Lớp 12 HÌNH học KHÔNG GIAN (GV lê ANH TUẤN ) 38 câu hình học không gian từ đề thi năm 2018

Câu 1 (Gv Lê Tuấn Anh 2018)Cho hình chóp đều S . ABCD có cạnh đáy 2a , góc giữa mặt
bên và mặt đáy bằng 600 .Tính thể tích của khối chóp S . ABCD .
A.

2a 3 2
.
3

4a 3 3
.
3

B.

C.

2a 3 3
.
3

D.

a3 3
.
3

Hướng dẫn: B
Gọi M là trung điểm của CD , O là giao điểm của AC và BD .
Ta có

CD  OM

 CD   SOM 

CD  SO

 






  600
 
SCD  ,  ABCD   SM
, OM  SMO

Ta có OM 

1
BC  a  SO  OM .tan SMO  a 3
2

Ta lại có S ABCD  AB.BC  4a  VS . ABCD
2

Câu 2:

1
1
4a 3 3

2
 SO.S ABCD  .a 3.4a 
.
3
3
3

(Gv Lê Tuấn Anh 2018) Cho lăng trụ đứng ABC.ABC có đáy là tam giác đều

cạnh a .Mặt phẳng ABC tạo với mặt đáy góc 600 . Tính theo a thể tích khối lăng trụ

ABC.ABC .
A. V 

a3 3
2

.

B. V 

3a3 3
.
4

C. V 

a3 3
8

.

D. V 

3a3 3
.
8

Hướng dẫn: D
Vì ABC.ABC là lăng trụ đứng nên AA  ABC . Gọi M là trung
điểm BC ,do tam giác ABC đều nên suy ra AM  BC . Khi đó
600 


ABC  ,  ABC     
AM , AM   AMA


Tam giác AAM có AM 

a 3

tích tam giác đều SABC 

2

; AA  AM .tanAM A 

a3 3
4

3a
.. Diện
2

. Vậy V  SABC .A A 

3a3 3
8

(đvdt).
Câu 3:

(Gv Lê Tuấn Anh 2018) Cho hai điểm A , B cố định. Gọi M là một điểm di động

trong không gian sao cho MAB  300 . Khẳng định nào dưới đây là khẳng định đúng ? .
A. M thuộc mặt cầu cố định.

B. M thuộc mặt trụ cố định.


C. M thuộc mặt phẳng cố định.

D. M thuộc mặt nón cố định.

Hướng dẫn: D
Từ A kẻ đường thẳng d tạo với AB một góc 300 ta quay
đường thẳng vừa tạo quanh AB với góc 300 không đổi thì
thu được hình nón.
Lấy điểm K bất kì trên mặt nón đó, ta có KAB  300

Do A , B cố định  mặt nón cố định
Như vậy K  M là thỏa mãn yêu cầu. Tức quỹ tích điểm

M thuộc một mặt nón cố định nhận A làm đỉnh, có
đường cao AB trùng với và góc giữa đường sinh và tia AB bằng 300 .
Câu 4:



(Gv Lê Tuấn Anh 2018) Cho hình chóp S . ABCD có cạnh bên SA  a 0  a  3

và các cạnh còn lại đều bằng 1 . Tính theo a thể tích V của khối chóp S . ABCD .
A. V 

a 3  a2
.
3

B. Đáp án khác.

C. V 

3  a2
.
6 a

Hướng dẫn: B

 HB  SB 2  SH 2



+ Kẻ SH  ABCD tại H ta có  HC  SC 2  SH 2

2
2
 HD  SD  SH
Bài ra SB  SC  SD  1  HB  HC  HD  H là tâm đường tròn
ngoại tiếp BCD
Hơn nữa BCD cân tại C  H  AC
+ Ta có

SBD  CBD  c  c  c   SO  CO  SO  CO  AO  SAC
vuông tại S
Cạnh AC  SA2  SC 2  a 2  1
2

a2  1 3  a2
 AC 
 OB  SB  SO  1  

1



4
4
 2 
2

 OB 

2

2

3  a2
0  a  3  BD  3  a 2
2





1
1
a
1
. .AC.BD
+ Do đó VS . ABCD  SH .S ABCD  .
2
3
3 a 1 2

D. V 

3  a2
3 a





a
6 a2  1

Câu 5:

. a 2  1. 3  a 2 

a 3  a2
.
6

(Gv Lê Tuấn Anh 2018) Cho hình lập phương ABCD. ABC D có cạnh bằng 1 .

Gọi M , N lần lượt là trung điểm của AB và CD . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng

AC và MN .
2
.
2

A.

B.

2
.
4

C. 2 2 .

D.

2.

