ĐỀ MẪU CĨ ĐÁP ÁN

ƠN TẬP HÌNH HỌC
TỐN 12
Thời gian làm bài: 40 phút (Không kể thời gian giao đề)
-------------------------

Họ tên thí sinh: .................................................................
Số báo danh: ......................................................................
Mã Đề: 009.
Câu 1. Mặt phẳng đi qua trọng tâm của tứ diện, song song với một mặt phẳng của tứ diện và chia khối tứ diện
thành hai phần. Tính tỉ số thể tích (phần bé chia phần lớn) của hai phần đó.
A.
.
B.
.
C.
D.
.
Đáp án đúng: D
Giải thích chi tiết: Mặt phẳng đi qua trọng tâm của tứ diện, song song với một mặt phẳng của tứ diện và chia
khối tứ diện thành hai phần. Tính tỉ số thể tích (phần bé chia phần lớn) của hai phần đó.
A.
.
B.
.
C.
. D.
Lời giải
Câu 2. Lớp 11 A có 42 học sinh. Hỏi có bao nhiêu cách chọn ra 2 học sinh từ lớp đó để giữ hai chức vụ lớp
trưởng và bí thư?

40
2
2
2
A. A42 .
B. 42 .
C. C42 .
D. A42 .
Đáp án đúng: D
Giải thích chi tiết: Lớp 11 A có 42 học sinh. Hỏi có bao nhiêu cách chọn ra 2 học sinh từ lớp đó để giữ hai
chức vụ lớp trưởng và bí thư?
2
2
40
2
A. A42 . B. C42 . C. A42 . D. 42 .
Lời giải
Số cách chọn ra 2 học sinh để giữ chức lớp trưởng và bí thư là:

2
A42

Câu 3. Cho hình chóp S . ABC có SA , SB , SC đơi một vng góc với nhau và SA 2 3 , SB 2 , SC 3 .
Tính thể tích khối chóp S . ABC .
A. V 4 3.
Đáp án đúng: D

B. V 12 3 .

Câu 4. Cho mặt cầu

16a
A. 3

3

 S

có diện tích

4a 2  cm 2  .

C. V 6 3 .

D. V 2 3 .

Khi đó, thể tích khối cầu
4a
B. 3

 cm  .
3

a 3
 cm3  .
3
C.
Đáp án đúng: B

3


 S

là

 cm  .
3

64a 3
 cm3  .
3
D.

2
2
Giải thích chi tiết: Gọi mặt cầu có bán kính R . Theo đề ta có 4 R 4 a . Vậy R a(cm) .

Khi đó, thể tích khối cầu

 S

là:

V

4 R 3 4 a 3

cm3 

3
3

.
1


 x 1  3t

d :  y  2  2t
 z t


M  2;  6;3
Câu 5. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm
và đường thẳng
. Tọa độ
hình chiếu vng góc của M lên d là
 4;  4;1 .
  8; 4;  3 .
 1;  2; 0  .
 1; 2;1 .
A.
B.
C.
D.
Đáp án đúng: A
M  2;  6;3
Giải thích chi tiết: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm
và đường thẳng
 x 1  3t

d :  y  2  2t

 z t

. Tọa độ hình chiếu vng góc của M lên d là
 1;  2; 0  . B.   8; 4;  3 . C.  1; 2;1 . D.  4;  4;1 .
A.
Lời giải
⬩ Gọi H là hình chiếu vng góc của M lên d. Gọi H là hình chiếu vng góc của M lên d.

H
1

3
t
;

2

2
t
;
t


 MH  3t  1; 4  2t; t  3 .
Suy ra H  d nên

u  3;  2;1
Đường thẳng d có một VTCP là
.
 

MH .u 0  3  3t  1  2  4  2t    t  3 0  t 1  H  4;  4;1
Ta có MH  d nên
.

Câu 6.
Cho khối lăng trụ đứng tam giác
AB  2 , BC  6 . Cạnh bên

có đáy

là tam giác vng tại

, cạnh

. Tính thể tích khối lăng trụ đã cho (tham khảo hình bên).

