
b) Tớnh th tớch khi chúp C.SEB.
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
à
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
2
2
SI
. Tớnh th tớch khi chúp S.ABCD theo a .
Cõu 55. Cho hình chóp S.ABC, đáy ABC là tam giác vuông tại B có AB = a, BC = a
3
, SA vuông góc với
mặt phẳng (ABC), SA=2a. Gọi M, N lần lợt là hình chiếu vuông góc của điểm A trên các cạnh SB và SC.

Tính thể tích của khối chóp A.BCNM.
Cõu 56. Trong khụng gian cho hai im A, B c nh, di on AB = a > 0. Ax v By l hai na ng
thng vuụng gúc vi nhau v cựng vuụng gúc vi AB. Trờn Ax v By ly hai im M v N sao cho MN
= b (vi b l mt s cho trc v b > a).
a) Xỏc nh tõm v bỏn kớnh mt cu ngoi tip t din ABMN.
b) Xỏc nh v trớ ca M v N sao cho t din ABMN cú th tớch ln nht.
Cõu 57. Cho t din ABCD cú tt c cỏc cnh u bng a. Gi P, Q ln lt l trung im ca AB v CD R
l mt im trờn cnh BC sao cho BR = 2RC . Mt phng ( PQR) ct AD ti S . Tớnh th tớch khi t din SBCD
theo a.
Cõu 58. Cho lng tr u ABCABC cú cỏc cnh ỏy bng a. Khong cỏch t tõm O ca tam giỏc ABC n mt
phng (ABC) bng
6
a
. Tớnh th tớch lng tr u ú.
Cõu 59. Cho hỡnh chúp
.S ABC
cú ỏy
ABC
l tam giỏc vuụng cõn ti
C
cnh huyn bng
3a
.
G
l trng tõm
tam giỏc
ABC
,
( )
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
ã
ã
ã
0
ASB BSC CSA 60= = =
. Tớnh th tớch ca hỡnh chúp S.ABC.
Ti liu ụn thi H Nm hc 2010 - 2011
8
Bài tập HHKG Lê Khắc Luyện
HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP ÔN TẬP HHKG
Câu 1.
BD vuông góc AC, MI vuông góc AC nên ((MBD);(ABCD)) =
MIA∠ =
30
0

. Đặt
AB = x ta có
AI =
2
x
Trong tam giác MAI có AI.tan30
0
= MA
x⇒ =
6m
3( )
2
ACNM
m n
S AC m m n
+
⇒ = = +
.
Vậy V
BACNM
=
2
( )m m n+
(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
2
= MI
2
+ NI
2
hay n = 3m.
Câu 2.
a. Kẻ MQ//SA =>
( ) ( ) ( )MQ ABCD MQO
α
⊥ ⇒ ≡
Thiết diện là hình thang vuông MNPQ (MN//PQ)
2

( ). 3
2 8
td
MN PQ MQ a
S
+
= =
(đvdt)
b.
1 3
2 2
a
OK DH
= =

( ) ( )AM SCD OH SCD⇒ ⊥ ⇒ ⊥
Gọi K là hình chiếu của O trên CI
, ( )OK CI OH CI CI OKH CI HK⇒ ⊥ ⊥ ⇒ ⊥ ⇒ ⊥
Trong mp(SCD) : H, K cố định, góc HKC vuông => K thuộc đường
tròn đg kính HC.
Câu 3.
Do
( )
( ) ( )
( )
SA ABCD
SAC ABCD
SA SAC
⊥


⇒ ⊥

⊂

Lại cã
( ) ( ) ( ) ( , ) .sin 45
2
o
x
MH AC SAC ABCD MH SAC d M SAC MH AM⊥ = ∩ ⇒ ⊥ ⇒ = = =
Ta cã
0
. 45 2
2 2
x x
AH AM cos HC AC AH a= = ⇒ = − = −
1 1 1 1
. ( 2 ) . 2 ( 2 )
2 2 3 6
2 2 2 2
MHC SMCH MCH
x x x x
S MH MC a V SA S a a
∆ ∆
⇒ = = − ⇒ = = −
Tõ biÓu thøc trªn ta cã:
[ ]
3
2
2

1
2 2
2
3 2 6
2 2
SMCH
x x
a
a x x
V a a x a
+ −
≤ = ⇔ = − ⇔ =
⇔
M trïng víi D.
Câu 4.
Từ giả thiết AC =
2 3a
; 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
60A DB =
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
1 3
2 2
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 ⇒
2 2 2
1 1 1
2
a
SO
OI OK SO
= + ⇒ =
Tài liệu ôn thi ĐH Năm học 2010 - 2011
9
I
A
D
B
C
M
N
O
Q
H
P

A
D
B
C
S
I
M
N
I
Bi tp HHKG Lờ Khc Luyn
Din tớch ỏy
2
4 2. . 2 3
D
S
ABC ABO
S OA OB a

= = =
; ng cao ca hỡnh chúp
2
a
SO =
.
Th tớch khi chúp S.ABCD:
3
.
1 3
.
3 3

D DS ABC ABC
a
V S SO= =
.
Cõu 5. Gi O l tõm ỏy suy ra
( )
'A O ABC

v gúc
ã
'AIA

=
*)Tớnh
tan

'
tan
A O
OI

=
vi
1 1 3 3
3 3 2 6
a a
OI AI= = =
2 2 2
2 2 2 2
3

' '
3 3
a b a
A O A A AO b

= = =
2 2
2 3
tan
b a
a


=
*)Tớnh
'. ' 'A BCC B
V
( )
'. ' ' . ' ' ' '.
2 2 2 2 2
1
' . ' .
3
2 3 1 3 3
. . .
3 2 2 6
3
A BCC B ABC A B C A ABC ABC ABC
V V V A O S A O S
b a a a b a

a dvtt
= =

= =
Cõu 6.
BC vuụng gúc vi (SAB)