Hướng dẫn: B
Do MN / / BC  d  AC , MN   d  MN ,  ACB    d  M ,  ACB   

1
d  A,  ACB  
2

 BC  AB
AH  AB ta có 
 BC   ABA   BC  AH mà
 BC  AA

Kẻ

AH  AB  AH   ABC 

1
1
1
2


 2  AH 

2
2
2
AH
AA
AB
2

Ta có

 d  A,  ABC   

Câu 6:

2
2
 d  M ,  ACB   
.
2
4

(Gv Lê Tuấn Anh 2018)Cho khối lập phương ABCD. ABC D cạnh a . Các điểm

E và F lần lượt là trung điểm của C B và C D . Mặt phẳng  AEF  cắt khối lập phương đã
cho thành hai phần, gọi V1 là thể tích khối chứa điểm A và V2 là thể tích khối chứa điểm C  .
Khi đó
A.

V1
là .

V2

25
.
47

B. 1 .

C.

17
.
25

Hướng dẫn: A
+ Đường cắt EF cắt AD tại N , M , AN cắt DD tại P ,

AM cắt AB tại BB tại Q . Từ đó mặt phẳng  AEF  cắt
khối lăng trụ thành hai khối đó là ABCDC QEFP và
AQEFPBAD .

+ Gọi V  VABCD. ABC D , V3  VA. AMN , V4  VPFD ' N , V5  VQMBE 

D.

8
.
17

+ Do tính đối xứng của hình lập phương nên ta có V4  V5
V3 

1
1 3a 3a 3a 3
AA. AM . AN  a. . 
6
6 2 2
8

V4 

1
1 a a a a3
25a 3
47 a 3
PD.DF .DN  . . .  ;V1  V3  2V4 
, V2  V  V1 
6
6 3 2 2 72
72
72

Vậy

V1 25

.
V2 47
(Gv Lê Tuấn Anh 2018)Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông,

Câu 7:

SAD là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy. Biết rằng diện
tích mặt cầu ngoại tiếp khối chóp S . ABCD là 4  dm 2  . Khoảng cách giữa hai đường thẳng

SD và AC gần với giá trị nào nhất sau đây?
A.

2
dm .
7

B.

3
dm .
7

C.

4
dm .
7

D.

6
dm .
7

Hướng dẫn: D
+ Gọi x  0 là cạnh của hình vuông ABCD và H là
trung điểm cạnh AD
+ Dễ dàng chứng minh SH   ABCD  , SH 

x 3
2

+ Gọi O  AC  BD và G là trọng tâm SAD , đồng
thời d1 , d 2 lần lượt là 2 trục đường tròn ngoại tiếp

ABCD , SAD ( d1 qua O và / / SH , d 2 qua G và
/ / AB )

 I  d1  d 2 là tâm mặt cầu ngoại tiếp khối chóp S . ABCD  R  SI
2

2

2 21
 x  x
S  4 R  R  1  SI  SG  GI  
   2   x  7  dm 
 3  
2

2

2

(trong video bài giảng chữa đề, phần này Thầy dùng công thức tính nhanh bán kính mặt cầu
ngoại tiếp hình chóp trong trường hợp chóp có mặt bên vuông góc với mặt đáy).
+

Gọi

E

là

điểm

thỏa ADEC

là

hình

 ED / / AC  d  AC , SD   d  AC ,  SDE  
 d  AC , SD   d  A,  SDE    2d  H ,  SDE    2 HP (do HP   SDE  )

bình

thành


SKH 

Câu 8

1
1
1
1
1
x 21 3
6




 HP 
 dm  d  AC ; SD   dm
2
2
2
2
2
HP
SH
KH
14
7
7
x 3 x 2

 

 2   4 

(Gv Lê Tuấn Anh 2018) Hình nào sau đây không phải hình đa diện ?

A.

B.

C.

D.

Chọn đáp án D
Vì có 1 cạnh là cạnh chung của 4 mặt.
(Gv Lê Tuấn Anh 2018) Cho hình hộp chữ nhật ABCD. ABC D có

Câu 9:

AB  a, BC  2a, AA  a . Lấy điểm I trên cạnh AD sao cho AI  3ID . Tính thể tích của

khối chóp B.IAC .
A. V 

a3 5
.
2

B. V 

3a 3
.

4

C. V 

a3
.
2

D. V 

a3
.
4

Chọn đáp án D
Ta có ID 
S IDC 

1
a
1
AD  và S ADC  AD.DC  a 2 . Lại có
4
2
2

1
a2
ID.DC 
 S AIC  S ADC  S IDC

2
4

S IDC  a 2 

Câu 10:

a 2 3a 2
a3

 VB. AIC  .
4
4
4

(Gv Lê Tuấn Anh 2018) Cho hình tròn tâm S , bán kính R  2 . Cắt đi

1
hình tròn
4

rồi dán lại để tạo ra mặt xung quanh của hình nón. Tính diện tích toàn phần của hình nón đó.
A.

