tuyen tap hinh khong gian trong cac de thi thu

www.laisac.page.tl 

Tuyển chọn Đề và đáp án : 
Luyện thi thử Đại Học của các trường trong nước năm 2012. 

M
M ôô n
n : H
H ÌÌ N
N H H
H Ọ
Ọ C K
K H
H Ô
Ô N
N G G
G II A
A N 
(laisac cắt và dán) 
HÌNH CHÓP 
Bài 1. Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh  a , tam giác SAB đều , tam 
giác SCD vuông cân tại S.Gọi I, J, K lần lượt  là trung điểm của các cạnh AB, CD, SA . 
Chứng minh rằng  ( SIJ ) ^ ( ABCD ) .Tính thể tích khối chóp  K.IBCD. 
Giải. 
Từ giả thiết ta có: 
S 

AB ^ SI ü
ý Þ AB ^ (SIJ ) 
AB  ^ IJ þ
Do  AB Ì ( ABCD ) Þ ( SIJ ) ^ ( ABCD ) . 

K 

A 

D 
K ' 

I 

J 
H

B 

C 

( SIJ ) ^ ( ABCD ) 
ü
ý Þ SH  ^ ( ABCD ) 
( SIJ ) Ç ( ABCD ) = IJ þ
+Goi K’ là hình chiếu vuông góc của K lên (ABCD) khi đó  KK ' // SH  do K là trung điểm SA nên K’ là trung 
1 
điểm AH & KK ' =  SH  . 
2 
1 
Từ đó ta có: V K . IBCD  =  KK '. S àIBCD 
3 
a  3 
1 

a 
Dễ thấy:  SI = 
;  SJ =  CD  =
; IJ =  a  Þ  DSIJ vuông tại Svì: SI 2  + SJ 2  = IJ 2 
2 
2 
2 
SI . SJ  a  3 
a  3 
ừ hệ thức SI.SJ=SH.IJ  Þ  SH =
=
Þ  KK ' =
IJ 
4 
8 
( IB + CD ). BC  3 a 2 
Ta có  à IBCD là hình thang vuông tai B và C nên S à IBCD =
=
2 
4 
3 
a  .  3 
Thay vào ta được  V K . IBCD  = 
32 
+Kẻ  SH ^  IJ  do 

Bài 2. Cho hình chóp  S . ABCD  có đáy là hình thang vuông tại  A  và  B  với  BC  là đáy nhỏ. Biết 
rằng tam  giác  SAB  là tam giác đều có cạnh với độ dài bằng  2a  và nằm trong  mặt phẳng 
vuông góc với mặt đáy,  SC = a 5  và khoảng cách từ  D  tới mặt phẳng ( SHC )  bằng  2a  2 
(ở đây  H  là trung điểm  AB ). Hãy tính thể tích khối chóp theo  a . 

S

Giải 
Từ giả thiết suy ra SH ^ ( ABCD )  và 
2a 

B  a  C 

a  5 

2a 
A 

a  45° 
H 

D 

SH =

a 

a 

2a  3 
= a 3 
2 

H 

Theo định lý Pythagoras ta có 
a 
C 
CH = SC 2 - SH 2  = a 2  . 
4a 
C'ºC 
Do đó  tam giác  HBC  vuông cân tại  B  và  BC = a
Gọi  E = HC Ç AD thế thì tam giác  HAE  cũng vuông cân và do đó
CE = 2a 2 = d ( D; HC ) = d ( D; ( SHC ) )  suy ra  DE = 2a 2 × 2 = 4a Þ AD = 3a. 
45° 

E 

A 

a 

a 

D  B 

2a  2 

1 
( BC + DA ) × AB = 4 a 2  (đ.v.d.t.). Vậy 
2 
1
4 a 3 

VS . ABCD  = × SH × S ABCD  = 
(đ.v.t.t.) 
3 
3 

Suy ra S ABCD  =

Bài 3. Cho hình chóp tứ giác đều  S.ABCD có cạnh bên tạo  với đáy  một  góc 60 0  và cạnh  đáy 
bằng a. 
1)  Tính thể tích khối chóp S.ABCD. 
2)  Qua A dựng mặt phẳng (P) vuông góc với SC. Tính diện tích thiết diện tạo bởi mặt phẳng 
(P) cắt hình chóp S.ABCD. 

