Tính thể tích khối chóp biết góc giữa hai mặt phẳng | Toán học, Lớp 12 - Ôn Luyện

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (1.37 MB, 38 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

BÀI TẬP MẪU

(ĐỀ MINH HỌA BDG 2019-2020)Cho khối chóp S ABC. có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A,
ABa, SBASCA900, góc giữa hai mặt phẳng





SAB và



SAC



bằng 0

60 . Thể tích của khối đã cho
bằng

A. a3. B.

a

. C.

a

. D.

a

CÁCH 1: Xác định góc giữa hai mặt phẳng.

Phân tích hướng dẫn giải 
1. Dạng tốn: Tính thể tích khối chóp , biết góc giữa hai mặt phẳng..

Phương pháp:

Tìm đường cao của hình và khai thác được giả thiết góc của đề bài

2. Hướng giải:

B1: Tìm đường cao của hình : học sinh phải tìm đường cao bằng cách suy ra từ các quan hệ vuông góc 
giữa đường với đường để chứng mình được đường vng góc với mặt, hay phục dựng hình ẩn để xác
định đường cao.

B2:  Để khai thác được giả thiết góc ta thường làm :

+ Xác định được góc. Trong q trình xác định góc phải tránh bẫy khi đưa về góc giữa hai đường
thẳng cắt nhau nó là góc khơng tù.

+ Cần chọn ẩn (Là chiều cao hay cạnh đáy nếu giả thiết chưa có) sau đó sử dụng giả thiết góc để tìm
ẩn.

 Có thể sử dụng nhiều phương pháp khác ngồi hai cách truyền thống để tính góc giữa hai mặt bên.

Phương pháp khoảng cách : giả sử  là góc giữa hai mặt bên

 

 và   
( , ( ))

sin

( , )

d M
d M d



  ở đây d

   

   ,M

 



Phương pháp diện tích hai mặt bên : giả sử  là góc giữa hai mặt bên



ABC



và



ABD



2 3.

sin sin

3 2

ABC ABD ABCD

ABCD

ABC ABD

S S V AB

V

AB   S S

 

   



 

Công thức đa giác chiếu : cos S

S
 

Từ đó, ta có thể giải bài toán cụ thể như sau:

Lời giải

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

Hai tam giác vuông SAB và SAC bằng nhau chung cạnh huyền SA.
Kẻ BI vng góc với SA suy ra CI cũng vng góc với SA và IBIC.





SAIC SAIBSA IBC tại I.





. . .

1 1 1 1

3 3 3 3

S ABC A IBC S IBC IBC IBC IBC IBC

V V V  S AI S SI  S AISI  S SA.



 





SAB , SAC







IB IC,







IB IC,



600 BIC 600

hoặc BIC 1200.

Ta có ICIBABa mà BC a 2 nên tam giác IBCkhông thể đều suy ra BIC 1200. 
Trong tam giác IBC đặt IBIC x x



0



có:





2 2 2

2 2

1 6 6

cos120

2 . 2 2 3 3

x a

IB IC BC a a

x IB IC

IB IC x



 

         .

Trong tam giác ABI vng tại I có:

2 2 2 6 3

3 3

a a

AI  AB IB  a   

 

Trong tam giác SAB vuông tại B đường cao BI có:

2 2

. 3

3
3

AB a

AB IA SA SA a

IA a

     .

Vậy 

3
0
.

1 1 1 1 6

. . sin a 3 sin120

3 3 2 6 3 6

S ABC IBC

a a

V  S SA IB IC SA BIC   

 

CÁCH 2: Xác định đường cao của hình chóp.

Phân tích hướng dẫn giải

1.Dạng tốn: Đây là dạng tốn tính thể tích khối chóp có lồng ghép góc giữa hai mặt phẳng.

Phương pháp

Sử dụng cơng thức tính thể tích khối chóp 1 .
3
V  S h.
2. Hướng giải:

B1: Gọi

H

là chân đường cao kẻ từ S . Khi đó tứ giác ABHC là hình vng.

a

a 2

A

B

C
S

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

B2: Xác định góc giữa hai mặt phẳng



SAB



và



SAC



rồi từ đó tính độ dài đường cao SH .
 B3: Áp dụng cơng thức tính thể tích khối chóp.

Từ đó, ta có thể giải bài tốn cụ thể như sau: 
Lời giải 
Chọn D

Gọi

H

là hình chiếu của S trên phẳng



ABC





SH





ABC



.
Ta có SH AB AB



SDH



AB BH

SB AB

 

   



  . Chứng minh tương tự ACHC.

Lại có ABAC.
ABHC

 là hình vng.

Gọi

K

là hình chiếu vng góc của

B

lên SA. Khi đó CKSA (SBA SCA).
Suy ra góc giữa hai mặt phẳng



SAB



và



SAC



bằng góc giữa hai đường

BK

và CK.
Đặt SBx, khi đó:

2 2 2 2 2 2

2 2

2 2 2 2 2 2

.

SC CA

a x

BK

CK

SC

CA

a

x

a

x





và 

2 2 2

0 1 2 2 2

cos cos 60 2.

2 . 2

BK CK BC

BKC BK BC BK

BK CK

 

     

2 2
2

2 2

2 2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2 2 2

2
2 2
.

2 ( )

2. 3. . 2

3. 2

a x

a x a l

BK BC BK BK BC a x

BK BC BK BK BC a x x a

a

a x





   

     



    

      

   

 


Với x a 2  S H a

3
.

1 1 1

.

. .

.

3 3 2

6

S ABC ABC

a

V



S



SH



AB AC HS



Bài tập tương tự:

Câu 49.1: Cho hình chóp S ABC. có đáy ABC là tam giác cân tại A , với AB  5, BC 2. Các cạnh

bên đều bằng 9 2

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

A. 3 3

V  . B. 3 3

V  . C. 3

V  . D. 3

V  .
Lời giải

Chọn C

Kẻ SH



ABC



, H



ABC



Ta có

2 2 2

HA SA SH

HB SB SH

HC SC SC

  



 



  



Mà SASBSC HAHBHC. Suy ra H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
Đặt AB ACx 5.

2 2

4 4 2

ABC

AB BC CA x x

S

HA HA HA

 

    (1).

Từ SH (ABC) SA ABC; ( ))SAH SAH 60  .

3 3 3 9 2 9 6

sin 60

2 2 2 4 8

1 1 1 9 2 9 2

cos 60

2 2 2 4 8

SH

SH SA

SA
HA

HA SA
SA



       



 


       





Gọi I AHBC mà ABAC 1

BC

IB IC

    .

2 2 2

AI AB BI x

     .

1
2
ABC

S BC AI

   1 2 2 1 2 1

2 x x

     .

Thay vào (1) ta được

2 2

2 2 2

9 9

x x

x   





4 2

2
9

8 81 1 9

x

x x

x

 


   

 


</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

Kết hợp với x  5 ta được x 3.
Suy ra SABC 2 2.

Vậy 1 . 1 9 6. .2 2 3 3

3 ABC 3 8 2

V  SH S   .

Câu 49.2: Cho hình chóp S ABCD. có đáy ABCD là hình chữ nhật. E là điểm trên cạnh AD sao cho

BE vng góc với AC tại H và AB AE, cạnh SH vng góc với mặt phẳng đáy, góc

 45

BSH   . Biết 2

a

AH  , BEa 5. Thể tích khối chóp S ABCD. bằng

A.