A.

B.

C.
Đáp án đúng: B

D.

A 1;  1; 2 
Câu 7. Trong không gian Oxyz , gọi d là đường thẳng đi qua điểm 
, song song với mặt phẳng

 P : 2x 


y  z  3 0

, đồng thời tạo với đường thẳng

đường thẳng d là
x  1 y 1 z  2


5
3 .
A. 4
x  1 y 1 z  2


5
3 .
C. 4
Đáp án đúng: B

 :

x 1 y  1 z


1
2
2 một góc lớn nhất. Phương trình

x  1 y 1 z  2



5
3 .
B. 4
x  1 y 1 z  2


5
3 .
D.  4

2


Giải thích chi tiết:
P
Măt phẳng   có một vectơ pháp tuyến

.
 P  d

Q
nằm trong   .
Q
2 x  1   y  1   z  2  0  2 x  y  z  1 0
Phương trình mp   là: 
.

Gọi


 Q  là mặt phẳng đi qua


n  2;  1;  1

Gọi
thẳng

A và song song với

, với 0  90 . Đường

là đường thẳng đi qua A và song song với
x  1 y 1 z  2


2
2 .
có phương trình là 1


u  1;  2; 2 

B  0;1;0 

và có một vectơ chỉ phương
. Gọi H là hình chiếu

vng góc của B trên đường thẳng d   BAH .

BH AB
sin  

1   90
AB AB
Ta có:
. Suy ra: max 90 đạt được khi
.

 u , n   4;5;3
A 1;  1; 2 

Khi đó: đường thẳng d đi qua 
và có một vectơ chỉ phương 
.
Đường thẳng

đi qua điểm

x  1 y 1 z  2


5
3 .
Vậy phương trình đường thẳng d là 4
Câu 8.
Cho một tấm nhơm hình chữ nhật ABCD có AD 24cm . Ta gấp tấm nhôm theo hai cạnh MN, QP vào phía
trong đến khi AB, CD trùng nhau như hình vẽ dưới đây để được một hình lăng trụ khuyết hai đáy. Tìm x để thể
tích khối lăng trụ lớn nhất?


A. x 8
B. x 6
Đáp án đúng: A
Giải thích chi tiết: Phương pháp:
V SANP .MN, Vmax  SANP max , sử dụng BĐT Cô-si.

C. x 9

D. x 10

Cách giải:
Đáy là tam giác cân có cạnh bên là x (cm) và cạnh đáy là
Gọi H là trung điểm của NP  AH  NP

24  2x  cm   x  12 

2

Xét tam giác vng ANH có:

AH  AN 2  NH 2  x 2   12  x   24x  144

(ĐK: 24x  144 0  x 0 )
3


1
1
 SANP  AH.NP  24x  144.  24  2x  S
2

2
V SANP .AB; Vmax  SANPmax (Do AB khơng đổi).
Ta có:
1
1
2
2
S2   24  2x   24x  144   2  144  12x   24x  144 
4
4.6
2

1  144  12x  144  12x  24x  144 

  786 16 3
4.62 
3

Dấu “=” xảy ra  144  12x 24x  144  x 8


Câu 9. Biết



7 3 5



x


2

M

 a; b 



là khoảng chứa tất cả các giá trị của tham số thực m để phương trình

 m 7 3 5



x2

2 x

7
16 .

2

1

có đúng hai nghiệm thực phân biệt. Giá trị của M a  b ‘bằng
1
1
3

M
M
M
8.
16 .
5.
B.
C.
D.

