bai tap co loi giai chi tiet mon toan lop 12 khoi da dien

PHẦN CUỐI: BÀI TOÁN VẬN DỤNG (8.9.10)
Câu 1:

Chủ đề 5. KHỐI ĐA DIỆN

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
a 3
a 2
.
B. a 3 .
C.
.
D.
.
A.
4
2
2
Chọn C.

Ta có: AC  
BH 

Hướng dẫn giải

 AB    BC  
2

2

AB.BC  a.a 3 a 3


.
BC 
2a
2

 2a. Kẻ BH  AC .

Vì BB//  ACC A  nên d  BB, AC    d  BB,  ACC A  
d  BB,  ACC A    BH 

Câu 2:

Nên d  BB , AC   

a 3
.
2

a 3
.
2

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 giác vuông cân ABC có: AB  BC 

S ABC 

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:
VSAMC SA SM SC 1

.
.

VS . ABC SA SB SC 2

VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí


1
a3
 VS . AMC  VS . ABC 
2
6

Câu 3:

  120. Gọi
Cho hình lăng trụ đứng ABC .A1B1C1 có AB  a , AC  2a , AA1  2a 5 và BAC

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

B. a 15 .

Chọn C.

C.

a 5
.
6

Hướng dẫn giải

D.

a 15
.
3

Ta có IK  B1C1  BC  AB 2  AC 2  2AB .AC .c os1200  a 7
Kẻ AH  B1C1 khi đó AH là đường cao của tứ diện A1 BIK

Vì A1 H .B1C1  A1 B1. A1C1.sin120 0  A1 H 

S IKB 

a 21
7

1
1
1
IK .KB  a 2 35  VA1 .IBK  a3 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 

Câu 4:

Do đó d  I ,  A1 BK   

3VA1IBK
S A1BK



a 5
.
6

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

VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí


 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 (  ABC 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 
Câu 5:

Đáp án: B.

1
AH  2 2 .
2

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

D.

Hướng dẫn giải

Chọn A

Do AB   CMN  nên d  P ,  CMN    d A, CMN    d D, CMN

27 2
12



1
Vậy VPCMN  VDPMN  VMCND  VABCD
4

(Do diện tích đáy và chiều cao đều bằng một nửa).
VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí


2

Câu 6:

Mặt khác VABCD

1 a2 3
a 3 2 27 2
1 27 2 9 2
 a 

2
nên VMCND  .

. a 




4 12
16
3 4
12
12
 3

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  là góc giữa hai đường thẳng BC và MN . Tính sin  .
A.

2 2
3

B.

3
2

Hướng dẫn giải

P là trung điểm

  
MN , BC   
MN , NP  .

Gọi

Trong


cos MNP

Câu 7:

C.

tam

2

giác
2

của

CD

cạnh

MNP

,

2

1
2

D.

,

ta

ta

MN  PN  MP
1
  60 .
 . Suy ra MNP
2 MN .NP
2

Suy ra sin  

2
4

có
có

3
.
2

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

D.

16a 3 6
.

3

Gọi H là hình chiếu của A lên mp  A ' B ' C ' 

 HC
' A  45 0

 AHC ' vuông cân tại H.

 AH 

NX:

VA. BCC ' B '

AC ' 8a

 4a 2.
2
2





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 ' 

 HC
' A  45 0

 AHC ' vuông cân tại H.

VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí


 AH 

Câu 8:

AC ' 8a

 4a 2.
2

2

2
2
2
NX: VA. BCC ' B '  VABC . A ' B 'C '  AH .S ABC  .4a
3
3
3

 2a 2  .
2.
2

4

16a 3 6

.
3

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 '

//

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

Câu 9:

3

( BA ' C ')
BB '.B ' O a 3

BO
3

nên

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 .
Chọn B.

Hướng dẫn giải

Ta có :

VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí


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

Câu 10: Cho hình lăng trụ ABC. ABC  có thể tích bằng V . Các điểm M , N , P lần lượt thuộc các
AM 1 BN CP 2
cạnh AA , BB  , CC  sao cho

 ,

 . Thể tích khối đa diện ABC.MNP bằng
AA 2 BB CC  3
2
9
20
11
A. V
B. V
C.
D. V
V
3
16
27
18
Hướng dẫn giải
Chㄠn D.
Đặt
1
V1  VM . NPCB  d M , CC B B  .S NPCB
3
1
2
2
 d  M ,  CC B B  . S CC 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

VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí