Tom tat HHKG

ĐỀ THI HAY NHẤT - HÌNH HỌC
CÁC ĐỀ TỐT NGHIỆP

TN – 2006
Cho hình chóp SABC có ABCD là hình vng canh a , SA vng góc với đáy, SB = a
1. Tính thể tích SABCD
2. Chứng minh trung điểm SC là tâm mặt cầu ngoại tiếp SABCD

√3

TN – 2007
Cho hình chóp SABC , ABC là tam giác vng tại B. SA vng góc với đáy. Biết SA = AB = CB =a
Tính thể tích khối chóp SABC
TN - 2008
Cho hình chóp tam giác đều SABC có cạnh bằng a, cạnh bên bằng 2a. Goi I là trung điểm của BC
1. Chứng minh SA vng góc với BC
2. Tính thể tích khối chóp SABI theo a

TN – 2008 lần 2
Cho hình chóp SABC có tam giác vng tại B, SA vng góc với (ABC) .Biết AB = a , BC = a
3a
1. Tính thể tích SABC theo a
2. Gọi I là trung điểm của SC, tính BI
TN – 2009

√ 3 và SA =

Cho hình chóp S.ABC có mặt bên SBC là tam giác đều cạnh a, cạnh bên SA
vng góc với mặt phẳng đáy. Biết BAC = 1200 , tính thể tích của khối chóp S.ABC theo a.

CÁC ĐỀ ĐẠI HỌC

KHỐI A -2006
Hình trụ có 2 đáy O và O’.bán kính = chiều cao = a
A thuộc đtròn O, B thuộc đtrịn O’ và AB = 2a
Tính thể tích tứ diện OO’AB
KHỐI D -2006
Hình chóp SABC, ABC là tam giác đều cạnh a,
SA = 2a , SA vng góc (ABC). Gọi M,N là hình chiếu vng góc của A lên SB,SC


Tính thể tích khối chóp ABCNM
KHỐI A1 -2007 DB
❑

o
Cho lăng trụ đứng ABCA1B1C1 có AB = a, AC = 2a, AA1 2a 5 và BAC=120 . Gọi M là trung điểm của
cạnh CC1. Chứng minh MBMA1 và tính khoảng cách d từ điểm A tới mặt phẳng (A1BM).
KHỐI A2 -2007 DB
❑
Cho hình chóp SABC có góc ( SBC , ABC )=60 o , ABC và SBC là các tam giác đều cạnh a. Tính theo a
khoảng cách từ đỉnh B đến mp(SAC).

KHỐI B1 -2007 DB
Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình vng tâm O, SA vng góc với hình chóp. Cho AB = a, SA = a
√ 2 . Gọi H và K lần lượt là hình chiếu của A lên SB, SD. Chứng minh SC  (AHK) và tính thể tích hình
chóp OAHK.
KHỐI B2 -2007 DB
Trong mặt phẳng (P) cho nửa đường trịn đường kính AB = 2R và điểm C thuộc nửa đường trịn đó sao cho AC
❑
= R. Trên đường thẳng vng góc với (P) tại A lấy điểm S sao cho ( SAB ,SBC )=60o . Gọi H, K lần lượt là

hình chiếu của A trên SB, SC. Chứng minh AHK vng và tính VSABC?
KHỐI D1 -2007 DB
Cho lăng trụ đứng ABCA1B1C1 có đáy ABC là tam giác vuông AB=AC=a , AA1 = a √ 2 . Gọi M, N lần
lượt là trung điểm của đoạn AA1 và BC1. Chứng minh MN là đường vng góc chung của các đường thẳng AA1
và BC1. Tính V MA BC .
1

1

KHỐI D2 -2007 DB
Cho lăng trụ đứng ABCA1B1C1 có tất cả các cạnh đều bằng a. M là trung điểm của đoạn AA1. Chứng minh BM
 B1C và tính d(BM, B1C).
CĐ 2008

Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình thang, hai góc BAD = ABC = 90, AB = BC = a , AD = 2a , SA
vng góc với đáy và SA = 2a , Gọi M,N lần lượt là trung điểm SA,SD
1. Chứng minh BCNM là hình chữ nhật
2. và tính thể tích khối chóp SBCNM theo a
KHỐI D 2008

Cho lăng trụ đứng ABCA’B’C’ có đáy là tam giác vng , AB = BC = a, cạnh bên AA’ = a 2 , gọi M là trung
điểm của BC .
1. Tính theo a thể tích của khối lăng trụ ABCA’B’C’
2. khoảng cách giữa AM , B’C
KHỐI B 2008

Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình vng cạnh 2a, SA = a, SB = a
đáy . Gọi M,N lần lượt là trung điểm AB, BC .
1. tính theo a thể tích khối chóp SBMDN và
2. tính cosin của góc giữa SM, DN

√ 3 và ( SBC) vng góc với

KHỐI A 2008

Cho lăng trụ ABCA’B’C’ có độ dài cạnh bên 2a, đáy ABC là tam giác vng tại A, AB = a, AC = a
hình chiếu vuộng góc của A’ trên (ABC) là trung điểm cạnh BC .
1. Tính theo a thể tích của khối chóp A’ABC và
2. tính cosin của góc giữa AA’ , B’C’
KHỐI A 2009

√ 3 và


Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và D; AB = AD = 2a; CD = a; góc giữa hai mặt phẳng
(SBC) và (ABCD) bằng 600. Gọi I là trung điểm của cạnh AD. Biết hai mặt phẳng (SBI) và (SCI) cùng vng góc với mặt
phẳng (ABCD), tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a.

KHỐI B 2009
Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có BB’ = a, góc giữa đường thẳng BB’ và mặt phẳng (ABC) bằng 60 0; tam giác



ABC vuông tại C và BAC = 600. Hình chiếu vng góc của điểm B’ lên mặt phẳng (ABC) trùng với trọng tâm của tam
giác ABC. Tính thể tích khối tứ diện A’ABC theo a.

KHỐI D 2009
Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông tại B, AB = a, AA’ = 2a, A’C = 3a. Gọi M là trung
điểm của đoạn thẳng A’C’, I là giao điểm của AM và A’C. Tính theo a thể tích khối tứ diện IABC và khoảng cách từ điểm
A đến mặt phẳng (IBC).

KHỐI A 2010
Cho hình chóp SABCD , có đáy ABCD là hình vng cạnh a, gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB,AD , H
là giao điểm của CN, DM .Biết SH vng góc với (ABCD) và SH = a √ 3 .Tính thể tích SCDNM và khoảng
cách giữa DM , SC
KHỐI B 2010
Cho hình lăng trụ tam giác đều ABCA”B”C” có AB = a , góc giữa hai mặt phẳng (A’BC) và ( ABC) bằng 600 .
Gọi G là trọng tâm tam giác A’BC . Tính thể tích khối lăng trụ đã cho và tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ
diện GABC theo a
KHỐI D 2010
Cho hình chóp SABC có đáy ABCD là hình vng cạnh a , cạnh bên SA = a; hình chiếu vng góc của đỉnh S
trên (ABCD) là điểm H thuộc đoạn AC , AH = AC/4 .Goi Cm là đường cao của tam giác SAC . Chứng minh
M là trung điểm SA và thể tích tứ diện SMBC theo a

ĐÁP ÁN
Khoi d 2006


Khoi b 2006

Khoi a 2006


Khoi a1 db 2007
Cách khác:
2
2
2
2
+ Ta có A1M A1C1  C1M 9a

BC2 AB2  AC2  2AB.AC.cos120 0 7a2
BM2 BC2  CM2 12a2
A1B2 A1A2  AB2 21a2 A1M2  MB2
 MB vng góc với MA1
+ Hình chóp MABA1 và CABA1 có chung đáy là tam giác ABA1 và đường
cao bằng nhau nên thể tích bằng nhau.
1
1
 V VMABA1 VCABA1  AA1.SABC  a3 15
3
3
 d(a,(MBA1 )) 

3V
SMBA1



6V
a 5

MB.MA1
3

S

Khoi a2 db 2007
N

A

M

2. Gọi M là trung điểm của BC. thì SM  BC,
❑

AM  BC  SMA= (SBC , ABC )=60o
Suy ra SMA đều có cạnh bằng

a √3
2

1
o
Do đó S SMA= . SM . AM .sin 60
2
2
2
1 3 a √3 3 a √3
¿ .
. =
2 4 2 16
1
2
3
1
3 a √3 a √ 3
VSABC 2VSBAM 2. .BM.SSAM

¿ . a.
=
3
Ta có
3
16
16
Gọi N là trung điểm của đoạn SA. Ta có CN  SA
CN 


a 13
4

(vì SCN vng tại N)

1
1 a 3 a 13 a2 39
SSCA  .AS.CN  .
.