A.
Đáp án đúng: B
Câu 10. Viết cơng thức tính V của khối cầu có bán kính r.
4
V  r 3
3
2
3
A.
B. V r
C. V 4r
Đáp án đúng: A
Giải thích chi tiết: Phương pháp:
Sử dụng cơng thức tính thể tích khối cầu.
Cách giải:
4
V  r 3
3
Cơng thức tính V của khối cầu có bán kính r:


1
V  r 3
3
D.

Câu 11. Cho khối lăng trụ đứng ABC. A ' B ' C ' có đáy ABC là tam giác vng tại B , cạnh
AB a, BC 2a, AA ' 3a . Thể tích của khối lăng trụ đã cho bằng
3

3
B. a .

A. 2a .
Đáp án đúng: B

3
C. 3a .

3
D. 6a .

Giải thích chi tiết: Cho khối lăng trụ đứng ABC. A ' B ' C ' có đáy ABC là tam giác vng tại B , cạnh
AB a, BC 2a, AA ' 3a . Thể tích của khối lăng trụ đã cho bằng
3
3
A. a . B. 3a .
Lời giải

3
C. 2a .


3
D. 6a .

1
1
VABC . A ' B ' C ' S ABC . AA '  AB.BC . AA '  a.2a.3a 3a 3
2
2
Ta có:
.
Câu 12.
Trong khơng gian Oxyz , cho vectơ
A. 1 .
B. 9 .
Đáp án đúng: D

. Độ dài của vectơ

Giải thích chi tiết: Trong khơng gian Oxyz , cho vectơ

C.  3 .

bằng
D. 3 .

. Độ dài của vectơ

bằng
4



A. 3 . B. 1 . C. 9 . D.  3 .
Lời giải

Câu 13. : Một hình trụ có bán kính đáy bằng 3cm và độ dài đường sinh bằng 5cm . Thể tích của khối trụ đã cho
bằng
3
3
3
3
A. 75 cm .
B. 45 cm .
C. 30 cm .
D. 15 cm .
Đáp án đúng: B

   : 2 x  y  z  5 0 và mặt phẳng
Câu 14. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , góc giữa mặt phẳng
 Oxy  là?
0

A. 90 .
Đáp án đúng: D

0
B. 45 .

0
C. 30 .


0
D. 60 .

A  1; 2;  3 , B   3; 0;1
Câu 15. Trong không gian Oxyz , cho hai điểm
. Phương trình mặt phẳng trung trực của
AB
đoạn thẳng
có phương trình là
A. 2 x  y  2 z  8 0 .
B. 2 x  y  2 z  5 0 .
C. 2 x  y  2 z  1 0 .
Đáp án đúng: C

D. 2 x  y  2 z  1 0 .

AB  I   1;1;  1
Giải thích chi tiết: Gọi I là trung điểm của đoạn thẳng
.


AB   4;  2; 4   n  2;1;  2 
là vecto pháp tuyến.

 Phương trình mặt phẳng trung trực đi qua I và nhận n  2;1;  2  làm vecto pháp tuyến là:
2  x  1  1 y  1  2  z  1 0  2 x  y  2 z  1 0.
.




a   1;1;0  , b  1;1;0  , c  1;1;1
Oxyz
Câu 16. Trong không gian với hệ tọa độ
, cho ba véctơ
. Trong các
mệnh đề sau, mệnh đề nào sai?


 
 
c

3

a
 2
A. a  b 
B. b  c.
C.
D.
Đáp án đúng: B



a   1;1;0  , b  1;1;0  , c  1;1;1
Oxyz
Giải thích chi tiết: Trong không gian với hệ tọa độ
, cho ba véctơ
.

Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào sai?


 
 
a

2

c
 3
A. b  c. B.
C. a  b  D.
Lời giải

b
Ta có .c 1.1  1.1  0.1 2 0
Câu 17.
Hình trụ có chiều dài đường sinh
A.
Đáp án đúng: D
Giải thích chi tiết: chọn C

B.

, bán kính đáy

thì có diện tích xung quanh bằng
C.


D.

5


Hình trụ có chiều dài đường sinh l , bán kính đáy r thì có diện tích xung quanh bằng:
Câu 18. Cho hình chóp S . ABCD , có đáy ABCD là hình thoi cạnh a , SA SB SC a . Đặt x SD
0 xa 3
. Tìm x theo a để tích AC.SD đạt giá trị lớn nhất.





A.

x

a 3
2 .

B.

x

a 6
2 .