Giải. 
a)  * SABCD  =  a 2 
*
Ð SBO  = 60 0  Þ SO = AO tan 60 0  =
S 

= 
M 
E 

B 

I 
F 
O 

A 

D 

a 2 
a 6 
.  3  = 
2 
2 
1 
*  V S . ABCD  =  SO . S ABCD 
3 
1  a 6  2 
C 
=  . 
. a 
3  2 
a 3  6 
=
6 

b) 
* Giả sử  ( P) Ç SC  = M 
Vì  ( P) ^ SC  và  A Π(P )  nên  AM ^  SC 
Mặt khác,gọi  EF = ( P ) Ç ( SBD )  với  E ΠSB ; F Î SD  thì  EF // BD  và  EF  qua I với  I =  AM  Ç SO 
(do  BD ^ SC ; ( P ) ^ SC  nên  BD //(P ) ). 
* Ta thấy mặt phẳng  (P )  cắt  S. ABCD  theo thiết diện là tứ giác  AEMF  có tính chất  AM ^  EF . 
1
2 

Do đó  S AEMF  =  AM . EF 

a  6 
2 
Và AM là trung tuyến của  D SAC . Mặt khác AO cũng là trung tuyến của  D SAC nên I là trọng 
tâm của  D SAC
EF
SI  2 
2 
2 a  2 
* Ta có 
= 
= Þ EF  = BD =
BD  SO  3 
3 
3 

* Ta thấy  D SAC đều (vì góc  РSAC = 60 0 , SA = SC . ), mà  AM ^  SC  nên  AM = 


Þ S AEMF

1 
1  a  6  2 a  2  a 2  3 
= AM . EF  = . 
. 
=
. 
2 
2  2 
3 
3 

Bài 4. Cho hình chóp  S.ABC có đáy  ABC  là tam  giác  vuông cân đỉnh  A,  AB = a 2 . Gọi  I là 
trung 
điểm 
uur
uuur  của  cạnh  BC.  Hình  chiếu  vuông  góc  H 0  của  S  lên  mặt  phẳng  (ABC)  thỏa  mãn 
IA = -2 IH .  Góc  giữa  SC  và  mặt  đáy  (ABC)  bằng  60  .  Hãy  tính  thể  tích  khối  chóp  S.ABC  và 
khoảng cách từ trung điểm K của SB đến mặt phẳng (SAH). 
Giải  uur
uuur 
*Ta có  IA = -2 IH Þ H thuộc tia đối của tia IA và  IA = 2 IH
BC = AB 2 = 2 a
uur
uuur 
*Ta có  IA = -2 IH Þ H thuộc tia đối của tia IA và  IA = 2 IH
BC = AB 2 = 2 a
a
3 a 
Suy ra  IA = a, IH = Þ AH = IA + IH = 
2
2 
a  5 
Ta có  HC 2 = AC 2 + AH 2 - 2 AC. AH .cos 45 0  Þ HC = 
2 

Vì SH ^ ( ABC ) Þ ( SC , ( ABC ) ) = ÐSCH = 600 Þ SH = HC.tan 60 0  = 
Ta có  HC 2 = AC 2 + AH 2 - 2 AC. AH .cos 45 0  Þ HC = 

a  5 
2 

Vì SH ^ ( ABC ) Þ ( SC , ( ABC ) ) = ÐSCH = 600 Þ SH = HC.tan 60 0  = 
1
3

a  15 
2 

Thể tích khối chóp S.ABCD là: VS . ABC = S DABC . SH =

a  15 
2 

a 3  15 
( dvtt ) 
6 

ì BI ^ AH 
Þ BI ^ ( SAH ) 
í
î BI ^ SH
d ( K , ( SAH ) ) SK 1
1
1 
a 
Þ
=
= Þ d ( K , ( SAH ) ) = d ( B, ( SAH ) ) = BI  = 
2
2

2 
d ( B, ( SAH ) ) SB  2

Bài 5. Cho hình chóp  S . ABC  có đáy là tam giác  ABC  vuông tại  B ;  SA  vuông góc với đáy, 
AB = a ,  SA = BC = 2 a . Trên tia đối của tia  BA  lấy điểm  M  sao cho  · 
ACM = a (00 < a < 900 ) . 
Gọi  I  và  K  lần lượt là trung điểm của  AC  và  SC ,  H  là hình chiếu của  S  lên  CM  . Xác định
a  để thể tích khối chóp  AHIK  đạt GTLN. Tính thể tích khối chóp khi đó. 
Giải. 
ìCM ^ SH 
Þ CM ^ AH Þ CH ^ AH  Þ  H chạy trên nửa đường tròn đường kính  AC  phần 
î CM ^ SA

Có  í

1
1
a  5 
AC =
AB 2 + BC 2  = 
2
2
2 
1 1
1
1
1
a 5 a 5 5 a 3 
VAHIK = . SA.SDAIH = ( SA. AI ).d ( H , AC )  £ ( SA. AI ) HI = .2a.
. 