BC vuụng gúc vi AH m AH vuụng vi SB

AH vuụng gúc vi (SBC)

AH vuụng gúc SC (1). Tng t AK vuụng gúc SC (2).
T (1) v (2)

SC vuụng gúc vi (AHK );
2 2 2 2
SB AB SA 3a= + =

SB =
a 3
; AH.SB = SA.AB

AH=
a 6
3


SH=
2a 3
3

SK=
2a 3
3
(do 2 tam giỏc SAB v SAD bng nhau v cựng vuụng ti A)
Ta cú HK song song vi BD nờn
HK SH 2a 2
HK
BD SB 3
= =
.
Kẻ OE// SC
( )( ( ))OE AHK doSC AHK
suy ra OE là đờng cao của hình chóp OAHK và OE =1/2IC =1/4SC
= a/2.
Gi AM l ng cao ca tam giỏc cõn AHK ta cú
2
2 2 2
4a
AM AH HM
9
= =


AM=
2a
3
.
= = =

3
OAHK AHK
1 1 a 1 a 2
V OE.S . HK.AM
3 3 2 2 27
(đvtt).
Cõu 7.


Cõu 8.
Ti liu ụn thi H Nm hc 2010 - 2011
10
Do
)(
111
CBAAH
nên góc
HAA
1

là góc giữa AA
1
và (A
1
B
1
C
1
), theo giả
thiết thì góc

HAA
1

bằng 30
0
. Xét tam giác vuông AHA
1
có AA
1
= a, góc
HAA
1

=30
0

2
3
1
a
HA =
. Do tam giác A
1
B
1
C
1
là tam giác đều cạnh a, H
thuộc B
1

C
1
và
2
3
1
a
HA =
nên A
1
H vuông góc với B
1
C
1
. Mặt khác
11
CBAH
nên
)(
111
HAACB
Kẻ đờng cao HK của tam giác AA
1
H thì HK chính là khoảng cách giữa AA
1
và
B
1
C
1

Ta có AA
1
.HK = A
1
H.AH
4
3
.
1
1
a
AA
AHHA
HK ==
S
A
B
K
H
C
O
I
D
3a
a
O
C
B
A
D

S
H
Bài tập HHKG Lê Khắc Luyện
a có
( . . )SBD DCB c c c SO CO∆ = ∆ ⇒ =
Tương tự ta có SO = OA vậy tam giác SCA vuông tại S
2
1CA x⇒ = +
Mặt khác ta có
2 2 2 2 2 2
AC BD AB BC CD AD+ = + + +
2
3 ( 0 3)BD x do x⇒ = − < <

2 2
1
1 3
4
ABCD
S x x⇒ = + −
Gọi H là hình chiếu của S xuống (CAB)
Vì SB = SD nên HB = HD
⇒
H
∈
CO, mà
2 2 2
2
1 1 1
1

x
SH
SH SC SA
x
= + ⇒ =
+
Vậy V =
2
1
3 ( vtt)
6
x x d−
.
Câu 9.
Ta có
,( , )
,( )
AM BC BC SA BC AB
AM SB SA AB
⊥ ⊥ ⊥


⊥ =

AM SC
⇒ ⊥
(1)
Tương tự ta có
AN SC⊥
(2). Từ (1) và (2) suy ra

AI SC⊥
.
Vẽ IH song song với BC cắt SB tại H. Khi đó IH vuông góc với (AMB)
Suy ra
1
.
3
ABMI ABM
V S IH=
Ta có
2
4
ABM
a
S =
;
2 2
2 2 2 2 2
. 1 1 1
2 3 3 3
IH SI SI SC SA a
IH BC a
BC SC SC SA AC a a
= = = = = ⇒ = =
+ +
Vậy
2 3
1
3 4 3 36
ABMI

a a a
V = =
.
Câu 10.
Tø gi¸c IHMO néi tiÕp nªn SH.SM = SI.SO mµ OS = R
3
, SI =
2
3
R
,
SM =
2 2
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(
∆
MAB) lín nhÊt

⇒
M lµ ®iÓm gi÷a cña cung AB
Khi ®ã V
BAHM
=
3
3
6
R
(®vtt).
Câu 11.
Tính thể tích hình chóp SBCMN
( BCM)// AD nên mặt phẳng này cắt mp( SAD) theo giao tuyến MN // AD
Ta có :
BC AB
BC BM
BC SA
⊥

⇒ ⊥

⊥

. Tứ giác BCMN là hình thang vuông có BM là đường cao
Ta có SA = AB tan60
0
= a
3
,
3

3
2
3
2 3
3
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
2 10
3
2 2
3 3 3
a
a

BC MN a a
BM
 
+
 ÷
+
= =
 ÷
 ÷
 
.
Hạ AH
⊥
BM . Ta có SH
⊥
BM và BC
⊥
(SAB)
⇒
BC
⊥
SH . Vậy SH
⊥
( BCNM)
⇒
SH là đường cao của
khối chóp SBCNM .
Trong tam giác SBA ta có SB = 2a ,
AB AM
SB MS

=
=
1
2
.
Tài liệu ôn thi ĐH Năm học 2010 - 2011
11
Bài tập HHKG Lê Khắc Luyện
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
SH dtBCNM
=
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:
·
( )
( )
( )
( )
2
ABCD
2
SABCD
2 2
2 2 2
2 2 2
2
2
SABCD
SMN ,d A; SBC d N; SBC NH 2
NH 2 4
MN S MN
sin sin sin
tan 1
SI MI.tan
sin cos
1 4 1 4
V
3 sin cos 3.sin .cos
sin sin 2cos 2
sin .sin .2cos
3 3
1

sin .cos
3
V min sin .cos max
s
= α = = =
⇒ = = ⇒ = =
α α α
α
= α = =
α α
⇒ = × × =
α α α α
α + α + α
α α α ≤ =
⇒ α α ≤
⇔ α α
⇔
2 2
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

Trong tam giác vuông SHI ta có SH =
3
2
a
V
(SABC)
=
3
1 3
. ( )
3 12
a
SH dt ABC= =
(đvtt)
Câu 14.
Gọi M là trung điểm BC ta thấy:



⊥
⊥
BCOA
BCAM
'
)'( AMABC ⊥⇒
Kẻ
,'AAMH ⊥
(do
A∠
nhọn nên H thuộc trong đoạn AA’.)

