Chủ đề khối đa diện Hình học không gian hay! – Chinh phục giảng đường

<span class='text_page_counter'>(1)</span>KHỐI ĐA DIỆN - MỨC ĐỘ 4 Trích đề thi thử THPT các trường Chuyên. Câu 1:. Cho khối hộp chữ nhật ABCD. A′B′C ′D′ có thể tích bằng 2110 . Biết A′M = MA ; DN = 3 ND′ ;. CP = 2 PC ′ . Mặt phẳng ( MNP ) chia khối hộp đã cho thành hai khối đa diện. Thể tích khối đa diện nhỏ hơn bằng D′ A′. C′. B′. N. P. M C. D B. A. A. Câu 2:. 7385 . 18. B.. 5275 . 12. C.. 8440 . 9. D.. 5275 . 6. Xét khối tứ diện ABCD , AB = x , các cạnh còn lại bằng 2 3 . Tìm x để thể tích khối tứ diện. ABCD lớn nhất. A. x = 6 . Câu 3:. B. x = 2 2 .. C. x = 14 .. D. x = 3 2 .. = CSA = 30° Mặt phẳng (α ) qua = SB = SC = a và  ASB= BSC Cho khối chóp S . ABC có SA A và cắt hai cạnh SB , SC tại B′ , C ′ sao cho chu vi tam giác AB′C ′ nhỏ nhất. Tính k =. A. k= 2 − 2 . Câu 4:. B. k= 4 − 2 3 .. C. k =. (. 1 . 4. Trong mặt phẳng ( P ) cho tam giác XYZ cố định. Trên đường. VS . AB′C ′ VS . ABC. ). k 2 2− 2 . D.= A. thẳng d vuông góc với mặt phẳng ( P ) tại điểm X và về hai phía của ( P ) ta lấy hai điểm A , B thay đổi sao cho hai mặt phẳng. X. AYZ và BYZ luôn vuông góc với nhau. Hỏi vị trí của A , B thỏa. d. Z. Y. mãn điều kiện nào sau đây thì thể tích khối tứ diện ABYZ là nhỏ. F. nhất. A. XB = 2 XA .. B. B. XA = 2 XB . 2 C. XA. XB = YZ .. D. X là trung điểm của đoạn AB . Câu 5:. = 60° , CSA = 90° . Cho hình chóp S . ABC có SA = 2 , SB = 3 , SC = 4 . Góc  ASB= 45° , BSC Tính khoảng cách từ B đến ( SAC ) .. Tài liệu KYS Education is the Key to Your Success. 1.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> A. Câu 6:. 1 . 2. B. 3 .. C. 1 .. D.. 3 . 2. Cho hình lập phương ABCD. A′B′C ′D′ cạnh a . Các điểm M , N , P theo thứ tự đó thuộc các. a . Mặt phẳng ( MNP) cắt đường thẳng A ' B ' 3. = C '= N DP = cạnh BB′ , C ′D′ , DA sao cho BM tại E. Tính độ dài đoạn thẳng A ' E. A. A ' E = 5a 3 . Câu 7:. B. A ' E = 3a 4 .. C. A ' E = 5a 4 .. D. A ' E = 4a 3. .. Cho hình lăng trụ ABC. A′B′C ′ có thể tích bằng V . Gọi M , N , P lần lượt là trung điểm của các cạnh AB , A′C ′ , BB′ . Thể tích của khối tứ diện CMNP bằng: A.. Câu 8:. 5 V. 24. B.. 1 V. 4. C.. 7 V. 24. D.. 1 V. 3. Cho một tấm bìa hình vuông cạnh 50 cm . Để làm một mô hình kim tự tháp Ai Cập, người ta cắt bỏ bốn tam giác cân bằng nhau có cạnh đáy chính là cạnh của hình vuông rồi gấp lên, ghép lại thành một hình chóp tứ giác đều. Để mô hình có thể tích lớn nhất thì cạnh đáy của mô hình bằng:. A. 20 2 cm . Câu 9:. B. 25 2 cm .. C. 15 2 cm .. D. 10 2 cm .. Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình bình hành và có thể tích là V . Điểm P là trung điểm của SC , một mặt phẳng qua AP cắt các cạnh SD và SB lần lượt tại M và N . Gọi V1 là thể tích khối chóp S . AMPN . Tìm giá trị nhỏ nhất của A.. 1 . 8. B.. 2 . 3. C.. V1 ? V 3 . 8. D.. 1 . 3. = AC = SB = SC = 1 . Thể tích khối chóp S . ABC Câu 10: Cho hình chóp S . ABC có SA = x , BC = y , AB lớn nhất khi tổng ( x + y ) bằng: A.. 3.. B.. 2 . 3. C.. 4 . 3. D. 4 3 .. Câu 11: Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng 1 . Gọi M , N là hai điểm thay đổi lần lượt thuộc cạnh. BC , BD sao cho ( AMN ) luôn vuông góc với mặt phẳng ( BCD ) . Gọi V1 , V2 lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của thể tích khối tứ diện ABMN . Tính V1 + V2 . Tài liệu KYS Education is the Key to Your Success. 2.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> 2 17 2 . D. . 12 144     Câu 12: Cho khối chóp S . ABC có M ∈ SA , N ∈ SB sao cho MA = −2 MS , NS = −2 NB . Mặt phẳng. A.. 17 2 . 216. (α ) qua hai điểm. B.. 17 2 . 72. C.. M , N và song song với SC chia khối chóp thành hai khối đa diện. Tính tỉ số. thể tích của hai khối đa diện đó ( số bé chia số lớn ). A.. 3 . 5. B.. 4 . 9. C.. 3 . 4. D.. 4 . 5. Câu 13: Từ một tấm bìa hình vuông ABCD có cạnh bằng 5 dm , người ta cắt bỏ bốn tam giác cân bằng nhau là AMB , BNC , CPD và DQA . Với phần còn lại, người ta gấp lên và ghép lại để thành hình chóp tứ giác đều. Hỏi cạnh đáy của khối chóp bằng bao nhiêu để thể tích của nó là lớn nhất? A. B M. Q. N. P D. A.. 3 2 dm . 2. B.. 5 dm . 2. C. C. 2 2 dm .. D.. 5 2 dm . 2. Câu 14: Cho khối chóp S . ABCD có đáy là hình bình hành ABCD . Gọi M , N , P , Q lần lượt là trọng tâm các tam giác SAB , SBC , SCD , SDA . Biết thể tích khối chóp S .MNPQ là V , khi đó thể tích của khối chóp S . ABCD là: 27V A. . 4. 2. 9 B.   V . 2. C.. 9V . 4. D.. 81V . 8. Câu 15: Cho hình chóp S . ABC có SA vuông góc với đáy, mặt phẳng ( SAB ) vuông góc với mặt phẳng. ( SBC ) , góc giữa hai mặt phẳng ( SAC ) và ( SBC ) là 60° ,. = 45° . Thể tích khối SB = a 2 , BSC. chóp S . ABC theo a là: A. V =. a3 2 . 15. B. V = 2 3a 3 .. C. V = 2 2a 3 .. D. V =. 2a 3 3 . 15. Câu 16: Cho hình chóp S . ABC có các cạnh bên SA , SB , SC tạo với đáy các góc bằng nhau và đều bằng. 30° Biết AB = 5 , AC = 7 , BC = 8 tính khoảng cách d từ A đến mặt phẳng ( SBC ) . A. d =. 35 39 . 52. B. d =. 35 39 . 13. C. d =. 35 13 . 52. D. d =. 35 13 . 26. = AB 3= a, AC a. Gọi ( Q ) là mặt phẳng chứa BC và vuông Câu 17: Cho tam giác ABC vuông tại A có. góc với mặt phẳng ( ABC ) . Điểm D di động trên ( Q ) sao cho hai mặt phẳng ( DAB ) và ( DAC ) lần lượt hợp với mặt ( ABC ) hai góc phụ nhau. Tính thể tích lớn nhất của khối chóp D. ABC .. Tài liệu KYS Education is the Key to Your Success. 