3
16

3 5

a

. B.

32 5

a

. C.

3
32

a

. D.

8 5

a
.

Lời giải 
Chọn B

Đặt ABx, ABE vuông tại A AB2AE2BE2.

2 2 2 2 2 2

( 5) 5

AE BE AB a x a x

       .

Xét ABE vuông tại A , đường cao AH có

2 2 2

1 1 1

AE  AB  AH 2 2 2 2

1 1 5

5a x x 4a

  



4 5 2 2 4 4 0

x a x a

   

x a



  



Loại xa và AE2aABa.

Suy ra AB2a 2 2 4  4

5 tan 5

a BH a

BH AB AH SH

BSH

       .

Xét ABC vuông tại B , đường cao BH 12 12 1 2

AB BC BH

  

2 2

AB BH

BC a

AB BH

  



1 1 4 32 5

. . .2 .4

3 3 5 15

S ABCD ABCD

a a

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

Câu 49.3: Cho tứ diện ABCD có AC  ADa 2, BCBDa, khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng



ACD



bằng 3

a

và thể tích tứ diện ABCD bằng

3
15
27

a

. Góc giữa hai mặt phẳng



ACD



và



BCD



bằng

A. 90. B. 45. C. 30. D. 60.
Lời giải

Chọn B

Gọi M là trung điểm của CD.

Xét ACD cân tại A và BCD cân tại B nên





 





ACD , BCD



AMB

  .

Kẻ BH vng góc với AM tại HBH AM.
Mà CD



ABM



CDBHBH 



ACD



Suy ra 1 .

ABCD ACD

V  BH S với









a
BH d B ACD  .
2

3 5

3
ACD

V a
S

BH



   .

Đặt CD2x.

Suy ra AM  AC2MC2  2a2x2

2
2 2

1 5

. 2

2 3

ACD

a
S AM CD x a x

    

2 2

2 6

3 3

a a a

x CD BM BC CM

        .

Xét tam giác BHM vuông tại H có sin 2 sin
2

BH

BMH AMB

BM

  

 45





 

,



45

AMB ACD BCD

      .

Câu 49.4: Cho hình lăng trụ đứng ABCD A B C D.    , đáy ABCD là hình thoi, góc BAD 60 . Gọi M là

điểm thuộc miền trong của hình thoi ABCD, biết A M tạo với mặt phẳng



ABC



một góc 60

và A M 4. Độ dài cạnh AB bằng bao nhiêu nếu thể tích khối lăng trụ bằng 12 ?

A. AB  . 2 B. AB 2 3. C. AB  . 4 D. AB 4 3.

Lời giải

Chọn A





AM CD

CD ABM

BM CD




 

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

Đặt 

2
3

, 60

3 ABCD

BD x x

AB x BAD S

AC x





     





Ta có AA 



ABCD



AM là hình chiếu của A M trên mặt phẳng



ABC











A M , ABCD





A M AM ,



A MA 60

    .

Xét A AM  vng tại A , có sinA MA AA AA 2 3

A M



   

 .

Ta lại có VABCD A B C D.    12AA S. ABCD 12

2
3
2 3

2
ABCD

x
S

   x2AB2.

Vậy AB  . 2

Câu 49.5: Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC A B C.    cạnh đáy bằng 1, khoảng cách từ tâm của tam giác

ABC đến mặt phẳng



A BC



bằng 1

6. Thể tích của khối lăng trụ bằng
A. 3

16. B.

16 . C.

3 2

16 . D.

3 2
8 .
Lời giải

Chọn C

Gọi I là tâm tam giác ABC, M là trung điểm của AB .





















, 1 1 1

, 3.

3 6 2

d I A BC IM

d A A BC
AM

d A A BC



     

 .

Xét tứ diện A ABC. có A A 



ABC



. Kẻ AH A M (1).
Ta có AM BC BC



AA M



BC AH

A M BC






   


 


</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

Từ (1), (2) ta có









1
2

AH  A BC AH d A A BC  .

Xét A AM  vuông: 2 2 2

2 2

1 1 1 . 6

AM AH
A A

AH  AM  A A    AM AH  .

Vậy . . 6. 3 3 2

4 4 16

ABC A B C ABC

V    AA S    .

Câu 49.6: Cho hình chóp S ABC. có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B với BABC5a;

  0

SABSCB . Biết góc giữa hai mặt phẳng



SBC



và



SBA



bằng với cos 9
16

  . Thể

tích của khối chópS ABC. bằng

A.

3
50

a

. B.

3
125 7

a

. C.

3
125 7

a

. D.

3
50

a

.
Lời giải

Chọn C

Ta có hai tam giác vng SABvà SBCbằng nhau và chung cạnh huyền SB .

Kẻ AI SBCI SB và góc giữa hai mặt phẳng (SBA và () SBC là góc giữa hai đường )
thẳng AI và CI(AI CI; ).

Do  90 180  90  180 cos 9

CBA   AIC  AIC   AIC

         

CóAC5 2 ,a AIC cân tại I, nên có : 


2 2 2 2

2 2

2 2 9

cos 16 4

2 2

AI AC AI AC

AIC AI a AI a

AI AI

 

       

2 16 25

3 3

AI a

BI a SI a SB

IB

       .

Cách 1 :

Dựng SD(ABC) tại D . Ta có: BA SA BA AD

BA SD




 





</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

Nên tứ giác ABCD là vuông cạnh 5a BD5 2a 2 2 5 7

SD SB BD a

   

Vậy

2 3

1 1 1 5 7 1 125 7

. . . .25

3 2 3 3 2 18

SABC

a

V  SD BA  a  .

Cách 2 : . . .

1 1 1

. . .

3 3 3

S ABC S ACI B ACI ACI ACI ACI

V V V  SI S  BI S  SB S

A IC

 cân tại I, nên

2 2

1 1 5 7 5 7

sin .16 .

2 2 16 2

ACI

a

S  AI  a  .

Vậy

2 3

1 25 5 7 125 7

. .

3 3 2 18

S ABC

a a a

V   .

Câu 49.7: Cho hình chóp S ABC. có BC2BA4a, ABCBAS90 . Biết góc giữa hai mặt phẳng



SBC



và SBA



bằng 60 và SCSB . Thể tích của khối chópS ABC. bằng

A.

3
32

a

. B.

3
8

a

. C.

3
16

a

. D.

3
16

a

.
Lời giải

Chọn B

Tam giác SBC cân cạnh đáy BC4a . Gọi E là trung điểm BC thì ta có SEB vng tại

, 2

E BE aBA . Đưa về bài tốn gốc với chóp S ABE. .

Hai tam giác vuông SAB,SEB bằng nhau vì chung cạnh huyền SB, 1 2
2

ABEB BC  a .

Kẻ AI SBEI SB và góc giữa hai mặt phẳng



SBA



và



SBC



góc giữa hai mặt phẳng



SBA



và



SBE



là góc giữa hai đường thẳng AI và EI 



AI EI;



60.
Do CBA90180AIE90  120 cos 1

AIE AIE

    

Có AE2 2a, AIE cân tại I, nên có : 


2 2 2 2

2 2

2 2 1

cos

2 2 2

AI AE AI AE

AIC

AI AI

 

   

2 8 2 2

3 3

a

AI AI a

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

2 4 6

3 3 3

a AI a a

BI SI SB

IB

       .