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:
AH
HM
AO
OA
=
'
⇔
suy ra
3
a
a3

4
4
3a
3
3a
AH
HM.AO
O'A
===
Thể tích khối lăng trụ:
12
3a
a
2
3a
3
a
2
1
BC.AM.O'A
2
1
S.O'AV
3
ABC
====
.
Tài liệu ôn thi ĐH Năm học 2010 - 2011
12
N

M
I
D
A
B
C
S
H
I
H
J
S
B
C
A
A
B
C
C’
B’
A’
H
O
M
Bi tp HHKG Lờ Khc Luyn
Cõu 15.
Vì
ABCDBCCD ,
nên
)(ABCmpCD

và do đó
)()( ACDmpABCmp
.Vì
ACBC '
nên
)(ACDmpBC
.
Suy ra nếu V là thể tích tứ diện ABCD thì
').''(
3
1
BCDACdtV =
.
Vì tam giác ABC vuông cân nên
2
2
'''
a
BCCCAC ===
.
Ta có
2222222
3aCDBCABBDABAD =++=+=
nên
3aAD =
.
Vì BD là đờng cao của tam giác vuông ABD nên
2
'. ABADAD =
, vậy

3
'
a
AD =
.
Ta có
12
2
3
1
3
3
2
2
2
1
'.'.
2
1

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

Vậy
==
2
2
.
12
2
3
1
2
aa
V
36
3
a
.
Cõu 16.
T gi thit ta c chop A

.ABC l chop tam giỏc u .
ã
'
A AG
l gúc gia cnh bờn v ỏy .


ã
'
A AG
= 60

0
, AG =
3
3
a
;
ng cao A

G ca chúp A

.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
1 3 3

. . .
2 2 4
a a
a a =
.
Cõu 17.
Ta cú
( ) ( ) ( )
( )
1 1 1
MN / / BC MN / / A BC d MN , AC d MN, A BC =
Gi
1 1
H A B AB=
v
1
MK / / HA,K A B

2
2
x
MK =
.
Vỡ
1 1 1
A B AB MK A B
v
( )
1 1
CB ABB A CB MK

.
T ú suy ra
( ) ( )
( )
( )
1 1 1
MK A BC MK d MN , A BC d MN , A C = =
Nờn
2 2
3 2 3 3
a x 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
'BDC
đều. Khi ú
2
1 3 2.m m+ = =
Nếu
0
' 120DBC =
, áp dụng định lý cosin cho
'BDC
suy ra
0m =
(loại). Vậy
2.m =
Cõu 19.
Gi M l hỡnh chiu vuụng gúc ca B lờn SC. Chng minh
c gúc DMB = 120

0
v DMB cõn ti M . Tớnh c: DM
2
=
2
3
a
2
SCD vuụng ti D v DM l ng cao nờn
2 2 2
1 1 1
= +
DM DS DC
Suy ra DS = a
2
. Tam giỏc ASD vuụng ti A suy ra SA = a.
Ti liu ụn thi H Nm hc 2010 - 2011
13
G
N
M
C
B
A
B'
C'
A'
D
C
B

A
S
M
Bi tp HHKG Lờ Khc Luyn
Vy th tớch S.ABCD bng
1
3
a
3
.
Cõu 20.
Cõu 21.
Ta có ( SAB)

( BCNM) và
( ) ( )
SAB BCNM BM =
.
Từ S hạ SH vuông góc với đờng thẳng BM thì SH

(BCNM)
hay SH là đờng cao của hình chóp SBCNM.
Mặt khác : SA = AB.tan60
0
= a
3
. Suy ra : MA =
1
3
SA

Lại có : MN là giao tuyến của của mp(BCM) với mp(SAD), mà
BC // (SAD) nên NM // AD và MN // BC
Do đó :
MN SM 2 4a
MN
AD SA 3 3
= = =
Vì AD

(SAB) nên MN

(SAB) , suy ra MN

BM và BC

BM
Vậy thiết diện của mp(BCM) với hình chóp SABCD là hình thang vuông BCNM .
Ta có : S
BCNM
=
( )
1
MN BC BM
2
+
. Trong đó : BC = 2a , MM
4a
3
=
và BM =

2 2
AB AM+
=
2a 3
3
Vậy S
BCNM
=
2
4a
2a
2a 3 10a 3
3
2 3 9

+
ữ
=
ữ
ữ

. Khi đó : V
SBCNM
=
1
3
SH. S
BCNM
Tính SH : Ta có MAB
:

MHS , suy ra :
SH MS
AB BM
=
MS.AB
SH
MB
= =
2a 3
.a
3
a
2a 3
3
=

Vậy : V
SBCNM
=
1
3
.a.
2
10a 3
9
=
3
10a 3
27
.

