Bài toán vận dụng cao chủ đề 5 KHỐI đa DIỆN có lời giải file word

PHẦN CUỐI: BÀI TOÁN VẬN DỤNG (8.9.10)
Chủ đề 5. KHỐI ĐA DIỆN
Câu 1: (SGD VĨNH PHÚC) Cho hình hộp chữ nhật ABCD. A′B′C ′D′ có AB = a, AD = a 3.
Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng BB′ và AC ′.
a 3.
B. a 3 .
C. a 3 .
D. a 2 .
A.
4
2
2
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Ta có: A′C ′ =
B′H =

( A′B′ )

2

2
+ ( B′C ′ ) = 2a. Kẻ B′H ⊥ A′C ′.

A′B′.B′C ′ a.a 3 a 3
=
=
.
B′C ′
2a
2

Vì BB′// ( ACC ′A′ ) nên d ( BB′, AC ′ ) = d ( BB′, ( ACC ′A′ ) )
d ( BB′, ( ACC ′A′ ) ) = B′H =

Nên d ( BB′, AC ′ ) =

a 3
.
2

a 3
.
2

Câu 2: (SGD VĨNH PHÚC) Cho hình chóp S . ABC có SA ⊥ ( ABC ) , tam giác ABC
vuông cân tại B , AC = 2a và SA = a. Gọi M là trung điểm cạnh SB . Tính thể
tích khối chóp S . AMC.
a3
a3
a3
a3
A.
.
B.
.
.
D.
.
C.
6

3
9
12
Hướng dẫn giải
Chọn A.
Xét

tam

AB = BC =

S ABC =

giác

vuông

AC
=a 2
2

1
AB.BC = a 2
2

1
1
a3
VS . ABC = SA.S ABC = .a.a 2 =
3

3
3

Áp dụng định lí Sim-Son ta có:

cân

ABC

có:


VSAMC SA SM SC 1
=
.
.
=
VS . ABC SA SB SC 2
1
a3
⇒ VS . AMC = VS . ABC =
2
6

Câu 3: (SGD VĨNH PHÚC) Cho hình lăng trụ đứng ABC. A1 B1C1 có AB = a , AC = 2a ,
·
AA1 = 2a 5 và BAC
= 120°. Gọi K , I lần lượt là trung điểm của các cạnh CC1 ,

BB1 . Tính khoảng cách từ điểm I đến mặt phẳng ( A1 BK ) .

A.

a 5.
3

C. a 5 .
6

B. a 15 .

D. a 15 .
3

Hướng dẫn giải
Chọn C.
Ta có IK = B1C1 = BC = AB 2 + AC 2 − 2 AB.AC .cos1200 = a 7
Kẻ AH ⊥ B1C1

khi

đó AH

là đường cao của tứ diện

A1 BIK
Vì A1 H .B1C1 = A1 B1. A1C1.sin1200 ⇒ A1H =

SVIKB =

a 21
7

1
1
1
IK .KB = a 2 35 ⇒ VA1 .IBK = a 3 15(dvtt )
2
2
6

Mặt khác áp dụng định lý Pitago và công thức Hê-rông ta tính đc
S ∆A1BK = 3a 3 ( dvdt )

Do đó d ( I , ( A1BK ) ) =

3VA1IBK
S ∆A1BK

=

a 5
.
6

Câu 4: (NGUYỄN KHUYẾN TPHCM) Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình chữ nhật.
Tam giác SAB vuông cân tại A và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy
và SB = 4 2 . Gọi M là trung điểm của cạnh SD . Tính khoảng cách l từ điểm
M đến mặt phẳng ( SBC ) .
A. l = 2

B. l = 2 2

C. l = 2
Hướng dẫn giải

D. l =

2
2


( SAB ) ⊥ ( ABCD ) , ( SAB ) ∩ ( ABCD ) = AB
⇒ SA ⊥ ( ABCD ) .
Theo giả thiết, ta có 
 SA ⊥ AB
Gọi N , H , K lần lượt là trung điểm các cạnh SA, SB và đoạn SH .

 BC ⊥ SA
⇒ BC ⊥ ( SAB ) ⇒ BC ⊥ AH .
Ta có 
 BC ⊥ AB
Mà AH ⊥ SB ( VABC cân tại A có AH là trung tuyến).
Suy ra AH ⊥ ( SBC ) , do đó KN ⊥ ( SBC ) (vì KN || AH , đường trung bình).
Mặt khác MN || BC ⇒ MN || ( SBC ) .
Nên d ( M , ( SBC ) ) = d ( N , ( SBC ) ) = NK =

1
AH = 2 2 .
2

Đáp án: B.
Câu 5: (NGUYỄN KHUYẾN TPHCM) Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng 3. Gọi M , N
lần lượt là trung điểm các cạnh AD, BD. Lấy điểm không đổi P trên cạnh AB
(khác A, B ). Thể tích khối chóp PMNC bằng
A.

9 2
16

B.

8 3
3

C. 3 3
Hướng dẫn giải

Chọn A
Do AB P( CMN ) nên d ( P, ( CMN ) ) = d ( A, ( CMN ) ) = d ( D, ( CMN ) )

1
Vậy VPCMN = VDPMN = VMCND = VABCD
4
(Do diện tích đáy và chiều cao đều bằng một nửa).

D.

