Dang 4. Các bài toán khác(góc, khoảng cách,...) liên quan đến thể tích khối đa diện(VDC)

Câu 1.

[2H1-3.4-4] (Đặng Thành Nam Đề 10) Cho khối chóp tứ giác S . ABCD có đáy là hình bình
hành, AD  4a , SA  SB  SC  SD  6a . Khi khối chóp S . ABCD có thể tích đạt giá trị lớn
 SBC  và  SCD  bằng
nhất, sin của góc giữa hai mặt phẳng
6
15
5
3
A. 6 .
B. 5 .
C. 5 .
D. 3 .
Lời giải
Tác giả: Phạm Cao Thế; Fb: Cao Thế Phạm
Chọn B

Vì SA  SB  SC  SD � ABCD là tứ giác nội tiếp và hình chiếu vng góc của S lên mặt
 ABCD  trùng với tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABCD . Kết hợp với ABCD là
phẳng
SO   ABCD 
hình bình hành suy ra ABCD phải là hình chữ nhật tâm O và
.
AB  x  x  0 
Đặt
.
BD
AB 2  AD 2
x 2  16a 2
OB 



2
2
2
Khi đó

x 2  16a 2
8a 2  x 2
� SO  SB  OB  6a 

4
2
.
S
.
ABCD
Thể tích khối chóp
là:
2

2

1
VS . ABCD  SO.S ABCD
3

2

8a 2  x 2

4ax.
2ax. 8a 2  x 2 2a �x 2 8a 2  x 2 � 8a 3
2


� �
�
3
3
3 �
2
� 3 .

2
2
Dấu bằng xảy ra khi: x  8a  x � x  2a .
8a 3
max VS . ABCD 
� x  2a
3
Vậy
. Khi đó:

4a 3
3SC.VS . BCD
15
3
sin �
SBC  ,  SCD  



2S SBC .S SCD
�1
�
�1
� 5
2. � .2a. 5a �
� .4a. 2a �
�2
�
�2
�
.
d  B,  SCD   2 d  O,  SCD  
sin �
SBC  ,  SCD  

d  B, SC 
d  B, SC 
Cách 2: Ta có thể tính
.



3 6.





Câu 2.



[2H1-3.4-4] (CHUN LÊ THÁNH TƠNG QUẢNG NAM LẦN 2 NĂM 2019) Cho hình
chóp S . ABC với đáy ABC là tam giác vng tại B có AC  2 BC , đường trung tuyến BM ,


 SBM  và  SCN  cùng vng góc
đường phân giác trong CN và MN  a . Các mặt phẳng
3 3a 3
 ABC  . Thể tích khối chóp S . ABC bằng 8 . Gọi I là trung điểm của SC .
với mặt phẳng
Khoảng cách giữa hai đường thẳng MN và IB bằng
a 3
A. 4 .

a 3
B. 8 .

3a
C. 4 .
Lời giải

3a
D. 8 .

Tác giả: Huỳnh Quy ; Fb: huynhquysp
Chọn C
Cách 1:

SH   ABC 
Gọi H là giao điểm của CN và BM . Ta có
.
Đặt BC  x (với x  0 ).
Ta có

CB  CM  BM 

AC
2 � BCM đều.

Xét BCM đều có đường phân giác CH cũng là đường cao nên CH  BM
� CN  BM tại H � tứ giác BCMN nội tiếp đường tròn.

�  90�
� CMN
, hay MN  CA .
Suy ra hai tam giác MNA và BCA đồng dạng
a
x
MN AM


3 x � x  a 3 ; AC  2a 3 .
� BC
AB � x
Lấy E là trung điểm của CM .
AN AM 2



MN P BEI 
Ta có AB AE 3 � MN P BE �
.


� d  MN , BI   d  MN ,  BEI    d  M ,  BEI    2d  H ,  BEI   .

SH 

Nên

Ta có
Đặt

3VS . ABC 3
 a
SABC
4 .

HB 

a 3 HC  BC  HB 
2 ;
2

y  d  H ,  BEI  

2

 a 3

2

2

�a 3 � 3a
1
a
�
HF  HC 
�2 �
� 2
�
�
�
3
2.

.

