– 1+ ơ ò dạ d d ò + d ò say mê ò d ò dạ ò d d d ; ; :“ d – P ạm v + X d g ê ứu : d d 12 d d – Đố ượ g, d g g ê ứu : d 12 G X 2011-2012 d 4- P g g ê ứu: + : , + : , d 12A1 : 12A4 5–G rị sử ụ g : 11, 12 THPT, BT.THPT + + Giáo , 12 B– s u : d ò d ị d + ò + ễ … d ửd s d + ơ 12 , t d “ ò bệ ò ễ “ ế ò d d : + Trong 11 d d - : ; d ơ d 12: 1: 3: d : d ; 2: d : d d : S d d d d d - ỉ inh d d ỳ Y : d - d d d - c d d d sinh ỳ d ỳ d d , d du , d ( ) ị d d d d ơ xác a+ Khi d d 1) X ị 2) Tính 3) - d : : d d d d ị trùng v d : ò ạ ò - Hình chó - ca d T d vuông S Bài1 ị SA 600 Hã - X ị A : ạ , S (A 600 ) ( … ) d G : E S A B E D C a 3 Ta có  SAD = 600 nên SE = AE.tan600 = a a2 a3 SABC = = SE.S = SABC ABC 12 AE = AD = Bài Cho hình chóp tam giác SABC có SA=5a, BC=6a, SAB, SBC, S A 600 T A=7 - X ị : ò d - : ỉ S ò S B A D k C AB  BC  CA Ta có p = = 9a Nên SABC = p( p  a)( p  b)( p  c) = 6a2 S SABC = pr  r = = a p  SDK có SD = KD tan600 = r tan600 = 2a SABC= Bài C SD.SABC=8a3 3 SA A - X ị óc 600 AB = AC = a  BAC=1200 d : ò S A C O B O d G : O ò A Có SO ch a2 SABC = 1/2.AB.AC.sin120 = BC= 2BD = 2.ABsin600=a a.b.c OA=R= =a  SO = OA.tan600 = a 4s SO.SABC=1/4a3 SABC = Bài SA SB=a mp (SAB) A A SA=a, G S.BMDN S D A H M B N C -X ị : ạS  A S g cao d SADM = 1/2AD.AM = a2 SCDN = 1/2.CD.CN = a2 Nên SBMDN = SABCD - SADM - SCDN = 4a2 -2a2=2a2 : a 1 SA SB    SH = = 2 2 2 SH SA SB SA  SB a SBMDN = SH.SBMDN = 3 D Bài Cho hình chóp S.A A = 2a, CD = G (SBC) (ABCD) A (SBI), (SCI) p S.ABCD - X G - ị A D; AB = AD 600 G (ABCD) Tính : (SBI), (SCI) S d : S H I D B J A C G J A Ta có SI  mp(ABCD) IC = ID  DC = a IB = IA  AB = a BC = CJ  JB = a SABCD = 1/2AD(AB+CD) = 3a2 SIBA = 1/2.IA.AB = a2 SCDI = 1/2.DC.DI = 1/2.a2 3a 2 2S 3 a SIBC = IH.BC nên IH = IBC  BC a SI = IH.tan600 = 15 SI.SABCD = a ABCD =  SIBC = SABCD - SIAB - SDIC = Bài Cho chóp SABC có SA=SB=SC=a,  ASB= 600,  CSB=900,  CSA=1200 T SABC -X ị : S C E A D G E A BC  SA A = a,  SBC Vuông BC = a B a  AC = a SE = SAcos60 = a 2 2 2 A , nên SE   ABC có AC = BA +BC = 3a  SAC có AE = SA.sin60 = SA d - : a BA.BC = 2 a  SBE có BE = AC = 2 Có SABC = SB2 = BE2+SE2 = a2 nên BE  SE AC  SE SE VSABC = a SE.SABC = 12 Bài A AC = a,  ACB = 60 A1B1C1 (A1ACC1) A 0 : A B C A1 B1 C1 - X ị : Vì ABC.A1B1C1 cao d : Trong tam giác ABC có AB = AC.tan60 = a AB  AC AB  A1A  AC1B = 30 Nên AB  mp(ACC1A) d AC1 = AB.cot300=3a d ị Pitago cho tam giác ACC1: CC1 = AC1  AC = 2a 2 = CC1.SABC = 2a a.a = a3 Bài A A1B1C1D1 có A A 1A1 A1D1 A AD = 450 600 A = góc F B1 A1 D1 A C1 B N M H C D -X ị : G A1 lên mp(ABCD) ABCD.A1B1C1D1 d A A ạ Theo gt   A1MH=60  A1NH = 450 A1H = x (x>0) ta có A1M = : x 2x = sin 60 A HN ( góc A,M,N vuông ) AA12  A1 M Nên HN = AM mà AM =  4x = A1HN có HN = x.cot450 Suy x =  4x hay x = HH = d b- AB.AD.x= : d Ta tích theo cô giác) d d ỉ d SA : S A1, B1, C1 (chóp tam S V A1B1C11 V ABC  SA SB, SA1 SB1 SC1 SA SB SC Bài Cho hình chóp SABC có SA=a, SB=2a, SC=3a  BSA=600, 0  ASC=120 ,  CSB=90 : ị ỉ S C C1 A S B1 B S S Sao cho SB1 = a cho SC1 = a a3 (theo 6) 1 12 a3 SA SB SC VSABC  VSAB1C1 = SA SB1 SC1 Ta có VSAB C  Mà Bài A A1A A G A1B1C1 600 Bài d A1A =2a A1B1CA A1 mpABC A1H=A1A.sinA1AH=2a.sin600 = a Mà VLT = A1H.SABC = a a 3a  4 A1 C1 B1 A C H K B N 10 CA1B1C1 có VCA B C = 1 1ABC VLT VLT a3 V A1B1 AC = VLT = có VB ABC = A1B1 A d Bài A A1B1C1D1 có AB=a, A1A=c, = (FEA) 1C1 C1D1 d ỉ A G E F D B C K J D1 A1 H F E B1 ( DDF I (FEA) ) G 1, V2 C1 A1D1, A1B1, B1B, D1 d A JA1 Ba tam giác IEB1, EFC1, FJD1 i mp d E d J I, H, chóp KFJD1 ( c.g.c ) KD1 JD1 HB1 IB1     Và AA1 JA1 AA1 IA1 1 a b c abc V HIEB1  HB1 B1 E.B1 I    V KFJD1 3 2 72 1 1 3a 3b 3abc V AAJ JI  AA1 AI JA  c  3 2 3abc abc 25abc   V1= V AAJ JI - V HIEB1 = 72 72 Theo Ta let: 11 V2 = Vhh –V = c- V1 25  V2 47 47abc d 72 : ị ta cho A d Bài a) b) qua A1B1 A1B1C1 A1BB1C A AC,BC EF A1B1FE Bài g A C K B C1 A1 H B1 a) Cách 1: 1C1 suy Vtd = 1 a a a A1 H S BCB1   3 2 12 A Cách VCA B C  V A ABC  VLT 1 1 3 Nên VBCA B1  VLT  a b)cách G Q G ẻ d // Mp (CKQ) a a3  12 A1B1 G ABC A E=A  d F=BC  d AB, FE QG (A1B1FE) 12 Ta có S CQG  CK  a a a2 13 , GK   QG  KQ  KG  a   a 12 12 2 1 a a S CQK  CK QK  a  3 2.S CQG 2a 13 2a 13 S CQG  QG.d (C , QG )  d (C , QG )    QG 13 a 12 1 2a 13 3a 13 5a  VC FEA1B1  d (C , QG ).S FEA1B1  (a  ).a  3 13 2 12 54 2d ( ửd A ỉ E ) C C2 G K F B C1 A1 Q B1 VCFEA1B1  2VCGQB1  CG CF 2 1 a a a VCKQB1B   CK CB 3 2 54 Bài cho hình SA = a , SA = 2a SA  (ABCD) S SC, S I, a A , AB = a, AD S SA A Cá Ta có AC  AD  CD  3a  a  4a  AC  2a Nên SAC  A A  S S 13 2a SC   a 2 BC  AB, BC  SA( SA  ABCD) AI = SI =  BC  SAB Mà AH  SC ABC 1 SA.BA 2a    AH   2 2 AH AB AS SA  AB Trong tam giác vuông HAI có HI  AI  AH  2a  4a a  5 S I K H D A B AK = C a 14 1 1 VSAHIK  