= 
. Dấu “=” xảy ra 
3 2
12
12
12
2
2
24 
khi và chỉ khi  HI ^  AI kết hợp với  HI =  AI suy ra  a = 450 

có chứa điểm  B  Þ HI = AI = IC =

(Đã tới đề 39)


Bài 6. Cho hình chóp  S . ABC có đáy  ABC  là tam giác vuông cân tại  C cạnh huyền bằng  3a .  G 
a  14 
là trọng tâm tam giác  ABC , SG ^ ( ABC ) ,  SB = 
. Tính thể tích hình chóp  S . ABC  và 
2 
khoảng cách từ  B  đến mặt phẳng ( SAC ) . 
S 

A 

B 

I 

G 
K

3 a
a 
Þ IG = 
2
2 
2 
10 a 
Tam giác vuông  BIG Þ BG 2 = BI 2 + IG 2  = 
4 
14a 2 10 a 2 
SG = SB 2 - BG 2  =
= a
4
4 
1
11
3a
3 a 3 
VSABC = S ABC .SG =
3a. . a = 
3
32
2
4 
Kẻ  GK ^ AC , K Î AC , (GK / / BC ) Þ SK ^ BC
Giải. Gọi  I  là trung điểm  AB ,  CI =

M 

C 

a
a 2  a 3
3 a 
Þ SK = SG 2 + GK 2 = a 2  +
=
; AC = 
2 
2
2
2 
2 
3 3a 3a  3 
.  = 
2 2 
4 
3 V 
h  là khoảng cách từ  B  đến mặt phẳng ( SAC )  Þ h = SABC  = a  3 
S SAC 
Bài 7.  Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh bằng 3cm , các cạnh SA = SB 
=SC = 3cm . Tam giác  SBD có diện tích bằng 6 cm 2  .Tính thể tích của khối chóp SABCD . 
Giải. 
Gọi H là hình chiếu của S trên (ABCD) suy ra H nằm trên BD (Vì SA = SB = = SC, BD là trung 
trực của AC). Do đó SH đường cao của hình chóp cũng là đường cao của tam giác SBD 
; Gọi O là giao điểm của AC và BD. Vì SA = SC = DA = DC nên SO = DO  suy ra tam giác 
SBD là tam giác vuông tại S. Vì dt(SBD) = 6 và SB = 3 nên SD = 4; suy ra BD = 5, SH = 12/5. 
GC

=
2
1
Þ S SAC  = a
2
GK =

ABCD là hình thoi có AD = 3, DO = 5/2 nên AO = 
suy ra dt(ABCD) = 

11
2 

5 11 
2 

1 
SH .dt ( ABCD ) = 2 11 .  Vậy thể tích khối chóp S.ABCD bằng  2 11 
3 
Bài 8.  Cho hình chóp SABC có  SA = 3 a (với  a > 0 ); SA tạo với đáy (ABC) một góc bằng 60 0 . 
Tam giác ABC vuông tại B,  · 
ACB = 30 0  . G là trọng tâm tam giác ABC. Hai mặt phẳng (SGB) và 
VS . ABCD  =

(SGC) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABC). Tính thể tích hình chóp S.ABC theo a. 
Giải Gọi K là trung điểm BC. Ta có  SG ^ ( ABC ); ÐSAG = 600 , AG = 

3 a 
. 
2 

9a
3a  3 
; SG = 
.  Trong tam giác ABC đặt  AB = x Þ AC = 2 x; BC =  x 3. 
4
2 
9a  7 
1
243  3 
Ta có  AK 2 = AB 2 + BK 2  nên  x = 
.  Suy ra  VS . ABC = SG. S ABC  = 
a  (đvtt) 
14 
3
112 

Từ đó  AK =

Bài 9 . 
Cho  hình  chóp  S.ABCD  có  đáy  là  hình  vuông  cạnh  a,  SA  vuông  góc  với  mặt  phẳng  đáy  và 
SA=a.Gọi M, N lần lượt là trung điểm của các cạnh SB, SD; I là giao điểm của SC và mặt phẳng 
(AMN). Chứng minh SC vuông góc với AI và tính thể tích khối chóp MBAI. 