 IEB  cắt HB tại B ;
Xét tam diện vuông đỉnh H với ba cạnh HB , HC , HS ta có mặt phẳng
cắt HC tại F và cắt HS tại K , ta có
1
1
1
1
1
1

1
64






 2
2
2
2
2
2
2
y
HB
HF
HK
�a 3 � �a � �3a � 9a
3
� � �� � �
y

a
2
4
2
� � �� � �
�

8 .
3
3a
d  MN , BI   2 � a 
8
4 .
Do đó
Cách 2:

Đặt BC  x (với x  0 ).
Dễ thấy x  a 3 . Gọi K là giao điểm của BM và CN .
Gọi J là trung điểm của CM , G là giao điểm của CN và BJ .

 IJB  P SMN 
Ta có

1
d  BI , MN   d  G ,  SMN    d  C ,  SMN  
�
2
.

1
3a 3
VS .CMN  VS . ABC 
3
8
Mà
1
3a 3

1
3
3a 3
d  C ,  SMN   �
S SMN 
d  C ,  SMN   � a 2 
� 3
8 � 3
4
8 .


�

Câu 3.

d  C ,  SMN   

3
3a
a
d  BI , MN  
2 �
4 .

[2H1-3.4-4] (Nguyễn Du Dak-Lak 2019) Cho hình chóp tứ giác đều S . ABCD có độ dài cạnh
( S ) là mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABCD ,
đáy bằng 2 và độ dài cạnh bên bằng 5 . Gọi
( S ) . Khoảng cách
có tâm O . Lấy G là trọng tâm tam giác SAD . Lấy điểm M bất kì trên

GM đạt giá trị nhỏ nhất bằng
17 + 31
17 - 31
15 + 33
15 - 33
12
12
12
12
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
Lời giải
Tác giả: Vũ Văn Hiến; Fb: Vu Van Hien

Chọn B

� SI ^ ( ABCD )
+ Gọi I là tâm của ABCD
.
Dựng mặt phẳng trung trực của cạnh SA tại N cắt SI tại O .
Vậy O là tâm mặt cầu ngoại tiếp khối chóp S . ABCD và bán kính bằng R = SO .
2
2
+ Theo giả thiết ta suy ra: AC = 2 � AI = 1 � SI = SA - AI = 2 và

SA
SN SO
SA2 5
SNO ∽ SIA �

� SO  2 .SA 
 R
SI
SA
SI
2.SI 4
.

( S ) nên để có khoảng cách GM nhỏ nhất
+ Vì trọng tâm G cố định, M là điểm di động trên
GM min = R - OG
thì M , G, O thẳng hàng, khi đó:
(quan sát hình vẽ).

+ Gọi E là trung điểm của AD

� IE 

2
3 2
� SE  SI 2  IE 2 
2
2 � SG  2 .

+ Tam giác vng SIE có

� 
cos ISE

SI 2 2

SE
3 .

+ Trong tam giác SOG , áp dụng định lí cơ sin ta có:
�  11 � OG  33
OG 2  SO 2  SG 2  2.SO.SG.cos ISM
48
12 .

Vậy

GM min  R  OG 

5
33 15  33


4 12
12 .

* Nhận xét: Nếu bài toán yêu cầu GM max  R  OG .
Câu 4.

[2H1-3.4-4] (THPT-Yên-Khánh-Ninh-Bình-lần-4-2018-2019-Thi-tháng-4)Cho hình hộp chữ
2a 5
B C D . Khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và B�
C là 5 , giữa hai
nhật ABCD. A����
2a 5
a 3
đường thẳng BC và AB�là 5 , giữa hai đường thẳng AC và BD�là 3 . Thể tích khối
B C D bằng
hộp ABCD. A����
3
3
3
3
A. 8a .
B. 4a .
C. 2a .
D. a .

Lời giải
Tác giả: Giáp Văn Khương; Fb: Giáp Văn Khương
Chọn C

z.
Gọi độ dài 3 cạnh của hình hộp là AB  x, BC  y, AA�
AB   BCC �
B�
A�
 , BC   ABB�

 . Nên từ B kẻ BM  B�
C tại M và BN  AB�tại N
2a 5
BM  BN 
5 .
thì
Ta có

1
1
1
1 1
1
 2 
 2 
2
2
2
2
y
z
x
z
�2a 5 �
�2a 5 �
1 1
5
1
1
5

�
�
�
�
 2  2
 2  2
2
5
5
2
y
z
4
a
�
�
�
�
z
4a (1)
Ta có
và
hay
và x
Từ đây suy ra x  y .

