24 Câu hỏi ôn tập Toán 12 - Chương 1: Khối đa diện (Mức độ 4)

Nội dung tài liệu: 24 Câu hỏi ôn tập Toán 12 - Chương 1: Khối đa diện (Mức độ 4)

1. Câu 1. Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC.A B C có tất cả các cạnh bằng a . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của các cạnh AB và B C . Mặt phẳng A MN cắt cạnh BC tại P. Thể tích khối đa diện MBP.A B N bằng 3a3 7 3a3 7 3a3 7 3a3 A. . B. . C. . D. . 32 96 68 32 Lời giải ChọnB. A' C' N B' A C M Q P B S Gọi Q là trung điểm của BC. Suy ra AQ//A N Suy ra MP//AQ P là trung điểm của BQ. Ta có BB , A M , NP đồng quy tại S và B là trung điểm của B S SB 2a. a2 3 a3 3 1 S V ; V V A B N 8 S.A B N 12 S.MBP 8 S.A B N 7 7 3a3 V V . MBP.A B N 8 S.A B N 96 Câu 2. Cho hình lăng trụ đứng ABC.A B C có đáy ABC là tam giác vuông, AB BC a. Biết rằng góc giữa hai mặt phẳng (ACC ) và (AB C ) bằng 600 (tham khảo hình vẽ bên). Thể tích của khối chóp B .ACC A bằng ?
2. A C B A' C' B' a3 a3 a3 3a3 A. B. C. D. 3 6 2 3 Lời giải Chọn A Gọi B H là đường cao của tam giác A B C B H  ACC . Khi đó H là trung điểm của A C . Ta có S AHC S AB C .cos60 1 1 1 Đặt AA x suy ra S S x.a 2 , S a. x2 a2 . AHC 2 AA C 4 AB C 2 1 1 1 Do đó S S .cos60 x.a 2 a. x2 a2 . x a . AHC AB C 4 2 2 1 1 a 2 a3 Thể tích của khối chóp B .ACC A là V B H.S . .a.a 2 . 3 A C CA 3 2 3 Câu 3. Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có SA a 11, cosin của góc hợp bởi hai mặt phẳng SBC 1 và SCD bằng . Thể tích của khối chóp S.ABCD bằng 10 A. 3a3 B. 9a3 C. 4a3 D. 12a3 Lời giải Chọn C Sử dụng phương pháp tọa độ hóa
3.  Chọ hệ trục tọa độ Oxyz như hình vẽ. Chuẩn hóa a 1(đơn vị dài). Khi đó: SA 11 Đặt OC OD b 0 ; OS c 0 Ta có: SA2 SC 2 SO2 OC 2 b2 c2 b2 c2 11 (1)  Tọa độ các điểm: B 0; b;0 , C b;0;0 , D 0;b;0 , S 0;0;c . x y z  1 1 1 Mặt phẳng SBC có phương trình: 1 nSBC ; ; là vec tơ pháp tuyến b b c b b c của mặt phẳng SBC x y z  1 1 1 Mặt phẳng SCD có phương trình: 1 nSCD ; ; là vec tơ pháp tuyến của b b c b b c mặt phẳng SCD 1 1 1 1 1 1 . . .   1 b b b b c c 1 Theo giả thiết ta có: cos nSBC , nSCD 10 1 1 1 1 1 1 10 . b2 b2 c2 b2 b2 c2 1 2 1 9 2 c 9b2 2c2 0 (2) 2 1 2 2 10 c b b2 c2 b2 2 b 2 Kết hợp (1) và (2) ta được (do b,c 0 ) 2 c 9 c 3 1 1 Vậy CD OC 2 2 ; SO 3 V .S .SO .22.3 4 (đơn vị thể tích). S.ABCD 3 ABCD 3 3 Vậy VS.ABCD 4a Câu 4. Cho tứ diện ABCD có AB a 6, tam giác ACD đều, hình chiếu vuông góc của A lên mặt phẳng BCD trùng với trực tâm H của tam giác BCD, mặt phẳng ADH tạo với mặt phẳng ACD một góc 450. Tính thể tích khối tứ diện ABCD. 3a2 27a2 9a2 3a2 A. . B. . C. . D. . 2 4 4 4 Lời giải Chọn C