21
.
4





B. 3  4 3  .

Chọn đáp án A
Đường tròn  S ; R  có
+ Chu vi hình tròn  S ; R  là C  4





C. 3  2 3  .

D. 3 .


+ Diện tích hình tròn  S ; R  là S  4 . Khi cắt

1
hình tròn rồi dán lại để tạo ra mặt xung
4

quanh của hình nón, ta có. Diện tích xung quanh hình nón là S xq 

3
S  3
4

3

Chu vi đáy của hình nón là C N   AB  C  3
4

bán kính đáy của hình nón là r 

3
21
. Vậy Stp  S xq  S d 
.
2
4

Câu 11 (Gv Lê Tuấn Anh 2018): Cho lăng trụ tam giác đều ABC. ABC  có độ dài cạnh
đáy bằng 3a và chiều cao bằng 8a . Tính bán kính R của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABC C .
A. R  4a .

B. R  5a .

C. R  a 19 .

D. R  2a 19 .

.
Chọn đáp án C
- Vì BBC C là hình chữ nhật nên mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABC C
cũng chính là mặt cầu ngoại tiếp hình chóp A.BBC C .
- Gọi H là trung điểm BC ; G là trọng tâm tam giác
ABC ; K  BC   BC

- Trục của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và trục đường tròn

ngoại tiếp hình chữ nhật BBC C cắt nhau tại I .
- Khi đó. I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp A.BBC C cũng chính là
tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABC C ; bán kính R  IA .
- Ta có
2 
3
2
2
AG  .  3a
  a 3; GI  HK  4a  R  IA  GA  GI  a 19
3 
2 

Câu 12:

(Gv Lê Tuấn Anh 2018) Cho hình chóp S . ABC có các góc tại đỉnh S cùng bằng

600 , SA  a, SB  2a, SC  3a . Tính khoảng cách từ đỉnh A đến mặt phẳng  SBC  .

A. a 3 .

B. a 6 .

C. a

6
.
3

D. a

3
.
3

Chọn đáp án C
Gọi S1  ASB, S 2  ASC , S3  ASC
Ta có V 

1
2 3
SA.SB.SC 1  2 cos S1 cos S 2 cos S3  cos 2 S1  cos 2 S 2  cos 2 S3 
a
6
2


S SBC 

1
3 3 2
3V
6
SB.SC sin S 2 
a . Mà d  A;  SBC   

a.
2
2
S SBC

3

(Gv Lê Tuấn Anh 2018)Cho hình chóp tam giác đều S . ABC có cạnh đáy bằng a .

Câu 13:

Góc hợp bởi cạnh bên và mặt phẳng đáy bằng 600 . Khi đó khoảng cách giữa hai đường thẳng

SA và BC bằng.
A.

3a
.
2

B.

3a
.
4

C.

3a 3
.
2

D.

3a 3

.
4

Chọn đáp án B
Gọi G là trọng tâm tam giác đều ABC , E là trung điểm của SA, K , H là hình chiếu của G, E
lên SA .
Ta có AG 

2
a 3
AE 
, EH  SA
3
3

HE  BC vì HE là trung tuyến trong tam giác cân HBC .
Suy ra HE là đoạn vuông góc chung của SA và BC

 d  SA, BC   d  E , SA   EH
Xét tam giác SAG vuông tại G . SG  tan 600. AG  a
AG.GS

GK 

AG 2  GS 2



a
2

EHM  GKA  g  g 

Vậy d  SA, BC  

Câu 14:

EH EA
EA a 3 3a

 EH  GK .
 . 
EG GA
GK 2 2 4

3a
.
4

(Gv Lê Tuấn Anh 2018) Cho hình chóp S . ABC có đáy là tam giác ABC đều cạnh

a , tam giác SBA vuông tại B , tam giác SAC vuông tại C . Biết góc giữa hai mặt phẳng

 SAB 
A.

và  ABC  bằng 600 . Tính khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng  SAB  .

3 3a
.

8

B.

3a
.
4

C.

3 3a
.
6

Chọn đáp án B
Gọi là H hình chiếu của đỉnh S xuống mặt phẳng  ABC  .
Khi đó, ta có SH  AB, SH  AC

D.

3 3a
.
11


Ta có


  AB   SBH   AB  BH
SH  SB  S 

AB  SB
AB  SH

Tương tự, ta cũng chứng minh được AC   SCH  . Từ đó suy ra AC  CH .
Do SH  AB, BH  AB nên suy ra góc giữa  SAB  và  ABC  là góc SBH . Vậy SBH  600 .
Do ABH  ACH  BAH  300
Trong tam giác vuông ABH , ta có BH  AB.tan 300 

a
3

Trong tam giác vuông SHB , ta có SH  BH .tan 600 

a
. 3a
3

Vậy VS . ABC

1
1 a 2 3 a3 3
1
a2
 .SH .S ABC  .a .

.SSAB  .SB. AB 
3
3
4
12

2
3

Vậy d  B;  SAB   

3VS . ABC 3a
.

