Hình học chọn lọc thi HSG toán lớp 12

TRƯỜNG THPT LỤC NGẠN SỐ 1

TRẦN VĂN TÂN

HÌNH HỌC THI HỌC SINH GIỎI 12 NĂM 2015 – 2016
(CHÚ Ý HỌC SINH CẦN TỰ VẼ HÌNH VÀ GIẢI TRƯỚC VÀ TÍNH CỤ THỂ KẾT QUẢ, TRÌNH
BÀY RÕ RÀNG)
a 3
; BAD  600 . Gọi M, N lần lượt là
2
trung điểm của các cạnh A ' D ', A ' B ' . Chứng minh rằng AC’ vuông góc với (BDMN) và tìm VA.BDMN .

Bài 1: Cho hình hộp đứng ABCD.A’B’C’D’ có AB  AD  a; AA ' 

Gợi ý
* Chứng minh AC '  ( BDNM )
+ Do ABCD là hình thoi nên
BD  AC; BD  AA '  BD  ( AA ' C ' C)  AC '  BD (1)

+ Giả sử AC  BD  E; MN  A ' C '  F ; AA ' EF  I , từ đó tìm được:
ACC '  IEA  AC '  EF (2)

+ Từ (1) và (2) suy ra: AC '  ( BDMN ) .
* Tìm thể tích khối chóp A.BDNM.
+ Dễ chứng minh được A’ là trung điểm của đoạn AI (bằng tam giác đồng dạng).
+ Ta có: VA.BDMN  VI . ABD  (VI . A' MN  VA. A' MN )  VI . ABD  2VA. A' MN

a3
a3 3a3
 2 
.

4
32 16

Chú ý:
+ Để chứng minh A’C vuông góc với EF ta vẽ hình chữ nhật ACC’A’. từ đó chứng minh nhờ tính chất hình
vuông AEOA ' (O là trung điểm của A 'C ' ) quen thuộc ;
+ Có thể tính trực tiếp được thể tích.
Bài 2: Cho chóp đều S. ABC cạnh đáy là a ; M, N là trung điểm của đoạn SB, SC. Mặt phẳng (AMN) chia
khối chóp thành 2 phần. Tính thể tích khối chóp S.AMN và tỉ số thể tích của hai khối chóp chia bởi mặt
phẳng (AMN), biết (AMN) vuông góc với (SBC).
Bài giải
Tính thể tích khối chóp S.AMN.
+ Trước hết gọi H là trọng tâm tam giác ABC thì H là trực tâm, tâm đường tròn
ngoại tiếp tam giác ABC do tam giác ABC là đều cạnh a, mặt khác do S.ABC là
hình chóp đều nên SH  ( ABC ) (1).
+ Để tính được thể tích khối chóp S.AMN ta chứng minh SI  ( AMN ) và tính diện tích tam giác AMN.
* Trước hết ta chứng minh SI

(AMN ) , thực vậy:

+ Gọi E là trung điểm của BC, I  SE  MN vì MN là đường trung bình của tam giác SBC nên I là trung
điểm của MN và SE.
+ Vì E là trung điểm của BC và tam giác SBC có SB = SC (theo gt)
HỌC TRỞ THÀNH NHÂN TÀI CỦA ĐẤT NƯỚC

1


TRƯỜNG THPT LỤC NGẠN SỐ 1

TRẦN VĂN TÂN

( AMN )  ( SBC )

SE  BC 


  SE  MN (2). Mặt khác ( AMN )  ( SBC ) = MN   SE  ( AMN )  SI là đường cao của
MN || BC 
SE  ( SBC ); SE  MN 

hình chóp S.AMN và SI  AI .
* Tính diện tích tam giác AMN
+ Vì I là trung điểm của SE, SI vuông góc với AI nên tam giác SAE là tam giác cân tại A hay

AE  AS 

a 3
.
2

+ Từ giả thiết dễ tính được các đoạn AH 

2
a 3
3a 2 3a 2 a 15
AE 
 SH  SA2  AH 2 



;
3
3
4
9
6

15a 2 3a 2 a 2
SH . AE a 15 a 3 2
a 10
SE  SH  HE 


. Từ đó ta được AI 
và

.
.

36
36
2
SE
6
2 a 2
4
2

SI 

2

1
a 2
1
a
SE 
; MN  BC  .
2
4
2
2

+ Dễ thấy S AMN

1
1 a 10 a a 2 10
;
 AI .MN  .
. 
2
2 4 2
16

1
1 a 2 a 2 10 a3 5
Vậy thể tích khối chóp S.AMN là VS . AMN  SI .S AMN  .
.
.


3
3 4
16
96
1
* Tìm tỉ số thể tích : phần này quá dễ. Từ trên ta tính được VS . ABC  .SH .S ABC , sau đó tìm được V khối đa
3
diện còn lại là VA.MNCB  VS . ABC  VS . AMN lập tỉ số nữa là OK.
Chú ý:
+ Ở bài toán này để tính toán một lần nữa ta phải phát hiện các tính chất cơ bản sau đó chứng minh và tính
toán các đối tượng.
A

- Từ bài toán trên có thể tính được côsin góc tạo bởi hai mặt phẳng (AMN )
và (ABC ) như sau:
+ Chiếu tam giác AMN lên mặt phẳng (ABC) được tam giác AM’N’ vì M , N
lần lượt là trung điểm của các đoạn SB, SC nên M ', N ' lần lượt là trung
điểm của các đoạn HB, HC từ đó suy ra M ' N ' || BC (3).

H
M'

I'

N'

C
+ Gọi I ' M ' N ' AE khi đó I ' là trung điểm của đoạn MN và giao
E
tuyến

của hai mặt phẳng (AMN ) với mặt phẳng (ABC ) là đường thẳng
qua A song song với MN , M ' N ' nên
(AII ') suy ra góc tạo bởi hai mặt phẳng (AMN ) và (ABC ) là
B

IAI ' .

HỌC TRỞ THÀNH NHÂN TÀI CỦA ĐẤT NƯỚC

2


TRƯỜNG THPT LỤC NGẠN SỐ 1

TRẦN VĂN TÂN

+ Trong tam giác đều ABC từ trên ta được AI '

AI '

3a 3
;M ' N '
8

3
AE
4

SAMN

3a 2 3
. Vậy cos
32

1
AI '.M ' N '
2

tích tam giác AM ' N ' là SAM ' N '

M 'N '

SAM ' N '

a
nên diện
2

2 30
.
9

Bài 3: Cho hình lăng trụ ABC. A ' B ' C ' có đáy ABC là tam giác cân tại đỉnh B, cạnh AB = a, ABC





1200 ,

gọi M là trung điểm của BC, H là trung điểm của AM. Biết A ' H  ( ABC ) , AA ', ( ABC )  600 . Tìm thể
tích khối lăng trụ và d ( A ' B, B ' C ) .
Gợi ý
* Tính thể tích khối lăng trụ
- Trước hết ta thấy AH là hình chiếu của đường thẳng A ' A lên
mặt phẳng đáy (ABC ) nên góc giữa đường thẳng A ' A và mặt
phẳng (ABC ) là góc A ' AH

600 .

