Câu (GV MẪN NGỌC QUANG 2018)Cho hình chóp S.ABCD có SA vuông góc với mă ̣t phẳ ng (ABCD) và ABCD là hình vuông ca ̣nh a, góc giữa SC và mă ̣t phẳ ng (ABCD) bằ ng 450 Mă ̣t phẳ ng ( ) qua A và vuông góc với SC và chia khố i chóp S.ABCD thành hai khố i đa diê ̣n Go ̣i V1 là thể tić h của khố i đa diê ̣n có chứa điể m S và V2 là thể tích của khố i đa diê ̣n còn la ̣i Tim ̀ tỉ số V1 ? V2 A B C D Đáp án C Vì SC ⊥ ( AMNP )  SC ⊥ AM DC ⊥ ( SAD )  DC ⊥ MA  AM ⊥ ( SDC )  AM ⊥ SD SAC vuông cân ta ̣i A  SA = AC = a AC = a + a = a 2; SD = SA2 + AD = 2a + a = a Ta có: SA2 = SM SD  SA2 = SN SC  Do đó SM SA2 2a 2 = = = ; 2 SD SD 2a + a SN SA2 2a = = = SC SC 4a 2 VSAMN SM SN = = VSADC SD SC Do tính chấ t đố i xứng  VSAMNP V 1 V = =  = SAMNP = VSABCD V2 VABCDMNP Câu 2(GV MẪN NGỌC QUANG 2018): Trong không gian, cho hình (H) gồ m mă ̣t cầ u S ( I ; R ) và đường thẳ ng  qua tâm I của mă ̣t cầ u (S) Số mặt phẳ ng đố i xứng của hiǹ h (H) là: A B C Vô số D Đáp án C Ta có ( H ) mặt cầu nên có vơ số mặt phẳng đối xứng Câu (GV MẪN NGỌC QUANG 2018)Trong không gian, cho hai đường thẳ ng I,  vuông góc và cắ t ta ̣i O Hình tròn xoay quay đường thẳ ng l quanh tru ̣c  là: A Mă ̣t phẳ ng B Mă ̣t tru ̣ tròn xoay C Mă ̣t cầ u D Đường thẳ ng Đáp án A Khi quay đường thẳ ng l quanh tru ̣c  ta đươ ̣c mô ̣t mă ̣t phẳ ng Câu 4(GV MẪN NGỌC QUANG 2018): Cho hiǹ h lăng tru ̣ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông ta ̣i A có BC = 2a Biế t góc giữa hai mă ̣t phẳ ng (A’BC) và (ABC) bằ ng 600 và khoảng cách giữa hai đường thẳ ng A’A, BC bằ ng A 3 a B 3 a C a Tiń h thể tích lăng tru ̣ ABC.A 'B'C' 3 a D 3 a Đáp án D Go ̣i H là hình chiế u của A BC  d ( A ' A; BC ) = AH = a  A ' A = AH tan 600 = a 3a 3= 2 S ABC = 1a a2 AH BC = 2a = 2 2 Thể tić h lăng tru ̣ ABC.A’B’C’ là: V = S ABC A ' A = a 3a 3a 3 = 2 Câu 5: (GV MẪN NGỌC QUANG 2018) Cho hiǹ h chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông ca ̣nh a ( a  ) Hai mă ̣t phẳ ng (SBC) và ( SCD ) cùng ta ̣o với mă ̣t phẳ ng (ABCD) mô ̣t góc 450 Biế t SB = a và hiǹ h chiế u của S mă ̣t phẳ ng (ABCD) nằ m hình vuông ABCD Tính thể tích khố i chóp S.ABCD A 2a 3 B 2a C a3 Đáp án D Go ̣i H là hình chiế u của S lên (ABCD), I và J lầ n lươ ̣t là hiǹ h chiế u của H lên CD và BC  IH = HJ ( = SH )  HICJ là hin ̀ h vuông Đă ̣t BJ = x  CJ = a − x = HJ Ta có: BS = BJ + SJ  a2 = x2 + 2HJ  a = x + 2(a − x) 2 x = a  x = a  Vì H nằ m hiǹ h vuông ABCD nên x = a D 2a  SH = HJ = a − a 2a = 3 2a 2a a = 3 Thể tích khố i chóp S.ABCD là: V = SH S ABCD = Câu 6: (GV MẪN NGỌC QUANG 2018) Cho hiǹ h chóp S ABCD có SA vuông góc với mă ̣t phẳ ng (ABC), đáy ABC là tam giác cân ta ̣i A và BAC = 1200 , BC = 2a Go ̣i M N lầ n lươ ̣t là hình chiế u của điể m A SB, SC Tiń h bán kiń h mă ̣t cầ u qua bố n điể m A, N, M, B A 2a 3 B 2a C a D a Đáp án A Go ̣i I là trung điể m của BC Do tiń h chấ t đố i xứng dễ thấ y MN / / BC, SM = SN đó (SAI) là mă ̣t phẳ ng trung trực của MN và BC Từ trung điể m K của AB ta dựng đường thẳ ng qua K và vuông góc với AB đường thẳ ng này cắ t mă ̣t phẳ ng (SAI) ta ̣i O suy O là tâm mă ̣t cầ u ngoa ̣i tiế p khố i ABCNM Khi đó OA = R = BC 2a 2a = = 2sin A 2sin120 Câu 7(GV MẪN NGỌC QUANG 2018)Trong không gian mă ̣t cầ u (S) tiế p xúc với mă ̣t của mô ̣t hình lâ ̣p phương ca ̣nh a, thể tích khố i cầ u (S) bằ ng A V =  a3 24 B V =  a3 C V =  a3 D V =  a3 Đáp án C Bán kính mă ̣t cầ u (S) là: R = a 4  a   a3 Thể tích khố i cầ u (S) là: V =  R =    = 3 2 Câu 8(GV MẪN NGỌC QUANG 2018) Cho tứ diê ̣n ABCD đề u có ca ̣nh bằ ng a và tro ̣ng tâm G Tâ ̣p hơ ̣p các điể m M thỏa mañ MA2 + MB + MC + MD = A S ( G; a ) B S ( G;2a ) Đáp án A Ta có: MA2 + MB2 + MC + MD2 C S ( B; a ) 11a là mă ̣t cầ u D S ( C;2a ) ( ) ( = MG + GA + MG + GB ) + ( MG + GC ) + ( MG + GC ) 2 ( ) = 4MG + MG GA + GB + GC + GD + GA2 + GB + GC + GD = 4MG + GA2 + GB + GC + GD = 11a 2 Mă ̣t khác xét tứ diê ̣n đề u hiǹ h vẽ ta có: AH = AM = DH = DA2 − AH = Suy GD = a 3 a DG DK ; DGK ~ DAH  = DA DH DA2 a = = GB = GC = GD  MG = a  MG = a DH Vâ ̣y S ( G; a ) Câu 9: (GV MẪN NGỌC QUANG 2018) Cho hiǹ h chóp đề u n ca ̣nh ( n  3) Cho biế t bán kiń h đường tròn ngoa ̣i tiế p đa giác đáy là R và góc giữa mă ̣t bên và mă ̣t đáy bằ ng 600 , thể tić h khố i chóp bằ ng 3 R Tìm n? A n = B n = C n = 10 D n = Đáp án D Giả sử dáy là đa giác đề u A1 A2 An , O là tâm của đáy, chóp có chiề u cao là SH Go ̣i I là trung điể m của A1 A2     Ta có: IA2 = R sin , OI = R cos  SO = OI tan 600 = R cos = R cos n n n n 3 3 R 3V 9R = =  diê ̣n tić h đáy là: S = SO R cos  4cos  n n Mà S = n R sin 2 9R2 2 2   = n R sin  n.sin cos =  n n n n 4cos n Thử các giá tri ̣của n ở các phương án  n = Câu 10: (GV MẪN NGỌC QUANG 2018) Cho hình lâ ̣p phương ABCD.A’B’C’D’ có ca ̣nh bằ ng a Go ̣i G là tro ̣ng tâm tam giác A’BD Tim ̀ thể tić h khố i tứ diê ̣n GABD A a3 18 B a3 C a3 D a3 24 Đáp án A Thể tích khố i tứ diê ̣n GABD là: 1 a2 1 a3 V = S ABD GH = A ' A = a a = 3 18 18 Câu 11(GV MẪN NGỌC QUANG 2018): Tìm thể tích của hình chóp S.ABC biế t ̂ = 600 , 𝐶𝑆𝐴̂ = 600 , 𝐵𝑆𝐶̂ = 600 SA = a, SB = a 2, SC = 2a và có 𝐵𝑆𝐴 A a3 12 B a3 C a3 D a3 Đáp án D Trên SA, SB, SC ta lầ n lươ ̣t thấ y các điể m A’, B’, C’ cho SA ' = SB ' = SC ' = Khi đó A ' B ' = 1; B ' C ' = ; A ' C ' = SA '2 + SC '2 − 2SA ' SB 'cos C ' SA = nên tam giác A’B’C’ vuông ta ̣i B’ Mă ̣t khác SA ' = SB ' = SC ' = nên hình chiế u vuông góc của S xuố ng ( A ' B ' C ') là tâm đường tròn ngoa ̣i tiế p tam giác A’B’C’ đó H là trung điể m của A’C’ Ta có: SH = SA '2 − A ' H = − = 1 2 = 2 12 Suy VS A ' B ' C ' = Mă ̣t khác: VS A ' B ' C ' SA ' SB ' SC ' a3 = =  VSABC = VSABC SA SB SC 2a Câu 12(GV MẪN NGỌC QUANG 2018).Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình thoi a a , BAD = 600 mặt phẳng ( SAB ) vng góc với mặt phẳng đáy Gọi H, K trung điểm AB , BC Thể tích tứ diện K SDC có giá trị là: cạnh a với SA = , SB = A V = a3 Đáp án D B V = a3 16 C V = a3 D V = a3 32 a Từ giả thiết ta có AB = a, SA = , SB = a S Nên ASB vuông S  SH = AB  SAH Vậy VKSDC = VS KCD C B Gọi M trung điểm AH SM ⊥ AB Do ( SAB ) ⊥ ( ABCD )  SM ⊥ ( ABCD ) H 1 = SM SKCD = SM SBAD 3 a a.a a (đvtt) = = 2.2 32 K M A D S Bình luận: Cơng thức cần nhớ: D B' ➢ Thể tích hình chóp: V = S.h C' A' C S: Diện tích đáy h: Độ dài đường cao ➢ Thể tích khối lăng trụ A B V = S.h S: Diện tích đáy h: Độ dài đường cao ➢ Tỉ số thể tích: Cho hình chóp S.ABC: * A'SA, B'SB, C’SC S M Suy A '  SA, B'  SB, C'  SC  * M  SC ta có: C VS ABC SA.SB.SC = VS A ' B ' C ' SA '.SB '.SC ' A VS ABM SA.SB.SM SM = = VS ABC SA.SB.SC SC B Câu 13 (GV MẪN NGỌC QUANG 2018) Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’ có đáy ABCD ̂ = 120 AA ' = 7a Hình chiếu vng góc A ' lên mặt phẳng hình thoi cạnh a, 𝐵𝐶𝐷 ABCD trùng với giao điểm AC BD Tính theo a thể tích khối hộp ABCD A ' B ' C ' D ' : A V = 12a3 B V = 3a3 Đáp án B Gọi O = AC  BD Từ giả thuyết suy A ' O ⊥ ( ABCD) S ABCD = BC.CD.sin1200 = Vì nên D V = 6a3 C V = 9a3 A' a2 D' B' C' H  ABC D K O B C 49a a − = 3a 4  AC = a  A ' O = A ' A2 − AO = Suy V A BCD A ' B 'C ' D = 3a Câu 14 (GV MẪN NGỌC QUANG 2018)Cho lăng trụ tam giác ABC A1 B1C1 có tất cạnh a , góc tạo cạnh bên mặt phẳng đáy 300 Hình chiếu H điểm A lên mặt phẳng ( A1 B1C1 ) thuộc đường thẳng B1C1 Khoảng cách hai đường thẳng AA1 B1C1 theo a là: A a B a C 2a D 4a Cho ̣n A Do AH ⊥ ( A1B1C1 ) nên góc AA1 H góc AA1 ( A1B1C1 ) Theo giả thiết góc AA1H 300 A a Xét tam giác vng AHA1 có AA1 = a, AA1 H = 30  AH = B Do A1B1C1 cạnh a, H thuộc B1C1 A1 H = a C K a Xét AHA1 có AA1 = a, góc AA1 H = 30  A1 H = A1 C1 H Suy A1H vng góc B1C1 B1 AH ⊥ B1C1 nên B1C1 ⊥ ( AA1H ) HK khoảng cách AA1 B1C1 Ta có AA1.HK = A1 H AH  HK = A1 H AH a = AA1 Câu 15 (GV MẪN NGỌC QUANG 2018) Cho lăng trụ tam giác ABC A1 B1C1 có tất cạnh a , góc tạo cạnh bên mặt phẳng đáy 300 Hình chiếu H điểm A lên mặt phẳng ( A1 B1C1 ) thuộc đường thẳng B1C1 Tính theo a bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện A ' ABC A R = a B R = 2a 3 C R = a 3 D R = a Đáp án C Tìm bán kính mặt cầu: Ngoại tiếp tứ diện A ' ABC • Gọi G tâm tam giác ABC , qua G kẻ đường thẳng d A' H cắt AA ' E • Gọi F trung điểm AA ' , mp ( AA ' H ) kẻ đường thẳng trung trực AA ' cắt ( d ) I  I tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện A ' ABC bán kính R = IA Ta có: Góc AEI 600, EF = a AA ' = 6 • IF = EF tan 600 = R= AF2 + FI = a a 3 Câu 16 (GV MẪN NGỌC QUANG 2018) Cho hình chóp S ABCD đáy ABCD hình vng cạnh a , ( SAB ) ⊥ ( ABCD ) H trung điểm AB, SH = HC, SA = AB Gọi  góc đường thẳng SC mặt phẳng ( ABCD ) Giá trị tan  là: A B 2 C D Đáp án A a Ta có AH = AB = , SA = AB = a, SH = HC = BH + BC = Có SA2 + AH = a 5a = AH  SAH  SA ⊥ AB  SA ⊥ ( ABCD ) AC = hc ( SC; ( ABCD ) ) Ta có ( SC ; ( ABCD ) ) = SCA, tan SCA = Bình luận: Bài tốn thực chất tính góc đường thẳng mặt phẳng Cách tìm: • Tìm điểm chung đường thẳng mặt phẳng a • Tìm hình chiếu điểm thứ mặt phẳng từ tìm hình chiếu đường thẳng tìm đươc góc Cách tìm hình chiếu: Nếu có đường thẳng d vng góc với β mặt phẳng (P) Kẻ MH song song với đường thẳng d H a' P hình chiếu vng góc M H (P) Nếu khơng có sẵn đường thẳng vng góc: A • Chọn mặt phẳng (Q) chứa điểm M cho mp (Q) vng d góc với mp(P) • Từ M kẻ MH vng góc với giao tuyến a H H M hình chiếu vng góc M (P) P Câu 17(GV MẪN NGỌC QUANG 2018) Cho mặt nón tròn xoay đỉnh O có góc đỉnh 600 Một mặt phẳng ( P ) vng góc với trục mặt nón H, biết OH = a Khi đó, ( P ) cắt mặt nón theo đường tròn có bán kính bằng: A a B a 2 C a D a 3 Đáp án D Nếu điểm M nằm đường tròn giao tuyến OHM tam giác vng H, góc đỉnh O 300 Vậy bán kính đường tròn R = HM = OH tan 300 = a 3 Câu 18 (GV MẪN NGỌC QUANG 2018) Gọi l R tổng độ dài cạnh bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện Hỏi số tứ diện, tứ diện tỉ số l đạt R giá trị lớn Tính giá trị lớn đó? A Tứ diện vng C Tứ diện l =4 R B Tứ diện vuông l =4 R D Tứ diện l =4 R l =4 R Đáp án D Gọi G l trọng tâm tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD Theo bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có: t = ( BC + CA + AB + DA + DB + DC )  ( BC + CA2 + AB + DA2 + DB + DC ) (1) Mặt khác ta lại có: BC + CA2 + AB + DA2 + DB + DC ( ) + (OA − OC ) + (OB − OA) + (OA − OD ) + (OB − OD ) + (OC − OD ) − ( OA + OB + OC + OD ) = 16R − 16OG  16R ( ) = OC − OB = 16 R 2 2 2 Từ (1) ( ) , ta l  6.16 R hay 2 2 l  R  BC = CA = AB = DA = DB = DC G  O Đẳng thức xảy   ABCD tứ diện Câu 19(GV MẪN NGỌC QUANG 2018): Hình tứ diện có số mặt phẳng đối xứng là: A B C D.0 Chọn B Câu 20(GV MẪN NGỌC QUANG 2018): Cho hình trụ T có trục OO ' Trên hai đường tròn đáy ( O ) ( O ') lấy hai điểm A B cho AB = a đường thẳng AB tạo với đáy hình trụ góc 60 Gọi hình chiếu B mặt phẳng đáy chứa đường tròn ( O ) ̂ = 120Tính khoảng cách d hai đường thẳng AB OO ' B ' Biết 𝐴𝑂𝐵 A d = B d = C d = D d = a O’ B a 12 A OO a B’ a 16 Chọn B OH ⊥ AB  OH ⊥ ( ABB ') OH ⊥ BB ' + Gọi H trung điểm AB   + Ta có: OO' // BB '  d (OO ',AB) = d (OO ', ( ABB ')) = d (O, ( ABB ') ) = OH + Xét tam giác ABB’ vng B’ có: AB ' = AB cos BAB ' = acos600 = a + Xét tam giác OAH vng H có: ̂ = 𝐴𝐵′ 𝑐𝑜𝑡 𝐴𝑂𝐵′ = 𝑎 𝑐𝑜𝑡60 OH=AH.cot𝐴𝑂𝐻 2 Câu 21(GV MẪN NGỌC QUANG 2018): Các trung điểm cạnh tứ diện cạnh a đỉnh khối đa diện Tính thể tích V khối đa diện A V = a3 12 B V = a3 12 C V = a3 24 Chọn C + Gọi G trọng tâm tam giác BCD  AG ⊥ ( BCD ) 2 a 3 a + Ta có: AG = AB − BG = a −   = 3  2 a a a3 = 3 12 + Khi đó: VA.BCD = AG.SBCD = D V = a3 16 3 3 R 3V 9R = =  diện ti ́ch đáy là : S = SO R cos  4cos  n n 2 9R2 2 2  Mà S = n R sin  = n R sin  n.sin cos =  n n n n 4cos n Thử các giá tri ̣ của n ở các phương án  n = Câu 71: (GV MẪN NGỌC QUANG 2018) Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ có cạnh bằng a Gọ i G là trọ ng tâm tam giác A’BD Tìm thể ti ́ch khối tứ diện GABD A a3 18 B a3 C a3 D a3 24 D a3 Đáp án A Thể ti ́ch khối tứ diện GABD là : 1 a2 1 a3 V = S ABD GH = A ' A = a a = 3 18 18 Câu 72 (GV MẪN NGỌC QUANG 2018): Tìm thể ti ́ch của hình chóp S.ABC biêt́ SA = a, SB = a 2, SC = 2a và có BSA = 600 , BSC = 900 , CSA = 1200 A a3 12 B a3 C a3 Đáp án D Trên SA, SB, SC ta lần lượ t thâý các điểm A’, B’, C’ cho SA ' = SB ' = SC ' = Khi đó A ' B ' = 1; B ' C ' = ; A ' C ' = SA '2 + SC '2 − 2SA ' SB 'cos C ' SA = nên tam giác A’B’C’ vuông tại B’ Mặt khác SA ' = SB ' = SC ' = nên hình chiếu vuông góc của S xuống ( A ' B ' C ') là tâm đườ ng trò n ngoại tiếp tam giác ̉ của A’C’ A’B’C’ đó H là trung điêm Ta có: SH = SA '2 − A ' H = − = 1 2 = Suy VS A ' B ' C ' = 2 12 Mặt khác: VS A ' B ' C ' SA ' SB ' SC ' a3 = =  VSABC = VSABC SA SB SC 2a Câu 73 (GV MẪN NGỌC QUANG 2018).Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình thoi a , BAD = 600 mặt phẳng ( SAB ) vng góc với mặt phẳng đáy Gọi H, K trung điểm AB , BC Thể tích tứ diện K SDC có giá trị là: a cạnh a với SA = , SB = A V = a3 B V = a3 16 C V = a3 D V = a3 32 Đáp án D a Từ giả thiết ta có AB = a, SA = , SB = a S Nên ASB vuông S  SH = AB  SAH Gọi M trung điểm AH SM ⊥ AB Do ( SAB ) ⊥ ( ABCD )  SM ⊥ ( ABCD ) 3 Vậy VKSDC = VS KCD = SM SKCD = SM SBAD H a a.a a = = (đvtt) 2.2 32 S Bình luận: Cơng thức cần nhớ: B' S: Diện tích đáy h: Độ dài đường cao ➢ Thể tích khối lăng trụ K M ➢ Thể tích hình chóp: V = S.h C B A D D C' A' C S A B M C A V = S.h S: Diện tích đáy h: Độ dài đường cao ➢ Tỉ số thể tích: Cho hình chóp S.ABC: * A'SA, B'SB, C’SC Suy A '  SA, B'  SB, C'  SC  * M  SC ta có: VS ABC SA.SB.SC = VS A ' B 'C ' SA '.SB '.SC ' VS ABM SA.SB.SM SM = = VS ABC SA.SB.SC SC Câu 74 (GV MẪN NGỌC QUANG 2018) Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’ có đáy ABCD 7a Hình chiếu vng góc A ' lên mặt phẳng ABCD trùng với giao điểm AC BD Tính theo a thể tích khối hộp ABCD A ' B ' C ' D ' : hình thoi cạnh a, BCD = 1200 AA ' = A V = 12a3 B V = 3a3 Đáp án B Gọi O = AC  BD Từ giả thuyết suy A ' O ⊥ ( ABCD) S ABCD = BC.CD.sin1200 = a A' ̂ = 120 nên 𝐴𝐵𝐶 ̂ = 60 Vì 𝐵𝐶𝐷  AC = a  A ' O = A ' A2 − AO = D' B'  ABC D V = 6a3 C V = 9a3 C' H 49a a = 3a − 4 Suy V A BCD A ' B 'C ' D = 3a D K O C B Câu 75 (GV MẪN NGỌC QUANG 2018)Cho lăng trụ tam giác ABC A1 B1C1 có tất cạnh a , góc tạo cạnh bên mặt phẳng đáy 300 Hình chiếu H điểm A lên mặt phẳng ( A1 B1C1 ) thuộc đường thẳng B1C1 Khoảng cách hai đường thẳng AA1 B1C1 theo a là: A a B a C 2a D 4a Đáp án B Do AH ⊥ ( A1B1C1 ) nên góc AA1 H góc AA1 ( A1B1C1 ) Theo giả thiết góc AA1H 300 Xét tam giác vng AHA1 có AA1 = a, AA1 H = 30  AH = Xét AHA1 có AA1 = a, góc AA1 H = 30  A1 H = a a A B C K A1 C1 H Do A1B1C1 cạnh a, H thuộc B1C1 A1 H = a Suy A1H vng góc B1C1 AH ⊥ B1C1 nên B1C1 ⊥ ( AA1H ) HK khoảng cách AA1 B1C1 Ta có AA1.HK = A1 H AH  HK = A1 H AH a = AA1 Câu 76 (GV MẪN NGỌC QUANG 2018) Cho lăng trụ tam giác ABC A1 B1C1 có tất cạnh a , góc tạo cạnh bên mặt phẳng đáy 300 Hình chiếu H điểm A lên mặt phẳng ( A1 B1C1 ) thuộc đường thẳng B1C1 Tính theo a bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện A ' ABC A R = a B R = 2a 3 C R = a 3 D R = a Đáp án C Tìm bán kính mặt cầu: Ngoại tiếp tứ diện A ' ABC • Gọi G tâm tam giác ABC , qua G kẻ đường thẳng d A' H cắt AA ' E • Gọi F trung điểm AA ' , mp ( AA ' H ) kẻ đường thẳng trung trực AA ' cắt ( d ) I  I tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện A ' ABC bán kính R = IA Ta có: Góc AEI 600, a EF = AA ' = 6 • IF = EF tan 600 = a • R = AF2 + FI = a 3 Câu 77 (GV MẪN NGỌC QUANG 2018) Cho hình chóp S ABCD đáy ABCD hình vng cạnh a , ( SAB ) ⊥ ( ABCD ) H trung điểm AB, SH = HC, SA = AB Gọi  góc đường thẳng SC mặt phẳng ( ABCD ) Giá trị tan  là: A B 2 C D Đáp án A a Ta có AH = AB = , SA = AB = a, SH = HC = BH + BC = a 2 Có SA2 + AH = 5a = AH  SAH  SA ⊥ AB  SA ⊥ ( ABCD ) AC = hc ( SC; ( ABCD ) ) Ta có ( SC ; ( ABCD ) ) = SCA, tan SCA = Bình luận: Bài tốn thực chất tính góc đường thẳng mặt phẳng Cách tìm: • Tìm điểm chung đường thẳng mặt phẳng a • Tìm hình chiếu điểm thứ mặt phẳng từ tìm hình chiếu đường thẳng tìm đươc góc Cách tìm hình chiếu: Nếu có đường thẳng d vng góc với β mặt phẳng (P) Kẻ MH song song với đường thẳng d a' P H hình chiếu vng góc M H (P) Nếu khơng có sẵn đường thẳng vng góc: A • Chọn mặt phẳng (Q) chứa điểm M cho mp (Q) d vng góc với mp (P) • Từ M kẻ MH vng góc với giao tuyến a H H M hình chiếu vng góc M (P) P Câu 78 (GV MẪN NGỌC QUANG 2018) Cho mặt nón tròn xoay đỉnh O có góc đỉnh 600 Một mặt phẳng ( P ) vng góc với trục mặt nón H, biết OH = a Khi đó, ( P ) cắt mặt nón theo đường tròn có bán kính bằng: A a B a 2 C a D a 3 Đáp án D Nếu điểm M nằm đường tròn giao tuyến OHM tam giác vng H, góc đỉnh O 300 Vậy bán kính đường tròn R = HM = OH tan 300 = a 3 (GV MẪN NGỌC QUANG 2018) Cho tam giác