S SAB
4

(Gv Lê Tuấn Anh 2018) Khi cắt mặt cầu S  O; R  bởi một mặt kính đi qua tâm

Câu 15:

O , ta được hai nửa mặt cầu giống nhau. Giao tuyến của mặt kính đó với mặt cầu gọi là mặt
đáy của mỗi nửa mặt cầu. Một hình trụ gọi là nội tiếp nửa mặt cầu S  O; R  nếu một đáy
của hình trụ nằm trong đáy của nửa mặt cầu, còn đường tròn đáy kia là giao tuyến
của hình trụ với nửa mặt cầu. Biết R  1 , tính bán kính đáy r và chiều cao h của hình trụ nội
tiếp nửa mặt cầu S  O; R  để khối trụ có thể tích lớn nhất.
A. r 

3
6
.
, h
2
2

B. r 

6
3
.
, h
2
2

C. r 

6
3
.
, h
3
3

D. r 

3
6
.
, h
3
3

Chọn đáp án C
Hình trụ nội tiếp nửa mặt cầu, nên theo giả thiết đường tròn đáy trên có
tâm O là hình chiếu của O xuống mặt đáy  O  . Suy ra hình trụ và
nửa mặt cầu cùng chung trục đối xứng và tâm của đáy dưới hình trụ

trùng

với

tâm

O

của

nửa

mặt

cầu.

Ta

có

h 2  r 2  R 2  0  h  R  1  r 2  1  h 2
Thể tích khối trụ là

V   r 2 h   1  h 2  h  f  h   f   h    1  3h 2   0  h 

3
3


x

0

f h

3
3
0



f h

1



2 3
9

0

Vậy Max V 
 0;1

0

2 3
6
3

và h 
 đvdt  khi r 
9
3
3

Câu 16 (Gv Lê Tuấn Anh 2018): Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là một tứ giác
(AB không song song CD). Gọi N là trung điểm của SD, M là trung điểm nằm trên cạnh SB
sao cho SM = 2MB, O là giao điểm của AC và BD. Cặp đường thẳng nào sau đây cắt nhau.
A. SO và AD

B. MN và SO

C. MN và SC

D. SA và BC

Chọn đáp án B
+ Giả sử SO, AD cắt nhau. Khi đó SO, AD đồng phẳng, suy ra S
thuộc mp

(ABCD)

(Vô lý). Đáp án A bị loại.

+ Giả sử MN cắt SC. Khi đó MN và SC đồng phẳng, suy ra C
thuộc

(SBD)

(Vô lý). Do đó đáp án C bị loại.

+ Giả sử SA cắt BC. Khi đó SA, BC đồng phẳng. Suy ra S thuộc
mp

(ABCD)

(Vô lý). Đáp án D bị loại. MN, SO cùng nằm

trong mp

(SBD), không song song và trùng nhau.

Câu 17:

(Gv Lê Tuấn Anh 2018) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông

cạnh bằng 1. Cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng ABCD và SC  5 . Tính thể tích khối
chóp S.ABCD
A. V 

3
3

B. V 

3
6

C. V  3

Chọn đáp án A
Đường chéo hình vuông AC  2
Xét tam giác SAC, ta có SA  SC2  AC2  3 . Chiều
cao của khối chóp là SA  3
Diện tích hình vuông ABCD là SABCD  12  1 . Thể tích
khối chóp S.ABCD là

1
3

VS.ABCD  SABCD .SA 

3
(dvtt )
3

D. V 

15
3


Câu 18:

(Gv Lê Tuấn Anh 2018) Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’ có đáy ABCD là hình

thoi cạnh a, BCD  1200 và AA ' 

7a

. Hình chiếu vuông góc của A’ lên mặt phẳng ABCD
2

trùng với giao điểm của AC và BD. Tính theo a thể tích khối hộp ABCD.A’B’C’D’.
A. V  8a3

B. V  3a3

C. V  12a3

D. V  9a3

Chọn đáp án B
Gọi O  AC  BD .Từ giả thiết suy ra A ' O  ABCD
Cũng từ giả thiết, suy ra ABC là tam giác đều nên

S ABCD  2S ABC 

a2 3
2

Đường cao khối hộp
2

 AC 
A ' O  AA '  AO  AA '  
  2a 3
 2 
2

2

2

Vậy VABCD. A' B 'C ' D '  S ABCD .A ' O  3a3 (dvtt )
Câu 19

(Gv Lê Tuấn Anh 2018): Cho hình chóp tam giác S.ABC biết AB=3, BC=4,

CA=5. Tính thể tích khối chóp SABC biết các mặt bên của hình chóp đều tạo với mặt đáy
một góc 300
A.

2 3
3

B.

8 3
9

C.

200 3
3

Chọn đáp án A
+ Dễ thấy tam giác ABC vuông tại B. S ABC  6
+ Gọi p là nửa chu vi p 

3 4  5
 6; S  pr  r  1
2

+ Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác từ giả thiết các mặt
bên tạo với đáy ABC một góc 30 độ ta suy ra I là chân đường cao
của khối chóp tan300 

SI
3
3
 SI  MI .tan300  1.