- Sử dụng định lý cô – sin cho tam giác BAM , ta được:

AM 2

BA2

BM 2

2BABM
.
.cos 1200

- Trong tam giác vuông A ' HA suy ra A ' H

- Diện tích đáy ABC là SABC

AM

a 7
2

AH . tan 600

1
AB.AC .sin 600
2

Vậy thể tích của khối lăng trụ là V  A ' H .S ABC 

AH

a 7
.
4

a 21
.
4

a2 3
4

a 21 a 2 3 3a3 7
.
.

4
4
16

* Xác định khoảng cách giữa hai đường thẳng A ' B và B ' C (Phương pháp bao hình lăng trụ tam giác bằng
hình hộp, « Phương pháp hình hộp ngoại tiếp lăng trụ tam giác »).
+ Ta dựng hình hộp ABCD.A ' B 'C ' D ' như hình vẽ. Theo tính chất hình hộp ta được ( A ' BD) || ( B ' CD ')
(học sinh cần chứng minh điều này)
 d ( A ' B, B ' C)  d (( A ' BD),( B ' CD '))  d (C,( A ' BD))  d ( A,( A ' BD)) (vì O là trung điểm của AC, là giao
của AC với (A’BD)).

+ Gọi G là trọng tâm tam giác ABC khi đó AG 
d ( A, ( A ' BD))  4d ( H , ( A ' BD)) 

2
3
AM  AH  AG , từ đó ta có :
3
4

a 609
. (Việc dựng khoảng cách từ H đến (A’BD) là cơ bản học sinh tự
29

tính kết quả).
Nhận xét:

HỌC TRỞ THÀNH NHÂN TÀI CỦA ĐẤT NƯỚC

3


TRƯỜNG THPT LỤC NGẠN SỐ 1

TRẦN VĂN TÂN

- Có thể tính diện tích tam giác A’BD và thể tích khối chóp S .ABD sau đó tính được khoảng cách từ điểm A
đến mặt phẳng (A ' BD) (Để tính diện tích tam giác A ' BD bằng cách : biết BD; A’B. chú ý tam giác DAH
vuông tại A nên tính được đoạn DH và suy ra A’D từ đó tìm được diện tích tam giác A’BD) ;
- Có nhiều cách làm khác để có thể tính được thể khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau liên quan
đến lăng trụ tam giác;
- Phương pháp hình hộp ngoại tiếp là một trong những phương pháp « dễ » để tìm được khoảng cách ;
- Có nhiều cách « ngoại tiếp hình hộp » cho lăng trụ trên tuy nhiên ta cần « khéo léo » thì kết quả nhanh hơn.
Bài 4: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác cân AB = a; BAC  1200 , SA vuông góc với mặt đáy,
góc tạo bởi hai mặt phẳng (SAB) và (SBC) bằng 600 . Tìm thể tích khối chóp S.ABC và d(AN,CM) trong đó
M, N lần lượt là trung điểm của SB và SC.
Gợi ý
* Tính thể tích khối chóp S .ABC
+ Gọi H là hình chiếu vuông góc của điểm C trên AB vì BAC  1200  H
thuộc tia đối của tia AB và CH  CA.sin 600 
 BH 

a
a 3
 AH  CA.cos600 
2
2

3a
.
2

+ Theo cách dựng và giả thiết suy ra CH  (SAB) (1).
Gọi K là hình chiếu vuông góc của H trên AB suy ra

HK  SB 
  SB  (CKH ) từ đó ta có :
CH  SB 

( SAB)  SBC )  SB 
( SAB)  (CHK )  HK 
0
  ( SAB), ( SBC )   CK , HK   CHK  60 (do tam giác CHK vuông tại H vì CH
( SBC )  (CHK )  CK 

(CHK )  SB
vuông góc với (SAB)).





+ Từ tam giác CHK vuông tại H suy ra HK  CH / tan 600  a / 2 .
+ Do tam giác BHK vuông tại K nên sin HBK 

HK a 2 1
a
 .   SA  AB.sin HBK 
HB 2 3a 3
3

Từ đó ta tìm được diện tích tam giác ABC và thể tích khối chóp S.ABC.
* Tính khoảng cách d(AN, CM).
Trong mặt phẳng (SBC) dựng hình bình hành NMCP, khi đó: NP||CM suy ra CM || ( ANP) từ đó suy ra

d(CM,AN)=d(CM,(ANP))=d(C, (ANP))
+ Gọi E là trung điểm của AC, khi đó d(C,(ANP))=2d(E,(ANP)), mặt khác ta có: NE||SA và SA vuông góc
với (ABC) nên NE vuông góc với (ABC) và NE = 1/2SA = a/6.
+ Việc dựng và tính khoảng cách từ điểm E đến (ANP) bây giờ rất đơn giản học sinh tự trình bày nữa là OK.

HỌC TRỞ THÀNH NHÂN TÀI CỦA ĐẤT NƯỚC

4


TRƯỜNG THPT LỤC NGẠN SỐ 1

TRẦN VĂN TÂN

Bài 5: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật với AB = 2a, tam giác SAB cân tại S và nằm trong
mặt phẳng vuông góc với (ABCD). Gọi M là trung điểm của đoạn SD, (ABM) vuông góc với (SCD) và
đường thẳng AM vuông góc với đường thẳng BD. Tính thể tích khối chóp S.BCM và khoảng cách từ điểm M
đến (SBC).
Gợi ý
Gọi E, N, H, I, K lần lượt là trung điểm của CD, SC, AB, SE, HD, khi đó
ta có: AD  a 2 (bài này khá dễ)
+ Chứng minh được tam giác SHE vuông cân tại H nên suy ra thể tích
khối chóp