D. Đáp án khác.


C.
Đáp án đúng: C

x

a 3
3 .

Giải thích chi tiết:
Gọi O là tâm hình thoi ABCD ta có OB  OC .
Theo đề bài SA SC nên SAC cân tại S , do đó SO  OC .


Ta có SOC BOC do OC chung, SC BC a , SOC BOC 90 nên SO OB .
Mà OB OC nên OB OC SO do đó SBD vng tại S .
Ta có

OB 

BD
SB 2  SD 2
a 2  x2


2
2
2
;

a2  x2

AC 2.OC 2 BC  OB 2 a 
 3a 2  x 2
4
2

2

2

2
2
Suy ra AC.SD  3a  x x .

3a 2  x 2  x 2 3a 2
3a  x x 

2
2
2

Áp dụng bất đẳng thức Cơ-si ta có
Dấu " " xảy ra khi

2

3a 2  x 2  x  3a 2  x 2  x 2  x 

a 6
2 .


a 6
2 thì tích AC.SD đạt giá trị lớn nhất.
Vậy
Câu 19. Cho hình chữ nhật ABCD có AB=6 , AD=4. Thể tích V của khối trụ tạo thành khi quay hình chữ nhật
ABCD quanh cạnh AB là
A. V =144 π .
B. V =24 π .
C. V =96 π.
D. V =32 π.
Đáp án đúng: B
x

Câu 20. Cho hình chóp S . ABCD có ABCD là hình chữ nhật với AB 3a , BC a 2 , SA vng góc với mặt
đáy, cạnh SC hợp đáy một góc 60 . Thể tích khối chóp S . ABCD tính theo a là
3
A. a 66 .

3
B. a 42 .

C.

42a 3
3 .

D.

66a 3
3 .
6



Đáp án đúng: A
Giải thích chi tiết: Cho hình chóp S . ABCD có ABCD là hình chữ nhật với AB 3a , BC a 2 , SA vng
góc với mặt đáy, cạnh SC hợp đáy một góc 60 . Thể tích khối chóp S . ABCD tính theo a là
66a 3
3 . B.
A.
Giải:

42a 3
3
3 . C. a 66 . D. a 3 42 .

Câu 21. Cho hình nón có bán kính đáy là a , chiều cao là 2a . Diện tích xung quanh của hình nón đó là
A.
C.

S xq  a 2 5

S xq  a

2

3

.
.

B.

D.

S xq 2 a 2 5

S xq 2 a

.

2

.
7


Đáp án đúng: A
Giải thích chi tiết: [ Mức độ 1] Cho hình nón có bán kính đáy là a , chiều cao là 2a . Diện tích xung quanh của
hình nón đó là

S 2 a 2
S  a 2 3
S  a 2 5
A. xq
.
B. xq
.C. xq
.
Lời giải
FB tác giả: Thanh Hai

D.


S xq 2 a 2 5

.

2
2
2
2
2
2
Ta có: l h  r (2a)  a 5a  l a 5 .

S  rl  .a.a 5  a 2 5
Diện tích xung quanh của hình nón là xq
.
Câu 22.
Vật thể nào trong các vật thể sau không phải là khối đa diện?

A. H 3.
B. H 1.
C. H 2.
D. H 4 .
Đáp án đúng: A
Câu 23. Cho một khối lập phương biết rằng khi giảm độ dài cạnh của khối lập phương thêm 4cm thì thể tích của
nó giảm bớt 604cm3. Hỏi cạnh của khối lập phương đã cho bằng
A. 7 cm
B. 10 cm
C. 8 cm
D. 9 cm

Đáp án đúng: D
Giải thích chi tiết: chọn B
Gọi hình lập phương có cạnh là x

Ta có
Câu 24. Cho hình chóp tứ giác đều S . ABCD có M , N , P, Q lần lượt là trung điểm SA, SB, SC , SD . Tìm tỉ số độ
SA
ABPQ  ,  CDMN 
dài AB để hai mặt phẳng 
vng góc.
SA
23