Cách 1 :

Dựng SD



ABC



tại D. Ta có: BA SA
BA SD








BA AD

  . Tương tự BEED

Nên tứ giác ABED là hình vng cạnh 2a.

2 2

2 2 2

BD a SD SB BD a

      .

Thể tích.

3
2
.

1 1 1 8

2 4

3 2 3 3

S ABC

a

V  SD BC BA   a a 

Cách 2 : 1 2

SABC AEI

V  SB S

2 2

1 1 8 3 2 3

sin

2 2 3 2 3

AEI

a a

S  AI     

Vậy

2 3

1 6 4 3 8

3 3 3 3

S ABC

a a a

V    

Câu 49.8: Cho hình chóp S ABC. có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, SABSCB 900 góc giữa hai

mặt phẳng (SAB) và (SCB) bằng 600. Thể tích của khối chóp 
.

S ABC bằng

A.

3
3
24

a

. B.

3
2
24

a

. C.

3
2

a

. D.

3
2
12

a

.
Lời giải

Chọn B

Gọi M là trung điểm của SB, và G là trọng tâm tam giác đều ABC .

Theo giả thiết SABSCB90 MS MBMAMC M thuộc trục đường tròn ngoại
tiếp ABCMG(ABC) .

Gọi D là điểm đối xứng với G qua cạnh AC thì SD(ABC) .
Từ giả thiết suy ra hai tam giác vuông bằng nhau SAB và SCB .

Do đó từ A kẻ AI SB I, SB thì CISB

</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

Do  

2 2

2 1

60 120

2 2 3

AI AC a

ABC AIC AI

AI

  

       

2 3

3 2

a a

BI SB

   

Ta có

2 2

4 3 2 3 4

3 2 3 2 3 6

a a a

BD   a a SD SB BD   

Thể tích

3
3

1 1 1 3 2

3 3 6 4 24

S ABC ABC

a

V  SD S    a  .

Câu 49.9: Cho tứ diện ABCD có DAB CBD 90 ; ABa AC; a 5;ABC135. Biết góc giữa hai 
mặt phẳng (ABD), (BCD) bằng 30. Thể tích của tứ diện ABCD bằng

A.

2 3

a

. B.

a

. C.

3 2

a

. D.

a

Lời giải 
Chọn D

Dựng DH (ABC).

Ta có BA DA BA AH

BA DH




 





. Tương tự BC DB BC BH

BC DH




 





Tam giác AHB có ABa ABH,45 HAB vng cân tại AAH ABa,HBa 2
Áp dụng định lý cosin, ta có BCa 2.

Vậy 

1 1 2

sin 2

2 2 2 2

ABC

a

S  BA BC  CBA  a a   .

Dựng HE DA HE (DAB)

HF DB




 





và HF(DBC).

Suy ra ((DBA),(DBC))(HE HF, )EHF và tam giác HEF vuông tại E .

a

a 5

A B

C
H

D

</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>

Đặt DHx, khi đó

2 2 2 2

2
,

ax xa

HE HF

a x a x

 

 

Suy ra: 

2 2

3 2

cos

4 2 2

HE x a

EHF x a

HF x a



    



Vậy

3
1

3 6

ABCD ABC

a

V  DH S   .

Câu 49.10: Cho hình chóp S ABC. có AB 2 ,a ACa BC,  3a, SBASCA90 và hai mặt

phẳng SAB



và



SAC



tạo với nhau một góc  sao cho cos 1
3

  . Thể tích của khối chóp
.

S ABC bằng

A.

3
2
12

a

. B.

3
2

a

. C.

3
2

a

. D.

3
2

a

.

Lời giải 
Chọn D

Từ giả thiết : AB 2 ,a ACa BC,  3a BC23a22a2a2AB2AC2

ABC

 vuông tại A

Dựng SD



ABC



. Dễ chứng minh được ABDC là hình chữa nhật .

, 2

DB ACa DC  AB a . Gọi SDh .
Áp dụng cơng thức tính nhanh : DB DC. cos

SB SC  .
Chọn a  1 :

2 2

1 2 1

1 2

h h



 

4 2 2

3 4 0 1 1

h h h h

         h SD1

1 1 2

. . .

3 2 6

SABC

V  SD AB AC

Vì chọn a 1, theo đề bài ta chọn được

3
2

a

</div>
(13)<div class='page_container' data-page=13>

Câu 49.11: Cho hình chóp S ABC. có ABa, ACa 3, SB2a và ABCBASBCS90. Biết
sin của góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng



SAC



bằng 11

11 . Thể tích của khối chóp
.

S ABC bằng

A.

2 3

a

. B.

3
3
9

a

. C.

3
6
6

a

. D.

3
6
3

a
.
Lời giải 
Chọn C

- Dựng SD



ABC



tại D . Ta có: BA SA

BA SD





BA AD
  .

Và: BC SD BC CD

BC SC


 



ABCD

 là hình chữ nhậtDABCa 2, DCABa.

- Sử dụng cơng thức sin



SB, SAC







d B SAC





SB

 .

11
11

  d B SAC



;





SB







;



d D SAC
SB











1 11

; SB

d D SAC

 

 

1 .

- Lại có:









2 2 2

1 1 1 1

; DS DA DC

d D SAC    2 2 2 2

1 1 1

SB BD DA DC

  

 2 2 2

1 3

3 2

SB a a

 



 

2 .

- Từ

 

1 và

 

2 suy ra: 112

SB 2 2 2

1 3

3 2

SB a a

 

2 2
2 2
6
11
3
SB a
SB a
 


 


6
11
3
SB a
SB a
 

 



Theo giả thiết SB2aSBa 6SDa 3.

Vậy

1 1 6

. .

3 2 6

SABC

a

V  SD BA BC .

Câu 49.12: Cho hình chóp S ABC. có SA4,SB6,SC12 và ASB60 , BSC90 và CSA 120

. Thể tích của khối chóp S ABC. bằng

</div>
(14)<div class='page_container' data-page=14>

Trên tia SA SB, lần lượt lấy cá điểm M N, sao cho SM SN12. Khi đó ta có:
Tam giác SMN đều MN 12.

Tam giác SNC vuông tại S nên CNSC 2 12 2 .

Tam giác SMC cân tại S có MC  SC2SM22SC SM. .cosCSM 12 3.
Từ đó suy ra MC2 MN2CN2

 tam giác CMN vuông tại N.
Gọi H là hình chiếu vng góc của S trên mặt phẳng



CMN



Vì SCSM SN12 nên H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CMN
H

 là trung điểm của MC SH SC2CH2 6.
1

. 72 2

2
CMN

S  MN NC . 1. . 144 2
3

S CMN CMN

V SH S

   .

Mặt khác, ta có .
.

1
. .

6
S ABC

S MNC

V SA SB SC

V  SM SN SC  . .

24 2
6

S ABC S MNC

V V

   .

Câu 49.13: Cho hình chóp S ABC. có đáy là tam giác vng cân tại B, ABa, SABSCB 90  , góc

giữa AB và



SBC



bằng 60. Thể tích của khối chóp đã cho bằng

A.