Bài 6: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, BC = a. Cạnh bên SA vuông góc với mặt
đáy, đường thẳng SC tạo với các mặt phẳng (SAB), (ABCD) các góc bằng nhau và bằng 300 , gọi M là trung
điểm của cạnh CD. Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SC, BM.
Gợi ý
* Tính thể tích:
+ Học sinh cần trình bày đầy đủ cách dựng góc giữa SC với hai

mặt phẳng (SAB) và (ABCD) (từng bước 1).
+ Từ việc dựng góc tính được các đoạn SB, SC, AC, AB theo BC
= a và các góc dựng được bằng (hệ thức lượng trong các tam giác
vuông).
+ Từ đó tìm được diện tích đáy, đường cao SA và suy ra được
thể tích khối chóp S.ABCD.
* Tính khoảng cách:
+ Dựng hình bình hành BMCE từ đó chứng minh được khoảng cách cần dựng được là d(I,(SEC))=1/3d(A,
(SCE)). (Học sinh cần trình bày cách dựng khoảng cách rõ ràng, và chứng minh được tỉ số trên bằng cách
lập luận tam giác đồng dạng).
+ Gọi K là hình chiếu vuông góc với của A trên CE (từ đó dựng được khoảng cách, học sinh cần lập luận
đầy đủ được khoảng cách d(A, (SCE)) là đoạn AH.
+ Để tính khoảng cách AH ta cần tính AK bằng cách vận dụng AK.CE=AE.CB = (2 diện tích tam giác
ACE). Từ đó tìm được khoảng cách thui.
(Bài tập vẫn khá cơ bản).
Bài 7: (Tự nghĩ) Cho lăng trụ ABC. A ' B ' C ' đứng có đáy ABC là tam giác vuông tại B, BA = a, BC = 2a;
góc giữa hai mặt phẳng ( BA ' C ) và ( B ' A ' C ) bằng  với sin  

7
. Tính thể tích khối lăng trụ
3

ABC. A ' B ' C ' và khoảng cách giữa hai đường thẳng A ' B và B ' C .

Bài giải

Bài giải
HỌC TRỞ THÀNH NHÂN TÀI CỦA ĐẤT NƯỚC

5

TRƯỜNG THPT LỤC NGẠN SỐ 1

TRẦN VĂN TÂN

+ Ta dễ dàng tính được diện tích đáy của lăng trụ là diện tích tam giác ABC vuông tại B.
+ Để dựng được góc giữa hai mặt phẳng ( A ' B ' C ) và ( BA ' C ) , ta dựng các đường cao, BH, BK của hai tam
giác BB ' C( H  B ' C ); BA ' C( K  A ' C ) với chú ý từ giả thiết ta chứng minh được BB ' C; BA ' C là các tam
giác vuông tại B.
+ Từ cách dựng trên và chứng minh ở trên ta có:

BH  B ' C
BH  A ' C 

  BH  ( A ' B ' C ) 
  A ' C  ( BHK ) .
BH  A ' B '( do ( AA '  ( BCC ' B ') 
BK  A ' C 
+ Học sinh nêu cách dựng góc giữa hai mặt phẳng trên, chú ý do tam giác BHK vuông tại H nên

 (B ' A ' C), (BA ' C)   HK , BK   BKH   .

Bây giờ ta tính chiều cao của hình lăng trụ, đặt

AA '  BB '  CC '  x  0 , theo hệ thức trong tam giác vuông ta có:

1
1
1



 BH 
2
2
BH
BB ' BC 2
Tương tự: BA '  x 2  a 2 và

BB '.BC
BB '2  BC 2



2 xa
4a 2  x 2

(1).

1
1
1


 BK 
2
2
BK
BA ' BC 2

BA '.BC



BA '2  BC 2

2a. x 2  a 2
x 2  5a 2

(2)

Mặt khác trong tam giác vuông BHK ta có : BH  BK .sin   9BH 2  7 BK 2 (3).
+ Từ (1), (2) và (3) ta được : 9.

4 x2a2
4a 2 ( x 2  a 2 )
từ đây ta tìm được x2  2a 2  x  a 2 . Từ đó

7.
2
2
2
2
4a  x
x  5a

tìm được thể tích khối lăng trụ.
* Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng d ( A ' B, B ' C ) (Ta dùng phương pháp « hình hộp ngoại tiếp như
hình vẽ).
+ Học sinh chứng minh d ( A ' B, B ' C)  d (( B ' CD '),( BA ' D))  d (C,( A ' BD))  d ( A,( A ' BD))

(học sinh phải chứng minh được hai mặt phẳng trên song song với nhau).
+ Việc dựng khoảng cách từ A đến (A’BD) là khá đơn giản và tính khoảng cách khá dễ do đó học sinh tự
tính.
Bài 8: (HSG Bắc Giang 2014 – 2015) Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác đều
tâm O. Hình chiếu vuông góc của C’ lên mặt phẳng (ABC) trùng
D
A'
với O. Biết khoảng cách từ O đến đường thẳng CC’ bằng a, góc B'
giữa hai mặt phẳng (ACC’A’) và (BCC’B’) bằng 600 . Tính theo a
thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ và khoảng cách giữa hai
C'
đường thẳng CC’ và AB’.
Bài giải
+ Gọi H là hình chiếu vuông góc của O trên CC’ thì OH = a.
+ Gọi M, D lần lượt là trung điểm của AB và A’B’. Trong
mp(CMDC’) dựng MN / /OH thì MN CC ' (1); mà
AB CM , AB C 'O
AB (CMC ') AB CC ' (2).

HỌC TRỞ THÀNH NHÂN TÀI CỦA ĐẤT NƯỚC

N

B

A

M

H

O

K

C

6


TRƯỜNG THPT LỤC NGẠN SỐ 1
+ Từ (1) và (2) suy ra CC '
+ Nếu ANB

TRẦN VĂN TÂN

(ABN )

(ACC ' A ');(BCC ' B ')

AN ; BN

600 thì do tam giác NAB cân tại N nên tam giác ABN đều. Suy ra AN

vì tam giác NAC vuông tại N). Suy ra ANB
+ Tính được MN

3
OH
2

3a
; AB
2

2MA

Vậy thể tích khối lăng trụ cần tìm là V

AB

AC (vô lí

1200

3a 3;CO

OC '.SABC

2
CM
3

3a ; OC '

3a
2 2

.

81a 3 6

;
16

* Do CC’ // (ABB’A’) nên d(CC’; AB’) = d(CC’ ; (ABB’A’)) = d(C; (ABB’A’)).
Vì AB  (CMC’) nên (ABB’A’)  (C’CM) ; mà (ABB ' A ') (C 'CM )

MD .