4 .
A. AB
Đáp án đúng: D

SA
29

4 .
B. AB

SA
15

4 .
C. AB

SA

11

2 .
D. AB

8


Giải thích chi tiết:
SBC  ,  SAD 
Đặt BC a . Gọi G ', G lần lượt là trọng tâm của 
.
Đồng thời I GG ' SO , H , E là trung điểm AB, CD

Khi đó

 ABPQ  ,  CDMN   HI ; IE 


Theo giả thiết ta có:
Và

SO 3IO 

IO OE 

a
2

3a

a 11
 SA  SA2  AO 2 
2
2

SA
11

2
Do đó: AB
Câu 25.
Trong khơng gian
mặt cầu

có tâm

, cho điểm

và mặt phẳng

và tiếp xúc với mặt phẳng

A.

.

B.

.


C.
D.
Đáp án đúng: C

. Phương trình

là

.
.

9


Giải thích chi tiết: Gọi bán kính của mặt cầu
Mặt cầu

có tâm

là

.

và tiếp xúc với mặt phẳng
.

Vậy phương trình mặt cầu

tâm


và tiếp xúc với mặt phẳng

là:

.
Câu 26. Bán kính mặt cầu đi qua bốn điểm A(1;0;-1), B ¿;2;1), C ¿;2;-1) và D(1;2;√ 2) là:
A. √ 2
B. 2
C. 2 √ 3
D. √ 17
Đáp án đúng: C
Câu 27. Trong không gian cho tam giác ABC vuông cân tại đỉnh A và BC 2a . Quay tam giác ABC quanh
cạnh BC ta được khối trịn xoay. Thể tích của khối trịn xoay đó bằng
2 a 3
A. 3 .
Đáp án đúng: A
Câu 28.

3
B. 2 a .

Khối cầu có bán kính
A.
C.
Đáp án đúng: B

 a3
C. 3 .

3

D.  a .

thì có thể tích là

.
.

B.

.

D.

.

 ABC  . Khoảng
Câu 29. Cho hình chóp S . ABC có ABC đều cạnh a . Cạnh bên SA a 3 và vng góc với
 SBC  bằng
cách từ điểm A đến mặt phẳng
a 3
A. 2 .
Đáp án đúng: C

a 15
C. 5 .

B. a .

a 5
D. 5 .


Giải thích chi tiết: Cho hình chóp S . ABC có ABC đều cạnh a . Cạnh bên SA a 3 và vuông góc với
 ABC  . Khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng  SBC  bằng

a 3
a 15
a 5
A. 2 . B. 5 . C. 5 . D. a .
Lời giải
Gọi M là trung điểm BC .
 BC  AM
 BC   SAM 

BC

SM

Ta có
.
Trong mặt phẳng

 SAM 

kẻ

AH  SM  AH   SBC 

.

 SBC  là AH .

Vậy khoảng cách từ điểm A đến
10


Ta có

AM 

a 3
, SA a 3
2
.

a 15
1
1
1
AH 

 2
2
2
5 .
AM
SA ta được
Sử dụng hệ thức AH
A  1; 2;  3
 P  : 2 x  2 y  z  9 0 .
Câu 30. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm
và mặt phẳng

 Q  : 3 x  4 y  4 z  5 0 cắt mặt phẳng  P  tại B .
Đường thẳng d đi qua A và vuông góc với mặt phẳng
 P  sao cho M ln nhìn AB dưới góc vng và độ dài MB lớn nhất. Tính độ
Điểm M nằm trong mặt phẳng
dài MB .
A. MB  41 .
Đáp án đúng: D
Giải

B.

MB 

thích

41
2 .

C.

MB 

5
2 .