Cõu 22.
Gi M; M ln lt l trung im ca AB v AB. H MH MC
AB // (ABC) ==> d(AB,AC) = MH
HC =
15
10
a
; MC =
15
2
a
; MM =
3a
Vy V =
3
3
4
a
.
Ti liu ụn thi H Nm hc 2010 - 2011
Gi

l gúc gia hai mp (SCB) v (ABC) .
Ta cú :
ã
SCA =
; BC = AC = a.cos

; SA = a.sin

Vy
( )
3 2 3 2
SABC ABC
1 1 1 1
V .S .SA .AC.BC.SA a sin .cos a sin 1 sin
3 6 6 6
= = = =
Xột hm s : f(x) = x x
3
trờn khong ( 0; 1).
Ta cú : f(x) = 1 3x
2
.
( )
1
f ' x 0 x
3
= =

T ú ta thy trờn khong (0;1) hm s f(x) liờn tc v cú mt im cc tr l im
cc i, nờn ti ú hm s t GTLN hay
( )
( )
x 0;1
1 2
Max f x f
3 3 3

= =
ữ

.
Vy MaxV
SABC
=
3
a
9 3
, t c khi sin

=
1
3
hay
1
arcsin
3
=
( vi 0 <
2

<
)
14
A
B
C
S

N
D
B
C
A
S
M
H
Bài tập HHKG Lê Khắc Luyện
Câu 23.
Từ giả thiết AC =
2 3a
; 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
60A DB =
nên 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
1 3
2 2

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 ⇒
2 2 2
1 1 1
2
a
SO
OI OK SO
= + ⇒ =
Diện tích đáy
2
4 2. . 2 3
D
S
ABC ABO
S OA OB a
∆
= = =
;
đường cao của hình chóp
2
a
SO =
.
Thể tích khối chóp S.ABCD:
3
.

1 3
.
3 3
D DS ABC ABC
a
V S SO= =
Câu 24.
Gọi H, H’ là tâm của các tam giác đều ABC, A’B’C’. Gọi I, I’ là trung điểm của AB, A’B’.
Ta có:
( ) ( ) ( )
' ' ' ' '
'
AB IC
AB CHH ABB A CII C
AB HH
⊥

⇒ ⊥ ⇒ ⊥

⊥

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
'K II∈
. Gọi x là cạnh đáy nhỏ, theo giả
thiết 2x là cạnh đáy lớn. Ta có:
1 3 1 3
' ' ' ' ' ;
3 6 3 3
x x

I K I H I C IK IH IC= = = = = =
Tam giác IOI’ vuông ở O nên:
2 2 2 2
3 3
' . . 6r
6 3
x x
I K IK OK r x= ⇒ = ⇒ =
.
Thể tích hình chóp cụt tính bởi:
( )
' . '
3
h
V B B B B= + +
Trong đó:
2 2 2
2 2
4x 3 3 3r 3
3 6r 3; ' ; 2r
4 4 2
x
B x B h= = = = = =
.
Từ đó, ta có:
2 2 3
2 2
2r 3r 3 3r 3 21r . 3
6r 3 6r 3.
3 2 2 3

V
 
 ÷
= + + =
 ÷
 
Câu 25.
Gọi Q, I, J lần lượt là trung điểm B’C’, BB’, CC’ ta có:
2
3a
AP =
3aAH =⇒
(vì
'' AHA∆
vuông cân tại H).
Vậy
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
'' AHA∆
vuông cân
( )
CCBBHKAAHK ''' ⊥⇒⊥⇒
Gọi E = MN
∩
KH
⇒
BM = PE = CN (2)
mà AA’ =

22
' AHHA +
=
633
22
aaa =+
4
6
2
6 a
CNPEBM
a
AK ===⇒=⇒
Ta có thể tích K.MNJI là:
Tài liệu ôn thi ĐH Năm học 2010 - 2011
15
S
A
B
K
H
C
O
I
D
3a
a
45
E
K

J
I
A
B
C
C'
B'
A'
P
H
Q
N
M
Bài tập HHKG Lê Khắc Luyện
1 1 1 6
. ; '
3 2 4 4
MNJI
a
V S KE KE KH AA= = = =
2
6 6
. . ( )
4 4
MNJI
a a
S MN MI a dvdt= = =
2 3
1 6 6
( )

3 4 4 8
KMNJI
a a a
V dvtt⇒ = =

3 3
2 3
' ' '
3
1
8 8
3
2
8 8
ABCKMN
A B C KMN
a a
V
a a
V
−
⇒ = =
+
.
Câu 26.
SH
⊥
BM và SA
⊥
BM suy ra AH

⊥
BM
V
SABH
=
BHAH
h
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
của I xuống BC.
2a a 3a
IJ
2 2
+
= =
S
CIJ

2
IJ CH 1 3a 3a
a
2 2 2 4
×
= = =
, CJ=
BC a 5
2 2
=

⇒ S
CIJ

2 2
3a 1 1 3a 3a 6a 3a 3
IE CJ IE SE ,SI
4 2 CJ 2
5 5 5
= = × ⇒ = = ⇒ = =
,
[ ]
3
1 1 3a 3 3a 15
V a 2a 2a
3 2 5
5
 
= + =
 ÷
 
Câu 28.
Ta có V
ABCD
=
1 1 1 1
. . . .
3 3 3 2
DBC DBC
AH S DA S DA AB AC= =

Vậy AH.S
DBC
=
1
. .
2
DA AB AC
(1)
Mà AM.BC = BA.CA
12
5
AM⇒ =
từ (1) có
1 1
. . . .
2 2
AH BC DM DA AB AC=

từ đó
. . 4.3.4 6 34
. 17
144
5 16
25
DA AB AC
AH
BC DM
= = =
+
.