Dựng CK  MD thì suy ra CK  (ABB’A’) nên d(C; (ABB’A’)) = CK.
Ta có CK .MD

C 'O.CM

CK

C 'O.CM
MD

3a
3a
. Vậy d(CC’ ; AB’) =
.
2
2

Bài 9: (HSG Thanh Hóa 2013 – 2014) Cho hình chóp S.ABCD, đáy ABCD là hình chữ nhật có
AB  a, AD  b , SA vuông góc với đáy và SA  2a . Gọi M là điểm nằm trên cạnh SA sao cho
AM  x (0  x  2a) . Tính diện tích thiết diện của hình chóp cắt bởi mặt phẳng (MBC). Tìm x theo a để
mặt phẳng (MBC) chia khối chóp S.ABCD thành hai phần có thể tích bằng nhau.
Bài giải

S

Thiết diện là hình thang vuông MNCB, vuông tại B và M.
Tính diện tích thiết diện:
1
SMNCB  ( MN  CB) MB ; BM  BA2  AM 2  a2  x2
2
SMN đồng dạng SAD  MN 

Vậy SMNCB

M

SM . AD (2a  x).b

SA
2a

1  2ab  bx

 
 b a2  x2 .
2  2a


N

A

D

B

Gọi V là thể tích của khối chóp
1
2a 2 b
V
S.ABCD  VS . ABCD  SA.S ABCD 
3
3

C

Gọi V1 là thể tích của khối SMNCB: V1  VS .MBC  VS .MNC
Ta có

VS .MBC SM .SB.SC SM 2a  x



VS . ABC
SA.SB.SC
SA
2a

1
1
V
2a  x V 2a  x ab 2 (2a  x)

VSABC  SA.S ABC  .2a 2b   VSMBC 
. 
.

a.b .
3
6
2
2a 2
2a
3
6
HỌC TRỞ THÀNH NHÂN TÀI CỦA ĐẤT NƯỚC

7


TRƯỜNG THPT LỤC NGẠN SỐ 1

TRẦN VĂN TÂN

V
SM .SN .SC SM SN  MN   2a  x 
Ta có S .MNC 

.

 

VS . ACD

SA.SC.SD
SA SD  AD   2a 
2

 VS . ACD 

V a 2b

2
3

 VS .MNC 

2

(2a  x)2 a 2b (2a  x)2
.

.b
4a 2
3
12

V a 2b
(2a  x).ab (2a  x)2 .b a 2b
Yêu cầu bài toán  V1  



2

3
6
12
3

 x  a(3  5)  2a (loai)
 x 2  6ax  4a 2  0  
 x  a(3  5) (t / m)
Vậy với x  a(3  5) thì mp(MBC) chia khối chóp S.ABCD thành hai phần có thể tích bằng nhau.
Bài 10: (HSG Hà Nam 2015 – 2016)
1. Cho hình lăng trụ tam giác ABC. A’B’C’, có đáy ABC là tam giác vuông với AB  BC  2 và A’
cách đều các đỉnh A, B, C. Gọi L, K lần lượt là trung điểm của BC , AC. Trên các đoạn A’B, A’ A lần
lượt lấy M , N sao cho MA’  2BM , AA’  3 A’N . Tính thể tích khối tứ diện MNKL, biết

A’L  10.
2. Cho hình chóp S. ABC có độ dài các cạnh SA  BC  x, SB  AC  y, SC  AB  z thỏa mãn

x 2  y 2  z 2  12 . Tính giá trị lớn nhất của thể tích khối chóp S.ABC.
Bài giải
1) Gọi E là trung điểm AN, ta có ME//AB//LK  SMLK  SELK  VMNKL  VNELK
1
ta cũng có S EKN  S A ' KA
3

+) Do A ' A  A ' B  A ' C và K là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC
nên A ' K   ABC   ( A ' AC )   ABC 

B
’
C’’

mà BK  AC  BK   A ' AC 
1
BK
+) Ta có d  L,  NKE    d  B,  NKE   
, do L là trung điểm
2
2
1
1
AC
 2
BC. VNELK  d  L,  NKE   .S NKE  KB.S A ' KA ; KB 
3
18
2

A’
’

N
M
L

B

C

E
K

A

+) Vì A ' K   ABC   A ' K  KL  A ' K  A ' L2  LK 2  3
 S A ' AK 

1
3 2
A ' K .KA 
.
2
2

Vậy VNELK 

1
1
3 2 1
1
KB.S A 'KC 
2.
  VMNLK  .
18
18
2
6
6

HỌC TRỞ THÀNH NHÂN TÀI CỦA ĐẤT NƯỚC

8


TRƯỜNG THPT LỤC NGẠN SỐ 1

TRẦN VĂN TÂN

2) Qua các đỉnh của tam giác ABC, vẽ các đường thẳng song song
với cạnh đối diện, chúng đôi một cắt nhau tạo thành tam giác MNP
như hình vẽ.

S

1
+) Có SMNP  4S ABC  VS . ABC  VS .MNP
4

+) Do SB  AC 

1
NP  SNP vuông tại S.
2

C

M
A

Tương tự, các tam giác SMN, SMP vuông tại S.

P
B

N

Đặt a  SM , b  SN , c  SP , ta có:
a 2  2  x 2  z 2  y 2 
a 2  b 2  4 x 2

 2
 2
2
2
2
2
2
b  c  4 y  b  2  x  y  z 
c 2  a 2  4 z 2
 2
2
2
2

c  2  y  z  x 

1
1
2
VS . ABC  VS .MNP  abc 
4

24
12

x

2

 y 2  z 2  y 2  z 2  x 2  z 2  x 2  y 2 .

Mà theo bđt Côsi:  x 2  y 2  z 2  y 2  z 2  x2  z 2  x 2  y 2  
3

 x 2  y 2  z 2  y 2  z 2  x 2  z 2  x 2  y 2   12 
3

   4
3

  3
3

2 3 2 2
4 
. Đẳng thức xảy r x2  y 2  z 2  4  x  y  z  2. Vậy GTLN của thể tích khối
12
3
2 2
chóp S.ABC là
.
3

nên VS . ABC 

Bài 11: (HSG Hải Phòng bảng A 2015 – 2016) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a và

ABC  1200 , cạnh bên SA vuông góc với đáy. Gọi G là trọng tâm tam giác ABC, I thuộc cạnh SB sao cho
0
SI = 2IB. Góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABCD) bằng 45 . Tính thể tích khối chóp S.ABCD và
khoảng cách giữa hai đường thẳng SC và IG theo a.
Bài giải
a2 3
 AB.ADsin 60 
2
0

SABCD
Ta có
Dựng SH  BC , H  BC. Do SA  BC , suy ra SHA   BC

Suy ra SHA là góc giữa (SCB) và (ABCD) .  SHA  450  SAH vuông
cân  SA  AH

VSABCD
Vậy ta có
b) Ta có IG

 AB.sin ABH  a.sin 600  a

3
2

1
a3
 .SA.SABCD 
3
4 (Đvtt)