VSIHA  VSIKA  SI AH HI  SI AK KI  SI ( AH HI  AK KI ) 3 2a a 2a a 14 8a  VSAHIK  a (  ) 35 5 h1 VSAHI  ỉ A  SB, AK  SD SH SI SA 4a 4a VSABC  VSABC  .2a.a  SB.SC SB 5a 35 4a VSAIK  35 8a SAHIK= 35 Bài n x, héo x y CD có d b A n y CMR VABCD d a 14 Bài a, b, N ( )=  d(x,y)=d B A F E C D d A F E ( v ) d = d(x,y) = d(AB,CD) = d(AB,CDE) = d(B,CDE) hay d VLT = d.SCDE = d CD CE.sin  = d.b.a.sin  d M d E d BCDE = A 1 d(B,CDE).SCDE = VLT 3 AF VABCD = VLT = d.a.b.sin  = d ình bình hành “ D B H G A E C E C A F Bài Bài B D ị 15 Cho hình chóp S.ABCD SA AB=b, AD=c Trong mp(SDB) d S X ị S ị ình c n S , mp(AMN) G S SAMKN ị SA= G ẻ S t, Hãy S K M G N A D O B G C O Ta có SG = ABCD SO K=A G  S S VSMAK SM SA SK SM SM SM   VSMAK  VSBAC  VSABCD  a.b.c VSBAC SB SA SC SB SB 12 SB SN VSNAK  a.b.c 12 SC SM SN VSAMKN (  ).a.b.c 12 SB SC S H M G N D O Trong mpSBD B S SMN SM SN S SMG  S SGN S S SG.SM SG.SN    SGM  SGN   S SBD SB SC 2S SBO 2S SBO 2S SOD 2.SO.SB 2.SO.SC  SM SN SM SN  (  ) SB.SC SB SC 16 SB SM  SM  SB   1 2 SB S S SM SN SN SN t  (t  )  (  t  ) t SC SC SC 3t  SN = SAMKN G L G f(t)= SM SN t  t SB SC 3t  1  t 1 9t  6t  (3t  1) (3t  1) 2 Nên f (t )   t  , t  ( ) Ta có f (t )   f(1/2) = 3/2 , f(1) =3/2 f(2/3) = 4/3 abc GTLN abc VSAMKN = G d SAMKN dBài : ( Bài : A A ) F S A = = A SA G Bài 3: SA a)Mp(SBA) b)G Bài : BB1và mp(ABC) O ) A (A CDEF Bài 2: C 2a, SA A Bài : S = E d A (SAB) mp(SBC) S A S SA SA AC = a, AB = 600 G SA (SCA) SA SC mp(BMN) vuông góc mp(SAC) A A1B1C1 có BB1= G 60 A A 600 A giác d A1ABC theo a A A1B1C1 A A1A BC1 A1A A1 g ABC.A1B1C1 00 600 a A G 17 Bài : A,AB=a =2 A A1B1C1 ABB1A1 A SA ạ  Bài : C 60 S SA ỉ Bài : C A A A = Bài 10 : Cho hlp ABCD.A1B1C1D1 =2/ ( ) A ỉ Bài 11 SA SA ạ 12 AB=BC=CD=1/2.AD S S =8 S =15 H ệu s A1B1C1D1 có AB=a,BC=2a,A1A=a,M d AB1C1, cho A = SA ạ gkế 2011-2012 d d 12A2 12A1 12A2 õ d ỷ d S thân L ĩ Sĩ SL TL (%) SL TL (%) SL TL (%) 12A1 45 40 88,9 25 55,6 15 33,3 12A4 49 42 85,7 28 57,1 14 28,6 12A2 45 23 51,0 11,1 8,9 C - KẾ L Ậ 1- Ý g ĩ -G d 12 18 d dạ - phân ị vi , ông d … ị d ẹ õ khái d , , -Q , … dạ õ d , không ò ị ỷ - Thô 2–Kế -Q d g ị ỉ xuấ : Trung d d d sau: * õ ơ * õ dạ * ị ỳ … ỉ ị d d * d d d * mô d ơ 19 ỉ d d d ò ơ ạ gian, không gian ò S G Tôi d Thä Xu©n, ngµy 25 th¸ng n¨m 2012 20 MỤC LỤC PHẦ : A– L d G ị ửd PHẦ II: ơ B2 ễ 18 PHẦ III: Ý ĩ C - KẾ L Ậ : 18 ị 19 21 Tµi liÖu tham kh¶o 1- S 12 – G 2- S 12 – G 3- 22 [...]