Giải 

Chứng minh  SC ^ AI : Ta có 

S 

N 

I 
M 

D 

A 

C 

B 

SV MAB =

a2
Þ VMBAI
4

ì AM ^ SB
ì AN ^ SD 
Þ AM ^ SC; í
Þ AN ^ SC Þ SC ^ (AMN) Þ SC ^ AI 
í
î AM ^ BC
î AN ^ CD
1 
Kẻ  IH // BC Þ IH ^ (SAB) (vì  BC ^ (SAB) ) Þ VMBAI = SV MAB .IH 
3

2
2
2 
SA
a
a
a 
SI.SC = SA 2  Þ SI =
=
=
=
2
2
2 
SC 
3 
SA + AC
3a 

SI
IH
SI.BC a 
=
Þ IH =
= 
SC BC
SC
3
3 
1

a 
= SV MAB .IH =
3
36

Bài 10:  Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông tại A, AB = 3, AC = 4 góc tạo bởi các 
mặt bên và đáy bằng 60 o . Tính thể tích của khối chóp S.ABC 
Giải. 
S 

Gọi H là hình chiếu của S lên (ABC); M, N, K lần lượt là hình chiếu của 
H lênh cạnh AB, AC, BC. Khi đó thể tích V của khối chóp được tính 
bởi công thức 

N 

A 
M 

H 

C 
K

1 
V =  S DABC . SH
3 
1 
mà  S DABC  = AB. AC = 6 
2 

­Tính SH. 
Xét các tam giác SHM, SHN, 
SHK vuông tại H, 
có các góc SMH, SNH, SKH 
bằng 60 0  do đó HM = HN = HK => H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC => 
B 
2 S ABC 
0 
HM  =
= 1 =>SH = HM.tan60  =  3 
AB + BC + CA
1 
Vậy  V =
3.6 = 2 3 
3 

Bài 11. Cho hình chóp S.ABCD , đáy ABCD là hình thoi. SA = x (0 < x <  3 ) các cạnh còn lại 
đều bằng 1. Tính thể tích của hình chóp S.ABCD theo x. 
Giải .Gäi O lµ giao ®iÓm cña AC vµ BD. 
S 

1 
2

Ta có  DSBD = DCBD (c.c.c) Þ SO = CO =  AC 
Vậy tam giác SCA vuông tại S. 
C 

D 

Þ CA = SC 2 + SA2 = 1 + x 2 
Mặt khác ta có  AC 2 + BD 2 = AB 2 + BC 2 + CD 2 + AD 2 

Þ BD = 3 - x 2  (do 0 < x <  3) 

H 
O 
B 
A 

Bài 12  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 vuông góc với mặt phẳng (ABCD). 


Biết khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng (SAB) bằng 

a  3 
, tính thể tích khối chóp S.ABCD 
4 

theo a. 
Giải. Từ giả thiết AC =  2a  3 ; 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 =  a  3 ; BO = a , do đó  A
BD  = 600 
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 =  a  3 ;  OK // DH  và  OK =

1
a  3 
DH =
Þ OK ^ AB Þ AB ^ (SOK) 
2
2 

Gọi I là hình chiếu của  O lên SK ta có OI ^ SK; AB ^ OI Þ OI ^ (SAB) , hay OI là khoảng 
S 
cách từ O đến mặt phẳng (SAB). 
Tam giác SOK vuông tại O, OI là đường cao Þ 
1
1
1 
a 
=
+
Þ SO  = 
2
2
2 
OI
OK
SO
2 
Diện tích đáy  S ABC D = 4S DABO  = 2.OA.OB =  2 3a 2  ; 
a 
đường cao của hình chóp  SO =  . 

2 

I 

D 
O 

Thể tích khối chóp S.ABCD: 
1
3 a 
S ABC D . SO = 
3
3

H 
a 

3 

VS . ABCD =

A 

3a 

C 

B 

K 

Bài 13. 
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành có góc  ÐBAC = 60 0  ; AB = a; 
AC = 4a. Hai mặt phẳng (SAB) và (SAC) cùng vuông góc với đáy; SD tạo với đáy góc  45 0 . 
1, Tính thể tích khối chóp. 
2, Gọi E, F lần lượt là trung điểm của BC và SD. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng DE và 
CF. 