4
2
//(SCD)  d  IG,SC   d  G, SCD    d  O, SCD    d  A, SCD  
3
3
Gọi E là hình chiếu vuông góc của A trên CD, gọi K là trung điểm SE
HỌC TRỞ THÀNH NHÂN TÀI CỦA ĐẤT NƯỚC

9


TRƯỜNG THPT LỤC NGẠN SỐ 1

TRẦN VĂN TÂN

Chứng minh được AK  (SCD)  d  A, SCD    AK
a 6
a 6
 d(SC, IG) 
6
4
Bài 12: (HSG Ninh Bình 2017) Cho lăng trụ ABC. A ' B ' C ' có đáy ABC là tam giác vuông tại B,
AB  2BC . Hình chiếu vuông góc của A ' trên mặt phẳng  ABC  là trung điểm H của cạnh AB ; gọi K là

Tính được AK 

trung điểm AC . Biết khoảng cách giữa hai đường thẳng A ' A và HK bằng a 3 ; góc giữa hai mặt
phẳng  AA ' B  và  AA ' C  bằng 300 . Tính thể tích của khối lăng trụ ABC. A ' B ' C ' .
Bài giải
Bài 13: (HSG Vĩnh Phúc 2017)
Cho tứ diện ABCD có BAC  CAD  DAB  600 , AB  8(cm), AC  9(cm),

AD  10(cm). Gọi A1 ,B1 ,C1 ,D1 lần lượt là trọng tâm của các tam giác BCD, ACD, ABD, ABC.
a) Tính khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng  ACD  .
b) Tính thể tích khối tứ diện A1B1C1 D1 .
Cho hình chóp S. ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B, AB  8, BC  6. Biết SA  6 và SA vuông
góc với mặt phẳng ( ABC ) . Tìm bán kính mặt cầu có tâm thuộc phần không gian bên trong của hình chóp
và tiếp xúc với tất cả các mặt của hình chóp S. ABC .
Bài 14: (HSG Hải Dương 2017)
1. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông tâm O cạnh bằng a. Hình chiếu vuông góc của đỉnh S lên
mặt phẳng (ABCD) là trung điểm của OC. Góc giữa mặt phẳng (SAB) và mặt phẳng (ABCD) bằng 600.
Tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a.
2. Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có khoảng cách từ A đến mặt phẳng  SBC  bằng 2, góc giữa mặt
phẳng (SBC) và mặt phẳng (ABCD) bằng  . Tìm giá trị của cos  để thể tích khối chóp S.ABCD nhỏ nhất.
3. Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh bằng a. Lấy điểm M thuộc đoạn AD’, điểm N thuộc đoạn



a 2



2 

BD sao cho AM  DN  x,  0  x 

 . Tìm x theo a để đoạn MN ngắn nhất.

Bài giải
S

0
1) Kẻ HK  AB (K  AB)  AB  (SHK)  SKH  60
HK AH 3
3
HK // BC 

  HK  a
BC AC 4
4
3 3
Tam giác SHK vuông tại H  SH  HK .tan 600 
a
4
1 3 3
3 3
S ABCD  a 2  VS . ABCD  a 2 .
a
a
3
4
4
2) Gọi M, N là trung điểm BC, AD, gọi H là hình chiếu
vuông góc từ N xuống SM. Ta có:

SMN  ,d  A; SBC    d  N; SBC    NH  2
 MN 

H

K
O

S

NH
2
4

 SABCD  MN 2 
sin  sin 
sin 2 

tan 
1

sin  cos
1
4
1
4
  2 

2

3 sin  cos 3.sin .cos

HỌC TRỞ THÀNH NHÂN TÀI CỦA ĐẤT NƯỚC

D

A

H
C

D

SI  MI. tan  
 VSABCD

C

B

N
M

I
A

B

10

TRƯỜNG THPT LỤC NGẠN SỐ 1

TRẦN VĂN TÂN

sin 2   sin 2   2cos 2 2
1
sin .sin .2cos  
  sin 2 .cos 
3
3
3
2

2

2

VSABCD min  sin 2 .cos max
 sin 2   2cos2   cos 

1
3

3) Gọi M’, N’ lần lượt là hình chiếu của M, N lên AD
Ta có MN  M ' M  M ' N  M ' M  M ' N '  N ' N
Tam giác M’AM vuông cân tại M’ nên có
2

2

2

2

2

2

x 2
; Tam giác N’DN vuông cân tại N’
2
x 2
nên có N ' D  N ' N 
2
M ' N '  AD  M ' A  N ' D  a  x 2
2
x2
x2
2
MN 
 a  x 2   3x 2  2 2a.x  a 2
2
2
Khi đó
M ' A  M 'M 





2


2  a2 a2
a 3
2
MN  3 x 
a     MN 
3 
3
3
3

a 3
a 2
Vậy MN ngắn nhất bằng
đạt được khi x 
3
3
Bài 15: (HSG Thanh Hóa 2015)
Cho tứ diện SABC có SA  a, SB  b, SC  c và SA  SB, SA  SC, SB  SC . Gọi R , V theo thứ tự là bán
kính mặt cầu ngoại tiếp và thể tích của tứ diện SABC . Tính diện tích tam giác ABC theo a, b, c và chứng
minh rằng: R 

6

972V 2
2

Bài giải
abc
(1);
6
Gọi h là độ dài đường cao kẻ từ S của hình chóp SABC ta
1
1 1 1
có: 2  2  2  2 (2)
h
a b c
3V
Gọi diện tích tam giác ABC là dt(ABC) ta có: dt ( ABC ) 
(3)
h

Ta có V 

a 2b 2  b 2 c 2  c 2 a 2
Từ (1), (2), (3) ta có dt ( ABC ) 
2
Gọi I là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SABC
M , N lần lượt là trung điểm của BC, SA
Khi đó
1 2 1
1 2
R  IS  SN 2  SM 2 
SA   SB 2  SC 2  
a  b2  c 2
4
4

2

A

a
N

I
c

S

C

b
M
B

6

6
27a 2b 2 c 2
972V 2
Theo Côsi ta có: R 
(4)Từ (4) và (1) suy ra R 
2
2

HỌC TRỞ THÀNH NHÂN TÀI CỦA ĐẤT NƯỚC

11


TRƯỜNG THPT LỤC NGẠN SỐ 1

TRẦN VĂN TÂN

Vậy ta có điều phải chứng minh.
Bài 16: (HSG Nam Định 2015 – 2016)
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B; AB  BC  4a . Tam giác SAB đều
và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Gọi H là trung điểm của AB, biết khoảng cách
từ C đến mặt phẳng (SHD) bằng a 10 . Tính
S
thể tích khối chóp S.HBCD và cosin của góc
giữa hai đường thẳng SC và HD.
Bài giải
+) Tam giác SAB cân nên  SH  AB
+)