3.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> a3 3 . A. 4. 3a 3 . B. 13. 3a 3 2 . C. 10. D.. 3a 3 . 8. Câu 18: Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình bình hành và có thể tích là V . Điểm P là trung điểm của SC . Một mặt phẳng qua AP cắt hai cạnh SB và SD lần lượt tại M và N . Gọi V1 là thể tích của khối chóp S . AMPN . Tìm giá trị nhỏ nhất của A.. 1 . 3. B.. 1 . 8. C.. V1 . V. 2 . 3. D.. 3 . 8. Câu 19: 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 chứa điểm A có thể tích V . Tính V . A.. 11 2a 3 . 216. B.. 7 2a 3 . 216. C.. 2a 3 . 18. D.. 13 2a 3 216. Câu 20: Cho hình đa diện như hình vẽ. S. D B. C. A     Biết SA = 6 , SB = 3 , SC = 4 , SD = 2 và  ASB = BSC = CSD = DSA = BSD = 60° . Thể tích khối đa diện S . ABCD là A. 6 2 .. B. 5 2 .. C. 30 2 .. D. 10 2 .. Câu 21: Cho hình thập nhị diện đều (tham khảo hình vẽ bên). Côsin của góc tạo bởi hai mặt phẳng có chung một cạnh của thập nhị diện đều bằng. A.. 5 −1 . 2. B.. 5 −1 . 4. Tài liệu KYS Education is the Key to Your Success. C.. 1 . 5. D.. 1 . 2. 4.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> Câu 22: Cho hình chóp SABCD có đáy là hình chữ nhật, AB = a , SA ⊥ ( ABCD ) , cạnh bên SC tạo với. ( ABCD ). một góc 60° và tạo với ( SAB ) một góc α thỏa mãn sin α =. 3 . Thể tích của khối 4. chóp SABCD bằng A.. 3. 3a .. 2 3a 3 B. . 4. C. 2a 3 .. 2a 3 D. . 3. = BC = 3 ; AC = BD = 4 ; AB = CD = 2 3 . Thể tích tứ diện Câu 23: Cho tứ diện ABCD có các cạnh AD ABCD bằng A.. 2047 . 12. B.. 2470 . 12. C.. 2474 . 12. D.. 2740 . 12. Câu 24: Trong không gian, cho bốn mặt cầu có bán kính lần lượt là 2 , 3 , 3 , 2 (đơn vị độ dài) tiếp xúc ngoài với nhau. Mặt cầu nhỏ nhất tiếp xúc ngoài với cả bốn mặt cầu nói trên có bán kính bằng A.. 5 . 9. B.. 3 . 7. C.. 7 . 15. D.. 6 . 11. Câu 25: Một khối lập phương lớn tạo bởi 27 khối lập phương đơn vị. Một mặt phẳng vuông góc với đường chéo của khối lập phương lớn tại trung điểm của nó. Mặt phẳng này cắt ngang (không đi qua đỉnh) bao nhiêu khối lập phương đơn vị? A. 16 .. B. 17 .. C. 18 .. D. 19 .. = BC = a . Biết rằng Câu 26: Cho hình lăng trụ đứng ABC. A′B′C ′ có đáy ABC là tam giác vuông, AB góc giữa hai mặt phẳng ( ACC ′ ) và ( AB′C ′ ) bằng 60° . Tính thể tích khối chóp B′. ACC ′A′ . A. C. B A′. C′. B′. A.. a3 . 3. B.. a3 . 6. C.. a3 . 2. D.. a3 3 . 3. Câu 27: Cho x , y là các số thực dương thay đổi. Xét hình chóp S . ABC có SA = x , BC = y , các cạnh còn lại đều bằng 1 . Khi thể tích khối chóp S . ABC đạt giá trị lớn nhất thì tích x. y bằng A.. 3 . 4. B.. 4 3 . 3. C. 2 3 .. D.. 1 . 