4. H là trực tâm của tam giác BCD BH  CD CD  AI Mà ACD đều nên I là trung điểm của CD BCD cân tại B. H là trực tâm của tam giác BCD DH  BC BC  AJ Trong mặt phẳng ADJ , vẽ JK  AD tại K AD  BCK AD  CK ADH , ACD JK,CK 450 Giả sử AC CD AD x. 3 x. CK x 6 CJK vuông cân tại J JK JC 2 . 2 2 4 AD  CK K là trung điểm của AD. AD  BCK AD  BK ABD cân tại B BD BA a 6 BK 2 AB2 AK 2 96a2 10x2 JB BK 2 JK 2 4 96a2 10x2 x 6 JB JC BC a 6 x 3a. 4 4 G CK  AI, BC BD BA BG  ACD . 2 3 CG .3a. a 3 3 2 BG BC 2 CG2 6a3 3a2 a 3. 3 1 2 3 9a V a 3. 3a . . ABCD 3 4 4 Câu 5. Cho khối chóp S.ABCD có đáy là hình thang vuông tại A và B, AB BC a, AD 2a. Cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy và SA 2a. Gọi O là giao điểm của AC với BD và M , N, P lần lượt là trung điểm của SB, SC, OD. Mặt phẳng MNP chia khối chóp đã cho thành hai khối đa diện. Thể tích của khối đa diện chứa đỉnh B bằng 17a3 19a3 11a3 19a3 A. . B. . C. . D. . 18 54 27 18 Lời giải Chọn B
5. Cách 1 3 Dễ dàng tính được VS.ABCD a . Trong mặt phẳng ABCD, qua P kẻ đường thẳng song song với AD cắt AB, CD lần lượt tại E và I . Khi đó mặt phẳng MNP cắt hình chóp theo thiết diện là tứ giác MNIE. Suy ra khối đa diện có chứa đỉnh B là MNBCIE. OB CB 1 PB 2 Có OAD ∽ OCB suy ra . Lại có PO PD. Suy ra . OD AD 2 DB 3 2 4a 1 a H Từ đó suy ra EP AD , PI BC . 3 3 3 3 EI BC .EB 1 5a2 10 Tính được S S S BE.BC S . ECI Y EBCI EBC 2 2 9 27 Y ABCD Nhận xét: Để ý thấy được VMNBCIE. VE.BCNM VN.ECI . 3 3 2 EB PB 2 VE.BCNM VE.SBC . VA.SBC (do ) 4 4 3 AB DB 3 1 1 1 1 VS.ABC VS.ABCD (do S ABC SY ABCD ). 2 2 3 3 1 1 10 10 VN.ECI VS.ECI VS.ABCD (do S ECI SY ABCD ). 2 2 27 27 1 5 19 19a3 Vậy V V V V V V . MNBCIE. E.BCNM N.ECI 6 S.ABCD 27 S.ABCD 54 S.ABCD 54 Cách 2 S M N A D E P F O B C Kẻ qua P đường thẳng song song với BC cắt các cạnh AB,CD lần lượt tại E và F .
6. 2 4a Vì P là trung điểm của OD BO OP PD EP AD và 3 3 1 a 5a PF BC EF . 3 3 3 5a 2a a . 2 2 3 3 3 8a 1 1 8a 8a SBCFE VN.BCFE d N, BCFE .SBCFE a. . 2 9 3 3 9 27 1 2 1 1 a2 S . S . a.2a . Vì BC  SAB , MN //BC MN  SAB BME 2 3 SAB 3 2 3 1 1 a a2 a3 V MN.S . . N.BME 3 BME 3 2 3 18 8a3 a3 19a3 V V V . BMENCF N.BCFE N.BME 27 18 54 Câu 6. 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 B qua D. Mặt phẳng (MNE) chia khối tứ diện ABCD thành hai khối đa diện, trong đó khối đa diện chứa đỉnh A có thể tích V. Tính V. 7 2a3 11 2a3 13 2a3 2a3 A. V B. V C. V D. V 216 216 216 18 Lời giải. Chọn B. MNE chia khối tứ diện ABCD thành 2 khối đa diện 1 : AC.MNPQ và  2 : BD.MNPQ A Q D E B P C MNE cắt AD tại Q, cắt CD tại P. VAC.MNPQ VE.AMNC VE.ACPQ 1 VE.AMNC d E, AMNC .SAMNC 3 1 d E, ABC . S ABC S BMN 3 1 1 d E, ABC . S ABC S ABC 3 4 1 3 3 .2.d D, ABC . S ABC VABCD 3 4 2 1 1 1 8 8 VE.ACPQ d E, ACPQ .SACPQ d B, ACD . S ACD S DPQ d B, ACD . S ACD VABCD 3 3 3 9 9 3 8 11 11 2 11 2 V V V V . a3 a3 AC.MNPQ 2 ABCD 9 ABCD 18 ABCD 18 12 216