SAB)  ( ABCD)



( SAB)  ( ABCD)  AB   SH  ( ABCD)

SH  AB

+) Kẻ CK  HD, K  HD mà
SH  ( ABCD)  SH  CK

A

D
K
M

H

E

B

Do đó

C

N

CK  (SHD)  d (C,(SHD))  CK  a 10
+ Tính được CH  a 20  HK  a 10  CK . Do đó tam giác CHK vuông cân tại K
Nên KHC  45  DHC  45  tan DHC  1
+) Tam giác ABH vuông tại B nên tan BHC  2
+) tan BHD  tan( BHC  CHD) 

tan BHC  tan CHD

 3
1  tan BHC.tan CHD
AD
 3  AD  6a

Mà BHD  AHD  180 . Do đó tan AHD  3 
AH
( AD  BC ). AB
 20a 2
Ta có S ABCD 
2
SHBCD  S ABCD  S AHD  20a 2  6a 2  14a 2
Vậy VS .HBCD 

1
28a3 3
SH .S HBCD 
3
3

b) Tính cosin của góc giữa hai đường thắng SC và HD
Tam giác SHC vuông tại H nên SC  a 32
+) Gọi M  AC  HD; E  BC  HD

+) Khi đó AEBD là hình bình hành nên EB  AD  4a  EC  10a

AD AM
6a 3
3
3
3
3a 2


  AM  MC  AC  .a 32 

5
8
8
2
+) AD//EC nên EC MC 10a 5
+) Trong mặt phẳng (ABCD), kẻ CN//HD với N thuộc đường AB
Do đó góc giữa SC và HD là góc giữa CN và SC
3
10
4
Ta có: AH  HN  HN  a  BN  a.
5
3
3
208
4 10
a; CN  BN 2  BC 2 
a.
Ta có: SN  SH 2  HN 2 
3
3
+) Áp dụng định lý Côsin trong tam giác SCN , ta có cos SCN 
HỌC TRỞ THÀNH NHÂN TÀI CỦA ĐẤT NƯỚC

SC 2  CN 2  SN 2
5

.
2SC.CN
4

12


TRƯỜNG THPT LỤC NGẠN SỐ 1

TRẦN VĂN TÂN

+) cos( SC , HD)  cos(CN , SC )  cos SCN
Vậy cos( SC , HD)  cos SCN 

5
.
4

Bài 17: (HSG Hà Nam 2012)
1. Cho tứ diện SABC có AB  AC  a, BC 

a
, SA  a 3 (a  0) . Biết góc SAB  300 và góc
2

SAC  300 . Tính thể tích khối tứ diện theo a .
2. Chứng minh rằng nếu một tứ diện có độ dài một cạnh lớn hơn 1, độ dài các cạnh còn lại đều không lớn
hơn 1 thì thể tích của khối tứ diện đó không lớn
hơn

1
.
8

Bài giải
1)
Theo định lý cosin trong tam giác SAB ta có

S

SB 2  SA2  AB 2  2SA. AB.cos300  3a 2  a 2  2a 3.a.

3
 a2
2

M

Vậy SB = a. Tương tự ta cũng có SC = a.
Gọi M là trung điểm SA, do hai tam giác SAB
cân tại B và SAC cân tại C nên

MB  SA, MC  SA  SA   MBC 

Ta có VSABC  VSBMC  VABMC 

C

1
SA.SMBC
3

A

Hai tam giác SAB và SAC bằng nhau (c.c.c)
nên MB = MC suy ra tam giác MBC cân tại M,
do đó MN  BC , ta cũng có MN  SA (Ở
đây N là trung điểm BC).

N
B
2

2
 a   a 3  3a
MN  AN  AM  AB  BN  AM  a     


16
4  2 
2

2

2

2

2

2

2

2

a 3
. Vậy
4
1
1
a3
 SA. MN .BC 
3
2
16

A

Suy ra MN 

VSABC

D

2) Giả sử tứ diện ABCD có AB>1, các cạnh còn lại đều

x   0;1

không lớn hơn 1. Đặt CD = x,
.
Gọi M là trung điểm BC, K là hình chiếu của B lên CD
và H là hình chiếu của A lên mp( BCD). Khi đó

B
H

C K

M

1
1
VABCD  SBCD .AH  x.BK.AH (1)
3
6
2
2
BC  BD
CD2
x2
1
2

 1   BM 
4  x2
Có BM 
2
4
4
2
1
4  x2
Tương tự, cũng có AM 

2
HỌC TRỞ THÀNH NHÂN TÀI CỦA ĐẤT NƯỚC

13


TRƯỜNG THPT LỤC NGẠN SỐ 1

TRẦN VĂN TÂN

1
1
4  x 2 (2), AH  AM  AH 
4  x 2 (3)
2
2
1
Từ (1), (2) và (3) suy ra VABCD 
x(4  x 2 )
24
1
1
1
Mặt khác hàm số f (x) 
x(4  x 2 ); x   0;1 đồng biến nên f(x)  f (1)  . Nên VABCD  (đpcm)
24
8
8
Mà BK  BM  BK 

(Dấu bằng xảy ra khi hai tam giác ACD và BCD là hai tam giác đều có cạnh bằng 1 và H,K trùng với M.
Khi đó AB  3 / 2  1)
Bài 18:
Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B, biết AB = BC = a 3 , khoảng
cách từ A đến mặt phẳng (SBC) bằng a 2 và SAB  SCB  900 . Tính theo a thể tích khối
chóp S.ABCvà khoảng cách giữa hai đường thẳng SB, AC.
Bài giải
S

Gọi H là hình chiếu vuông góc của S trên mp(ABC).
Ta có:
SH  ( ABC ) 
  HA  AB .
SA  AB (gt) 
Tương tự HC  BC
Suy ra tứ giác HABC là một hình vuông
+Ta có: AH / / BC  (SBC)  AH / / (SBC)
 d[ A,(SBC )]  d[ H ,(SBC )]  a 2
Dựng HK  SC tại K
(1).
Do
BC  HC 
  BC  ( SHC )  BC  HK
BC  SH 

K

I

H

C
O

A

B

(2)

Từ (1) và (2) suy ra HK  (SBC ) , nên d[ H ,( SBC )]  HK  a 2
1
1
1
1
Ta có:


 2  HS  a 6
2
2
2
HS
HK
HC
6a
1
1
1
a3 6

Thể tích Khối chóp S.ABC được tính bởi: V  S ABC .SH  AB.BC.SH  a 3.a 3.a 6 
3
6
6
2
Gọi I là hình chiếu của O lên SB khi đó d ( AC; SB)  OI

a 6 1
a 3
.