Giải. Ta có: 

(SAB) ^ (ABCD) ü
ý Þ SA ^ (ABCD) 
(SAC) ^ (ABCD þ 

Þ Ð SDA là góc giữa SD và (ABCD) 
Þ Ð SDA = 450 
Trong  ΔABC  có:
BC2  = AB2  + AC2  ­ 2AB.ACcos ( РBAC ) 
= 13a 2  Þ AD = BC = a 13

B 

F 
H  J 
D 
K

A 
E 

Trong tam giác SAD vuông tại A, ta có: 

SA = ADtan(РSDA) = a 13
SABCD  = 2SΔABC  = AB.ACsin(BAC) = 2a 2  3 
1
2a 3  39 
Þ VS.ABCD  =  SA.SABCD  = 
3
3
2, Tính khoảng cách giữa DE, CF 
Trong mp(ABCD), dựng CI // ED  ( I ΠAD ) Þ ED // (CFI)

I 

C 


Þ d (DE,CF)  = d (DE,(CFI))  = d (D,(CFI)) 
1 
2 

Gọi  H là trung điểm của AD Þ D là trung điểm HI Þ d (D,(CFI))  =  d (H,(CFI)) 
Hạ HK vuông góc với CI tại K; HJ vuông góc với FK tại J 
Ta có: 
FH // SA  Þ FH ^ (ABCD) Þ FH ^ CI Þ CI ^ (FHK) Þ (FCI) ^ (FHK)

Þ HJ ^ (FCI)  Þ  HJ = d (H,(FCI)) 
1 
2 

2S ΔHCI 
CI
2
2
2 
AD +CD ­AC
1
1 
Ta có:  cos(ÐADC) = 
 = ­
Þ cos(РBCD)= 
2AD.CD 
13
13
a 13 
CI = DE =  DE 2 +CD 2 ­2DE.CD.cos(BCD)  = 
2 
4a 3 
Þ HK = 
13
1
a 13 
HF =  SA = 
2
2 
1
1
1
13
4

361 
Trong tam giác FHK vuông tại H, có:  2 = 
 + 
 = 
 + 
 = 
2
2
2
2
HJ
HK
HF
48a
13a
624a 2 
4a 39
2a 39 
Þ HJ = 
Þ d ( D,(CFI) ) = 
19
19
2a 39 
Vậy:  d (DE, CF)  = 
19 
Ta thấy:  SΔHCI  =  SABCD  = a 2  3  Þ  HK = 

Bài 14. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và D, AB = AD = a, 
CD = 2a; hai mặt phẳng (SAD) và (SCD) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Cạnh bên SB 
tạo với mặt phẳng đáy một góc 60 0 ; gọi G là trọng tâm của tam giác BCD. Tính thể tích khối 

chóp S.ABCD và khoảng cách từ G đến mặt (SBC). 
Giải. 
+) Từ giải thiết ta có SD ^ ( ABCD) 
S 

· = 60 0 
suy ra (SB, (ABCD)) =  SBD

1
2

Ta có  S ABCD  = ( AB + CD) AD = 

3 a 2 
(đvdt) 
2 

H 

+) do tam giác ABD vuông cân tại A ,AB= a 
K

=>  BD = a 2 Þ SD = BD tan 600  = a 6 
1
3

Vậy  VS . ABCD = SD. S ABCD  = 

D 

C 
G 

3 

a  6 
(đvtt) 
2 

E 
A 

) chứng minh được BC ^ ( SBD) , kẻ DH ^ SB=> 
Có 

1
1
1
a  6
=
+
Þ DH  = 
2
2
2 
DH
SD
DB
2 

) Gọi E là trung điểm BC ,kẻ GK // DH, K thuộc HE =>GK ^ (SBC) và 
GK EG 1
a  6 
a  6
=
= Þ GK  = 
Vậy d( G, (SBC) =  GK = 
DH ED 3
6 
6 

B 

DH ^ (SBC) 


Gọi N’ là điểm đối xứng của N qua I thì N’ thuộc AB, ta có : 
=> N’( 4;­5)=> Pt đường thẳng AB: 4x + 3y – 1 = 0 
Khoảng cách từ I đến đường thẳng AB: 

d=

4.2 + 3.1 - 1 
42 + 3 2 

= 2 

AC = 2. BD nên AI = 2 BI, đặt BI = x, AI = 2x trong tam giác vuông ABI có: 
1
1

1
= 2 +  2  suy ra x =  5  suy ra BI =  5 
2
d
x
4 x
Từ đó ta có B thuộc  ( C):  ( x - 2) 2 + ( y - 1)2  = 5 