3. Câu 28: Cho hình lăng trụ ABC. A′B′C ′ . Gọi M , N , P lần lượt là các điểm thuộc các cạnh AA′ , BB′ ,. CC ′ sao cho AM = 2 MA′ , NB′ = 2 NB , PC = PC ′ . Gọi V1 , V2 lần lượt là thể tích của hai khối đa diện ABCMNP và A′B′C ′MNP . Tính tỉ số A.. V1 =2. V2. B.. V1 1 = . V2 2. Tài liệu KYS Education is the Key to Your Success. V1 . V2. C.. V1 = 1. V2. D.. V1 2 = . V2 3 5.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> Câu 29: Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng a . Gọi M , N lần lượt là trọng tâm của các tam giác ABD , ABC 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 . 9 2a 3 A. V = . 320. 3 2a 3 B. V = . 320. a3 2 C. V = . 96. 3 2a 3 D. V = . 80. Câu 30: Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng 1 . Trên các cạnh AB và CD lần lượt lấy các điểm M và      N sao cho MA + MB = 0 và NC = −2 ND . Mặt phẳng ( P ) chứa MN và song song với AC chia khối tứ diện ABCD thành hai khối đa diện, trong đó khối đa diện chứa đỉnh A có thể tích là V . Tính V . A. V =. 2 . 18. B. V =. 11 2 . 216. C. V =. 7 2 . 216. D. V =. 2 . 108. Câu 31: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , mặt bên SAB là tam giác đều, mặt bên SCD là tam giác vuông cân tại S . Gọi M là điểm thuộc đường thẳng CD sao cho BM vuông góc với SA . Tính thể tích V của khối chóp S .BDM .. a3 3 A. V = . 16. a3 3 B. V = . 24. a3 3 C. V = . 32. a3 3 D. V = . 48. Câu 32: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng 2 , SA = 2 và SA vuông góc với mặt phẳng đáy ( ABCD ) . Gọi M , N là hai điểm thay đổi trên hai cạnh AB , AD sao cho = T mặt phẳng ( SMC ) vuông góc với mặt phẳng ( SNC ) . Tính tổng. 1 1 + khi thể tích 2 AN AM 2. khối chóp S . AMCN đạt giá trị lớn nhất.. A. T = 2 .. B. T =. 5 . 4. C. T =. 2+ 3 . 4. D. T =. 13 . 9. Câu 33: Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình bình hành có AB = a, SA = SB = SC = SD =. a 5 2. (tham khảo hình vẽ). Giá trị lớn nhất của thể tích hình chóp S . ABCD bằng A.. a3 3 . 6. B.. a3 . 3. Tài liệu KYS Education is the Key to Your Success. C.. 2a 3 3 . 3. D.. a3 6 3. 6.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> Câu 34: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 2a . Tam giác SAB vuông tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi ϕ là góc tạo bởi đường thẳng SD và mặt phẳng. ( SBC ) , với ϕ < 45° . Tìm giá trị lớn nhất của thể tích khối chóp A. 4a 3 .. B.. 8a 3 . 3. 4a 3 . 3. C.. S . ABCD . D.. 2a 3 . 3. Câu 35: Cho tứ diện ABCD , trên các cạnh BC , BD , AC lần lượt lấy các điểm M , N , P sao cho. BC = 3BM , BD =. 