7. Câu 7. Xét khối tứ diện ABCD có cạnh AB x và các cạnh còn lại đều bằng 2 3 . Tìm x để thể tích khối tứ diện ABCD đạt giá trị lớn nhất. A. x 6 B. x 14 C. x 3 2 D. x 2 3 Lời giải Chọn C A 2 3 N x 2 3 2 3 B C 2 3 M 2 3 D Gọi M , N lần lượt là trung điểm của CD và AB . CD  MB CD  MN Ta có  CD  MAB . CD  MA CD  AB Tam giác MAB cân tại M nên MN  AB. 1 1 V AB.CD.d AB,CD .sin AB,CD x.2 3.MN.sin 90 ABCD 6 6 2 x2 36 x2 1 2 x 3 2 3 x.2 3. 3 x. 36 x . 3 3 . 6 2 6 6 2 Dấu " " xảy ra x 36 x2 x 3 2 . Vậy với x 3 2 thì VABCD đạt giá trị lớn nhất bằng 3 3 . Câu 8. Xét khối chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông cân tại A , SA vuông góc với đáy, khoảng cách từ A đến mặt phẳng SBC bằng 3 . Gọi là góc giữa mặt phẳng SBC và ABC , tính cos khi thể tích khối chóp S.ABC nhỏ nhất. 1 3 2 2 A. cos . B. cos . C. cos . D. cos . 3 3 2 3 Lời giải Chọn B Gọi M là trung điểm BC , H là giao điểm của đường thẳng qua A và vuông góc với SM . Ta được: Góc giữa mặt phẳng SBC và ABC là S· MA .
8. 3 3 1 AM ; SA ; AM BC. sin cos 2 1 9 Suy ra V .AM 2.SA . S.ABC 3 sin2 .cos Thể tích khối chóp nhỏ nhất khi sin 2 .cos lớn nhất. Xét hàm số f x sin2 x.cos x cos x cos3 x với 0 x 2 sin x 0 f x sin x 3cos x.sin x , f (x) 0 3 cos x 3 3 Suy ra sin 2 .cos lớn nhất khi cos . 3 Câu 9. Trong tất cả các hình chóp tứ giác đều nội tiếp mặt cầu có bán kính bằng 9, tính thể tích V của khối chóp có thể tích lớn nhất. A. V 144. B. V 576. C. V 576 2 . D. V 144 6 . Lời giải Chọn B. Gọi độ dài cạnh đáy, chiều cao của hình chóp tứ giác đều lần lượt là x;h (x,h 0) . Ta có đáy x x2 là hình vuông với độ dài nửa đường chéo bằng suy ra độ dài cạnh bên l h2 . 2 2 2 2 x 2 h l Ta có bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp R 2 9 x2 36h 2h2 . 2h 2h 1 1 Diện tích đáy của hình chóp S x 2 nên V h.x2 h 36h 2h2 3 3 3 1 2 1 1 h h 36 2h Ta có h. 36h 2h .h.h 36 2h . 576 V 576 , dấu bằng xảy 3 3 3 3 ra khi h h 36 2h h 12, x 12 vậy Vmax 576 . Câu 10. Cho khối lăng trụ ABC.A B C , khoảng cách từ C đến đường thẳng BB bằng 2 , khoảng cách từ A đến các đường thẳng BB và CC lần lượt bằng 1 và 3 , hình chiếu vuông góc của A lên mặt 2 3 phẳng A B C là trung điểm M của B C và A M . Thể tích của khối lăng trụ đã cho bằng 3 2 3 A. 2 B. 1 C. 3 D. 3 Lời giải Chọn A.