D. MB  5 .
chi

tiết:



A  1; 2;  3 
u  3; 4;  4 
d
+ Đường thẳng đi qua
và có vectơ chỉ phương
có phương trình là
 x 1  3t

 y 2  4t
 z  3  4t

.
2
2
2
 MB  max khi và chỉ khi  MA min .
+ Ta có: MB  AB  MA . Do đó
 P  . Ta có: AM  AE .
+ Gọi E là hình chiếu của A lên
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi M E .
 AM  min  AE và MB qua B nhận BE làm vectơ chỉ phương.
Khi đó
11


B  1  3t; 2  4t;  3  4t 
B  P
+ Ta có: B  d nên
mà

suy ra:
2  1  3t   2  2  4t     3  4t   9 0  t  1  B   2;  2;1
.

nP  2; 2;  1

A  1; 2;  3 

+ Đường thẳng AE qua
, nhận
làm vectơ chỉ phương có phương trình là
E  1  2t ; 2  2t ;  3  t 
Suy ra
.
E  P
2  1  2t   2  2  2t     3  t   9 0  t  2  E   3;  2;  1
Mặt khác,
nên
.

 x 1  2t

 y 2  2t
 z  3  t


.

Khi đó MB BE  5
Câu 31. Một cốc nước có dạng hình trụ đựng nước chiều cao 12cm, đường kính đáy 4cm, lượng nước trong cốc

cao 10cm. Thả vào cốc nước 4 viên bi có cùng đường kính 2cm. Hỏi nước dâng cao cách mép cốc bao nhiêu
xăng-ti-mét? (Làm tròn sau dấu phẩy 2 chữ số thập phân)
A. 0,25cm.
B. 0,33cm.
C. 0,67cm.
D. 0,75cm.
Đáp án đúng: B
2

2

 S  :  x  4    y  1  z 2 25 và hai điểm
Câu 32. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho mặt cầu
A  0;1;3 B   1;5; 0 
   đi qua A và B sao cho khoảng cách từ tâm mặt cầu đến mặt phẳng
,
. Mặt phẳng
 

  .
là lớn nhất. Tính khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng
4
13
4
13
A. 74 .
B. 74 .
C. 37 .
D. 14 .
Đáp án đúng: B

 S  có tâm I   4;1;0  và bán kính R 5 .
Giải thích chi tiết: Mặt cầu
 x  t

AB  :  y 1  4t , t  


 z 3  3t
AB   1; 4;  3

. Khi đó đường thẳng
.
 AB  .
Gọi H là hình chiếu của I lên đường thẳng
 Q  đi qua I và vng góc đường thẳng  AB  có dạng:
Phương trình mặt phẳng
  x  4   4  y  1  3z 0   x  4 y  3 z  8 0
.
1
3
 1
H  AB   Q      t   4  1  4t   3  3  3t   8 0  t   H   ;3; 
2
2.
 2
Khi đó:
Ta có:

d  I ,     d  I , AB  IH


.

   có khoảng cách từ I
Do

3 1
7
IH  ; 2;    7;4;3
2 2
2
.
Khi đó:

đến

 

là lớn nhất nên một vectơ pháp tuyến của

 

là

   : 7  x  0   4  y  1  3  z  3 0  7 x  4 y  3z  13 0 .
12


d  O,     

 13


Suy ra:
Câu 33.

7 2  4 2  32

Cho mặt cầu

tâm

đường tròn
A.



13
74 .

, bán kính

sao cho khoảng cách từ điểm
.

C.
.
Đáp án đúng: C

. Một mặt phẳng
dến
B.

D.

cắt

theo giao tuyến là

bằng 1. Chu vi đường tròn

bằng

.
.

r

( a ) song song với giá của hai veto a = ( 3;1; - 1) ,
Câu 34. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , mặt phẳng

r
b = ( 1; - 2;1)
( a) ?
. Vecto nào sau đây không là pháp tuyến của mặt phẳng


n  1; 4;7 
n  7; 4;1
A.
.
B.
.



n  2;8;14 
n   1;  4;  7 
C.
.
D.
.
Đáp án đúng: B
 
M
,
N
ABCD
BC
AD
Câu 35. Cho hình bình hành
có
lần lượt là trung điểm của
và
. Khi đó MA  MN bằng
vectơ nào sau đây ?




MC
DN
A. BM .
B.