Câu 29.
Gọi M là trung điểm CD Kẻ đường cao OH của tam giác SOM
dOHSCDOH =⇒⊥⇒ )(
Gọi CM = x. Khi đó: OM = x , SM = x
3

SO =
23
2222
xxxxSM =−=−
Tài liệu ơn thi ĐH Năm học 2010 - 2011
16
h
H
M
D
C
B
A
S
A
B
D
C
I
J
E
H
N
D

A
B
M
C
H
1 3
2 2
a
OK DH
= =
Bài tập HHKG Lê Khắc Luyện
Ta có: SM.OH = SO.OM hay
3,6
2
6
.2 3 dSOdCD
d
xxxdx ==⇒=⇒=
323.6
3
1
.
3
1
322
dddSOCDV ===
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
.
.
3 2
. ' '
S ABC
S AB C
V
abc bc
V a a
= =
⇒ V
S.ABC
=
2
12
abc
.
Câu 31.

Theo đlý cosin ta có: BC =
7a
Theo Pitago ta được: MB =
2 3a
; MA
1
=
3a
Vậy
2 2 2 2
1 1
21MB MA BA a+ = =
1
MA MB⇒ ⊥
Ta lại có:
1 1 1
1
1 1
( ,( )). .
3 3
ABA M ABA MBA
V d M ABA S d S= =
1 1
( ,( )) ( ,( )) 3d M ABA d C ABA a= =
1
2
1
1
. 5
2

ABA
S AB AA a= =
1
2
1
1
. 3 3
2
MBA
S MB MA a= =
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 =
2 2
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(
∆
MAB) lín nhÊt
⇒
M lµ ®iÓm gi÷a cña cung AB
Khi ®ã V
BAHM
=
3
3
6
R
(®vtt)
Câu 33.
a)
( ) ( )
( )
/ /
/ /
P SAB DH

DH SB
P SB
∩ =

⇒



(1)
( ) ( )
( )
/ /
/ /
P SBC EF
EF SB
P SB
∩ =

⇒



(2)
( ) ( )
( )
/ /
/ /
P SAC DE
DE AC
P AC

∩ =

⇒



(3)
Tài liệu ôn thi ĐH Năm học 2010 - 2011
17
A
1
M
C
1
B
1
B
A
C
S
H
I
O
B
M
A
A
B
C
S

D
E
F
H
I
F
E
A
D
B
C
Bi tp HHKG Lờ Khc Luyn

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





(4)
Từ (1), (2), (3), (4) suy ra tứ giác
DEFH
là hình bình hành (5)

Mặt khác:
( )
/ /
SB ABC SB HF
DH HF
SB DH






(6)
Vậy: Tứ (5) và (6) suy ra
DEFH
là hình chữ nhật.
b) Hình chữ nhật
DEFH
sẽ có diện tích lớn nhất
( )
P
đi qua bốn điểm
, , ,D E F H
lần lợt là trung điểm của
các cạnh
, , ,SA SC BC AB
.
Cõu 34.
a) Gi F l trung im ca BC => AF

BE
Vỡ
ABFAIB

2 2 2
2
2
2 2
5 5
4
AI AB AB a a a
AI
AB AF AF
a
a
a
= = = = =
+
Vỡ
AI BE
SI BE
SA BE







2

2 2 2
4 2 6
4
5
5
a a
SI SA AI a = + = + =
b) Gi O l trung im ca SC
(1)SO AO CO = =
Vỡ
SDC

vuụng gúc D (
,CD SD CD AD
)
SO OD
=
(2)
Vỡ
SBC

vuụng gúc B (
,BC BA BC SA
)
SO OB
=
(3)
T (1), (2), (3)

SO=AO=BO=CO=DO => O l tõm ca mt cu ngoi tip hỡnh

chúp =>
2 2 2 2
2 4 6
2 2 2 2
SO AC SA a a a
R
+ +
= = = =
Cõu 35.
+ Trong tam giỏc SAB h
'AB SC
.
Trong tam giỏc SAD h
'AD SD

.
D cú:
, ( )BC SA BC BA BC SAB
Suy ra:
'AB BC
, m
'AB SB
. T ú cú
' ( ) ' (1)AB 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:
2 2 2
1 1 1 2 5
'
' 5
a
AB
AB SA BA
= + =
2 2 2 2
4 4 5
' ' 4
5 5
SB SA AB a a a = = =
,
2 2
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 D AC
(vỡ d cú
( )BD SAC
nờn
'BD AC
).
Ti liu ụn thi H Nm hc 2010 - 2011
18
O
I
F
E
A
B
D
C
S
B
S
O
A
D
C
C
'
B
'
D
'
Bi tp HHKG Lờ Khc Luyn

Xột hai tam giỏc ng dng SBD v SBD suy ra:
' ' ' 4
5
B D SB
BD SB
= =

4 2
' '
5
a
B D =
.
Ta cú:
2 2
2 2 2
1 1 1 2 3 2 6
' ' '
' 3 3
a
AC SC SA AC a
AC SA AC
= + = = =
+ Ta cú:
3
. ' ' ' ' ' '
1 1 1 16
. ' . ' '. '. '
3 3 2 45
S AB C D AB C D

V S SC B D AC SC a= = =
.

3
.
1 2
.
3 3
S ABCD ABCD
V S SA a= =
.
Suy ra th tớch a din cn tỡm l:
3
. . ' ' '
14
45
S ABCD S AB C D
V V 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 =
2 2
a b+

2 2 2 2
DC 3
cosC= sin
AC 2 2
a b a b
C
a a
+

= =
+ R =
2
2 2
2sin
3
AB a
C
a b
=

Cõu 37.
SO

(ABCD). Dựng MH//SO, H thuộc AC, khi đó MH

(ABCD), suy ra
góc giữa đờng thẳng MN với mp(ABCD) chính là góc
.


=HNM
Ta cần
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
10a
HN =
Vậy
2
1
10
2
.