3 BN , AC = 2 AP . Mặt phẳng ( MNP ) chia khối tứ diện ABCD thành hai 2. phần có thể tích là V1 , V2 . Tính tỉ số A.. V1 26 = . V2 13. B.. V1 . V2. V1 26 = . V2 19. C.. V1 3 = . V2 19. D.. V1 15 = . V2 19. = 90° . Sin của = BCS ABC= BAS Câu 36: Cho hình chóp S . ABC có AB = a , AC = a 3 , SB > 2a và  góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng ( SAC ) bằng A.. 2a 3 3 . 9. B.. a3 3 . 9. C.. 11 . Tính thể tích khối chóp S . ABC . 11. a3 6 . 6. D.. a3 6 . 3. Câu 37: Cho hình lập phương ABCD. A′B′C ′D′ cạnh 2a , gọi M là trung điểm của BB′ và P thuộc cạnh DD′ sao cho DP =. 1 DD′ . Mặt phẳng ( AMP ) cắt CC ′ tại N . Thể tích khối đa diện 4. AMNPBCD bằng A C. B M B′ A. V = 2a 3 . C. V =. 9a 3 . 4. D P. D′. A′ C′. B. V = 3a 3 . D. V =. 11a 3 . 3. Tài liệu KYS Education is the Key to Your Success. 7.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> = CD = 4 , AC = BD = 5 , AD = BC = 6 . Tính khoảng cách từ A đến Câu 38: Cho tứ diện ABCD có AB mặt phẳng ( BCD ) . A.. 3 6 . 7. B.. 3 2 . 5. C.. 3 42 . 7. D.. 7 . 2. Câu 39: Cho tam giác ABC đều cạnh a , gọi d là đường thẳng qua A và vuông góc với mặt phẳng. ( ABC ) . Trên. d lấy điểm S và đặt AS = x , ( x > 0 ) . Gọi H và K lần lượt là trực tâm của các. tam giác ABC và SBC . Biết HK cắt d tại điểm S ′ . Khi SS ′ ngắn nhất thì khối chóp S . ABC có thể tích bằng A.. a3 6 . 24. B.. a3 6 . 6. C.. a3 3 . 8. D.. a3 2 . 27. Câu 40: Cho hình lăng trụ đều ABC. A′B′C ′ . Biết khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng ( ABC ′ ) bằng a, góc giữa hai mặt phẳng ( ABC ′ ) và ( BCC ′B′ ) bằng α với cosα =. 1 2 3. (tham khảo hình vẽ. dưới đây). Thể tích khối lăng trụ ABC. A′B′C ′ bằng A. 3a 3. 2 . 4. B. a 3. 2 . 2. C. 3a 3. 2 . 2. D. 3a 3. 2 . 8. Câu 41: Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình vuông cạnh 2a , tam giác SAB đều, góc giữa ( SCD ) và. ( ABCD ). bằng 60o . Gọi M là trung điểm của cạnh AB . Biết rằng hình chiếu vuông góc của. đỉnh S trên mặt phẳng ( ABCD ) nằm trong hình vuông ABCD . Khoảng cách giữa hai đường thẳng SM và AC là A.. a 5 . 5. B.. a 5 . 10. C.. 3a 5 . 10. D.. 5a 3 . 3. Câu 42: Cho hình lập phương ABCD. A′B′C ′D′ cạnh 2a , gọi M là trung điểm của BB′ và P thuộc cạnh DD′ sao cho DP =. 1 DD′ . Mặt phẳng 4. ( AMP ). cắt CC ′ tại N . Thể tích khối đa diện. AMNPBCD bằng D. A C. B M B′. A. V = 2a 3 .. B. V = 3a 3 .. P. D′. A′ C′. C. V =. 9a 3 . 4. D. V =. 11a 3 . 3. Câu 43: Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình vuông cạnh a , cạnh bên SA = a và vuông góc với mặt phẳng đáy. Gọi M , N lần lượt là trung điểm SB và SD (tham khảo hình vẽ), α là góc giữa hai mặt phẳng ( AMN ) và ( SBD ) . Giá trị sin α bằng Tài liệu KYS Education is the Key to Your Success. 8.