MI
3
3

1
2 3
VS. ABC  S ABC .SI 
. Do đó ta chọn A
3
3

D. 2 3


Câu 20:

(Gv Lê Tuấn Anh 2018) Cho một hình trụ có thiết diện qua trục là hình vuông

ABCD diện tích 12(cm2 ) với AB là đường kính của đường tròn đáy tâm O. Gọi M là điểm
thuộc cung AB của đường tròn đáy sao cho ABM  600 . Thể tích của khối tứ diện ACDM là
A. V  3(cm3 )

B. V  5(cm3 )

C. V  8(cm3 )

D. V  12(cm3 )

Chọn đáp án A

 BM  AM
 MB  ( AMD )
Ta có 
 BM  DA
Mặt khác, ta tính được MB  3; AM  3
1
1 1
Thể tích VACDM  SDAM .BM  . 2 3.3. 3  3
3
3 2

Câu 21 (Gv Lê Tuấn Anh 2018)Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân
tại B. AB  BC  a 3 , góc SAB  SCB  900 và khoảng cách từ A đến mặt phẳng

(SBC)

bằng a 2 . Thể tích khối cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC là

A. 6 3 a3

B. 4 5 a3

C. 8 3 a3

D. 4 3 a3

Chọn đáp án D
+ Gọi H là trung điểm SB. Do tam giác SAB vuông tại A, SBC vuông tại C suy ta

HA  HB  HS  HC
Suy ra H là tâm mặt cầu.
+ Gọi I là hình chiếu của H lên (ABC). Do HA  HB  HC , suy ra IA  IB  IC
Suy ra I là trung điểm AC. Gọi P là trung điểm BC, do tam giác ABC vuông cân, suy ra

IP  BC  ( IHP)  BC , dựng IK  HP  IK  ( HBC)









+ d A,  SBC   a 2  d I ,  SBC  
Áp dụng hệ thức

1

IK 2



1

IH 2



1

IP2

a 2
2

 IH 2 

2

 IK 

a 2
2

3 2
a
2

 a 3  3a2
 3a2 , suy ra R  a 3 , suy ra V  4 3 a3
Suy ra AH 2  AI 2  IH 2  
 
 2 
2




Câu 22

(Gv Lê Tuấn Anh 2018): Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông

cạnh a, SA=a và SA vuông góc với đáy. Gọi M là trung điểm SB, N là điểm thuộc cạnh SD
sao cho SN=2ND. Tính tỉ số thể tích
A. V 

1
4

B. V 

VACMN
VSABCD

1
2

C. V 

1
3

D. V 

3
5

a3

a3

Chọn đáp án A

1
a3
Ta có VS. ABCD  SA.SABCD 
3
8
1
1 1  1  a3
VNDAC  NH .S DAC  . a.  a2  
3
3 3  2  18
1
1 a  1  a3
VMABC  MK .S ABC  . .  a2  
3

3 2  2  12

1
a3
d A,  SMN  .SSMN 
3
18





1
1 2  1 a  a3
Suy ra VNSAM  NL .SSAM  . a.  a.  
3
3 3  2 2  18
Mặt khác VC.SMN

1
1
a3
 d C,  SMN  .SSMN  d A,  SMN  .SSMN 
3
3
18









Vậy VACMN  VS. ABCD  VNSAM  VNADC  VMABC  VSCMN 

a3
3



a3



a3





18 18 12 18



1 3
a
12

Kết luận

VACMN 1

VSABCD 4

Câu 23

(Gv Lê Tuấn Anh 2018) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành,

E là trung điểm của SA, F, G lần lượt là các điểm thuộc cạnh BC, CD
Thiết diện của hình chóp cắt bởi
A. Tam giác

(CF
(EFG) là:

B. Tứ giác

C. Ngũ giác

Chọn đáp án C
Trong mp

(ABCD), gọi I  FG  AB; K  FG  AD

Trong mp

(SAB), gọi H  IE  SB

D. Lục giác


Trong mp

(SAD), gọi J  EK  SD

( EFG)  ( ABCD )  FG
( EFG)  (SCD )  GJ
Ta có: ( EFG)  (SAD )  JE
( EFG)  (SAB)  HE
( EFG)  (SBC)  HF

Do đó ngũ giác EHFGJ là thiết diện của hình chóp cắt bởi

(EFG)

Câu 24 (Gv Lê Tuấn Anh 2018): Cho hình chóp S.ABC. Gọi M, N lần lượt là trung điểm
của SA và BC. P là điểm nằm trên cạnh AB sao cho
mặt phẳng
A.

(MNP). Tính

1
3

AP 1
 . Gọi Q là giao điểm của SC với

AB 3

SQ
SC
B.

1
6

C.

1
2

D.

2
3

Chọn đáp án A
Trong mặt phẳng

(ABC), gọi E  NP  AC

Khi đó Q chính là giao điểm của SC với EM.
Áp dụng định lý Menelaus vào tam giác ABC ta có:

AP BN CE
CE
.

.
 1
2
PB NC EA
EA
Áp dụng định lý Menelaus vào tam giác SAC ta có:

AM SQ CE
SQ 1 SQ 1
.
.
 1
 

MS QC EA
QC 2 SC 3
Câu 25:

(Gv Lê Tuấn Anh 2018) Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác

vuông tại A, cạnh AC=b, góc ABC  600 . Góc gữa đường thẳng BC’ và mặt phẳng
(AA’C’C) bằng 300 . Tính theo b diện tích xung quanh của lăng trụ ABC.A’B’C’
A. 4b2

B.