9. A C2 B2 C' A M M B' A' A' C1 H T H B1 T Cắt lăng trụ bởi một mặt phẳng qua A và vuông góc với AA ta được thiết diện là tam giác A B1C1 có các cạnh A B1 1; A C1 3 ; B1C1 2 . Suy ra tam giác A B1C1 vuông tại A và trung tuyến A H của tam giác đó bằng 1. Gọi giao điểm của AM và A H là T . 2 3 1 Ta có: A M ; A H 1 MH . Suy ra M· A H 30. 3 3 A M 4 Do đó M· A A 60 AA . cos M· A A 3 Thể tích khối lăng trụ ABC.A B C bằng thể tích khối lăng trụ A B1C1.AB2C2 và bằng 4 3 V AA .S  2 . A B1C1 3 2 Câu 11. Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu S có tâm I 2;1;2 và đi qua điểm A 1; 2; 1 . Xét các điểm B, C, D thuộc S sao cho AB, AC, AD đôi một vuông góc với nhau. Thể tích khối tứ diện ABCD có giá trị lớn nhất bằng A. 72 B. 216 C. 108 D. 36 Lời giải Chọn D
10. Ta có: AI 32 32 32 3 3 . Dựng hình hộp chữ nhật ABEC.DFGH I là tâm mặt cầu ngoại tiếp A.BCD I là trung điểm của AG AG 2AI 6 3 . Đặt AB x, AC y, AD z , ta có: AG2 AB2 AC 2 AD2 Co si 108 x2 y2 z2 33 x2 y2 z2 xyz 363 216 . 1 1 Lại có: V xyz .216 36 . ABCD 6 6 Dấu đẳng thức xảy ra x y z 6 . Vậy maxVABCD 36 . Câu 12. Cho khối lăng trụ ABC.A'B'C' , khoảng cách từ C đến BB ' là 5 , khoảng cách từ A đến BB ' và CC ' lần lượt là 1; 2 . Hình chiếu vuông góc của A lên mặt phẳng A' B 'C ' là trung điểm M của B 'C ', 15 A'M . Thể tích của khối lăng trụ đã cho bằng 3 15 2 5 2 15 A. B. . C. 5 D. 3 3 3 Lời giải Chọn D
11. A B F I E C B' A' K M Kẻ AI  BB ', AK  CC ' ( hình vẽ ). Khoảng cách từ A đến BB ' và CC ' lần lượt là 1; 2 AI 1, AK 2 . 15 15 Gọi F là trung điểm của BC . A'M AF 3 3 AI  BB '  Ta có  BB '  AIK BB '  IK . BB '  AK  Vì CC ' PBB ' d(C, BB ') d(K, BB ') IK 5 AIK vuông tại A . Gọi E là trung điểm của IK EF PBB ' EF  AIK EF  AE . Lại có AM  ABC . Do đó góc giữa hai mặt phẳng ABC và AIK là góc giữa EF và 5 AE 3 AM bằng góc ·AME F· AE . Ta có cos F· AE 2 F· AE 30 . AF 15 2 3 Hình chiếu vuông góc của tam giác ABC lên mặt phẳng AIK là AIK nên ta có: 3 2 S S cos E· AF 1 S S . AIK ABC ABC 2 3 ABC 15 AF Xét AMF vuông tại A : tan ·AMF AM 3 AM 5 . AM 3 3 2 2 15 Vậy V 5. . ABC.A'B'C ' 3 3
12. Câu 13. Cho khối lăng trụ ABC.A' B 'C ', khoảng cách từ C đến đường thẳng BB ' bằng 2, khoảng cách từ A đến các đường thẳng BB ' và CC ' lần lượt bằng 1 và 3 , hình chiếu vuông góc của A lên mặt phẳng (A' B 'C ') là trung điểm M của B 'C ' và A ' M 2 . Thể tích của khối lăng trụ đã cho bằng 2 3 A. 3 B. 2 C. D. 1 3 Lời giải Chọn B Gọi A1, A2 lần lượt là hình chiếu của A trên BB ' , CC '. Theo đề ra AA1 1; AA2 3; A1 A2 2. 2 2 2 Do AA1 AA2 A1 A2 nên tam giác AA1 A2 vuông tại A . A A Gọi H là trung điểm A A thì AH 1 2 1. 