4
10
cos ===
a
a
MN
HN

.
Dẫn đến
.60
0
=

Vậy góc giữa đờng thẳng MN và mặt phẳng (ABCD) bằng 60
0
.
Thể tích khối chóp M.ABCD.
Trong tam giác HMN có
8
30
2
3
.
4
10
60tan.60tan
00
aa
HNMH

HN
MH
====
.
MH là chiều cao của khối chóp M.ABCD.
Vậy thể tích của khối chóp này là:
.
24
30
8
30
.
3
1
.
3
1
3
2
aa
aMHSV
ABCD
===
Cõu 38.
Gi M l trung im ca BC v O l hỡnh chiu ca S lờn AM. Suy ra:
SM =AM =
3
2
a
;

ã
0
60AMS =
v SO mp(ABC)
d(S; BAC) = SO =
3
4
a
V(S.ABC) =
3
3
1
( ).
3 16
a
dt ABC SO =
Ti liu ụn thi H Nm hc 2010 - 2011
19
B
C
A
S
D
E
C
A
S
B
D
O

N
H
M
a

2
10a
Bài tập HHKG Lê Khắc Luyện
Mặt khác, V(S.ABC) =
1
( ). ( ; )
3
dt SAC d B SAC
∆SAC cân tại C có CS = CA =a; SA =
3
2
a
⇒ dt(SAC) =
2
13 3
16
a
Vậy d(B; SAC) =
3 3
( )
13
V a
dt SAC
=
.

Câu 39.
Gọi H là trung điểm của BC
( )
( )
3
; '
2
a
d M BB C AH⇒ = =
.
2 3
' ' '
1 1 3
'. .
2 2 3 12
BB C MBB C BB C
a a
S BB BC V AH S
∆ ∆
= = ⇒ = =

Gọi I là tâm hình vuông BCC’B’ , ta có
' ; ' ' ' .B C MI B C BC B C MB⊥ ⊥ ⇒ ⊥
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
2 3 4 6
2 3
3 3
AM OM MH AH= = ⇒ = ⇒ =
·
1 15 3
. .sin
2 2
OBC
S OB OC BOC= =
Vậy
1
. 10 2
3
OABC OBC
V AH S= =
.
Câu 41.
Do ∆ABC vu«ng c©n t¹i A mµ BC =
2a
=> AB = BC = a
2
1
.
2 2
ABC

a
S AB BC
∆
= =
(®vdt)
Ta cã A'G ⊥ (ABC) => A'G lµ ®êng cao cña khèi l¨ng trô A'B'C'.ABC
Gäi M lµ trung ®iÓm cña BC
1 2
2 2
a
AM BC⇒ = =
Do G lµ träng t©m ∆ABC
2 2
3 3
a
AG AM⇒ = =
XÐt ∆A'AG ta cã:
0 0
' 2 6
tan 60 ' .tan 60 3.
3 3
A G a a
A G AG
AG
= ⇒ = = =
2 3
. ' ' '
6 6
. ' .
2 3 6

ABC A B C ABC
a a a
V S A G
∆
⇒ = = =
(®vdt)
Câu 42.
+) Gäi H = AC ∩ BD => SH ⊥ (ABCD) & BH =
3
1
BD
KÎ HE ⊥ AB => AB ⊥ (SHE) => g((SAB);(ABCD)) = SHE = 60
0
. Mµ HE =
3
1
AD =
3
2a
=> SH =
3
32a
=> V
SABCD
=
3
1
.SH.S
ABCD
=

3
3
3
a
+) Gäi O lµ trung ®iÓm AD=>ABCO lµ hv c¹nh a
=>∆ACD cã trung tuyÕn SO =
2
1
AD
=> CD ⊥ AC => CD ⊥ (SAC) vµ BO // CD hay CD // (SBO) & BO ⊥ (SAC).
Tài liệu ôn thi ĐH Năm học 2010 - 2011
20
B
A'
C'
G
A
B'
C
M
60
0
a
a
Bi tp HHKG Lờ Khc Luyn
=> 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
HSIH =+
Kẻ CK SI mà CK BO => CK (SBO) => d(C;(SBO)) = CK
Trong tam giác SIC có : S
SIC
=
2
1
SH.IC =
2
1
SI.CK => CK =
5
32. a
SI
ICSH
=
Vậy d(CD;SB) =
5
32a
.
Cõu 43.
Xét hai tam giác vuông ABM và ABC có :

ã
ã
ã
ã
ã
ã
ã
0 0
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

ABI
V NH S

=
Trong tam giác vuông ABM tính đợc AI =
3 a 6
BI =
2 3
a

(tam giác ABI vuông tại I)
Vậy
3
1 1 3 6 2
. .( . . )
3 2 2 3 3 36
a a a a
V
= =
(đvtt) .
Cõu 44.
Ta cú BB
/
// AA
/
gúc gia AA
/
v BC
/
bng gúc gia BC

/
v BB
/

ã
/ / 0
30B BC =

ã
/ 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
/
v BC
/
MN = a AH = a.
Tớnh V
MA
/
BC
/
: do BA (ACC
/
A
/
) V
MA
/
BC
/
= S
MA
/
C
/
. AB
Trong vuụng AHB ta cú AB= a, BH = a BC= 2a
Trong vuụng BCC
/
: CC
/

= BC.tan60
0
= 2a
3
.
Vy V
MA
/
BC
/
= . AM.AC
/
.BC =
3
3
3
a
Cõu 45.
Ta cú
.
.
.
.
S AMN
S ABC
V
SM SN
V SB SC
=
Trong ú

2 3
.
1 3 3
.3 .
3 4 4
S ABC
a a
V a= =
S
A
B
C
M
N
Ti liu ụn thi H Nm hc 2010 - 2011
21
A
/
B
/
C
M
N
A





H

C
B
Bài tập HHKG Lê Khắc Luyện
M/ k:
2
2
3
.
3
. . .
81
.
100
81 3
.
100 4
19 3
400
S AMN
A BCNM S ABC S AMN
SM SN SM SN SM
SB SC SB SC SB
a
V
a
V V V
= ⇒ = =
⇒ =
⇒ = − =
Câu 46.