6  3 b2

C.





2 3  3 b2

Chọn đáp án D
Tam giác ABC vuông tại A  AB  AC . Tam giác ACB  b 3 và

BC 

AC
 2b
cos ACB





D. 2 2 3  3 b2


Ta có

 AB  CC '
AB

 AB  ( ACC ' A ')  BC ' A  300  C ' B 
 2b 3

sin300
 AB  AC

 CC '  C ' B2  CB2 



2 3b



2

  2b  2b 2
2

Gọi S1; S2; S3 lần lượt là diện tích của các hình chữ nhật ACC’A’; CBB’C’; ABB’A’

 S1  AC.CC '  2 2b2; S2  CB.BB '  4 2b2; S3  AB.BB '  2 6b2





 Diện tích xung quanh S của lăng trụ là S  S1  S2  S3  2 2 3  3 b2
Câu 26:

(Gv Lê Tuấn Anh 2018)Một hình nón có góc ở đỉnh bẳng 600 , đường sinh bẳng

2a, diện tích xung quanh của hình nón là
A. Sxq  4 a2

B. Sxq  2 a2

C. Sxq   a2

D. Sxq  3 a2

Chọn đáp án B
Theo đề: góc ở đỉnh bằng 600 nên SOB  300

OB
 R  OB  SB.sin OSB
SB
R  2a.sin300  a

sin SOB 

Diện tích xung quanh mặt nón là:

Sxq   Rl   .a.2a  2 a2
Câu 27 (Gv Lê Tuấn Anh 2018): Cắt một hình trụ bằng mặt phẳng ( ) vuông góc mặt
đáy, ta được thiết diện là một hình vuông có diện tích bằng 16. Biết khoảng cách từ tâm đáy
hình trụ đến mặt phẳng ( ) bằng 3. Tính thể tích khối trụ.
A.

52

3

B. 52

C. 13

Chọn đáp án B
Dựng các dữ kiện bài toán theo hình vẽ trên.
Mặt phẳng ( ) vuông góc mặt đáy, ta được thiết diện là
một hình vuông ABCD có diện tích bằng 16  Cạnh hình
vuông bằng 4.

D. 2 3


Khoảng cách từ tâm I đáy hình trụ đến mặt phẳng ( ) bằng 3  IO  3
Ta có IA  IO2  OA2  9  4  13
Vậy thể tích khối trụ trên là: V  
Câu 28:

 13 .4  52 (dvtt)
2

(Gv Lê Tuấn Anh 2018) Cho hình chóp đều S.ABCD có độ dài cạnh đáy bằng a.

Gọi G là trọng tâm tam giác SAC. Mặt phẳng chứa AB và đi qua G cắt các cạnh, SC SD lần
lượt tại M và N. Biết mặt bên của hình chóp tạo với đáy một góc bằng 600 . Thể tích khối
chóp S.ABMN bằng
A. a3

3
4

B. a3

3
8

C. a3

3
16

D. 3a3

3
16

Chọn đáp án C

Do S.ABCD đều, có trọng tâm G của tam giác SAC cũng là trọng tâm của SBD.
Nên M, N lần lượt là trung điểm của SC, SD.
 MN  DC  MN  AB

Do đó 
1
 MN  AB

2

Gọi K là trung điểm của AB, O  AC  BD do S.ABCD đều nên SO  ( ABCD )
ABCD là hình vuông nên ó SKO  600
Xét tam giác SKO vuông tại O có KO 

SO  SK .sin600 

3a
2

a
2

và SKO  600 suy ra:


Có

VS.AMN SA SM SN
V
1 1 1

.
.
 1. . 
suy ra VS. AMN  S. ACD
VS.ACD SA SC SD
2 2 4
4

Và

VS.ABM SA SB SM
V
1 1 1

. .
 1. .  suy ra VS. ABM  S. ABC
VS.ABC SA SB SC
1 2 2
2

VS.ABMN  VS.ABM  VS.AMN 

VS.ABC
2



VS.ACD
4

1 1
1
1 1
1
3 3
 VS. ABMN  . .SO. .OB.AC  . .SO. .OD.AC 
a
2 3
2

4 3
2
16
Câu 29:

(Gv Lê Tuấn Anh 2018) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông

cạnh 2a. Mặt bên SAB là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi T là
tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD. Hỏi góc giữa hai đường thẳng TB và BD nằm
trong khoảng nào dưới đây

 
A.  0; 
 6

  
B.  ; 
6 4

  
C.  ; 
 4 3

  
D.  ; 
3 2

Chọn đáp án A

+ Gọi O là tâm của hình vuông ABCD. Qua O ta dựng đường thẳng d vuông góc với mặt

đáy.
+ Gọi E, K, F, H, N lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng SD, SC, BC, AD, EK
+ Ta có tam giác SDF là tam giác cân tại F. Vì FD  FS  a 5

(độc giả tự chứng minh)

Suy ra FE  SD
Mặt khác, ta có KE  FH
+ Trong mặt phẳng

(Vì cùng song song với CD). Nên 4 điểm K, E, F, H đồng phẳng

(KEFH), gọi T là giao điểm của FE và ON.