27 2
12

2

Mặt khác VABCD =

1 a2 3
a3 2 27 2
1 27 2 9 2
 a 
2
nên VMCND = .
. a −
=
=
=
÷
4 12
16
3 4
12
12
 3

Câu 6: (NGUYỄN KHUYẾN TPHCM) Cho tứ diện ABCD có AD = 14, BC = 6 . Gọi M , N lần
lượt là trung điểm của các cạnh AC , BD và MN = 8 . Gọi α là góc giữa hai
đường thẳng BC và MN . Tính sin α .
1
2 2
3

2
A.
B.
C.
D.
2
3
2
4
Hướng dẫn giải
Gọi

P là trung điểm của cạnh
α = (·MN , BC ) = (·MN , NP ) .

Trong

tam

·
cos MNP
=

giác

CD ,

MNP ,

ta có

ta

có

MN 2 + PN 2 − MP 2 1
·
= . Suy ra MNP
= 60° .
2 MN .NP
2

Suy ra sin α =

3
.
2

Câu 7: (NGUYỄN KHUYẾN TPHCM) Cho lăng trụ tam giác ABC. A ' B ' C ' có đáy ABC là
đều cạnh AB = 2a 2 . Biết AC ' = 8a và tạo với mặt đáy một góc 450 . Thể tích
khối đa diện ABCC ' B ' bằng
A.

8a 3 3
.
3

B.

8a 3 6

.
3

C.

16a 3 3
.
3

Hướng dẫn giải
Gọi H là hình chiếu của A lên mp ( A ' B ' C ' )

· ' A = 450
⇒ HC
⇒ ∆AHC ' vuông cân tại H.
⇒ AH =

AC ' 8a
=
= 4a 2.
2
2

NX:
VA. BCC ' B '

(

)

2

2a 2 . 3 16a 3 6
2
2
2
= VABC . A ' B 'C ' = AH .S ABC = .4a 2.
=
.
3
3
3
4
3

Chọn D.
Gọi H là hình chiếu của A lên mp ( A ' B ' C ' )

· ' A = 450
⇒ HC

D.

16a 3 6
.
3


⇒ ∆AHC ' vuông cân tại H.
⇒ AH =

AC ' 8a
=
= 4a 2.
2
2

NX: V
A. BCC ' B '

(

)

2

2a 2 . 3 16a 3 6
2
2
2
= VABC . A ' B ' C ' = AH .S ABC = .4a 2.
=
.
3
3
3
4
3

Câu 8: (T.T DIỆU HIỀN) Cho hình lập phương ABCD. A ' B ' C ' D ' cạnh a . Tính khoảng

cách giữa hai đường thẳng BC ' và CD ' .
a 3
a 2
A. a 2 .
B.
.
C. 2a .
D.
.
3
3
Hướng dẫn giải
Chọn B

Gọi O = A ' C '∩ B ' D ' và từ B ' kẽ B ' H ⊥ BO
Ta

có

CD ' // ( BA ' C ')

d ( BC '; CD ') = d ( D ';( BA ' C ')) = d ( B '; ( BA ' C ')) = B ' H =

nên

BB '.B ' O a 3
=
BO
3

Câu 9: (T.T DIỆU HIỀN) Một hình hộp chữ nhật ABCD. A′B′C ′D′ có ba kích thước là
2cm , 3cm và 6cm . Thể tích của khối tứ diện A.CB′D′ bằng
A. 8 cm3 .
B. 12 cm3 .
C. 6 cm3 .
D. 4 cm3 .
Hướng dẫn giải
Chọn B.

Ta có :


VABCD. A′B′C ′D′ = VB . AB′C + VD. ACD′ + VA′. B′AD′ + VC . B′C ′D′ + VA.CB′D′
⇒ VABCD. A′B′C ′D′ = 4VB . AB ′C + VA.CB′D′
⇒ VA.CB′D′ = VABCD. A′B′C ′D′ − 4VB . AB′C
1
⇒ VA.CB′D′ = VABCD. A′B′C ′D′ − 4. VABCD . A′B′C ′D′
6
1
1
⇒ VA.CB′D′ = VABCD. A′B′C ′D′ = .2.3.6 = 12 cm3
3
3
(CHUYÊN VINH – L2) Cho hình lăng trụ ABC. A′B′C ′ có thể tích bằng V . Các điểm
AM 1 BN CP 2
= ,
=
= . Thể tích khối đa
M , N , P lần lượt thuộc các cạnh AA′ , BB′ , CC ′ sao cho
AA′ 2 BB′ CC ′ 3

diện ABC.MNP bằng
2
9
20
11
V
A. V
B. V
C.
D. V
3
16
27
18
Hướng dẫn giải
Chọn D.
Câu 10:

Đặt
1
V1 = VM . NPCB = d ( M , ( CC ′B′B ) ) .S NPCB
3
1
2
2
= d ( M , ( CC ′B′B ) ) . SCC ′B′B = V
3
3
9
1

V2 = VM . ABC = d ( M , ( ABC ) ) .S ABC
3
1 1
1
= . d ( A′, ( ABC ) ) .S ABC = V
3 2
6
2
1
11
Vậy VABC .MNP = V1 + V2 = V + V = V
9
6
8