... VSAMKN = G 9 d SAMKN dBài 1 : ơ ( Bài 6 : ạ A A ) ạ F S A = = A SA G Bài 3: SA a)Mp(SBA) b)G Bài 4 : BB1và mp(ABC) O 1 ) A (A CDEF Bài 2: C 2a, SA A Bài 5 : S = ạ E d A ạ (SAB) và mp(SBC) S A S SA SA ạ AC = a, AB = 600 G SA (SCA) SA SC và mp(BMN) vuông góc mp(SAC) A A1B1C1 có BB1= G 0 60 A ạ A 600 A giác 1 d A1ABC theo a A A1B1C1 ạ A A1A và BC1 A1A A1 g ABC.A1B1C1 00 600 a 6 A G 17 Bài 7 : A,AB=a =2 A... 3 8a 3 SAHIK= 35 Bài 3 n x, ạ héo nhau x và y CD có d b ạ A n y CMR VABCD d a 14 Bài a, b, N ( )=  và d(x,y)=d B A F E C D d A F E ( v ) d = d(x,y) = d(AB,CD) = d(AB,CDE) = d(B,CDE) hay d chính là 1 2 VLT = d.SCDE = d CD CE.sin  = 1 d.b.a.sin  2 d M d E d BCDE = A 1 1 d(B,CDE).SCDE = VLT 3 3 AF 1 3 VABCD = VLT = 2 1 d.a.b.sin  = 6 d ình bình hành “ D B H G A E C E C A F Bài 4 Bài B D ị 15 Cho hình... A1B1C1 có BB1= G 0 60 A ạ A 600 A giác 1 d A1ABC theo a A A1B1C1 ạ A A1A và BC1 A1A A1 g ABC.A1B1C1 00 600 a 6 A G 17 Bài 7 : A,AB=a =2 A A1B1C1 ABB1A1 A SA ạ ạ  Bài 8 : C 60 S ạ 0 SA ỉ Bài 9 : C A ạ A A = Bài 10 : Cho hlp ABCD.A1B1C1D1 =2/ ( ) A ỉ Bài 11 SA SA ạ 2 ạ 12 AB=BC=CD=1/2.AD S S =8 S =15 4 H ệu quả s A1B1C1D1 có AB=a,BC=2a,A1A=a,M d AB1C1, ạ 1 sao cho ơ ạ A ạ = SA ạ ạ gkế 2011-2012 d d 12A2 12A1... AI JA  c  3 2 3 2 2 2 8 3abc abc 25abc  2  V1= V AAJ JI - 2 V HIEB1 = 8 72 72 Theo Ta let: 11 V2 = Vhh –V 1 = c- V1 25  V2 47 47abc d 72 : ị khi ta ơ ạ cho ơ A d Bài 1 a) b) qua A1B1 A1B1C1 A1BB1C ạ A AC,BC ạ EF A1B1FE Bài g A C K B C1 A1 H B1 a) Cách 1: 1C1 2 suy ra Vtd = 3 1 1 a 3 a a 3 A1 H S BCB1   3 3 2 2 12 ơ A 1 3 Cách 2 VCA B C  V A ABC  VLT 1 1 1 1 1 3 1 3 Nên VBCA B1  VLT...  VC FEA1B1  d (C , QG ).S FEA1B1  (a  ).a  3 3 13 2 2 12 54 2d ( ửd A ỉ E ) C C2 G K F B C1 A1 Q B1 VCFEA1B1  2VCGQB1  2 CG CF 2 2 1 1 a 3 a 2 a 3 3 VCKQB1B  2  CK CB 3 3 3 2 2 2 54 Bài 2 cho hình SA = a 3 , SA = 2a và SA  (ABCD) S SC, S ạ I, a A , AB = a, AD S SA A Cá 1 Ta có AC 2  AD 2  CD 2  3a 2  a 2  4a 2  AC  2a Nên SAC  ạ A A  S S 13 1 2a 2 SC   a 2 2 2 BC  AB,...CA1B1C1 có VCA B C = 1 1 1 1ABC 1 VLT 3 1 VLT 3 1 a3 V A1B1 AC = VLT = 3 4 có VB ABC = 1 A1B1 A d Bài 3 A A1B1C1D1 có AB=a, A1A=c, = (FEA) 1C1 và C1D1 d ỉ A G E F D B C K J D1 A1 H F E B1 ( DDF I (FEA) ) G 1, V2 ạ C1 A1D1, A1B1, B1B, D1 d A JA1 Ba tam giác IEB1, EFC1, FJD1 i mp d E d ạ J I, H, 1 và