Điểm B là giao điểm của đt AB: 4x + 3y – 1 = 0 với đường tròn tâm I bán kính  5 
Bài 15. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a và có góc  · 
ABC = 60 0  , hai mặt 
phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với đáy, góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (ABCD) 
bằng  30 0 .Tínhthể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SA, CD theo a. 
Giải. 
Gọi O = AC I BD , M là trung điểm AB và I là trung điểm của 
AM. 
Do tam giác ABC là tam giác đều cạnh a nên: 
CM ^ AB, OI ^  AB và 
CM =

a 3
a 3
a 2  3 
, OI =
, S ABCD  = 
2
4
2 

Vì (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với (ABCD)  nên SO ^ ( ABCD ) 

·  = 30 0 
Do  AB ^ OI Þ AB ^ SI . Suy ra: éë·
OI , SI ) = SIO
( SAB ) , ( ABCD )ùû = (·

Xét tam giác vuông SOI ta được:  SO = OI .t an300  =

a 3 3  a 
.  = 
4 3
4 

1
1 a 2 3 a a 3  3 
Suy ra:  V = .S ABCD .SO = .
.  = 
. 
3
3 2 4
24 
Gọi J = OI I CD và H là hình chiếu vuông góc của J trên SI 
a  3 
và JH ^ ( SAB ) 
2 
Do CD / / AB Þ CD / / ( SAB ) . Suy ra:

Suy ra:  IJ = 2 OI = 

d ( SA, CD ) = d éëCD, ( SAB ) ùû = d éë J , ( SAB ) ùû = JH

Xét tam giác vuông IJH ta được:  JH = IJ .s in300  =
Vậy d ( SA, CD ) = 

a 3 1 a  3 
.  = 
2 2
4 

a  3 
. 
4 

Bài 16. Trong không gian, cho tam giác vuông cân ABC có cạnh huyền 
AB = 2a. Trên đương thẳng d đi qua A và vuông góc với mặt phẳng (ABC) lấy điểm S, sao cho 
mặt phẳng (SBC) tạo với mặt phẳng (ABC) một góc  60 0  . Tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp tứ 
diện SABC.


Giải. 
Từ giả thiết suy ra  D ABC
vuông tại C kết hợp với  d ^ (SAC ) . 
Suy ra  BC ^ ( SAC ) 

S 

·  = 60 0 
Do đó  SCA
Do  D ABC vuông tại C và AB =2a 

Þ AC = BC = a 2 

Trong tam giác vuông SAC ta có 

A 

B 

SA = AC.tan 600  = a 6 

Trong tam giác SAB có:  SB = SA2 + AB 2  = a 10 
C 
0 
· 
·
Do  SCB = SAB = 90  nên tứ diện SABC nội tiếp trong mặt cầu đường kính SB. 
Suy ra bán kính mặt cầu bằng 

SB a 10 
= 
2
2 

Vậy  S mc = 4p R 2 = 10 p a 2  (Đ.V.D.T) 

LĂNG TRỤ 
Bài 1.Cho lăng trụ tam giác đều  ABC. A1B1C 1  có chín cạnh đều bằng  5  .Tính góc và khoảng 
cách giữa hai đường thẳng  AB 1  và  BC 1 . 
Giải. Tính góc và khoảng cách giữa hai đường thẳng  AB 1  và  BC 1 . 
Ta có đáy lăng trụ là tam giác đều cạnh bằng 5 các mặt bên là hình vuông cạnh bằng 5 
Þ AB1 = BC1  = 5 2 .Dựng hình bình hành 

BDB1C1 Þ DB1 = BC1 = 5 2, BD = C1 B1  = 5 , AD = CD.sin 600  = 5 3 

(do  D ACD vuông tại  A  vì  BA = BC = BD)  Þ a = ( AB1 ; BC1 ) = ( AB1; DB1 ) 

(

2

) (

2

2 

) (

) 

5 2 + 5 2 - 5 3 
AB12 + DB1 2 - AD 2 
1 
AB1 D nhọn từ đó 
cos ·
AB1 D =
=
= Þ  · 
2 AB1.DB2 
4 
2.5 2.5 2 
1 

a = · 
AB1 D Û cos a =  . Ta thấy BC1 / / mp ( AB1 D ) , AB1 Ì mp ( AB1 D )  từ đó
4 
3 V B. AB1D 
3 V B1 . ABC 
d ( BC1 , AB1 ) = d ( BC1 , mp ( AB1 D ) ) = d ( B, mp ( AB1 D ) ) = 
=
1 
dtD AB1 D 
AB1.DB1 .sin a 
2 