vng ABC đỉnh A, có AC = cm, AB = cm, M trung điểm AB Quay tam giác BMC quanh trục AB Gọi V Câu 79 S tương ứng thể tích diện tích tồn phần khối thu qua phép quay Lựa chọn phương án C V =  ; S =  A V =  ; S =  Đáp án A ) B V =  ; S =  ( 5+ ) D V =  ; S =  ( 5− ( 5+ ( 5− ) ) Thể tích khối nón tạo thành quay tam giác ABC quanh cạnh AB là: V1 =  AC AB =  3 S xq1 =  r =  AB.AC =  Thể tích khối nón tạo thành quay1 tam giác AMC  quanh cạnh AB là: V =  AC AM =  3 V2 = AC2 AM = 13  Sxq2 = r = AC.MC =  V2 = AC2 AM = 3 Sxq2 = r = AC.MC =   Sxq2 = r = AC.MC  =  Suy V = V1 − V2 = ; S = S1 + S2 =  + Suy V = V1 − V2 = ; S = S1 + S2 =  +  CâuSuy 80 (GV Một hạt VMẪN = V1 NGỌC − V2 =QUANG ; S = S2018): +ngọc2 trai hình cầu (S) bán kính R, bọc + S2 =  hộp trang sức dạng3hình nón (N) ngoại tiếp mặt cầu Hỏi nhà sản xuất phải thiết kể hộp trang sức hình nón có chiều cao bán kính đáy để hộp q tích nhỏ ( ( ( ) ) ) S A Bán kính đáy AO = 2R chiều cao SO = 2R B Bán kính đáy AO = R chiều cao SO = 4R K C Cán kính đáy AO = R chiều cao SO = 3R I D Bán kính đáy AO = R chiều cao SO = 3R A Chọn B Đặt SI = x; x  R Ta có SO = x + R SK =  x − R Do SIK ~ SAO SK IK SO.IK R( R + x) =  AO = = SO AO SK x2 − R2 Suy thể tích V hình nón V (x)=  OA SO = Xét hàm số f ( x) =  R ( R + x) (x2 − R ) ( R + x) , x−R ( R + x)  V (x) = x  R R ( R + x) x−R 0 B - Ta có: f ' ( x) =  x = 3R f ' ( x) =   x = −R x − Rx − 3R ; ( x − R) Bảng biến thiên f (x) khoảng ( R; +  ) x + 3R R f ( x ) − + + + f 8R ( x ) Suy V (x) đạt GTNN = 8R SO = x +3R = 4R  AO = R Vậy hình nón cần tìm có bán kính đáy AO = R chiều cao SO = 4R Câu 81 (GV MẪN NGỌC QUANG 2018): Hình tứ diện có số mặt phẳng đối xứng là: A B C D.0 Chọn B Câu 82 (GV MẪN NGỌC QUANG 2018): Cho tam giác ABC vuông A, AB = a, AC = a Quay tam giác (cùng với phần nó) quanh đường thẳng BC ta khối tròn xoay tích V bằng: A V =  a3 B V =  a3 C V = Chọn A + Gọi H chân đường cao kẻ từ A tam giác ABC + Ta có: AH = AB AC AB + AC = a.a ( a2 + a ) = a  a3 24 D V = 2 a3 3a a BH = AB − AH = ; CH = CH − AH = 2 + Thể tích khối tròn xoay cần tính bằng: 2 1 a  a  3a  a   a V = BH  AH + CH  AH =    +    = 3     Câu 83 (GV MẪN NGỌC QUANG 2018): Cho hình trụ T có trục OO ' Trên hai đường tròn đáy ( O ) ( O ' ) lấy hai điểm A B cho AB = a đường thẳng AB tạo với đáy hình trụ góc 60 Gọi hình chiếu B mặt phẳng đáy chứa đường tròn ( O ) B ' Biết AOB ' = 1200 Tính khoảng cách d hai đường thẳng AB OO ' A d = a B d = a 12 C d = a D d = O’ B A OO B’ a 16 Chọn B O’ OH ⊥ AB  OH ⊥ ( ABB ') + Gọi H trung điểm AB   OH ⊥ BB ' B + Ta có: A OO' // BB '  d (OO ',AB) = d (OO ', ( ABB ')) = d (O, ( ABB ') ) = OH + Xét tam giác ABB’ vng B’ có: AB ' = AB cos BAB ' = acos600 = a + Xét tam giác OAH vng H có: OH = AH cot AOH = AB ' AOB ' a a cot = cot 600 = 2 12 OO B’ Câu 84 (GV MẪN NGỌC QUANG 2018): Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật; AB = a, AD = 2a Mặt bên SAB tam giác nằm mặt phẳng vng góc với mặt phẳng đáy Tính bán kính R mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S ABCD A R = 3a B R = 2a C R = 2a D R = 3a Chọn C Gọi M trung điểm AB; G trọng tâm tam giác ABC Kẻ Gx ⊥ ( SAB ) Oy ⊥ ( ABCD ) Gọi I = Gx  Oy Theo đề ra, ta có: SM ⊥ ( ABCD ) Vì IO ⊥ ( ABCD )  IA = IB = IC = ID (1) Vì IG ⊥ ( SAB )  I A = IB = I S (2) Từ (1) (2)  IA = IB = IC = ID = IS Do suy ra: I tâm mặt cầu ngoại tiếp chóp S.ABCD  a a =  SG = SM = 3 Ta có:   IG = MO = BC = a   IS = IG + SG = 2a 3 Vậy mặt cầu ngoại tiếp chóp S.ABCD có bán kính R = IS = 2a Câu 85 (GV MẪN NGỌC QUANG 2018): Cho khối chóp tứ giác S ABCD Mặt phẳng chứa AB, qua điểm C ' nằm cạnh SC chia khối chóp thành hai phần tích Tính tỉ số SC ' SC A B C −1 Chọn C + Mặt phẳng (P) chứa AB cắt SC C’, cắt SD D’ D  C ' D ' // CD + Theo đề thì: + Đặt x = VS ABC ' D ' = VS ABCD SC ' SD ' =  x  ( 0;1) SC SD + Khi đó: VS ABC ' SA SB SC ' = =x V  S ABC SA SB SC  VS AC ' D ' = SA SC ' SD ' = x  VS ACD SA SC SD + Suy ra: x + x2 = VS ABC ' VS AC ' D ' VS ABC ' + VS AC ' D ' 2VS ABCD ' −1 + + = = =  x2 + x − =  x = VS ABC VS ACD VS ABC VS ABCD Câu 86 (GV MẪN NGỌC QUANG 2018): Các trung điểm cạnh tứ diện cạnh a đỉnh khối đa diện Tính thể tích V khối đa diện A V = a3 12 B V = a3 12 C V = a3 24 D V = Chọn C + Gọi G trọng tâm tam giác BCD  AG ⊥ ( BCD ) 2 a 3 a + Ta có: AG = AB − BG = a −   = 3  2 a a a3 = 3 12 + Khi đó: VA.BCD = AG.SBCD = + Lại có: VA.MNP AM AN AP 1 1 = = = VA.BCD AB AC AD 2 1 a3 a3 VA.MNP = VA.BCD = = 8 12 96 + Mặt khác: V = VA.BCD − 4.VA.MNP = a3 a3 a3 − = 12 96 24 Câu 87 (GV MẪN NGỌC QUANG 2018)Cho bốn điểm A ( 2; −1;6 ) , B ( −3; −1; −4 ) ,C ( 5; −1;0 ) , D (1; 2;1) Tính thể tích tứ diện ABCD a3 16 A 60 B 15 C 30 D 20 Chọn C  10 10 5  Ta có:  BA, BC  =  ; ;  = ( 0;60;0 )   0 4 8 0 BD = ( 4;3;5 ) 1  BA, BC  BD = 0.4 + 60.3 + 0.5 = 30  6 Câu 88 (GV MẪN NGỌC QUANG 2018) Cho hình chóp S ABCD đáy ABCD hình thang vuông A, B  VABCD = AB = BC = a; AD = 2a; SA ⊥ ( ABCD ) Nhận định sau A SCD vuông B SCD cân C SCD D SCD vuông cân Chọn A Ta có SA ⊥ ( A BCD )  SA ⊥ CD (1) Gọi I trung điểm AD Tứ giác ABCI hình vng Do ACI = 45o (*) Mặt khác, tam giác CID tam giác vuông cân I o nên BCI = 45 (**) o Từ (*) , (**)  ACD = 90  AC ⊥ CD ( 2) ()( ) ( ) Từ ,  CD ⊥ SA C  CD ⊥ SC  SCD vuông Câu 89 (GV MẪN NGỌC QUANG 2018) Cho hình lăng trụ ABC.A ' B ' C ' , đáy ABC có AC = a 3, BC = 3a, ACB = 300 Cạnh bên hợp với mặt phẳng đáy góc 600 mặt phẳng ( A ' BC ) vng góc với mặt phẳng ( ABC ) Điểm H cạnh BC cho BC = 3BH mặt phẳng ( A ' AH ) vng góc với mặt phẳng ( ABC ) Thể tích khối lăng trụ ABC.A ' B ' C ' bằng: 4a Chọn C A B 19a3 C 9a Từ giả thiết, áp dụng định lí cosin tam giác AHC ta tính AH = a  ( ABC ) ⊥ ( ABC ) Þ AH ⊥ ( ABC ) Do   A AH ⊥ ABC ( ) ( )   D 4a 19 Þ AAH = 60 Do AAH vuông H suy AH = d ( A; ( ABC ) ) = AH tan 60 = a 9a  VABC ABC = S ABC d ( A; ( ABC ) ) = 3a.a 3.sin 30.a = Câu 90 (GV MẪN NGỌC QUANG 2018) Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’ có đáy ABCD hình thoi cạnh a , BD = 3a, hình chiếu vng góc B lên mặt phẳng (A’B’C’D’) trung điểm A’C’ biết côsin góc tạo hai mặt phẳng (ABCD) 21 Tính theo a thể tích khối hộp ABCD.A’B’C’D’ (CDD’C’) 9a A Chọn A B a 9a C 3a D Áp dụng định lý cosin cho tam giác A’B’D’ suy B ' A ' D ' = 1200 Do A’B’C’, A’C’D’ tam giác cạnh a Gọi O = A ' C ' B 'D' , Ta có BO ⊥ ( A ' B ' C ' D ') Kẻ OH ⊥ A ' B ' H, suy A ' B ' ⊥ (BHO) Do (((ABCD),(CDD' C '))) = BHO Từ cosBHO = 21  t an BHO =  BO= HO.t an BHO = A ' O sin 600 Vậy VABCD A 'B'C'D' = Câu 91 = a a 9a a 3.a sin 600 = (GV MẪN NGỌC QUANG 2018)Cho lăng trụ ABC.A ' B ' C ' có đáy tam giác vuông A, AB = a AC = a Biết (( ABC ) , ( AB ' C ')) = 60 hình