3
3

.
6

a

B.

4 3

.
9

a

C.

3
3

.
9

a

D.

3
3

.
3

a

</div>
(15)<div class='page_container' data-page=15>

Dựng hình vng ABCD tâm O. Gọi I là trung điểm SB .
Do SABSCB 900 nên hình chóp

S ABC nội tiếp mặt cầu tâm I đường kính SB.
Do O là tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC

 OI là trục của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
Suy ra OI



ABC



SD 



ABC



Mà



AB SBC,







DC SBC,







CD CS,



DCS 60

     SDCD.tan 600 a 3.

Từ đây ta suy ra:

2 3

1 1 3

. . . 3.

3 ABC 3 2 6

a a

V  SD S  a  .

Câu 49.14: Cho hình chóp S ABC. có đáy là tam giác cân tại A, ABa, BAC 120 ,

  90

SBASCA  . Gọi  là góc giữa SB và



SAC



thỏa mãn sin 3
8

 , khoảng cách từ S

đến mặt đáy nhỏ hơn 2a. Thể tích của khối chóp S ABC. bằng

A.
3
3

a .

B. 3 3
6

a .

C.
3
3
12

a .

D.
3
3
24

a

.
Lời giải

Chọn C

+ Gọi D là hình chiếu vng góc của S lên đáy



ABC



, đặt SDx



0 x2a



.
Ta có AC SC AC



SDC



AC DC

AC SD




   





. Tương tự ta cũng có AB DB.

+ Tam giác ABC cân tại A và CAB 120 BCa 3 và DBC DCB60
DBC

  đều cạnh a 3.

+ Tam giác SDC vuông tại D SB 3a2x2

+ Kẻ DKSC tại KDK 



SAC





;





.2 3 2

x a

d D SAC DK

a x

  


.

+ Gọi IBDAC, xét DIC vuông tại C và BDC 60
K

I
B

</div>
(16)<div class='page_container' data-page=16>

 2 3

DC

DI a

cosBDC

   B là trung điểm của DI



;







;





d B SAC d D SAC

  .

Theo giả thiết



SB SAC;







sin d B SAC



;





SB

    



2 2



3 3

8 2 3

xa

a x

 



2 3 2 4 0

x a ax

   

4 3 0

x x

a a

 

    

  3

x a
x a


  


. So sánh với điều kiện suy ra xa.

Vậy
3
.
1 3
. .
3 12

S ABC ABC

a

V  S SD .

Câu 49.15: Cho hình chóp S ABC. có đáy là tam giác đều cạnh 2a, SAB 90SCB  . Gọi M là trung

điểm của SA. Biết khoảng cách từ A đến



MBC



bằng 6

a

. Thể tích của khối chóp đã cho
bằng 
A.
3
8 39
3
a

. B.

10 3

a

. C.

3
4 13

a

. D. 2a3 3.
Lời giải

Chọn A

Trong mp



ABC



xác định điểm D sao cho tứ giác ABCD vuông tại A và C

Khi đó ta có: AB AD AB SD
AB SA


 




; CB CD CB SD

CB SC


 




Vậy SD



ABCD



1
.
3

S ABC ABC

V SD S

 

Có tam giác ABC là tam giác đều cạnh 2a 2
3
ABC

S a

 

Ta đi tìm

Gọi I là trung điểm AC

vì tam giác ABC đều, ABCD nội tiếp đường tròn đường kính BD  IBDACBD
Gọi G là trọng tâm tam giác ABC và N là trung điểm BC

Vì tam giác ABC đều ANBC AN // CD, tương tự CG // BD

Dễ thấy AGCD là hình thoi 2 2 32 2 3

3 3 2 3

a

CD AG AN a

    

 

</div>
(17)<div class='page_container' data-page=17>

Khoảng cách từ A đến mặt phẳng



MNC



bằng 6
21

a

vì



MNC

 

 MBC



Trong mp



ABCD



gọi

 

E CNAD

Trong mp



SAD



kẻ tia At/ /SD gọi

 

P EMAt
Gọi K là hình chiếu của G trên mặt phẳng



CMB



Khi đó ta có AP/ /SD AP CN



APN



CN
AN CN

 



 





Trong mp



APN



kẻ AH PN ta có





6
21

a

AH d A MCN 

Mà tam giác ABC là tam giác đều cạnh 2aAN a 3
Từ 12 12 12

AH  AP AN 2 2 2 2

1 21 1 1

36 3 4

AP a a a

    AP2a

Dễ thấy APM  SFM SF AP2a

 

2
Xét tam giác EAN có CD/ /AN nên 2

ED CD

EA  AN  (theo

 

1 )
Xét tam giác EAP có FD/ /PA nên FD ED

PA  EA

2 4

3 3

FD a

FD
PA

   

 

Từ

 

2 và

 

3 ta có 10
3

a
SDSFFD
Vậy

3
2

1 1 10 10 3

. . . 3

3 3 3 9

S ABC ABC

a a

V  SD S  a  .

Câu 49.16: 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



và



ABC



bằng 60. Tính
thể tích khối chóp S ABC. theo

a

A. 
3
3

a

. B.

3
12

a

. C.

3
3

a

. D.

3
3

a
.

Lời giải. 
Chọn B

P
M

</div>
(18)<div class='page_container' data-page=18>

Trang 775

Gọi

D

là hình chiếu của S lên mặt phẳng



ABC



, suy ra

SD





ABC



.
Ta có SDAB và SBAB

 

gt

, suy ra

AB





SBD





BA



BD

.
Tương tự có ACDC hay tam giác ACD vng ở C.

Dễ thấy SBA SCA (cạnh huyền và cạnh góc vng), suy ra SBSC.
Từ đó ta chứng minh được SBD SCD nên cũng có DBDC.

Vậy

DA

là đường trung trực của BC, nên cũng là đường phân giác của góc



BAC

.
Ta có

 30

DAC 



, suy ra

3 a

DC 

. Ngồi ra góc giữa hai mặt phẳng



SAB



và



ABC



là



60

SBD 



, suy ra

tan



tan



. 3

3 SD

a

SBD

SD BD

SBD

a

BD







Vậy

2 3

1 1 3 3

. . . .

3 3 4 12

S ABC ABC

a a

V  S SD a .

Câu 49.17: Cho hình chóp S A B C. có tam giác ABC vng cân tại B , A B  a . Gọi I là trung

điểm của AC. Hình chiếu vng góc của S lên mặt phẳng



ABC



là điểm

H

thỏa mãn
3

B I  IH

 

. Góc giữa hai mặt phẳng



SAB



và



SBC



là 6 0o . Thể tích của khối chóp

S A B C là

A. 
3

9 a

V 

. B.

6 a

V 

. C.

18 a

V 

. D.

3 a

V 

Lời giải. 
Chọn A

S

D

B

</div>
(19)<div class='page_container' data-page=19>

Dễ thấy hai tam giác SAB và SAC bằng nhau ( cạnh chung SB ), gọi

K

là chân đường cao

hạ từ

A

trong tam giác SAB suy ra



SAB

 

, SBC



AKC.

Trường hợp 1:



AKC 

60 

kết hợp

I

là trung điểm AC suy ra



IKC .

30

Ta có 2

2 2

AC a

IBIC  , 4 2 2

3 3

a
BH  BI  .