2
2
2
a 3
Vậy khoảng cách giữa AC và SB là d  AC; SB  
2
A'
Bài 19: Thái Bình 2016
Cho lăng trụ đứng ABC.A'B'C' có đáy là tam giác vuông tại
C, với BC = a, BB' = 2a, AB' = 3a. Gọi M là trung điểm A'B',
I là giao điểm của BM và AB'. Tính thể tích tứ diện IABC và
khoảng cách từ B đến mặt phẳng (IAC).
Bài giải
+ Gọi H, K lần lượt là hình chiếu của I lên AB, A' B' .
Do ( ABC )  ( ABB' A' ) nên
1
IH  ( ABC ),VIABC  IH .SABC (1)
3
Trong tam giác vuông OIB ta có: OI  OB.sin 450 

HỌC TRỞ THÀNH NHÂN TÀI CỦA ĐẤT NƯỚC

M

K

B'

C'
I

A

H

C

B

14


TRƯỜNG THPT LỤC NGẠN SỐ 1

TRẦN VĂN TÂN

+ Do ABB' A' là hcn nên AB  a 5

1

BC. AC  a 2 (2)
2
IH
AB
IH 2
4a
+ Theo Talet:
 ' 2
  IH 
(3)
IK B M
KH 3
3
4a 3
Từ (1), (2), (3) suy ra: VIABC 
9
2
2
+ Có IA  AB'  2a  SIAC  SAB'C
3
3
' '
Do BCC B là hình chữ nhật nên B'C  a 5
ABC vuông tại C nên AC = 2a  SABC 

+ Mặt khác AC  ( BCC ' B' )  AC  CB'  S IAC 

2
2a 2 5
SAB'C 

3
3

3

3. 4a
3VIABC
2a
+ VIABC  VBIAC  d ( B, ( IAC )) 
 2 9 
SIAC
2a 5
5
3
Bài 19: (HSG Đắc Lắc 2011)
Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’, đáy ABC là tam giác cân có AB = AC = a (a là một số thực dương) và mặt
bên ACC’A’ là hình chữ nhật có AA’=2a. Hình chiếu vuông góc H của đỉnh B lên mặt phẳng (ACC’) nằm
trên đoạn thẳng A’C.
1/ Chứng minh thể tích của khối chóp A’.BCC’B’ bằng 2 lần thể tích của khối chóp B.ACA’.
2/ Khi B thay đổi, xác định vị trí của H trên A’C sao cho khối lăng trụ ABC.A’B’C’ có thể tích lớn nhất.
3/ Trong trường hợp thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ là lớn nhất, tìm khoảng cách giữa AB và A’C.
Bài giải
B
B’

J
C

C’
H

A

A’

Gọi V là thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’, VB.ACA’ là
thể tích khối chóp B.ACA’,
- Ta có V = h.SABC (h là chiều cao của khối lăng trụ ABC.A’B’C’).
1
- Ta có VB.ACA’ = h.SABC.
3
- Vậy V= 3.VB.ACA’ hay VA’.BCC’B’ = 2.VB.ACA’
- Ta có V= 3.VB.ACA’
Vậy V lớn nhất khi VB.ACA’ lớn nhất,
1
a2
- Ta có: VB. ACA'  S ACA ' .BH hay VB. ACA'  BH , mà BH2 = AB2 – AH2 = a2 – AH2 – vậy BH lớn nhất khi
3
3
a
AH nhỏ nhất tức là AH  A’C  CH 
5
- Trong mp(AHB) kẻ HJ  AB, suy ra HJ là đường vuông góc chung của AB và A’C.

HỌC TRỞ THÀNH NHÂN TÀI CỦA ĐẤT NƯỚC

15


TRƯỜNG THPT LỤC NGẠN SỐ 1

- Trong ta giác vuông AHB ta H ta có:

TRẦN VĂN TÂN

4a 2
1
1
1
2
,
ta
có:
;
HA



HJ 2 HA2 HB 2
5

a2
2a
; suy ra: HJ 
HB 
5
5
Bài 20: (HSG Vĩnh Phúc 2012)
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB = 2a, tam giác SAB cân tại S và nằm trong mặt
phẳng vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Gọi M là trung điểm của SD, mặt phẳng (ABM) vuông góc với mặt
phẳng (SCD) và đường thẳng AM vuông góc với đường thẳng BD. Tính thể tích khối chóp S.BCM và

khoảng cách từ M đến mặt phẳng (SBC).
Bài giải
2

S

Gọi H, N, L, E lần lượt là trung điểm của AB, CD, SC, HD
Gọi I  AN  BD, K  LM  SN ; Dễ thấy tứ giác AHND là hình
AN
chữ nhật và IN 
3
Từ giả thiết ta có SH   ABCD  , ME / / SH  ME  BD 1

M
K

Lại do AM  BD  2  . Từ 1 &  2   BD   AMN   BD  AN .
Trong tam giác AND ta có
NA2
ND 2  NI .NA 
 NA  ND 3  a 3  AD  NA2  ND2  a 2
3
Dễ thấy CD   SHN  , do

ML / /CD  ML   SHN   ML  SN  3

L

A

D
E
I

H

N

B

C

Do  ABLM    SCD  ,  ABLM    SCD   ML (4), nên từ  3 &  4   SN   ABLM 
 SN  HK . Lại do K là trung điểm SN nên tam giác SHN vuông cân tại H suy ra SH  HN  a 2 .
3
1
4a 3
1
11
 a
Ta có VS . ABCD  .SH . AB. AD 
; VS .BCM  VS . BCD   VS . ABCD   ( đvtt).
3
3
2
2 2
 3
1
Ta có BC  SH , BC  AB  BC   SAB   BC  SB  SSBC  SB.BC
2

2
1
1 2
a 6

HB 2  SH 2 .BC 
a  2a 2 .a 2 
2
2
2
3V
a 6
Mặt khác ta có d  M ;  SBC    MSBC 
.
SSBC
3

Bài 22: (HSG Nghệ An 2013)
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 3
. Tính theo a thể
4

B'

tích khối lăng trụ ABC.A'B'C' .
A'