Ta có T là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD


2
2 a 3 a 3

+ Ta có tam giác EKO là tam giác đều cạnh a. Nên OT  ON  .
3
3 2
3
2

2

2

Bán kính mặt cầu là R  TD  OT  OD  (a 2) 
+ Xét tam giác vuông TOB vuông tại B, ta có cos 

a2
3



a 21
3

OB
6

   0,3875
TB
7

Câu 30 (Gv Lê Tuấn Anh 2018): Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại
A và có AB=4cm. Tam giác SAB đều và năm trong mặt phẳng vuông góc với

(ABC). Lấy

M thuộc SC sao cho CM=2MS. Khoảng cách giữa hai đường AC và BM là
A.

4 21
cm
7

8

B.

13

cm

C.

9
5

cm

D. Đáp án khác

Chọn đáp án A
Gọi H là trung điểm của AB suy ra SH  ( ABC)
Trong

(SAC) từ M dựng MN  AC , gọi K là hình chiếu của H

trên BN
Ta có AC  (SAB) mà MN  AC  MN  (SAB)

 HK  BN
 HK  ( BMN ) .

 HK  MN

Vì ( BMN )  AC suy ra khoảng cách giữa hai đường AC và BM
là









d A,  BMN   2d H ,  BMN   2HK  2BH sin ABN
Ta lại có BN 

3a2 a2 a 7 BN
AN


,

4 36
3 sin600 sin ABN

2a 3
.
3
2  3 .
 sin ABN 
a 7
7

3





Suy ra d A,  BMN   2.2.
Câu 31

3
7



4 21
7

(Gv Lê Tuấn Anh) Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào đúng?

A. Mọi hình hộp đứng đều có mặt cầu ngoại tiếp.
B. Mọi hình hộp chữ nhật đều có mặt cầu ngoại tiếp.


C. Mọi hình hộp có một mặt bên vuông góc với đáy đều có mặt cầu ngoại tiếp.
D. Mọi hình hộp đều có mặt cầu ngoại tiếp.
Chọn đáp án B
Bởi vì một hình lăng trụ muốn có mặt cầu ngoại tiếp thì nó phải là lăng trụ đứng và đáy có
đường tròn ngoại tiếp. Các đáp án A, B, D đáy đều là hình bình hành nên không có đường
tròn ngoại tiếp. Vậy chỉ có đáp án B đúng.
Câu 32 (Gv Lê Tuấn Anh): Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác ABC vuông cân tại A,

SA   ABC  , BC  2a . Góc giữa  SBC  và  ABC  bằng 30°. Thể tích của khối chóp S.ABC
là:
A.

3a 3
6

B.

a3 3
3

C.

3a 3
9

D.

2a 3 3
9

Chọn đáp án C
Ta có
SA = a .tan 30 

a 3
, SMA  30
3

1 a 3 1
a3 3
V .
. .a.2a 
3 3 2
9

Câu 33 (Gv Lê Tuấn Anh): Cho đa diện H biết rằng mỗi mặt của H đều là những đa giác
có số cạnh lẻ và tồn tại ít nhất một mặt có số cạnh khác với các mặt còn lại. Hỏi khẳng định
nào đúng trong các khẳng định sau?
A. Tổng số các cạnh của  H  bằng 9

B. Tổng số các đỉnh của  H  bằng 5

C. Tổng số các cạnh của  H  là một số lẻ

D. Tổng số các mặt của  H  là một số chẵn

Chọn đáp án D


Gọi tổng số các mặt của

H 

là m và tổng số các cạnh của

H 

là c. Ta có

2  p1  p2  ...  pm   m  2c . Trong đó, một mặt nào đó có số cạnh là 2 pi , 1, i  1,...m . Do
đó m chia hết cho 2. Hơn nữa có ít nhất một mặt là ngũ giác nên tổng số mặt lớn hơn 5, do đó
tổng số cạnh lớn hơn 9 và tổng số đỉnh lớn hơn 5.
Chú ý: lấy 1 ví dụ cụ thể để ra đáp án. Ví dụ hình chóp có đáy là ngũ giác có tổng số cạnh là
một số chẵn.
Câu 34

(Gv Lê Tuấn Anh): Hình chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật, AB  a ,

SA   ABCD  ,SC tạo với mặt đáy một góc 45 . Mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD có
bán kính bằng a 2 . Thể tích khối chóp S.ABCD bằng:
B. 2 a 3 3

A. 2 a 3

C.

a3 3
3

D.

