Download Một số bài toán Hình học không gian luyện thi đại học

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

<b>ONTHIONLINE.NET</b>

<b>MỘT SỐ ĐỀ THI ĐẠI HỌC-HÌNH HỌC</b>

( có giải chi tiết )

<b>B06</b> Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB = a, AD =a 2, SA = a
và SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AD và SC; I
là giao điểm của BM và AC. Chứng minh rằng mặt phẳng (SAC) vuông góc với mặt phẳng
(SMB). Tính thể tích của khối tứ diện ANIB.

<b>HD:</b> Cách 1: Dễ thấy I là trọng tâm ABD  BI = 2 BM3 =

a 2

3 _{và AI =}

1_AC a 3
3  3

ABI có BI2 + AI2 =

2 2

2 2
2a 3a _a _AB

3  9  

 BI AI và BI  SA  BI(SAC) (SMB)  (SAC)

Khối tứ diện SABC có thể chia làm 3 tứ diện:

SABN ; CNBI ; ANIB

Gọi V = VSABC; V1 = VSABN; V2 = VCNBI
Ta có :

1 2

V V SN.SA.SB CN.CI.CB
V  V SC.SA.SB SC.CA.CB

1 2

V V 1 1 2 1 1 5_.
V 2 2 3 2 3 6


    

 VANIB = SABC

1_V 1 1_{. BA.BC.SA}
6 6 6

= 361 a.a 2.a __{VANIB =}
3
a 2

36

<b>C2:</b>

Xét ABM và BCA vuông đồng dạng ?

    0  0

ABM +BAC =BCA+ BAC =90  <i>AIB</i>90  <i>MB AC</i> ₍₁₎

SA (ABCD) SA  MB (2).

Từ (1) và (2) MB  (SAC)  (SMB)  (SAC).

Gọi H là trung điểm của AC NH là đường trung bình của  SAC
NH = SA/2= a/2 và NH//SA nên NH  (ABI), do đó V ANIB =

3

1 _. 2

3 <i>ABI</i> 36

<i>a</i>

<i>NH S</i> 

<b>A06 </b>Cho hình trụ có các đáy là hai hình trịn tâm O và O' , bán kính đáy bằng chiều cao và
bằng a. Trên đường tròn đáy tâm O lấy điểm A, trên đường tròn đáy tâm O' lấy điểm B
sao cho AB= 2a. Tính thể tích của khối tứ diện OO'AB.

Kẻ đường sinh AA'. Gọi D là điểm

đối xứng với A ' qua O' và H là hình
chiếu của B trên đường thẳng A'D.

Do BH  A'D và BH  AA' nên BH  (AOO'A')

VOO’AB = (1/3)BH.SAOO’

Ta có: A'B2_{= AB}2_{- A'A}2_{= 3a}2_{và BD}2_{= A'D}2_{- A'B}2
= a2_{,suy ra}__{BO'D đều BH= ? .}

Vì AOO' là tam giác vuông cân cạnh bên bằng a nên:
SAOO' = a2_/2

Vậy thể tích khối tứ diện OO'AB là:

2

1 _{3 .}
3 2 2

<i>a</i> <i>a</i>

<i>V</i>  

y
z

x
B

S

C
D
A N

M
I
a

a

a 2

C

I
H

M
N

D
A

B

C
E

O
A

O'

A' D

C
B

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

<b>D06 </b>Cho hình chóp tam giác S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, SA = 2a và SA
vuông góc với mặt phẳng (ABC). Gọi M và N lần lượt là hình chiếu vng góc của A trên
các đường thẳng SB và SC. Tính thể tích của khối chóp A.BCNM.

<b>HD:</b>

3
.

1 3

. .

3 6

<i>S ABC</i> <i>ABC</i>

<i>a</i>

<i>V</i>  <i>SA S</i>_ 

(đvtt)

+ SAB vuông tại A có AM là đường cao
 SM.SB = SA2

2
2

4
5

<i>SM</i> <i>SA</i>

<i>SB</i> <i>SB</i> 

+ SAC vuông tại A có AN là đường cao
 SN.SC = SA2

2
2

4
5

<i>SN</i> <i>SA</i>

<i>SC</i> <i>SC</i> 

16 16

. .