BCD 
 A����
C tại
Kẻ đường thẳng qua D�song song với AC trong mặt phẳng đáy

, nó cắt B��
J , dễ thấy C �là trung điểm của B�
J và BJ cắt CC �tại trung điểm K .
Gọi

mp  P   mp  BD�
, D�
J I
. là tâm mặt đáy, O là tâm hình hộp.


Ta có

d  AC , BD�
, P   d  I, P 
  d  C,  P    d  C�

.

 D�
J , kẻ IH  OD�ta được d ( I ,( P))  IH .
Ta có ID�
1
2



1
2



1
2

�z � �x 2 � �a 3 �
2 4
3
�� �
� � �
 2  2
�2 � � 2 � � 3 �
2
z
a (2).
Vậy ta có
hay x
3
Từ (1) và (2) ta có x  y  a, z  2a . Vậy thể tích khối hộp chữ nhật là V  a.a.2a  2a .

Câu 5.

B C D có A�
B vng
[2H1-3.4-4] (Nguyễn Trãi Hải Dương Lần1) Cho hình hộp ABCD. A����
góc với mặt phẳng đáy

 ABCD  , góc giữa

AA�và  ABCD  bằng 45�

. Khoảng cách từ A đến

C C
D D
 BB��
 CC ��
các đường thẳng BB�và DD�bằng 1 . Góc giữa mặt
và mặt phẳng
bằng
60�. Thể tích khối hộp đã cho là
A. 2 3 .
B. 2 .
C. 3 .
D. 3 3 .
Lời giải
Tác giả: Hà Lê; Fb: Ha Le
Chọn C
Cách 1:

Gọi H , K lần lượt là các hình chiếu vng góc của A�trên các đường thẳng BB�và DD�
.
Ta có:

d  A; BB�
; BB�
H  1 d  A; DD�
; DD�
K 1
  d  A�
  A�

  d  A�
  A�
,
.

�
AA�
,  ABCD    45�
�
�
�
�
�
A
B

ABCD
�


�
�
A�
AB  45o

A�
B   ABCD  � A�
B  AB
Từ

 1

và

 2

 1 .

 2 .

B  AB
AB là tam giác vuông cân tại B � A�
ta suy ra A�

� A�
B  A��
B � H là trung điểm BB�
.


C C
D D
 BB��
 CC ��
Mặt khác, góc giữa hai mặt phẳng
và
bằng góc giữa hai mặt phẳng
��
�
�

��
 AA D D  và  BB A A  nên ta suy ra HA
K  60�, mà A�
H  A�
K  1 (chứng minh trên)
� A�
HK là tam giác đều

� S A�HK 

3
4 .

A�
H  1 � BB�
2.
�A�
H  BB�
�
K  BB�
� BB�
  A�
HK 
�A�
�A�
H �A�
K   A�

Lại có: �
.

� HK  2.
VA���
B D . ABD  BB .S A�

3
3

4
2 .

VABCD. A����
B C D  2VA���
B D . ABD  2.

3
 3
2
.

Do đó:
Vậy

Cách 2: (Võ Thanh Hải)
BB�vng cân tại A�và BB�
 2 A�
H  2 . Từ đây ta tính
Với các giả thiết ta suy ra được A�
S
 A�
H .BB�

2
được ABB�A�
.

*Vì

H  BB�
�A�
�
K  BB� do BB�
// DD�
 � BB�  A�
HK  �  ABB�
A�
HK 
   A�
�A�

��
C C  ,  CC ��
D D    �
D D  ,  BB�
A�
A    HA
K  60�
 BB��
 AA��
�
, mà

.

A�
H  A�
K  1 nên
3
d  D,  ABB�
A�
A�
H 
   d  K ,  ABB�
   d  K , A�
2 .
HK đều, do đó
suy ra A�

Ta có

*

��
VABCD. A����
B C D  d  D ,  ABB A   .S ABB �
A�

3
.2  3
2
.

Cách 3: Lưu Thêm

+) Gọi H , K lần lượt là hình chiếu của A trên BB �
, DD�
.


, K �lần lượt là hình chiếu của A�trên BB�
Gọi H �
, DD�
.
+) Ta có AH  AK  1 .

�AB  45�
B  AB  x � AA�
x 2.
AB vuông cân tại B . Đặt A�
+) A�
nên A�
2
� x 2.x.
 1.x 2
A. AB.sin 45� A��
H .BB�
2.
� x  2 � AA�
2
+) Ta có A�

+)

+)
+)

B�
C    �
HE , KE   60� 
 BCC �
 ,  CDD��
�
.
S AHEK  AH . AK .sin  

3
2 .