<span class='text_page_counter'>(9)</span> S. M N B. A. D. A.. 2 . 3. B.. C. 2 2 . 3. 7 . 3. C.. D.. 1 . 3. Câu 44: Cho tứ diện ABCD . Hai điểm M , N lần lượt di động trên hai đoạn thẳng BC và BD sao cho 2. BC BD 10 . Gọi V1 , V2 lần lượt là thể tích của các khối tứ diện ABMN và ABCD . Tìm +3 = BM BN. giá trị nhỏ nhất của. V1 . V2. A. N. B. D. M C. A.. 3 . 8. B.. 5 . 8. C.. 2 . 7. Câu 45: Cho hình lăng trụ đều ABC. A′B′C ′ . Biết khoảng cách từ. D. A'. C'. điểm C đến mặt phẳng ( ABC ′ ) bằng a , góc giữa hai mặt phẳng ( ABC ′ ) và ( BCC ′B′ ) bằng α với cos α =. 1 (tham 3. 6 . 25. B'. khảo hình vẽ dưới đây). Thể tích khối lăng trụ ABC. A′B′C ′ bằng A.. 3a 3 15 . 10. 9a 3 15 C. . 10. B.. 3a 3 15 . 20. A. C. 9a 3 15 D. . 20 B. Tài liệu KYS Education is the Key to Your Success. 9.

<span class='text_page_counter'>(10)</span> Câu 46: Cho tứ diện ABCD và các điểm M , N , P thuộc các cạnh BC , BD , AC sao cho BC = 4 BM ,. AC = 3 AP , BD = 2 BN . Tính tỉ số thể tích hai phần của khối tứ diện ABCD được phân chia bởi mặt phẳng ( MNP ) . A.. 7 . 13. B.. 7 . 15. C.. 8 . 15. D.. 8 . 13. Câu 47: Trong tất cả các hình chóp tứ giác đều nội tiếp mặt cầu có bán kính bằng 3 . Tính thể tích V của khối chóp có thể tích lớn nhất. A.. 64 . 3. B.. 16 6 . 3. C.. 64 2 . 3. D.. 16 . 3. Câu 48: Một viên đá có hình dạng là khối chóp tứ giác đều với tất cả các cạnh bằng a . Người ta cắt khối đá đó bởi mặt phẳng song song với đáy của khối chóp để chia khối đá thành hai phần có thể tích bằng nhau. Tính diện tích của thiết diện khối đá bị cắt bởi mặt phẳng nói trên. (Giả thiết rằng tổng thể tích của hai khối đá sau vẫn bằng thể tích của khối đá đầu). A.. 2a 2 . 3. B.. a2 . 3 2. C.. a2 . 4. D.. a2 3 4. Câu 49: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thang cân, = AD 2= AB 2= BC 2= CD 2a . Hai mặt phẳng ( SAB ) và ( SAD ) cùng vuông góc với mặt phẳng ( ABCD ) . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của SB và CD . Tính cosin góc giữa MN và ( SAC ) , biết thể tích khối chóp S . ABCD a3 3 . bằng 4. A.. 5 . 10. B.. 3 310 . 20. C.. 310 . 20. D.. 3 5 . 10. Câu 50: Cho lăng trụ ABC. A′B′C ′ có đáy là tam giác đều cạnh a . Hình chiếu vuông góc của điểm A′ lên mặt phẳng ( ABC ) trùng với trọng tâm tam giác ABC . Biết khoảng cách giữa hai đường thẳng AA′ và BC bằng. a 3 . Khi đó thể tích của khối lăng trụ là 4. a3 3 A. . 12. a3 3 B. . 6. Tài liệu KYS Education is the Key to Your Success. a3 3 C. . 3. a3 3 D. . 24. 10.

<span class='text_page_counter'>(11)</span> ĐÁP ÁN 1. 2. 3. 4. 5. 6. 7. 8. 9. 10. D. D. B. D. D. A. A. A. D. C. 11. 12. 13. 14. 15. 16. 17. 18. 19. 20. A. D. C. A. D. C. A. A. A. B. 21. 22. 23. 24. 25. 26. 27. 28. 29. 30. C. C. B. D. D. A. A. C. A. B. 31. 32. 33. 34. 35. 36. 37. 38. 39. 40. D. B. B. C. B. C. B. C. A. C. 41. 42. 43. 44. 45. 46. 47. 48. 49. 50. A. B. B. D. B. A. A. D. C. A. Câu 1: Chọn D Lời giải D′ A′. C′. B′. N. P. M. Q C. D B. A. Ta có:. VMNPQ. A′B′C ′D′ VABCD. A′B′C ′D′. =. 1  A′M C ′P  1  1 1  5 . +  =  + = 2  A′A C ′C  2  2 3  12. 5 5 5275 . Vnho = VMNPQ. A′B′C ′D′ = VABCD. A′B′C ′D′ = ⋅ 2110 = 12 12 6. Câu 2: Chọn D Giải:. A. M. x 2 D. B H. 2 3 C Tài liệu KYS Education is the Key to Your Success. 11.