1 2 2 2 2 Lại có MH PBB ' MH  (AA1 A2 ) MH  AH suy ra MH AM AH 3 . MH 3 nên cos((ABC),(AA A )) cos(MH, AM ) cos HMA . 1 2 AM 2 S AA1A2 Suy ra SABC 1. Thể tích lăng trụ là V AM  SABC 2 . cos((ABC),(AA1 A2 )) Nhận xét. Ý tưởng câu này là dùng diện tích hình chiếu S ' S cos . Câu 14. Ông A dự định sử dụng hết 5,5 m2 kính để làm một bể cá bắng kính có dạng hình hộp chữ nhật không nắp, chiều dài gấp đôi chiều rộng . Bể cá có dung tích lớn nhất bằng bao nhiêu ? A. 1,17 m3 B. 1,01 m3 C. 1,51 m3 D. 1,40 m3 Lời giải Chọn A Gọi x,2x,h lần lượt là chiều rộng, dài, cao của bể cá. 5,5 2x2 Ta có 2x2 2 xh 2xh 5,5 h . 6x
13. 5,5 2x2 1 Thể tích bể cá V 2x2. (5,5x 2x3 ) . 6x 3 1 5,5 V / (5,5 6x2 ) .V / 0 x . 3 6 11 33 Lập BBT suy ra V 1,17 m3 . max 54 Câu 15. Cho khối lăng trụ ABC.A B C , khoảng cách từ C đến đường thẳng BB bằng 5 , khoảng cách từ A đến các đường thẳng BB và CC lần lượt bằng 1 và 2 , hình chiếu vuông góc của A lên mặt phẳng A B C là trung điểm M của B C và A M 5 . Thể tích của khối lăng trụ đã cho bằng 2 5 2 15 15 A. B. C. 5 D. 3 3 3 Lời giải Chọn B Gọi J , K lần lượt là hình chiếu vuông góc của A lên BB và CC , H là hình chiếu vuông góc của C lên BB Ta có AJ  BB 1 . AK  CC AK  BB 2 . Từ 1 và 2 suy ra BB  AJK BB  JK JK //CH JK CH 5 . Xét AJK có JK 2 AJ 2 AK 2 5 suy ra AJK vuông tại A . 5 Gọi F là trung điểm JK khi đó ta có AF JF FK . 2 Gọi N là trung điểm BC , xét tam giác vuông ANF ta có: 5 AF 1 cos N· AF 2 N· AF 60 . ( AN AM 5 vì AN //AM và AN AM ). AN 5 2 1 1 S 1 Vậy ta có S AJ.AK .1.2 1 S S .cos60 S AJK 2 . AJK 2 2 AJK ABC ABC cos60 1 2 15 Xét tam giác AMA vuông tại M ta có M· AA ·AMF 30 hay AM A M.tan 30 . 3 15 2 15 Vậy thể tích khối lăng trụ là V AM.S .2 . ABC 3 3
14. Câu 16. Cho khối lăng trụ ABC.A B C có thể tích bằng 1. Gọi M , N lần lượt là trung điểm các đoạn thẳng AA và BB . Đường thẳng CM cắt đường thẳng C A tại P , đường thẳng CN cắt đường thẳng C B tại Q . Thể tích của khối đa diện lồi A MPB NQ bằng 1 1 2 A. 1.B. .C. . D. . 3 2 3 Lời giải Chọn D A C B M N P A' C' B' Q SC PQ +) Ta có A là trung điểm PC ; B là trung điểm QC . Do đó SC PQ 4SC A B 4 . SC A B SC PQ 1 4 +) VC.C PQ .VC.A B C 4VC.A B C 4 VABC.A B C . SC A B 3 3 1 A M B N C C 1 1 1 2 +) Mặt khác VA B C .MNC . VABC.A B C . 1 VABC.A B C . 3 A A B B C C 3 2 2 3 4 2 2 +) Do đó V V V . A MPB NQ C.C PQ A B C .MNC 3 3 3 Câu 17. Cho lăng trụ ABC  A' B 'C ' có chiều cao bằng 8 và đáy là tam giác đều cạnh bằng 6 . Gọi M , N và P lần lượt là tâm của các mặt bên ABB ' A ' , ACC ' A' và BCC ' B '. Thể tích của khối đa diện lồi có các đỉnh là các điểm A, B,C, M , N, P bằng: A. 27 3 . B. 21 3 . C. 30 3 . D. 36 3 . Lời giải Gọi A1, B1,C1 lần lượt là trung điểm của các cạnh AA', BB ',CC '.