Từ giả thiết tam giác ABC vuông cân tại

B

ta được ACBIICIK.

Trong tam giác ICK vng tại

I

có tan 6

tan 30 2

IC IC a

IKC IK

IK

   

 .

Như vậy

IK



IB

( vô lý).

Trường hợp 2:

 120

AKC 



tương tự phần trên ta có tan 6

tan 60 6

IC IC a

IKC IK

IK

   

 .

SB





AKC





SB



IK

nên tam giác

BIK

vuông tại

K

và 2 2 3
3

a
BK IB IK  .

Như vậy tam giác

BKI

đồng dạng với tam giác BHS suy ra: . 2
3
IK BH a
SH

BK

  .

Vậy thể tích của khối chóp S ABC. là:

2 3

1

2 .

3 2 3

9

S ABC

a

V



Câu 49.18: Cho tứ diện ABCD có A B C  B C D  C D A 9 0, B C C D  a, A D  a 2 . Góc giữa

hai mặt phẳng



ABC



và



ACD



bằng

A. 60. B. 30. C. 45. D. 90.
Lời giải.

</div>
(20)<div class='page_container' data-page=20>

Gọi E là hình chiếu của A lên mặt phẳng



BCD .



Kết hợp đề bài BC AB BC BE

BC AE

 

 



  ;

CD AD

CD ED
CD AE

 

 



  và BC CD a.

Suy ra tứ giác BCDE là hình vng cạnh a . 
Khi đó AE AD2ED2 a

Gọi H K lần lượt là hình chiếu của E lên ,



ABC

 

, ACD thì



EH 



ABC



,EK 



ACD



nên góc tạo bởi hai mặt phẳng



ABC và





ACD là góc





EH EK ,



Nhận xét 2 tam giác AEB và AED là vuông cân tại E nên 2
2

a

EH EK ;

2 2

BD a

HK   suy ra tam giác EHK đều.

Vậy số đo góc tạo bởi hai mặt phẳng



ABC và





ACD là



60.

Câu 49.19: Cho tứ diện ABCD có DABCBD90º ; AB a AC; a 5;ABC135 . Biết góc

giữa hai mặt phẳng



ABD

 

, BCD



bằng 30. Thể tích của tứ diện ABCD bằng

A.

2 3

a

. B.

a

. C.

3 2

a

. D.

a

Lời giải. 
Chọn D

a

a
a 2

C
B

D
A

a 2

a
a

K

C
E

D

B

A

</div>
(21)<div class='page_container' data-page=21>

Dựng DH



ABC



Ta có BA DA BA AH

BA DH




 





. Tương tự BC DB BC BH
BC DH




 





Tam giác AHB có ABa,  o
45

ABH   HAB vuông cân tại A AH  ABa.

Áp dụng định lý cosin, ta có BCa 2.

Vậy 

1 1 2

. . .sin . . 2.

2 2 2 2

ABC

a

S  BA BC CBA a a  .

Dựng HE DA
HF DB













HE DAB

  và HF 



DBC



Suy ra







DBA

 

, DBC









HE HF,



EHF và tam giác HEF vuông tại E .
Đặt DH x, khi đó

2 2

ax
HE

a x




2 2
2
2

xa
HF

a x




.

Suy ra 

2 2

3 2

cos

4 2 2

HE x a

EHF x a

HF x a



    



Vậy

. .

3 6

ABCD ABC

a

V  DH S  .

Câu 49.20: Cho hình chóp S ABC. có đáy là tam giác vng cân tại B , ABBCa 3,

  90

SABSCB  và khoảng cách từ điểm A đến



SBC bằng



a 2. Diện tích của mặt cầu
ngoại tiếp hình chóp S ABC. bằng

A. 2 a 2. B. 8 a 2. C.16 a 2. D. 12 a 2.
Lời giải.

Chọn D

a

a 5

A B

C
H

D

</div>
(22)<div class='page_container' data-page=22>

Gọi H là hình chiếu của S lên



ABC



Ta có: BC SC HC BC
SH BC




 





Tương tự AH  AB.

Và ABC vuông cân tại B nên ABCH là hình vng. Gọi O ACBH , O là tâm hình
vng.

Dựng một đường thẳng d qua O vng góc với



ABCH



, dựng mặt phẳng trung trực của SA
qua trung điểm J cắt d tại I I là tâm mặt cầu ngoại tiếp.

Ta hồn tồn có IJ SAIJ//AB là trung điểm I SB, hay I dSC .

Bán kính mặt cầu ngoại tiếp: 2 2
.

3
;

2 2

S ABC

a

r AI  IJ JA IJ   

Do AH//



SBC



d A SBC









d H





SBC





HK.

( K là hình chiếu của H lên SC và BC



SHC



HK 



SBC



).
2

HK a

  . Tam giác SHC vuông tại H SH a 6.
Tam giác SHA vuông tại H SA3a.

2 2

.
3

3 4 12

2 2 S ABC mc

SA a

JA   r  AIa S  r  a .

Câu 49.21: Tứ diện

ABCD

có

BC 

3 CD 

4

, ABCBCD 90ADC  , 



AD BC ,



60 . Cosin
của góc giữa hai mặt phẳng



ABC



và



ACD



bằng

A. 43

86 . B.

4 43

43 . C.

43 . D.

2 43
43 .

</div>
(23)<div class='page_container' data-page=23>

Gọi H là chân đường cao của tứ diện ABCD .

Ta có: BC AB BC HB
BC AH




 






 

1 .

Lại có: CD AD CD HD
CD AH




 






 

2 .

Mà BCD 90 .

Từ đây ta suy ra

HBCD

là hình chữ nhật.

Mặt khác: 



AD BC,







AD HD,



ADH60. Suy ra: AH HDtan 60 3 3.
Chọn hệ trục OxyzH DBA. như hình vẽ.

Ta có: H



0; 0; 0



, A



0; 0;3 3



, B



0; 4;0



, C



3; 4; 0



, D



3; 0; 0





3; 3; 3 3



AD   



, AC 



3; 4; 3 3



, AB 



0; 4; 3 3



Gọi n1, n2 lần lượt là một véc tơ pháp tuyến của



ABC



và



ABD



.
Suy ra: n1 AB AC, 



0; 9 3; 12 



; n2  AD AC, 



21 3;0; 21



Vậy





 





1 2

1 2
.

cos ,

n n

ABC ADC

n n


 
 













 

2 2

0.21 3 9 3.0 12.21 2 43

0 9 3 12 . 21 3 0 21

 

 

     

Câu 49.22: Cho tứ diện ABCD có ABC 90ADC  và BC  , 1 CD  3, BD 2, AB  . 3

Khoảng cách từ B đến



ACD



bằng

A. 6

7 . B.

7 . C.

7 . D.

14
7 .

</div>
(24)<div class='page_container' data-page=24>

BC  , CD  3, BD 2BC2DC2BD2

BCD

  vuông tại C .

Dựng hình chữ nhật BCDE BC//ED mà DCBCDCDE, lại có DC AD.





DC ADE

  DC AE

 

1 .

Chứng minh tương tự BC



ABE



BCAE

 

2 .
Từ

 

1 và

 

2 suy ra AE



BCDE



Kẻ EH  AD tại H . Do DC



ADE



nên DC EH EH 



ACD



.
//

BE CD d B ACD





d E ACD





EH.