Từ giả thiết suy ra
( )
SH ABCD⊥
và
2 3
3
2
a
SH a= =
Theo định lý Pythagoras ta có
2 2
2CH SC SH a= − =
.
Do đó tam giác
HBC
vuông cân tại
B
và
BC a=
. Gọi
DE HC A= ∩
thế thì tam giác
HAE
cũng vuông
cân và do đó suy ra
2 2 2 4 3 .DE a a AD a= × = ⇒ =
Suy ra
( ) ( )
( )
2 2 ; ;CE a d D HC d D SHC= = =

.
Suy ra
( )
2
1
4
2
ABCD
S BC DA AB a= + × =
(đ.v.d.t.). Vậy
3
. D
1 4
3
3
S ABC ABCD
a
V SH S= × × =
(đ.v.t.t.).
Câu 47.
4a
2a
2
2a
2a
a
a
a
5
C'

≡
C
a
a
a
a
a
45
°
45
°
H
E
A
D
C
B
H
B
A
C
D
S
Theo định lí côsin ta có:
·
2 2 2 2 2 0 2
SB SA AB 2SA.AB.cosSAB 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
3a
4
a
aAMBNABAMANMN
2
2
2
2222222
=









−






−=−−=−=
4
3a
MN =⇒
.
Do đó
16
a
2
a
.
4
3a
.3a
6

1
BC.MN
2
1
.SA
3
1
V
3
ABC.S
===
.
Câu 48.
Gọi I là trung điểm BC. Góc IAC = 60
0
. Suy ra
3
a
AI =
. Suy ra
2
3
ABC
a
S
∆
=
.
Kẻ SH vuông góc (ABC) suy ra HA = HB = HC
Suy ra H là tâm đường tròn ngoại tiếp tgABC

Suy ra H thuộc AI. Gọi N là trung điểm AC suy ra HN vuông góc AC và:
Tài liệu ôn thi ĐH Năm học 2010 - 2011
22
Bài tập HHKG Lê Khắc Luyện
3
2 2 6 1 2
; ; ; . .
3 3 9
3 3 3
ABC
a a a a a
AC AN AH SH V SH S
∆
= = = = ⇒ = =
3 3
2
.
.
2
.
1 2 2 1 2
SI=a;S . . ( ,( )) .
2 18 18 18
S MBC
SBC S MBC
S ABC
V
a a a
a V d M SBC
V a

∆
= = ⇒ = = =
Câu 49.
a) Vì tam giác SAD đều cạnh a
3
2
a
SE⇒ =
Xét tam giác vuông AEB có:
2
2
2 2 2 2
5
2 4
a a
EB EA AB a
 
= + = + =
 ÷
 
Xét tam giác SEB có:
2
2
2 2 2 2
3 5
2
2 4
a a
SE EB a SB
 

+ = + = =
 ÷
 ÷
 
suy ra tam giác SEB vuông tại E hay
SE EB⊥
Ta có: AEB = BFC(c-c) suy ra
¼
¼
AEB BFC=
mà
¼
¼
0
90AEB FBE+ =
¼
¼
¼
0 0
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
C SEB SEB
V CH S
∆
=
Xét FBC có:
2
2 2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 4 1 5
2
BH BF BC a a a a
a
= + = + = + =
 
 ÷
 
suy ra
2
2
5
a
BH =
Xét BHC có:
2 2
2 2 2 2

4 2
5 5
5
a a a
CH BC BH a CH= − = − = ⇒ =
Nên
3
.
1 1 1 2 1 3 5 3
. . . . . . .
3 2 3 2 2 2 12
5
C SEB
a a a a
V CH SE EB= = =
(đvtt)
Câu 50.
Đặt V
1
=V
S.AMN
; V
2
=V
A BCNM
; V=V
S.ABC
;
V
SM SN SM

(1)
V SB SC SB
1
1
. .
2
= =
4a SM
AM a SM=
SB
2 4
;
5
5 5
= ⇒ =
⇒
V V
V V (2)
V V
1 2
2
2 3 3
5 5 5
= ⇒ = ⇒ =
ABC
a
V S SA
3
1 . 3
.

3 3
∆
= =
⇒
a
V
3
2
. 3
5
=
.
Câu 51.
V
S.ABC
=
3
1 3
.
3 16
=
SAC
a
S SO
=
1
. ( ; )
3
SAC
S d B SAC

.
2
13 3
16
=
SAC
a
S
⇒ d(B; SAC) =
3
13
a
.
Câu 52.
Gọi V, V1, và V2 là thể tích của hình chóp S.ABCD, K.BCD và phần còn lại của hình chóp S.ABCD:
1
.
2. 13
.
= = =
ABCD
BCD
S SA
V SA
V S HK HK
.
Ta được:
1 2 2 2
1 1 1 1
1 13 12

+
= = + = ⇔ =
V V V V
V
V V V V
.
Câu 53.
Tài liệu ôn thi ĐH Năm học 2010 - 2011
23
Bài tập HHKG Lê Khắc Luyện
a) Ta có
1
2
MC CB
BC BA
 
= =
 ÷
 

MCB
⇒ ∆
đồng dạng
CBA
∆
·
·
·
·
0

90CAB MBC CAB IBA AI BI⇒ = ⇒ + = ⇒ ⊥
Mặt khác
BI SA⊥

nên
·
( )
0
AIS 60 và BI SAC
α
= = ⊥
Do đó
( ) ( )
.SBM SAC⊥

b)
( )
2
2
1 2 . 2
2. 2. . .
2 2 2
AMB ABCD ADM BCM
a a
S S S S a a
∆ ∆ ∆
= − + = − =
2
2
3