.
C.
.
D. AN .
Đáp án đúng: C
Câu 36.
Hình đa diện trong hình bên có bao nhiêu đỉnh?

A. 5 .
B. 7 .
C. 9 .
Đáp án đúng: C
Giải thích chi tiết: Hình đa diện trong hình bên có bao nhiêu đỉnh?

D. 8 .

13


A. 8 . B. 5 . C. 7 . D. 9 .
Lời giải
Câu 37.
Cho hình chóp S . ABC có đáy là tam giác đều cạnh a , cạnh bên SA vng góc với đáy và thể tích khối chóp
a3
bằng 4 . Tính độ dài cạnh bên SA .

a 3
A. 2 .
Đáp án đúng: D


B. 2a 3 .

a 3
C. 3 .

D. a 3 .

Câu 38. Cho khối lăng trụ ABC. ABC có đáy ABC là tam giác cân tại A , mặt bên BCC ' B ' là hình vng
cạnh 2a và khoảng cách từ điểm B đến đường thẳng AA ' bằng a 2 . Thể tích của khối lăng trụ đã cho bằng
3

A. 2a .
Đáp án đúng: A

4a 3
.
B. 3

3
C. 4 2a .

3
D. 2 2a .


Câu 39. Cho khối chóp S . ABC có AB 2, AC 3 và BAC 120 , SA vng góc với mặt phẳng đáy. Gọi
M , N lần lượt là hình chiếu vng góc của A trên SB và SC . Góc giữa mặt phẳng ( ABC ) và mặt phẳng
( AMN ) bằng 30 . Thể tích của khối chóp đã cho bằng
A. 57 .
Đáp án đúng: A


B. 3 57 .

3 57
C. 2 .

D.

57
2 .

0

Giải thích chi tiết: [Mức độ 3] Cho khối chóp S . ABC . Có AB 2, AC 3 và BAC 120 , SA vng góc với
mặt phẳng đáy. Gọi M , N lần lượt là hình chiếu vng góc của A trên SB và SC . Góc giữa mặt phẳng
( ABC ) và mặt phẳng ( AMN ) bằng 300 . Thể tích của khối chóp đã cho bằng

14


A. 57 . B. 3 57 . C.
Lời giải

57
3 57
2 . D. 2 .

1
1
1

3

V  SA.S ABC  SA. . AB.AC .sin BAC
 .SA
3
3
2
2
+ Ta có:
.

+ Gọi D là điểm đối xứng với A qua O (với O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC )  AD 2 R và
ABD ACD 900  AB  BD; AC  CD.
Mà SA  ( ABC )  SA  BD; SA  CD .
Do đó BD  ( SAB); DC  ( SCA)  BD  AM ; CD  AN .
AM  SB 
  AM   SBD   AM  SD
AM

BD

+ Ta có:
AN  SC 
  AN   SCD   AN  SD
AN  CD 

AN  SD 
  SD  ( AMN )
AM  SD 







 
ABC  ,  AMN   ASD
30

.

2
2
2
0

+ Ta có: BC  AC  AB  2 AC. AB.cos BAC 4  9  2.2.3.cos120 19  BC  19;

2R 

BC
19
2 19


;
0
sinA sin120
3


2 19
SA  AD.cot ASD 2 R.cot 300 
. 3 2 19  V  3 .2 19  57
3
2
+ Xét tam giác vng SAD ta có:
.
15


Câu 40.
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ

, cho hai điểm

. Biết rằng khoảng cách từ
và

. giá trị của biểu thức

A.
.
Đáp án đúng: B

B.

.

C.


suy ra

lần lượt là hình chiếu của

Ta có

đến mặt phẳng
D.

.

nằm cùng phía đối với mặt phẳng

.

.

thẳng hàng.

và B là trung điểm của AH nên

Phương trình mặt phẳng
Vậy

.

xuống mặt phẳng

. Do đó


Từ đó suy ra

lần lượt bằng

bằng

Giải thích chi tiết: Ta có
Gọi

, mặt phẳng

,

.
.

.
----HẾT---

16