25 25

<i>SAMN</i>

<i>SAMN</i> <i>SABC</i>
<i>SABC</i>

<i>V</i> <i>SA SM SN</i>

<i>V</i> <i>V</i>

<i>V</i> <i>SA SB SC</i>   

 VABCMN = VSABC – VSAMN =

3

9 3 3

25 <i>SBAC</i> 50

<i>a</i>

<i>V</i> 

(đvtt)

<b>A07</b> Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vng cạnh a, mặt bên SAD là tam giác đều
và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của các

cạnh SB, BC, CD. Chứng minh AM vuông góc với BP và tính thể tích của khối tứ diện
CMNP.

HD:

Gọi H là trung điểm của AD.
Do SAD đều nên SH  AD.

Do (SAD)  (ABCD) nên

SH (ABCD)  SH  BP (1)

Xét hình vng ABCD ta có

CDH = BCP

CH  BP (2) .

Từ (1) và (2)  BP (SHC) .

Vì MN//SC và AN // CH (AMN) // (SHC)

Do đó: BP(AMN)  BP AM.

Kẻ MK  (ABCD) , Ta có: VCMNP = (1/3)MK.SCNP

2 3

1 3_; 1 _. _; 3

2 4 <i>CNP</i> 2 8 <i>CMNP</i> 96

<i>a</i> <i>a</i> <i>a</i>

<i>MK</i> <i>SH</i>  <i>S</i>  <i>CN CP</i> <i>V</i> 

---B07 Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có đáy là hình vng cạnh a. Gọi E là điểm đối
xứng của D qua trung điểm của SA, M là trung điểm của AE, N là trung điểm của BC.
Chứng minh MN vng góc với BD và tính (theo a) khoảng cách giữa hai đường thẳng MN
và AC.

<b>HD:</b>

A

B

C
S

M N

K
M

P

N

H

D

A _B

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

Gọi H là tâm ABCD SH (ABCD) .

Từ BH  AC và BH  SH suy ra BH  (SAC)

Và Gọi I, K là trung điểm SA và AB :
IH// BE và MK// BE nên IH//MK
MK//IH (1) và KN//AC (2)
1(1) và (2)  (MKN) // (SAC)

(MKN)  BD MN  BD

Khoảng cách giữa MN và AC

bằng khoảng cách từ H đến (KMN) = HQ/2

<b>D07 </b>Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thang, góc ABC= BAD= 900_{, BA = BC = a,}
AD = 2a. Cạnh bên SA vuông góc với đáy và SA = <i>a</i> 2. Gọi H là hình chiếu vng góc
của A trên SB. Chứng minh tam giác SCD vng và tính (theo a) khoảng cách từ H đến
mặt phẳng (SCD) .

<b>HD:</b>

Kẻ CE vuông góc AD, thì tứ giác OBCE là hình vng nên CE=AE=ED=a. Sử dụng định
lý Pitago ta có: CD2 _=2a2 _,SC2 _{= 4a}2 _,SD2 _{= 6a}2 _;

SD2 _=SC2 _{+ SD}2

 ∆ SCD vuông tại C.

b) Gắn vào hệ trục tọa độ Oxyz:

A(0, 0, 0); B(a, 0, 0); C(a, a, 0); D(0, 2a, 0); S(0, 0, a).
Hạ HI vuông góc với AB, HK vuông góc SA.

Ta có

2

3; ; 2

3

<i>a</i>

<i>SB a</i> <i>AI</i>  <i>AK a</i>

Pt mp(SCD): <i>x y</i>  2<i>z</i> 2<i>a</i>0



a
d(H;(SCD))=

3

<b>A08 </b>. Cho lăng trụ ABC.A'B'C' có độ dài cạnh bên bằng 2a, đáy ABC là tam giác vuông tại
A, AB = a, AC = <i>a</i> 3 và hình chiếu vng góc của đỉnh A' trên mặt phẳng (ABC) là trung
điểm của cạnh BC. Tính theo a thể tích khối chóp A'.ABC và tính cosin của góc giữa hai
đường thẳng AA', B'C'.