chiếu A lên ( A ' B ' C ') trung điểm H A’B’ Tính bán kính R mặt cầu ngoại tiếp tứ diện AHB’C’ a 86 Chọn A A B a 82 C a 68 D a 62 * Phương pháp: Với hình chóp có cạnh bên vng góc với đáy, ta tìm tâm O đường tròn ngoại tiếp đáy, dựng đường song song với chiều cao cắt trung trực chiều cao h  tâm I hình cầu cần tìm R =   + r = OA 2 ( ) * Lời giải: Ta có: ((A BC ) , (A B 'C ')) = ((A ' B 'C ') , (A B 'C ')) Giao tuyến chúng B’C’ Từ H dựng HK vng góc với B’C ta có: ) (( ( )( B ' C ' ⊥ A HK → A B 'C ' , A ' B ' C ' )) = A KH = 60 BC = A B + A C = a → sin A BC = → HK = a HC = A H + A C = AC HK = BC HB 3a Ta gọi O đường tròn ngoại tiếp tam giác HB’C’ áp dụng: a S = abc 1 a → S HB 'C ' = S A ' B 'C ' = a.a = = 4R ' 2 →R = a 4R 3a →R'= 3a h2 a 9a a 82 + R '2 = + = 16 Câu 92 (GV MẪN NGỌC QUANG 2018) Cho hình trụ tròn xoay hình vng A BCD cạnh a có hai đỉnh liên tiếp A, B nằm đường tròn đáy thứ hình trụ, ( ) hai đỉnh lại nằm đường tròn đáy thứ hai hình trụ Mặt phẳng A BCD tạo với đáy hình trụ góc 450 Thể tích hình trụ bằng: 2 a 16 Chọn A A B  a3 C 2 a D 2 a 16 Gọi M, N theo thứ tự trung điểm AB CD Khi OM ⊥ A B O ' N ⊥ CD Giả sử I giao điểm MN OO ' Đặt R = OA h = OO ' Khi tam giác IOM vng cân O nên OM = OI = h 2a a = h = a 2 2 2 a  a  3a  = Ta có R = OA = A M + MO =   +       V =  R 2h = 2 2 a 16 Câu 93 (GV MẪN NGỌC QUANG 2018) Hình bên cho ta hình ảnh đồng hồ cát với kích thước kèm theo OA = OB Khi tỉ số tổng thể tích hai hình nón (Vn ) thể tích hình trụ (Vt ) A B C D Chọn D Chiều cao hình nón h Tổng thể tích hình nón Vnãn = . R Thể tích hình trụ V t =  R 2h  Vn Vt = h  R 2h = 3 Câu 94 (GV MẪN NGỌC QUANG 2018) Cho tam giác ABC cạnh a nội tiếp đường tròn tâm O, AD đường kính đường tròn tâm O Thể tích khối tròn xoay sinh cho phần màu vàng nhạt (hình vẽ bên dưới) quay quanh đường thẳng AD A B 23 a 3 216  a3 24 C 20 a 3 217 D 4 a 3 27 Chọn A 4 2 a 3 3 a Thể tích khối cầu V1 = R =    = 3 3  27 Thể tích khối nón có tam giác ABC thiết diện qua trục 1  a  a a3 V2 = R h =    =  3 2 24 Khi thể tích khối vàng nhạt xoay quanh AD 23 a 3 V = V −V = 216 Câu 95 (GV MẪN NGỌC QUANG 2018)Cho hình lăng trụ tứ giác ABCD.A’B’C’D’ có a cạnh a, khoảng cách từ A đến mặt phẳng (A’BC) Tính thể tích lăng htrụ A 3a3 B 3a C 2a D 3a Lý thuyết: Khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (SBC) d ( A;SBC ) tính nhanh theo công thức sau: d ( A,SBC )  = d ( A,BC )  + (1 − k ) h2 h = SH đường cao hình chóp k = AH AI Nếu H  A k = Nếu AH / /BC k = Nếu H  I , tức H  BC k = Nếu H trung điểm AB AC k = Nếu H trọng tâm  ABC k = 2 Giải: d ( A, BC) = AB = a ; Hình chiếu A’ xuống đáy trùng A nên k = d ( A, A 'BC )   Chọn C = d ( A, BC ) + 1 a a3  = − =  h =  V = h2 h2 a2 a2 a2 4 ... Đẳng thức xảy   ABCD tứ diện Câu 1 9(GV MẪN NGỌC QUANG 2018): Hình tứ diện có số mặt phẳng đối xứng là: A B C D.0 Chọn B Câu 2 0(GV MẪN NGỌC QUANG 2018): Cho hình trụ T có trục OO ' Trên hai đường... 2 9(GV MẪN NGỌC QUANG 2018) Hình bên cho ta hình ảnh đồng hồ cát với kích thước kèm theo OA = OB Khi tỉ số tổng thể tích hai hình nón (Vn ) thể tích hình trụ (Vt ) A B C D Chọn D Chiều cao hình. .. 28 (GV MẪN NGỌC QUANG 2018) Cho hình trụ tròn xoay hình vng A BCD cạnh a có hai đỉnh liên tiếp A, B nằm đường tròn đáy thứ hình trụ, hai đỉnh ( ) D 2 a 16 lại nằm đường tròn đáy thứ hai hình