ABM
S
a
AI
BM
∆
⇒ = =
;
3
0
1 2
.tan 60 2 .
3 3
ABM
a
SA AI a V SA S
∆
= = ⇒ = =
a
a
2
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
( )ABCD⊥
=> SI
⊥
AB .
Hay AB
⊥
(SHI) . Từ I trong mặt phẳng (SHI) kẻ IK
⊥
SH tại K

( )
;( )IK d I SAB⇒ =
=
2
2
SI
(1).
Ta có
1
4
IH AI
BC AC
= =
=> IH =

4
BC
a=
, mà
2 2 2
1 1 1
IS IH IK
+ =
(2)
(Do tam giác SIH vuông tại I đường cao IK)
Từ (1) và (2) =>
2 2 2
2 1 1
SI IH a
SI SI IH
− = => = =
.
Lại có thể tích khối chóp S.ABCD là V =
3
2
1 1 16
. .
3 3 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
; V=V
S.ABC
;
Ta cã
1
1
. . (1)
2
V
SM SN SM
V SB SC SB
= =
TÝnh ®îc
2 4a 4
; SM=
5
5 5
SM
AM a
SB
= ⇒ =
.
Thay v o (1) suy ra à

1 2
2
2 3 3
(2)
5 5 5
V V
V V
V V
= ⇒ = ⇒ =
Ta cã
3
1 . 3
.
3 3
ABC
a
V S SA
∆
= =
.
Thay v o (2) ®à îc
3
2
. 3
(®vtt)
5
a
V
=
Câu 56.

a) Gọi I là trung điểm của MN.
Ta có
,BN AB BN AM BN BM⊥ ⊥ ⇒ ⊥
do đó tam giác BMN vuông tại B suy ra BI =
2
MN
,
tương tự AI =
2
MN
.
Tài liệu ôn thi ĐH Năm học 2010 - 2011
24
B
A
C
S
N
M
Bài tập HHKG Lê Khắc Luyện
Vậy AI = BI = MI = NI =
2
MN
=
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
= MN
2
= AM
2
+ AB
2
+ BN
2
= x
2
+ a
2
+ y
2

Do đó x
2
+ y
2
= b
2
– a
2
không đổi.
Tứ diện ABMN có đáy là ABM, đường cao BN.
Thể tích
2 2 2 2
1 1 1
ax ( ) ( )
6 12 12
V y a x y a b a= ≤ + = −
.
Thể tích tứ diện ABMN lớn nhất khi AM = BN =
2 2
2
b a−
.
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
2 1
3 3
ABSC
SBCD ABCD
ABCD
V
AS
V V
V AD
= = ⇒ =
mà
3 3
3 3
12 36
ABCD SBCD
a a
V V= ⇒ =
Câu 58.
Gọi M là trung điểm của BC. H là hình chiếu của O lên A’M.
Ta có : AM
⊥
BC ; AA’
⊥
BC
⇒
BC

⊥
(A’AM) BC
⊥
OH
⇒
OH
⊥
(A’BC)

⇒
OH =
6
a
= d(O,(A’BC))
Đặt AA’= x và có
AA'OMH M:V V
nên
AA' '
OH MO
MA
=
⇒

2 2
3
6
3
6
a a
x

x a
a
=
+

⇒
x =
6
4
a

Vậy V
ABC.A ‘B’C’
=
2
3
4
a
.
6
4
a
=
3
3 2
16
a
(đvtt)
Câu 59.
Gọi

I
là trung điểm
AB
,
3
2 2
a a
CI IG= ⇒ =
Tam giác vuông
2
2 2 2
10
4
a
BIG BG BI IG⇒ = + =
2 2
2 2
14 10
4 4
a a
SG SB BG a= − = − =
3
1 1 1 3 3
. 3 . .
3 3 2 2 4
SABC ABC
a a
V S SG a a= = =
Kẻ
, ,( / / )GK AC K AC GK BC SK BC⊥ ∈ ⇒ ⊥

2
2 2 2
3 3
;
2
2 2 2 2
GC a a a a
GK SK SG GK a AC= = ⇒ = + = + = =
2
1 3 3 3 3
.
2 2 4
2
SAC
a a
S a⇒ = =
Tài liệu ôn thi ĐH Năm học 2010 - 2011
25
A
A
a
Â
Q
a
Â
R
a
Â
P
a

Â
D
a
Â
C
A
a
Â
K
A
a
Â
B
A
a
Â
I
A
a
Â
S
a
Â
H
A
A’
B
’
C
’

B
M
C
O
G
I
M
S
A
C
B
K
Bài tập HHKG Lê Khắc Luyện
Gọi
h
là khoảng cách từ
B
đến mặt phẳng
( )
SAC
3
3
SABC
SAC
V
h a
S
⇒ = =
.
Câu 60.

Gọi H là trung điểm BC
SH BC⇒ ⊥
( ) ( ) ( )SBC ABC SH ABC⊥ ⇒ ⊥
∆
SBC đều cạnh 1
3
2
SH⇒ =
SAB SAC AB AC∆ = ∆ ⇒ =
AH BC⇒ ⊥
. Đặt
, 0SA x x= >
2 2 2 2
3
4
AH SA SH x= − = −
.
2 2 2 0 2
2 . .cos60 1AC SA SC SA SC x x= + − = + −
.
AHC∆
vuông
2 2 2 2 2
3 1 3
1
4 4 2
AC AH HC x x x x⇒ = + ⇔ + − = − + ⇔ =
6 1 6
.
2 2 4

ABC
AH S AH BC⇒ = ⇒ = =
1 2
.
3 8
SABC ABC
V S SH= =
.
Tài liệu ôn thi ĐH Năm học 2010 - 2011
H
B
C
A
S
26