2 2

AE AB BE 2

 

3 3 6

   .

2 2 2

1 1 1

EH  EA ED

1 7

6 6

   6 42

7
7

EH

   .

Vậy









d B ACD EH  .

Câu 49.23: Cho hình chóp

S ABC

.

có SA vng góc với mặt đáy,

SA BC



và BAC 120 . Hình

chiếu vng góc của A lên các cạnh

SB

và

SC

lần lượt là M và

N

. Góc giữa hai mặt phẳng



ABC



và



AMN



bằng

A.

45

. B.

60

. C.

15

. D.

30

.
Lời giải.

</div>
(25)<div class='page_container' data-page=25>

Gọi

O

là tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác

ABC

có đường kính là AD . 
Khi đó tam giác ABD vng tại B



AB



BD

Ta có AB BD BD



SAB



BD AM

SA BD





   





Ta có BD AM AM



SBD



AM SD

SB AM




   





Tương tự, ta chứng minh được

AN



SD

Do đó SD



AMN



suy ra







ABC

 

, AMN









SA SD,



ASD.
Xét tam giác

SAD

vuông tại A có tanASD AD

SA

 .

Với 2 2 3

sin120 3

ABC

BC

AD R   SA

 .

Do đó tan 3  30

ASD ASD  







ABC

 

, AMN



30 .

Câu 49.24: Cho hình chóp .S ABC có đáy là tam giác cân tại A, ABa, BAC 120 ,

  90

SBASCA  . Gọi



là góc giữa SB và



SAC



thỏa mãn sin 3
8

  , khoảng cách từ S

đến mặt đáy nhỏ hơn 2a . Thể tích của khối chóp .S ABC bằng

A.

3
3

a

. B.

3
3

a

. C.

3
3
12

a

. D.

3
3
24

a
.

</div>
(26)<div class='page_container' data-page=26>

Gọi D là hình chiếu vng góc của S lên đáy



ABC



, đặt SDx



0x2a



.
Ta có AC SC AC



SDC



AC DC

AC SD




   





. Tương tự ta cũng có ABDB.

Tam giác ABC cân tại A và CAB 120 BCa 3 và DBC 60DCB   DBC đều
cạnh a 3.

Tam giác SDC vuông tại D 2 2
3

SC a x SB

   

Kẻ DK SC tại KDK 



SAC











2 2
. 3
,

x a

d D SAC DK

a x

  


.
Gọi I BDAC, xét DIC vuông tại C và BDC 60

 2 3

DC

DI a

cosBDC

   B là trung điểm của DI









d B SAC d D SAC

  .

Theo giả thiết



SB SAC, (



sin d B SAC





SB

    



2 2



3 3

8 2 3

xa

a x

 


2 2

3 4 0

x a ax

   

4 3 0

x x

a a

 

    

  3

x a
x a



  



. So sánh với điều kiện suy ra xa.

Vậy

1 3

. .

3 12

S ABC ABC

a
V  S SD .

Câu 49.25: Cho hình chóp .S ABC có SAAB 3; SB  6; AC2BC2; SC  5. Khoảng

cách từ A đến



SBC



bằng

A. 30

6 . B.

2 . C.

6 . D.

30
5 .

Lời giải. 
Chọn D

I
B

</div>
(27)<div class='page_container' data-page=27>

Dựng điểm D sao cho ABCD là hình chữ nhật.

Áp dụng định lý Pitago ta có các tam giác SAB ABC SBC lần lượt vng góc tại ,; ; A B C . ,

Ta có AB AD
BA SA









 

AB SD

  .

BC CD
BC SC









 

BC SD

  .

Từ

   

1 ; 2 SD



ABCD



SDBC.

Vậy



SBC

 

 SDC



theo giao tuyến SC . Kẻ DHvng góc với SC tại H thì DH 



SBC



Có AD//



SBC



















2 2

. 2. 3 30

, ,

5
5

DS DC

d A SBC d D SBC DH

DS DC

     



Câu 49.26: Cho hình chóp .S ABC , đáy là tam giác đều ABC có cạnh bằng a. Biết rằng các mặt bên

của hình chóp có diện tích bằng nhau và một trong các cạnh bên bằng a 3. Tính thể tích nhỏ
nhất của khối chóp .S ABC .

A.

3 2
6

a

. B.

3 2
2

a

. C.

3 6
12

a

. D.

3 6
4

a

. 
Lời giải

4

</div>
(28)<div class='page_container' data-page=28>

Gọi H là hình chiếu của S trên mặt phẳng đáy



ABC ;



M N K, , lần lượt là hình chiếu của S
trên AB BC CA, , .

Vì diện tích các mặt bên của hình chóp bằng nhau nên ta có 1 . 1 . 1 .
2SM AB 2SN BC 2SK CA
và vì tam giác ABC đều nên ta có SM SN SK  HM HN HK.

TH1: nếu H nằm trong tam giác ABC  H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác đều ABC .

Khi đó ta có 2 3

3 3

a

AH  AN và SASBSCa 3



2 2 3 2 3 2 6

9 3

a a

SH  SA AH  a  



2 3

1 1 3 2 6 2

. . .

3 3 4 3 6

S ABC ABC

a a a

V  S SH   .

TH2: Nếu H nằm ngoài tam giác ABC . Khơng mất tính tổng qt giả sử H nằm khác phía
với A so với đường thẳng BC

Tương tự như trên ta vẫn có HM HN HK. Vì tam giác ABC đều nên H là tâm đường
tròn bàng tiếp góc Avà 3

a

AM ABBN  :1

60 2 2

BN a

HB a

cos

  

 ,

3 3

: 30 : 3

2 2

a

AH  AM cos   a . Vì thế cạnh SA không thể bằng a 3 SBSCa 3

SH  SB2BH2  3a2a2 a 2 

2 3

1 1 3 6

. . . 2

3 3 4 12

S ABC ABC

a a

V  S SH  a  .

Vậy

3 3 3

min

2 6 6

min ,

6 12 12

a a a

V   

 

 

</div>
(29)<div class='page_container' data-page=29>

Câu 49.27: Cho hình chóp S ABCD. có đáy ABCDlà hình bình hành thỏa mãn ABa AC, a 3,
2a

BC  . Biết tam giác SBC cân tại S, tam giác SCDvuông tại C và khoảng cách từ D đến 
mặt phẳng (SBC) bằng 3

a

. Thể tích của khối chóp đã cho bằng

A.

3
2a

3 5 . B.

3 5

a

. C.

3 3

a

. D.

a

Lời giải 
Chọn A

Nhận thấy tam giác ABCvuông tại A ( do AB2AC2BC2).

Gọi E là điểm đối xứng của B qua A ta có tứ giác ACDElà hình chữ nhật, và tam giác EBC
là tam giác đều cạnh 2a.

( ) ( , ( )) ( , ( )) ( ,( ))

AD SBC d D SBC d A SBC  d E SBC

Hay ( , ( )) 2.d( , ( )) 2a 3
3

d E SBC  D SBC 

Gọi I là trung điểm của đoạn BC, ta có: BCEI BC, SIBC (SEI).

Trong mp SEI( )kẻ EH vng góc với SI tại H . Khi đó: ( , ( )) 2 3
3

a

d E SBC EH  .