2. Cho tứ diện ABCD có G là trọng tâm tam giác
BCD . Mặt phẳng    đi qua trung điểm I của đoạn

C'

thẳng AG và cắt các cạnh AB, AC, AD tại các điểm
D
HỌC TRỞ THÀNH NHÂN TÀI CỦA ĐẤT NƯỚC

B
E

A

16

G
C


TRƯỜNG THPT LỤC NGẠN SỐ 1

TRẦN VĂN TÂN

(khác A ). Gọi h A , h B , h C , h D lần lượt là khoảng cách từ các điểm A, B, C, D đến mặt
phẳng    .

h 2B  h C2  h D2
Chứng minh rằng:

 h 2A .
3
Bài giải

1) Diện tích đáy là SABC 

a2 3
.
4

Gọi G là trọng tâm tam giác ABC
BC  AE
Gọi E là trung điểm BC . Ta có 
 BC   AA'E 
BC  A'G

Gọi D là hình chiếu vuông góc của E lên đường thẳng AA' .
Do đó BC  DE, AA'  DE
Suy ra DE là khoảng cách giữa hai đường thẳng AA' và BC
DE 1
  DAE  300
Tam giác ADE vuông tại D suy ra sin DAE 
AE 2
a
Xét tam giác A'AG vuông tại G ta có A'G  AG.tan 300 
3
3
a 3
Vậy VABC.A 'B'C'  A'G.SABC 
.

12

A

2)
Gọi B', C', D' lần lượt giao điểm của mp    với các cạnh

D'

AB, AC, AD .
1
Ta có VAGBC  VAGCD  VAGDB  VABCD (*)
3
Vì VAB'C'D'  VAIB'C'  VAIC'D'  VAID'B' và (*) nên

VAB'C'D' VAIB'C'
V
V

 AIC'D'  AID'B'
VABCD
3VAGBC 3VAGCD 3VAGDB


B'

B

I

C'

D

G
C

AB'.AC'.AD' AI.AB'.AC'
AI.AC'.AD'
AI.AD'.AB'



AB.AC.AD
3.AG.AB.AC 3.AG.AC.AD 3.AG.AD.AB

AB AC AD
AG
BB' CC' DD'


 3.
6


3
AB' AC' AD'
AI
AB' AC' AD'
BB' h B CC' h C DD' h D


,

,

Mặt khác ta có
AB' h A AC' h A AD' h A
h
h
h
Suy ra B  C  D  3  h B  h C  h D  3h A (**)
hA hA hA


HỌC TRỞ THÀNH NHÂN TÀI CỦA ĐẤT NƯỚC

17


TRƯỜNG THPT LỤC NGẠN SỐ 1

TRẦN VĂN TÂN

Ta có:  h B  h C  h D   3 h B2  h C2  h D2 
2

  h B  h C    h C  h D    h D  h B   0 ( luôn đúng )
2

2

2

Kết hợp với (**) ta được  3h A   3 h B2  h C2  h D2 
2

h 2B  h C2  h D2
Hay
 h 2A .
3
Bài 23: (HSG Huế 2015)

Bài giải

Bài 24: (HSG Huế 2014)
HỌC TRỞ THÀNH NHÂN TÀI CỦA ĐẤT NƯỚC

18


TRƯỜNG THPT LỤC NGẠN SỐ 1

TRẦN VĂN TÂN

Bài giải

Bài 25: (HSG Huế 2013)

Bài giải

HỌC TRỞ THÀNH NHÂN TÀI CỦA ĐẤT NƯỚC

19


TRƯỜNG THPT LỤC NGẠN SỐ 1

TRẦN VĂN TÂN

Bài 26: (HSG Huế 2016)

HỌC TRỞ THÀNH NHÂN TÀI CỦA ĐẤT NƯỚC

20


TRƯỜNG THPT LỤC NGẠN SỐ 1

TRẦN VĂN TÂN

Bài 27:
Bài 1: (HSG Thái Bình 2013 – 2014)
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O. Biết AB = a, SA = 2a; và
SAD  SAB  BAD  600 .
1) Chứng minh BD vuông góc với (SAC);
2) Tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a.
Bài 2: (HSG Ninh Bình 2013). Cho khối tứ diện ABCD có AB > 1. Các cạnh còn lại có độ dài không lớn
hơn 1. Gọi V là thể tích khối tứ diện ABCD. Tìm giá trị lớn nhất của V.
Gợi ý
Theo bài các tam giác ACD và BCD có các cạnh đều không lớn hơn 1. Đặt CD = a (

a2
0  a  1 ). Các đường cao AF, BE của các tam giác đó tương ứng không lớn hơn 1 
.
4
HỌC TRỞ THÀNH NHÂN TÀI CỦA ĐẤT NƯỚC

21


TRƯỜNG THPT LỤC NGẠN SỐ 1
+ Do tam giác ASF vuông tại S nên chiều cao của tứ diện là SA  AF  1 

TRẦN VĂN TÂN

a2
.
4

1
1
1
+ Thể tích khối tứ diện ABCD là V  .SA.S BCD  BE.CD.SA  a(4  a 2 ) .
3
6
24
1
Khảo sát hàm số f(a) nữa là OK?? Vậy max V   a  1 .
8
Bài 3: (Tuyên Quang 2015) Cho hình chóp S.ABC có

SAC  SCA  ABC  900 ; SA  25 / 4(cm); AB  4(cm); BC  3(cm) . Tìm thể tích khối chóp S.ABC.
Bài 4: (An Giang 2015) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông, (SAB) vuông góc với mặt
đáy SA = 1/2AD= a; SB  a 3 . Gọi M, N lần lượt là trung điểm của các đoạn AB, BC .
a) Tính thể tích khối chóp S.BMDN ;
b) Tính cô – sin góc tạo bởi hai đường thẳng SM và DN;
c) Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SM, DN.
Bài 5: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thang vuông tại A, B; AB = 2a; AD = 2BC. Mặt bên (SAB) là
tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. SC  a 5 , với H là trung điểm của đoạn AB.
Tính d(D, (SCH)).
Bài 6: Cho hình chóp đều S.ABCD có cạnh đáy bằng 2a, cạnh bên a 5 , gọi (P) là mặt phẳng chứa cạnh
AB, cắt cạnh SC, SD lần lượt tại M, N. Biết khoảng cách từ CD đến mặt phẳng (P) bằng a.
a) Tính góc giữa (P) và (ABCD);
b) Xác định thiết diện tạo bởi (P) và hình chóp. Tính diện tích thiết diện.
Bài 7:

HỌC TRỞ THÀNH NHÂN TÀI CỦA ĐẤT NƯỚC

22