25 3 
5. 
4 

1 
ì
ïcos a = ( a = ( AB1 ; BC 1 ) )
4
=
=
= 5  .Đáp số í
1 
1
15 
ï
AB . AD1 sin a 
.5 2.5 2. 
î d ( AB1 , BC1 ) = 5 

2  1
2
4 

BB1 dt DABC 

A' 

Bài 2.  Cho lăng trụ đứng  ABC . A' B 'C ' có thể 
Các mặt phẳng  ( ABC ' ), ( AB 'C ), ( A' BC ) cắt 
O. Tính thể tích khối tứ diện O.ABC theo V. 

C' 

B' 
I 

Giải. Gọi I = AC Ç ’A’C,  J = A’B Ç AB’ 

J 
O 

A

C 

H 
M 
B 

tích V. 
nhau tại 


(BA'C) ầ (ABC')=BIỹ
ù
(BA'C) ầ (AB'C)=CJý ị Olimcntm
ù
GoiO=BI ầ CJ
ỵ

TacỳOltrngtừmtamgicBAC

GiHlhnhchiucaOln(ABC)
Do V ABClhnhchiuvunggỳcca V BACtrn(ABC)nnHltrngtừm V ABC
OH HM 1
=
=
A ' B AM 3
1
1
1
ị VOABC = OH .SV ABC = A ' B.SVABC = V
3
9
9
Bi3.Cholngtrtamgiỏcu ABC . A ' B ' C' cúcnhỏylavkhongcỏchtA
a
nmtphng(ABC)bng .Tớnhtheo athtớchkhilngtr ABC . A ' B ' C'
2

GiMltrungimBC.Tacú:

Gii.GiMltrungimBC,hAHvuụnggúcviAM
BC ^ AMỹ
ý ị BC ^ ( AA ' M )ị BC ^ AH
BC ^ AA 'ỵ
a
M AH ^ A ' M ị AH ^ ( A ' BC )ị AH = .
2
1
1
1
a 6
Mtkhỏc:
=
+
ị AA'=
2
2
2
4
AH
A 'A
AM
3
3a 2
KL: VABC . A ' B ' C' =
.
16

Tacú:

Bi4. Cho hỡnh lng tr ABC .A1B1C1 cú ỏy l tam giỏc u cnh bng 5 v
A1 A = A1B = A1C =5.ChngminhrngtgiỏcBCC1B1 lhỡnhchnhtvtớnhthtớchkhilng
tr ABC .A1B1C1 .
Gii.Gi O ltõmcatamgiỏcu ABC ị OA = OB =OC .
Ngoi ra ta cú A1 A = A1B = A1C =5 ị A1O l trc ng trũn ngoi tip tam giỏc
ABC ị A1O ^ ( ABC )ị AO lhỡnhchiuvuụnggúcca AA1lờn mp ( ABC).
M OA ^ BC ị A1A ^BC do AA1 / /BB1 ị BB1 ^BC hay hỡnh bỡnh hnh BCC1B1 l hỡnh ch
nht.
2

ổ2 5 3ử
5 6
Tacú A1O ^ ( ABC )ị A1O ^ CO A1O = CA - CO = 5 - ỗỗ .
ữữ =
3
ố 3 2 ứ
2
1

2

2

52 3 5 6 125 2
.
=
4

3
4
Bi5.Chohỡnhlpphng ABCD.A1B1C1D1 cúdicnhbng a.TrờncỏccnhABvCD

Thtớchlngtr:V = dtDABC. A1O =

lylnltcỏcim M,N saocho BM = CN = x. XỏcnhvớtrớimMsaochokhongcỏch
a
3
Gii.Tacú MN / / BC ị MN / / ( A1 BC ) ị d ( MN , A1C ) = d ( MN , ( A1BC ) )

giahaidngthng A1C v MN bng .


C1

D1

A1

B1

x 2
2
ã Vỡ A1 B ^ AB1 ị MK ^ A1B v CB ^ ( ABB1 A1)ị CB ^ MK .