2
2 2
4
16

3
a √3 1
1 a2 √ 39 (
Ta có V SABC=

= . S SCA . d ( B , SAC )= .
. d B , SAC )
16
3
3 16
3
3a
d  B,SAC  a3 3 2

a 39
13

Khoi b1 db 2007
+BC vng góc với (SAB)
 BC vng góc với AH mà AH vng với SB
 AH vng góc với (SBC)  AH vng góc SC (1)
+ Tương tự AK vng góc SC (2)
(1)
và (2)  SC vng góc với (AHK )
SB2 AB2  SA 2 3a2  SB = a 3
a 6
2a 3
2a 3
 SK= 3
AH.SB = SA.AB  AH= 3  SH= 3
(do 2 tam giác SAB và SAD bằng nhau và cùng vuông tại A)
HK SH
2a 2

 HK 

3 .
Ta có HK song song với BD nên BD SB
Gọi AM là đường cao của tam giác cân AHK ta có
4a2
2a
AM 2 AH 2  HM 2 
9  AM= 3
1
1a 2 1
2a3
VOAHK  OA.SAHK 
. HK.AM 
3
3 2 2
27

C

60

B


Khoi b2 db 2007
* Chứng minh AHK vng
Ta có: AS  CB
AC  CB (ACB nội tiếp
nửa đường tròn)
 CB  (SAC)  CB  AK
mà AK  SC  AK  (SCB)

 AK  HK  AHK vuông tại K
* Tính VSABC theo R
Kẻ CI  AB
Do giả thiết ta có AC = R = OA =
OC  AOC đều
R
 IA=IO=
2
Ta có SA  (ABC) nên (SAB) 
(ABC)  CI  (SAB)
Khoi d 2007

Khoi b 2007

Suy ra hình chiếu vng góc của SCB trên mặt
phẳng (SAB) là SIB
3
3
3
Vì BI= AB . Suy ra S SIB= SSAB= . R. SA
4
4
4
()
1
1
2
2
Ta có: S SBC= BC. SC= R √ 3 . √SA + R
2

2
Theo định lý về diện tích hình chiếu ta có:
1
R 3
S SIB=SSBC . cos 60o = S SBC= √ √SA 2+ R 2 ()
2
4
R
Từ (), () ta có: SA=
√2
1
R3 √ 6
Từ đó V SABC= SA . dt ΔABC=
3
12


Khoi a 2007

Khoi cd 2008


Khoi d 2008

Khoi b 2008


Khoi a 2008

Khoi cd 2009

C/

Khoi d 2009
AC 2 9a 2  4a 2 5a 2  AC a 5
BC 2 5a 2  a 2 4a 2  BC 2a
H là hình chiếu của I xuống mặt ABC
Ta có IH  AC
/

/

M

A/

I

B

IA
AM 1
IH 2
4a

 
  IH 
/
IC

AC 2
AA 3
3
1
11
4a 4a 3
VIABC  S ABC IH  2a a  
3
32
3
9 (đvtt)
H
Tam giác A’BC vuông tại B
1
a 52a a 2 5
Nên SA’BC= 2
2
2
2
IC  A/ C  S IBC  S A/ BC  a 2 5
3
3
3
Xét 2 tam giác A’BC và IBC, Đáy

C

A



Vậy d(A,IBC)

3VIABC
4a 3 3
2 a 2a 5
3


2
S IBC
9 2a 5
5
5

Khoi b 2009
a BH 2
1 a 3a
a 3
  BN  3 
B'H 
2 2 4 ;
2
BH= 2 , BN 3
goïi CA= x, BA=2x, BC  x 3
BA2  BC 2 2 BN 2 

C

N

A

H

2

CA
2

M

2

2
 3a  x
9a 2
 3 x 2  4 x 2 2   
 x2 
2
 4 
52
3 a 3
B ' H BB '

2
2
Ta có:

B

Khoi a 2009
Từ giả thiết bài tốn ta suy ra SI thẳng góc với mặt phẳng ABCD, gọi J là trung điểm của BC; E là hình
chiếu của I xuống BC.
2a  a 3a
IJ CH 1 3a
3a 2
BC a 5
N
IJ 



a

A
2
2 SCIJ
2
2 2
4 , CJ= 2
2

 SCIJ

3a 2 1
1 3a 2 3a
6a
3a 3
 IE CJ  IE 


 SE  ,SI 
4
2
CJ 2
5
5
5 ,

I

H

J

3

1 1
 3a 3 3a 15
V    a  2a  2a 

3 2
5
 5

E
D

C

B