�
VABCD . A����
B C D  VAHEK . A��
H E ��
K  AA .S AHEK  2.

3
 3
2
.


Câu 6.

[2H1-3.4-4] (CHUYÊN HUỲNH MẪN ĐẠT 2019 lần 1) Cho lăng trụ ABCD. A ' B ' C ' D ' có

đáy ABCD là hình vng cạnh 2a, AA '  A ' D, hình chiếu vng góc của A ' thuộc hình
6a
vng ABCD, khoảng cách giữa hai đường thẳng CD và AB ' bằng 10 . Tính thể tích khối
chóp A ' MNP trong đó M , N , P lần lượt là trung điểm các cạnh CD, CC ', DD '.
3

A. 12a .

3
B. a .

3
3
C. 2a .
D. 3a .
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Ngọc Minh ; Fb: Minh Nguyen

Chọn B

 ABCD  ; I , K lần lượt là trung điểm của
*) Gọi H là hình chiếu của A ' lên mặt phẳng
AD, BC và O là tâm hình vng ABCD .

A ' H   ABCD 
Ta có A ' H  AD, A ' K  AD (Do
và A ' A  A ' D ) nên HK  AD
Mà OK  AD nên suy ra ba điểm H , O, K thẳng hàng và theo giải thiết ta được H thuộc
đoạn IK .
Theo giả thiết H thuộc hình vng ABCD nên H trùng K hoặc H trùng I .

Trường hợp 1: H trùng với K .

*) Kẻ HF  AA ' , với F thuộc đoạn A ' A.


BC
a
AB   A ' AH  � AB  HF
HF   ABB ' A '
2
Dễ thấy:
và
nên
� d  H ,  ABB ' A '   HF
.
d  CD, AB '  d  CD,  ABB ' A '  
CD //  ABB ' A '
Ta có
(do
)
3a
DA
HF 

.
d
H
,
ABB
'

A
'




 d  C ,  ABB ' A '  DH
10 .
 2HF . Nên
1
1
1
1
1
1
10
1
1


�


 2 2  2
2
2
2
2
2
2

AH
A' H
A' H
HF
AH
9a
a
9a
*) Xét tam giác AA ' H có HF
� A ' H  3a.
2
V
 A ' H .S ABCD  3a.  2a   12a 3
*) Ta có ABCD. A ' B ' CC ' D '
V
 d  A ',  CDD ' C '  .SCDD ' C '
Lại có ABCD. A ' B 'CC ' D '
1

12.
d  A ',  CDD ' C '   .S MNP  12VA ' MNP
 4.d  A ',  CDD ' C '  .S MNP
3
(do SCDD 'C '  4S MNP )
.
HA 

3
3
Từ đó suy ra 12a  12VA 'MNP � VA ' MNP  a .

3
Trường hợp 2: H �I , tương tự trường hợp 1, kết quả VA ' MNP  a .

Thêm một câu tương tự của câu 47, thay đổi đề bài là H thuộc bên trong hình vng
ABCD.
Câu 7.

[2H1-3.4-4] (CHUYÊN HUỲNH MẪN ĐẠT 2019 lần 1) Cho lăng trụ ABCD. A ' B ' C ' D ' có
đáy ABCD là hình vng cạnh 2a, AA '  A ' D, hình chiếu vng góc của A ' thuộc bên trong
6a
hình vng ABCD, khoảng cách giữa hai đường thẳng CD và AB ' bằng 10 . Tính thể tích
khối chóp A ' MNP trong đó M , N , P lần lượt là trung điểm các cạnh CD, CC ', DD '.
3

A. 12a .

3
B. a .

3
3
C. 2a .
D. 3a .
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Ngọc Minh ; Fb: Minh Nguyen


 ABCD  ; I , K lần lượt là trung điểm của
*) Gọi H là hình chiếu của A ' lên mặt phẳng
AD, BC.