2 a3 3
3

Chọn đáp án D
Gọi O là tâm của hình chữ nhật ABCD và I là trung điểm của SC. Khi đó OI   ABCD 

 IA = IB = IC = ID với  SAC vuông tại A, IA = IS = IC . Do đó I là tâm mặt cầu ngoại tiếp
khối chóp S.ABCD suy ra IA = a 2  SC = 2 a 2 . Mặt khác AC là hình chiếu của SC trên
  45 . Suy ra  SAC vuông cân
mặt phẳng  ABCD    SC;  ABCD     SC; AC   SCA

1
1
2a 3 3
 SA = AC = 2 a  VS.ABCD  .SA.SABCD  .2a.a .a 3 
3
3
3

Câu 35:

(Gv Lê Tuấn Anh) Cho hình nón đỉnh S, đáy là đường tròn  0;5  . Một mặt phẳng

đi qua đỉnh của hình nón cắt đường tròn đáy tại hai điểm A và B sao cho SA  AB  8 . Tính
khoảng cách từ O đến  SAB  .
A. 2 2
Chọn đáp án B

B.

3 13
4

C.

3 2

7

D.

13
2


Gọi I là trung điểm AB.

 SO  AB
Ta có 
 AB   SOI    SAB    SOI  theo giao tuyến SI.
OI  AB
Trong  SOI  , kẻ OH  SI thì OH   SAB  .

 d  O;  SAB    OH .
2

 8.5 
2
Ta có: SO  SA2  OA2  
  5  39 .
 5 
2

 4.5 
Ta có OI  OA  AI  5  
  3.
 5 

2

2

2

Tam giác vuông SOI có:

1
1
1
3 13
.
 2
 OH 
2
2
OH
OI
SO
4

Vậy d  O;  SAB    OH 

3 13
.
4

Câu 36 (Gv Lê Tuấn Anh): Một hình trụ có hai đường tròn đáy nằm trên một mặt cầu bán
kính R và có đường cao bằng bán kính mặt cầu. Diện tích toàn phần hình trụ đó bằng

3  2 3  R
A.
3

2

3  2 3  R
B.

3  2 2  R
C.

2

2

2

2

3  2 2  R
D.

Chọn đáp án B
+ Gọi h, r lần lượt là chiều cao và bán kính đường tròn đáy của hình trụ.
h2
Khi đó, bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình trụ là R  r 
4
2

+ Theo bài ra, ta có h  R nên suy ra R 2  r 2 

2

h2
3R 2
R 3
 r2 
r
4
4
2

+ Diện tích toàn phần hình trụ là:





2
 3 2 3  R
R 3 R 3
Stp  2 r  2 rh  2 r  r  h   2
.
 R  
2  2
2

2

3

2


Câu 37:

(Gv Lê Tuấn Anh) Cho tứ diện đều ABCD có độ dài cạnh bằng 1. Gọi M, N là

hai điểm thuộc các cạnh AB, AC sao cho mặt phẳng

(DMN) vuông góc với mặt phẳng

(ABC). Đặt AM  x; AN  y . Tìm x, y để diện tích toàn phần của tứ diện DAMN nhỏ nhất.
A. x  y 

2
3

B. x  y 

1
3

C. x  y 

7
4

1
2
D. x  ; y 
2
3

Chọn đáp án A
+ Ta có S AMN  S AHM  S AHN  xy 

x y
 0  x  1
3

+ Theo bất đẳng thức cô si 3 xy  x  y  2 xy  xy 
+ Ta có S AMN 

1
3 xy
AN . AM sin 60 
2
4

S AMD 

1
3x
AD. AM sin 60 
2
4

S AND 

1
3y
AD. AN sin 60 
2
4

2
1 2
; MN 2  x 2  y 2  xy 
3
2 3

+ Ta có DH  AD 2  AH 2 
Vậy Stp 

3 xy
3
1

 x  y 
4
4
6

Đặt 1  t  xy 
t  xy 

4

9

 x  y

2

 3 xy  3 xy 

 x  y

2

 3 xy

1
2
3  xy   3 xy .
2

4
Ta thu được giá trị nhỏ nhất của diện tích toàn phần đạt được khi
9

4
2
, tức là x  y 
9
3

Câu 38:

(Gv Lê Tuấn Anh) Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với

AB  a 2; BC  a và SA=SB=SC=SD=2a. Gọi K là hình chiếu vuông góc của B trên AC, H

là hình chiếu vuông góc của K trên SA. Tính cosin góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng
(BKH).
A.

7
4

B.

1
3

C.

Chọn đáp án A
+ Ta có BD  AC  a 3; SO  SB 2  OB 2 

a 13
2

8
5

D.

1
3


1
1
1
3
2


 2  BK  a
2
2
2
BK
BC
BA
2a
3
AK 

2
2a
3 3
AC 
; BE  a
 BK nên K là trọng tâm của tam giác BCD
3
2 2

3

+ Ta dễ dàng chứng minh được SH   BKH   SB,  BKH   SBH
+ Ta có SOA  KHA  S  K   KH .SA  SO.KA  KH 
Vậy cos SBH 

BH
7

SB
4

a 39
6