Gi H = A1 B ầAB1 v MK / / HA,K ẻA1B ị MK =

ã T
D

N

C

ú

suy

ra

MK ^ ( A1 BC ) ị MK = d ( MN , ( A1 BC ) ) =d ( MN , A1C )

a
x 2 a
a 2
a 2
ị
= ị x =
.VyMthamón BM =
3
2
3
3
3
Bi6.Cholngtr ABCAÂB ÂC Â cúỏyltamgiỏcABCvuụngcõntiA,BC=2a, AAÂ vuụnggúc
vimtphng(ABC).Gúcgia ( ABÂC ) v ( BBÂC ) bng 600.Tớnhthtớchlngtr ABCAÂB ÂC Â .
GiiTAkAI ^ BC ị IltrungimBC
  ) ị AI ^ B C(1)
ị AI ^ (BC CB
BÂ

TIkIM ^ BÂ C
(2)
A

M

B

Nờn MK =

T(1)(2) ị BÂ C ^ (IAM)
ị BÂ C ^ MA(3)
T(2)(3) ị gúcgia(A BÂ C)v( BÂ CB)
bnggúcgiaIMvAM= ã
AMI =600
(DotamgiỏcAMIvuụngtiI)
1
TacúAI= BC =a
2
AI
a
=
IM=
0
tan 60
3

M

A

C
I
B

BÂ

D IMC : D BÂ BC
IM
IC
IM .BÂC
=
BBÂ =
ị
B
I
BBÂ BÂC
IC
a
1
1
BÂC BBÂ =
BÂB 2 + 4a2
BBÂ = 3 BÂC =
a
3
3
2
2
2

3BÂB = BÂB +4a BBÂ = a 2
1
1
S DABC = AI .BC = a.2a =a 2
2
2
VABC AÂBÂCÂ = a 2.a 2 =a 3 2

M

C

Bi7.ChohỡnhlngtrngABC.ABCcú AC = a, BC = 2a, ã
ACB =1200vngthng
A 'C tovimtphng ( ABB ' A') gúc 300.Tớnhthtớchkhilngtróchovkhongcỏch
giahaingthng A ' B, CC' theoa.
Gii
Trong(ABC),k CH ^ AB ( H ẻAB ),suyra CH ^( ABB ' A ') nờn
AHlhỡnhchiuvuụnggúccaAClờn(ABBA).Doú:
ã
ã
ộở A ' C , ( ABB ' A ') ựỷ= (ã
A ' C , A ' H ) = CA
' H = 300.

1
a2 3
AC.BC .s in1200 =
2
2

2
2
2
ã AB = AC + BC - 2 AC.BC .cos1200 = 7 a 2 ị AB = a 7

ã S DABC =

ã CH =

2.SDABC a 21
=
AB
7


Suy ra:  A ' C =

CH
2a  21 
= 
. 
0 
s in30
7 

Xét tam giác vuông AA’C ta được:  AA ' = A ' C 2 - AC 2  = 

a  35 
. 
7 

a 3  105 
Suy ra:  V = SDABC . AA ' = 
. 
14 
Do CC '/ / AA ' Þ CC '/ / ( ABB ' A ' ) . Suy ra:
d ( A ' B, CC ' ) = d ( CC ', ( ABB ' A ') ) = d ( C , ( ABB ' A ' ) ) = CH = 

a  21 
7 

Bài 8.  Cho khối lăng trụ tam giác ABCA1B1C1  có đáy là tam giác đều cạnh 2a, điểm A1  cách 

đều ba điểm A, B, C. Cạnh bên A1A tạo với mặt phẳng đáy một góc a . Hãy tìm a , biết thể tích 
khối lăng trụ ABCA1B1C1 bằng  2 3a 3 . 
B1 

A1 

Ta có tam giác ABC đều cạnh 2a nên  SABC= a 2  3 
Mặt khác A1A=  A1B= A1C Þ A1ABC là tứ diện đều. 

C1 

A 

B 
G 

I

Gọi G là trọng tâm tam giác ABC, ta có A1G là đường cao. 

H 

C 

2 
3 

2a  3 
3 

Trong  tam giác ABC có   AG=  AH= 

2a  3 
.tan a 
3 

Trong  tam giác vuông A1AG có: Ð A1AG= a  A1G=AG.tan a = 
VLT=A1G.SABC= 2 3a 3  Þ tan a = 3 Þ a = 600 
Ta có: 

3
3
1
1
1 
M = 2 a + b + ab + bc + 3 abc = 2 a + b +
a.4b +

b.4c +  3  a.4b.16 c
4
4
2
2
4 
3
a + 4b b + 4c a + 4b + 16 c  28( a + b + c) 
£ 2 a + b +
+
+ 
=
= 7 
4
4
4
12 
12 
16
4
1 
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi  a = , b = , c =
7
7
7