A ' H   ABCD 
Ta có A ' H  AD, A ' K  AD (Do
và A ' A  A ' D ) nên HK  AD
Mà OK  AD nên suy ra ba điểm H , O, K thẳng hàng và theo giải thiết ta được H thuộc bên
trong đoạn thẳng IK .
*) Kẻ HE  AB, HF  A ' E , với E thuộc đoạn AB và F thuộc đoạn A ' E.
BC
HE 
a
AB   A ' EH  � AB  HF
HF   ABB ' A '
2
Dễ thấy:
và
nên
� d  H ,  ABB ' A '   HF

Ta có

.
d  CD, AB '  d  CD,  ABB ' A '  

(do

CD //  ABB ' A '

)
CG
 d  C ,  ABB ' A '   CH .d  H ,  ABB ' A '  
(Do H thuộc đoạn IK nên nếu kẻ CH cắt AB tại

3a
CG
HF 
2
10 .
G thì CH
)  2HF . Nên
�  HF  3a . 1  3
sin HEF
HE
10 a
10 .
*) Xét tam giác HEF có
�  1 � tan HEF
� 3
� cos HEF
�
10
(do A ' EH là góc nhọn).
�
Xét tam giác A ' EH có A ' H  EH .tan HEA '  3a .
V
 A ' H .S ABCD  3a.  2a   12a 3
*) Ta có ABCD. A ' B ' CC ' D '
V
 d  A ',  CDD ' C '  .SCDD ' C '
Lại có ABCD. A ' B 'CC ' D '
2

 4.d  A ',  CDD ' C '  .S MNP

1

12.
d  A ',  CDD ' C '   .S MNP  12VA ' MNP
 4S MNP )
3
.

(do SCDD 'C '
3
3
Từ đó suy ra 12a  12VA 'MNP � VA ' MNP  a .
Câu 8.

[2H1-3.4-4] (Ba Đình Lần2) Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình vng cạnh a ,
a 17
SD 
2 . Hình chiếu vng góc H của S lên mặt  ABCD  là trung điểm của đoạn AB .
Gọi K là trung điểm của AD . Khoảng cách giữa hai đường SD và HK bằng


a 3
A. 5 .

3a
C. 5 .
Lời giải

a 3

B. 7 .

a 21
D. 5 .

Tác giả: Lê Nguyễn Phước Thành; Fb: Thành Lê
Chọn A

Trong

Vì

 ABCD 

có HK là đường trung bình của ABD nên HK // BD ; vẽ HM  BD .

�HK // BD
� HK //  SBD 
�
�BD � SBD 

, mà

SD � SBD  � d  HK , SD   d  HK ,  SBD  

�HM  BD
� BD   SHM 
�
BD � SBD  �  SBD    SHM 
SH


BD
�
Ta có
, mà
.
Trong mặt

 SHM 

vẽ HN  SM tại N �SM .

�
 SBD    SHM 
�
 SBD  � SHM   SM � HN   SBD 
�
�HN  SM
�
.

Vậy khoảng cách từ

d  HK ,  SBD    d  H ,  SBD    HN

.

Gọi O là giao điểm của AC và BD .

Ta thấy

HM 

AO a 2
3
3a 2
a 5

MD  BD 
HD  HM 2  MD 2 
2
4 ;
4
4 nên
2 .

2
2
Do SHD vuông tại H nên SH  SD  HD  a 3 .

1
1
1
SH .HM
a 3


� HN 

2

2
2
SH
HM
5 .
SH 2  HM 2
SHM vuông tại H , đường cao HN : HN
Câu 9.

[2H1-3.4-4] (Chuyên Hạ Long lần 2-2019) Cho tứ diện ABCD có AB  3a , AC  2a ,
d  C ,  ABD  
�  CAD
�  DAB
�  600
AD  5a ; BAC
. Tính
.


2a 6
A. 3 .

a 6
B. 9 .

a 6
C. 3 .

2a 6
D. 9 .

Lời giải
Tác giả: Nguyễn Thị Phượng; Fb: Nguyễn Thị Phượng
Chọn C
Áp dụng công thức
AB. AC. AD
� cos CAD
� cos DAB
�  cos 2 BAC
�  cos 2 CAD
�  cos 2 DAB
�
VABCD 
1  2 cos BAC
6


3a.2a.5a
1 1 1 1 1 1 5 2 3
1  2. . .    
a
6
2 2 2 4 4 4
2
.

S ABD 

1
� D  1 .3a.5a. 3  15 3 a 2

AB. AD.sin BA
2
2
2
4
.

1
3V
VC . ABD  d  C ,  ABD   .S ABD � d  C ,  ABD    C . ABD
3
S ABD

5 2 2
a
2 6
2


a
3
15 3 2
a
4
/
3.