Ta có DC (SAC)( Do DC SC C, DAC) Suy ra AB(SAC).

Xét tam giác SBEcó SA vừa là trung tuyến vừa là đường cao nên tam giác SBEcân tại S.
Xét hình chóp .S EBC có đáy là tam giác đều EBC , các cạnh bên SESBSC.

</div>
(30)<div class='page_container' data-page=30>

Tam giác EHI vuông tại H nên

2 3

2
3
sin

3
3

a
HE
I

EI a

  

 .

Tam giác SIF vuông tại Fnên

2
2

1 sin 1 3 2a

.tan . 3.

3 1 sin 3 2 15

1 ( )
3

I

SF FI I EI a

I

   

 




 .

. D D

1 1 1 2 2a

. . . 3

3 3 3 15 3 5

S ABC ABC

a

V  SF S  SF AB CA a a  .

Câu 49.28: Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD là hình vng cạnh . a, tam giác SAB và tam giác

SCD cân tại S . Biết hai mặt bên



SAB và





SCD có tổng diện tích bằng



3 2

2 a và chúng
vng góc với nhau. Thể tích khối chóp S ABCD bằng .

A.

2
4

a

. B.

a

. C.

2
6

a

. D.

a

Lời giải. 
Chọn D

Gọi E , F lần lượt là trung điểm AB và CD . Khi đó EF//ADEF AB

Do tam giác SAB và tam giác SCD cân tại S nên SEAB và SFCD

Lúc đó có SE AB AB



SEF

 

ABCD

 

SEF



EF AB

 

   





Do đó, chân đường cao hạ từ S xuống đáy là H phải nằm trên giao tuyến EF của



ABCD



</div>
(31)<div class='page_container' data-page=31>

Mặt khác, giao tuyến của hai mặt phẳng



SAB và





SCD là đường thẳng



d qua S và song

song AB nên SEd và SFd, tức là ESF là góc giữa hai mặt phẳng 



SAB và





SCD ,



hay nói cách khác ta có SESF

Xét tam giác SEF vuông tại S có





2 2 2 2

2 2 2

. .

2 .

SE SF SE SF

SH

SE SF SE SF SE SF

 

  

 

Ta có SE SF. SH EF. 2SSEF

Từ giả thiết 3 2 . . 3 2

2
SAB SCD

S S  a SE ABSF CD a hay SESF  3a

Thay vào

 

1 ta có





2 2 2 2

2 2

. .

3 2 .

2 .

SH EF SH a

SH SH a

a SH a

SE SF SH EF

   



 

Vậy thể tích hình chóp S ABCD là .

2
2

1 1

. . .

3 ABCD 3 3

a

V  SH S  a a  .

Câu 49.29: Cho hình chóp .S ABC có ABBCa ABC,1200,SAB SCB900 và khoảng cách từ

B đến mặt phẳng



SAC bằng



2 21

a

. Tính thể tích khối .S ABC .

A.

3 5
10

a

V  . B.

3 15
10

a

V  . C.

3 15
5

a

V  . D.

3 5
2

a

V  .

Lời giải 
Chọn B

Hạ SE



ABC



tại E có





 0

AB SE

AB SAE AB AE BAE

AB SA

 

     



  .

Chứng minh tương tự có BCE 900.

Hai tam giác vuông BCE và BAE bằng nhau suy ra CBE ABE600.

Gọi D là trung điểm của BE suy ra tứ giác ABCD là hình thoi và BDDE a.
a

a
I
E

D

I
D
S

E B

C B

A
S

</div>
(32)<div class='page_container' data-page=32>

Gọi I là tâm hình thoi ABCD có

















1 1 2 21 2 21

, , , 3.

3 3 21 7

a a

BI  EI d B SAC  d E SAC d E SAC   .







 



CA BD

CA SEI SAC SEI

CA SE

 

   



  .

Hạ EK SI tại K ta có EK 



SAC



tại Ksuy ra









2 21
7

a

d E SAC EK EK  .

Tam giác SBE vuông tại E đường cao EK có

2 2 2 2 2 2 2 2 2

1 1 1 1 1 1 7 4 5 6 5

12 9 36 5

a
SE

EK  EI SE  SE  EK EI  a  a  a   .

Vậy

0 2

1 1 1 1 3 6 5 15

. . .sin120 . . .

3 3 2 6 2 5 10

SABC ABC

a a

V  S SE  BA BC  SE a 

  .

Câu 49.30: Cho khối chóp .S ABC có đáy là tam giác cân tại A, ABa, BAC 120 ,

  90

SBASCA  . Gọi



là góc giữa hai mặt phẳng



SAB



và



SAC



. Khi cos 3
4


 thì thể
tích khối chóp đã cho bằng

A.

3a

3. B.

a

3. C. 
3
3

a

. D.

a
.

Lời giải 
Chọn D

Kẻ SH 



ABC



,H



ABC



suy ra SH AB và SH  AC.

Khi đó ta có SH AB AB



SBH



AB BH
SB AB




   





Chứng minh tương tự ta có AC CH suy ra tứ giác ABHC nội tiếp đường trịn đường kính 
AH. Do đó góc BHC bằng 60 .

</div>
(33)<div class='page_container' data-page=33>

ABC

 cân tại A có ABa BAC,  120 suy ra BC2 3a2.
Do đó HB2 HC2 BC2 3a2.

Dễ thấy SHB  SHC SB SC nên SAB  SAC.
Trong mặt phẳng



SAB



kẻ BK SA K,



SA



Trong mặt phẳng



SAC



kẻ CK1SA K,



1SA



Xét hai tam giác vuông KAB và K AC1 có AB AC,

 

BAK



CAK

1 (vì SAB  SAC) suy

ra KAB K AC1  AK AK1 mà K và K1 nằm giữa S và A nên K K1.

Từ đó ta có CK SA và BK CK .

Do đó cos  cos BKC

2 2 2

2 . 4

BK CK BC
BK CK

 

 

 

2 2

2 3

1
4
2

BK BC

BK



  .

Đặt SH  x x,



0 .



Xét SHB có

SB



SH



HB



3 a



x

Xét SAB vuông tại B có 12 12 12

BK  BA BS 2 2 2 2

1 1 1

BK a a x

  







2 2 2
2

2 2

3
4

a a x

BK

a x



 

 .

Thay vào

 

1 ta có









2 2 2

2
2 2

2 2 2

2 2

2 3

3
3
4

2 3

a a x
a
a x

a a x
a x




 




x a

  .

Vậy thể tích khối chóp .S ABC là 

3
2

1 1 1 1

. . . . .sin . 3. . sin120

3 2 3 2 4

a
SH AB AC BAC a a   .

Vậy chọn đáp án D.

Câu 49.31: Cho khối chóp .S ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B, ABa, tam giác SAB

vuông tại A , tam giác SBC cân tại S và khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và AC bằng 
2

a

. Thể tích của khối chóp đã cho bằng

A.

a

. B.

3
3

a

. C.

a

. D.

a

Lời giải

Tác giả: Lê Văn Quý ; Fb:Lê Văn Quý

</div>
(34)<div class='page_container' data-page=34>

Gọi M trung điểm của BC  SM BC (1)
Lấy điểm H(ABC) sao cho ABMH là hình chữ nhật

Cùng với giả thiết ta có: AB SA AB SH

AB AH




 





(2)

Lại có BC SM BC SH

BC MH




 





(2)

Từ (1) và (2) suy ra SH



ABC



Gọi K  ACBH và I là điểm trên đoạn SH sao cho 1
3

HI HS .