15. Khối lăng trụ ABC.A1B1C1 có chiều cao là 4 là tam giác đều cạnh 6 . Ba khối chóp A.A1MN , BB1MP , CC1NP đều có chiều cao là 4 và cạnh là tam giác đều cạnh 62 3 1 9 3 3 Ta có: VABC.MNP VABC.A B C VA.A MN VB.B MP VC.C NP 4 3  4 27 3 1 1 1 1 1 1 4 3 4 Câu 18. Cho lăng trụ ABC.A B C có chiều cao là 8 và đáy là tam giác đều cạnh bằng 4. Gọi M , N và P lần lượt là tâm của các mặt bên ABB A , ACC A và BCC B . Thể tích của khối đa diện lồi có các đỉnh là các điểm A, B , C , M , N , P bằng 28 3 40 3 A. 12 3 . B. 16 3 . C. . D. . 3 3 Lời giải Chọn A Cách 1: 42. 3 Ta có V VABCA B C 8. 32 3 , gọi h d A , ABC . 4 1 h V Ta có V . .S . MABC 3 2 ABC 6 1 h S V V . . ABC . MNPC 3 2 4 24 d A , BCC B 1 1 SBCC B VA .BCC B V VMBCP .d M , PBC .SPBC . . 3 3 2 4 8 12 V Tương tự V . MNAC 12 3V Vậy V V V V V 12 3 . MNPABC MABC MNAC MNPC MBCP 8 Cách 2: Đặc biết hóa cho lăng trụ đứng.
16. Gọi E , F , G lần lượt là trung điểm của AB , AC , BC . Ta có: VMNP.EFG ME.SEFG 4 3 . 1 1 1 1 8 3 VB.MEGP d B, MEGP .SMEGP . BF.ME.EG . 3.4.2 . 3 3 2 3 3 8 3 Tương tự: V V . A.MNFE C.PNFG 3 8 3 Vậy V V V V V 4 3 3. 12 3 . MNPABC MNP.EFG B.MEGP A.MNFE C.PNFG 3 Câu 19. Cho lăng trụ ABC.A' B 'C ' có chiều cao bằng 6 và đáy là tam giác đều cạnh bằng 4. Gọi M, N, P lần lượt là tâm của các mặt bên ABB ' A', ACC ' A', BCC ' B '. Thể tích của khối đa diện lồi có các đỉnh là các điểm A, B,C, M , N, P bằng A. 9 3 . B. 10 3 . C. 7 3 . D. 12 3 . Lời giải Chọn A A C B N K I M P J C' A' B' 3 V 6.16 24 3 ’ ABC.A'B 'C ' 4
17. Thể tích cần tìm là V1 VABC.MNP VA'B'C '.MNP V2 VA'.AMN VB'.BMP VC 'CNP VABC.A'B'C ' 2V1 3V2 1 1 1 1 1 S S V V . V V AMN 4 AB'C ' 2 4 A'.AB'C ' 4 3 ABC.A'B'C ' 12 ABC.A'B'C ' 1 3 V 2V V V V 9 3 ABC.A'B'C ' 1 4 ABC.A'B'C ' 1 8 ABC.A'B'C ' Câu 20. Cho hình lăng trụ ABC.A¢B¢C¢ có chiều cao bằng 4 và đáy là tam giác đều cạnh bằng 4 . Gọi M, N và P lần lượt là tâm của các mặt bên ABB¢A¢, ACC¢A¢ và BCC¢B¢. Thể tích của khối đa diện lồi có các đỉnh là các điểm A,B,C,M, N,P bằng 14 3 20 3 A. . B. 8 3 . C. 6 3 . D. . 3 3 Lời giải Chọn C Cách 1: Chia đôi khối lăng trụ bằng mặt phẳng MNP . Khi đó ta có MNP  BB F thì 1 V V ABC.EFG 2 ABC.A B C Lại có VABC.MNP VABC.EFG VB.MPF VA.EMN VC.NPG 1 1 1 1 Dễ thấy V V V V . V V B.MPF A.EMN C.NPG 4 ABC.EFG 4 2 ABC.A B C 8 ABC.A B C 1 1 3 3 4.42 3 Tức là VABC.MNP VABC.A B C VABC.A B C . 6 3. 2 8 8 8 4 Cách 2