<b>HD: </b>

Gọi H là trung điểm của BC.
Suy ra A'H (ABC) và AH = 

2 2

1 1 ₃

2<i>BC</i>2 <i>a</i>  <i>a</i> <i>a</i>

Do đó : A'H =A'A2_{– AH}2_{= 3a}2 __{A'H =}

 <i>a</i> 3

Vậy

3
'. 1 ' .₃ ₂

<i>A ABC</i> <i>ABC</i>

<i>a</i>

<i>V</i>  <i>A H S</i> 

Trong tam giác vuông A'B'H có: HB'2_{= A'B'}2_{+ A'H}2_=4a2_{nên tam giác}
B'BH cân tại B'. Đặt  là góc giữa hai đường thẳng AA' và B'C' thì    = B'BH

_' _{;cos =}BH/2 1

BB' 2.2 4

<i>a</i>
<i>B BH</i>

<i>a</i>

   

...

<b>B08</b> Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vng cạnh 2a, SA = a, SB = <i>a</i> 3 và
mặt phẳng (SAB) vuông góc với mặt phẳng đáy. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của các

H

A _C

B

C'
B'

A'

I

N
K

H

D
A

B _C

S
E

M

A

C

E
S

K

D
I

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

cạnh AB, BC. Tính theo a thể tích của khối chóp S.BMDN và tính cosin của góc giữa hai
đường thẳng SM, DN.

Gọi H là hình chiếu của S trên AB, suy ra SH  (ABCD). Do đó SH là đường cao của hình

chóp S.BMDN.Ta có: SA2_{+ SB}2_{= AB}2_{nên tam giác SAB vuông tại S, suy ra SM = AB/2}
Do đó tam giác SAM đều, suy ra SH =<i>a</i> 3/2 . Diện tích tứ giác BMDN là

SBMDN=SABCD/2 = 2a2_{.Thể tích khối chóp S.BMDN là VSBMDN=}
3 ₃

3

<i>a</i>

(đvtt)

 .

Kẻ ME//DN .Đặt  là góc giữa hai đường thẳng SM và DN. Ta có (SM,ME) =  

Theo định lý ba đường vuông góc ta có SA  AE

SE2_{= SA}2_{+ AE}2_{= 5a}2_{/4 ; ME}2_{= AM}2_{+ AE}2_{= 5a}2_{/4 .Suy ra tam giác SME cân tại E nên và}

 _{;cos =}ME/2 / 2 1

SM 5 / 2 5

<i>a</i>
<i>SME</i>

<i>a</i>

    

<b></b>

---D08 Cho lăng trụ đứng ABC.A'B'C' có đáy ABC là tam giác vuông, AB = BC = a, cạnh
bên AA' =<i>a</i> 2. Gọi M là trung điểm của cạnh BC. Tính theo a thể tích của khối lăng trụ
ABC.A'B'C' và khoảng cách giữa hai đường thẳng AM, B'C.

<b>HD:</b>

Từ giả thiết suy ra tam giác ABC vuông cân tại B. Thể tích khối lăng trụ là
VABC.A'B'C' = AA’.SABC =

3
2

1 2

2.

2 2

<i>a</i>

<i>a</i> <i>a</i> 

(đvtt).

Gọi E là trung điểm của BB’.Khi đó mặt phẳng (AME) song song với B’C nên khoảng
cách giữa hai đường thẳng AM,B’C bằng khoảng cách giữa B’C và mặt phẳng (AME).
Nhận thấy khoảng cách từ B đến mặt phẳng (AME) bằng khoảng cách từ C đến mp(AME).
Gọi h là khoảng cách từ B đến mặt phẳng (AME).

Do tứ diện BAME có BA, BM, BE đôi một vuông góc nên suy ra đường cao :

2 2 2 2

1 1 1 1 7

7

<i>a</i>
<i>h</i>
<i>h</i> <i>BE</i> <i>BA</i> <i>BM</i>  

Khoảng cách giữa hai đường thẳng B’C và AM bằng...

N
M

D
A

B C

S

H

E E

M

A
B

C

A'
B'

</div>

<!--links-->