 // ( ) ( , ) ( , ( )) ( , ( )) 2 ( , ( )) 2

a
SB IAC d SB AC d SB IAC d S IAC  d H IAC  .

 ( ,( ))
3

a

d H IAC  .

Ta có





2 2 2 2 2 2 2 2 2

1 1 1 1 1 9 4 4 1

( , ( )) HA HO HI HI a a a a HI a

d H IAC          

 SH 3a.

Vậy

3
2
.

1 1 1

. 3

3 3 2 2

S ABC ABC

a

V  SH S  a a  .

Câu 49.32: Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng a. Gọi M N, lần lượt là trung điểm của các cạnh

AB BC và E là điểm đối xứng với Bqua D. Mặt phẳng



MNE



chia khối tứ diện ABCD thành
hai khối đa diện. Trong đó, khối tứ diện ABCDcó thể tích là V , khối đa diện chứa đỉnh A có thể tích

V Tính tỉ số V

V


.

A. 7

18. B.

18. C.

18. D.

1
18.
I

K
O

M
H

S

B

C

</div>
(35)<div class='page_container' data-page=35>

Lời giải 
Chọn B

Gọi PENCDvà QEM AD .

Suy ra , P Q lần lượt là trọng tâm của BCEvà ABE.
Gọi S là diện tích tam giác BCD, suy ra SCDE SBNE S .

Ta có 1. .

3 3

PDE  CDE
S

S S

Gọi h là chiều cao của tứ diện ABCD , suy ra









, ; , .

2 3

 

   

   

h h

d M BCD d Q BCD

Khi đó . 1 . ,





. ;

3  6

  

M BNE BNE

S h

V S d M BCD .





1 .

. , .

3  27

  

Q PDE PDE

S h

V S d Q BCD

Suy ra . . . . . 7 . 7. . 7.

6 27 54 18 3 18

PQD NMB M BNE Q PDE ABCD

S h S h S h S h

V V V      V

7 11 ' 11

' .

18 18 18

V

V V V V

V

      .

Vậy 11
18

V
V



 .

Câu 49.33: Cho hình chóp SABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh 2a, SABSCB90 và góc

giữa hai mặt phẳng



SAB và





SBC bằng



600. Tính thể tích khối chóp SABC?

A. 2 3

2 a . B.

3
2

4 a . C.

3
2

6 a . D.

3
2
3 a . 
Lời giải

Chọn D

P
Q
A

B

C

D E

M

</div>
(36)<div class='page_container' data-page=36>

Ta có SAB SBC (c.g.c), trong tam giác SABkẻ đường cao AESB khi đó CESB. Khi
đó góc giữa hai mặt phẳng



SAB



và



SBC



là góc giữa hai đường thẳng AE và CE. Dễ dàng
nhận thấy góc AEC 120 (vì nếu AEC 60 thì AEACAB2a điều này vơ lí vì tam 
giác AEB vuông tại E ).

Trong tam giác AEC cân tại E kẻ đường cao EK ta có: 0 2 3
3
cos 30

AK

AE  a

Trong tam giác vuông ABE có: 2 2 2 6
3

BE  AB AE  a

Trong tam giác SABcó:

AB
BS

BE

 

0 3

1 1 1 2 2

. . . .sin120

3 3 2 9

B EAC EAC

V  BE S  BE AE EC  a

3 3

. .

6 2 2 2

. . . .

9 3

2 6

3
B EAC

B SAC B EAC
B SAC

V BE BA BC BE BS

V V a a

V  BS BA BC BS   BE  

Câu 49.34: Cho tứ diện đều có cạnh bằng , và lần lượt là hai điểm di động trên hai

cạnh ( và không trùng với ) sao cho mặt phẳng ln vng góc
với mặt phẳng . Gọi lần lượt là thể tích lớn nhất và nhỏ nhất của tứ diện

. Tính tích .

A. . B. . C. . D. .

Lời giải

Chọn C

ABCD 1 M N

AB AC M N A



DMN





ABC



V V1, 2
ADMN V V1. 2

1 2
2
.

V V  1. 2 2

V V  1. 2 1

324

V V  1. 2 8

</div>
(37)<div class='page_container' data-page=37>

Kẻ (vì ). Suy ra là trọng tâm của tam giác
đều .

Như vậy và là hai điểm di động nhưng luôn đi qua trọng tâm của tam giác .

Đặt , ( , )

+ .

+ (*)

+ (**)

Do đó (***)

Mặt khác từ (*) và (**) suy ra , ( , ).

Đặt . Điều kiện: .

Khi đó là nghiệm của phương trình , .

Ta tìm để có nghiệm phân biệt thuộc hoặc có nghiệm kép thuộc
DH MN DH 



ABC





DMN

 

 ABC



H

ABC

M N MN ABC

 

AM x AN y 0 x 1 0 y1

2 2 2 1 2

1
3 3

DH DA AH    2

DH

 



1 3

. .sin

2 4

AMN

S  AM AN MAN xy

AMN AMH ANH

S S S 1 .





.sin 30
2 AH x y

   3





12 x y

 

1
.
3

ADMN AMN

V  DH S 1 3 2 2

3 4 xy 3 12 xy

 

   

 

 

xy xy 0 x 1 0y1

xy  t x y t 0 23 2

9 4 0

t

t t

 




 



2
0

3
4
9
0

t
t
t


 


  








4 2

9 t 3

  

x y X23tX t 0 1

 

4 2

9  t 3
4 2

;
9 3

 

  

 

</div>
(38)<div class='page_container' data-page=38>

Ta có không phải là nghiệm của nên .

Đặt , . Ta có: .

Bảng biến thiên của

Dựa vào BBT, có nghiệm phân biệt thuộc hoặc có nghiệm kép thuộc

(thỏa điều kiện) hay .

Kết hợp (***) ta có , .

1
3

X 

 

 

2
1

3 1

X
t

X

 


 

3 1

X
g X

X



 X 



0;1



 





3 2

3 1

X X

g X

X



  



0
2
3

X
X






 



 

g X

 

1 2



0;1





0;1



4 1

9 t 2

   4 1

9xy 2

2 2

27 VADMN  24 1
2
24

V

  2 2

V  1. 2 1

324

V V

</div>

Tính thể tích khối chóp biết góc giữa hai mặt phẳng | Toán học, Lớp 12 - Ôn Luyện

<sub></sub>

<sub></sub>





 

   

 



















 























<i>H</i>



<i>SAB</i>





<i>SAC</i>



<i>H</i>



<i>ABC</i>





<i>SH</i>





<i>ABC</i>



<sub></sub>

<sub></sub>

<i>K</i>

<i>B</i>



<i>SAB</i>





<i>SAC</i>



<i>BK</i>

.

.

<i>SC CA</i>

<i>a x</i>

<i>a x</i>

<i>BK</i>

<i>CK</i>

<i>SC</i>

<i>CA</i>

<i>a</i>

<i>x</i>

<i>a</i>

<i>x</i>















1

1 1

.