18. 42 3 S 4 3 ; V V ABC 4 ABC.A B C Hạ M1, N1, P1 lần lượt vuông góc AB, AC,BC , khi đó M1, N1, P1 lần lượt là trung điểm các cạnh AB, AC,BC Khi đó V V V V V ABCMNP MNP.M1N1P1 B.MPP1M1 C.NPP1N1 A.MNN1M1 1 1 1 1 Dễ thấy S S ; MM AA nên V V V MNP 4 ABC 1 2 MNP.M1N1P1 8 ABC.A B C 8 Do đáy là tam giác đều nên V V V B.MPP1M1 C.NPP1N1 A.MNN1M1 1 1 Ta có d B; MPP1M1 d B; ACC A ; SMPP M SACC A nên 2 1 1 4 1 1 2 1 V V . V V . B.MPP1M1 8 B.ACC A 8 3 12 1 1 1 1 3 3 Do đó V V V V V V .4.4 3 6 3 . ABCMNP 8 12 12 12 8 8 Câu 21. Cho khối chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A, AB = a, S·BA = S·CA = 90°, góc giữa hai mặt phẳng SAB và SAC bằng 60 . Thể tích khối chóp đã cho bằng a3 a3 a3 A. a3 . B. . C. . D. . 3 2 6 Lời giải Chọn D Cách 1: 1 a2 Ta có S AB.AC . ABC 2 2 Gọi D là hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng ABC . AB  SB Ta có AB  SBD AB  BD . AB  SD Tương tự, ta có AC  CD ABDC là hình vuông cạnh a . Đăt SD x, x 0. DB.DS ax Gọi H là hình chiếu vuông góc của D lên SB DH . DB2 DS 2 a2 x2 DH  SB ax Ta có DH  SAB d D, SAB DH . DH  AB a2 x2
19. Lại có CD // AB CD // SAB d C, SAB d D, SAB DH . SCA vuông tại C, có AC a, SC x2 a2 . CA.CS a. x2 a2 Kẻ CK  SA CK . CA2 CS 2 x2 2a2 d C, SAB DH Vì SAB  SAC SA sin SAB , SAC d C, SA CK ax 2 2 2 2 a x 3 x x 2a 2 2 2 2 2 2 sin 60 2 2 3 x a 4x x 2a x a . a x2 a2 2 x a x2 2a2 DH a . 1 a3 Vậy V S .SD . S.ABC 3 ABC 6 Cách 2: Dựng hình vuông ABCD SD  ABCD . Đặt SD x, x 0. ax Kẻ DH  SB, H SB DH  SAB và DH . x2 a2 ax Kẻ DK  SC, K SC DK  SAC và DK . x2 a2 SH SK SD2 x2 x2 x2 Ta có HK // BD HK BD .a 2 . SB SC SB2 x2 a2 x2 a2 x2 a2 DH 2 DK 2 HK 2 Ta có cos SAB , SAC cos H· DK 2DH.DK 2x2a2 2a2 x4 x2 a2 2 2 2 1 x a 1 a2 x a . 2 2x2a2 2 x2 a2 x2 a2 SD a.
20. 1 a2 Lại có S AB.AC . ABC 2 2 1 a3 Vậy V S .SD . S.ABC 3 ABC 6 Cách trình bày khác S I A C a a 2 B Hai tam giác vuông SAB và SAC bằng nhau chung cạnh huyền SA . Kẻ BI vuông góc với SA suy ra CI cũng vuông góc với SA và IB IC . SA  IC, SA  IB SA  IBC tại I . 1 1 1 1 V V V S AI S SI S AI SI S SA. S.ABC A.IBC S.IBC 3 IBC 3 IBC 3 IBC 3 IBC SAB , SAC IB, IC IB, IC 600 B· IC 600 hoặc B· IC 1200 . Ta có IC IB AB a mà BC a 2 nên tam giác IBC không thể đều suy ra B· IC 1200 . Trong tam giác IBC đặt IB IC x x 0 có: 2 2 IB2 IC 2 BC 2 1 2x a 2 a 6 a 6 cos1200 x IB IC . 2IB.IC 2 2x2 3 3 2 2 2 2 a 6 a 3 Trong tam giác ABI vuông tại I có: AI AB IB a . 3 3 AB2 a2 Trong tam giác SAB vuông tại B đường cao BI có: AB2 IA.SA SA a 3 . IA a 3 3 2 1 1 1 1 a 6 a3 Vậy V S SA IB.IC.SAsin B· IC a 3 sin1200 . S.ABC IBC 3 3 2 6 3 6 Cách trình bày khác