<span class='text_page_counter'>(12)</span> [Phương pháp tự luận] Gọi M , H lần lượt là trung điểm của AB và CD . CM ⊥ AB Ta có tam giác ABC , ABD cân lần lượt tại C và D . Suy ra  ⇔ AB ⊥ ( CDM ) .  DM ⊥ AB. ∆DAB ( c.c.c ) suy ra MC = MD . Ta được MH ⊥ CD . Ta có: ∆CAB = Tứ diện BMCH có đường cao BM , đáy là tam giác MHC vuông tại H . Có BM =. x ; BH= 2. BC 2 − CH 2=. 12 − 3= 3. HC = 3 ; HM =BH 2 − BM 2 =9 −. x2 1 1 x2 . Suy ra S= . . . 9 . 3. MH = HC − MHC 4 2 2 4. 1 x 3 x2 = VABCD 2= VBMCD 2.2= VBMHC 4. . . . 9 − 3 2 2 4 =. x 3 x2 2 3 x x2 2 3 1  x2 x2  3 3 . 9= − . . 9− ≤ . .  + 9 −=  3 4 3 2 4 3 4  4 4 2. Vậy. giá. trị. lớn. nhất. của. thể. tích. khối. tứ. diện. bằng. 3 3 , 2. đạt. khi. x2 x2 = 9 − ⇔ x 2 =18 ⇔ x = 3 2 . 4 4 [Phương pháp trắc nghiệm] x 3 x2 = V 9 − . Nhập hàm số bên vào máy Thực hiện như phương pháp tự luận để có được 3 4 tính. CALC. 6 , được V ≈ 3.872 .. CALC 2 2 , được V ≈ 4.320 . CALC 14 , được V ≈ 5.066 . CALC 3 2 , được V ≈ 5.196 . Câu 3: Chọn B Lời giải S. B′. S. A′ C′. A. C′ C. B′ A. B. Tài liệu KYS Education is the Key to Your Success. C. B. 12.

<span class='text_page_counter'>(13)</span> Cắt hình chóp theo cạnh SA rồi trải các mặt bên ra ta được hình như hình vẽ ( A′ là điểm sao cho khi gấp lại thành hình chóp thì trùng với A ). Khi đó chu vi tam giác AB′C ′ bằng AB′ + B′C ′ + C ′A nhỏ nhất khi A , B′ , C ′ , A′ thẳng hàng hay AB′ + B′C ′ + C ′A = AA′ .    ′ = ′SC ′ + C ′SA′ =° Khi đó tam giác SAA′ có SAA ASB′ + B 90 nên vuông cân tại S và có SA = a =′ 45° . , SB′ = SC ′ , SAB Ta có. SA SB′ SB′ sin 45° = ⇔ = = 3 −1. SA sin105° sin105° sin 45°. Do đó k =. VS . AB′C ′ SB′ SC ′ = . = VS . ABC SB SC. (. )(. 3 −1. ). 3 − 1 =4 − 2 3 .. Câu 4: Chọn D Lời giải Cách 1: Thể tích khối tứ diện ABYZ là V =. 1 AB.S ∆XYZ . 3. Do diện tích tam giác XYZ không đổi nên thì thể tích tứ diện ABYZ là nhỏ nhất khi AB ngắn nhất.. YZ . Ta có ( AYZ ) ⊥ ( BYZ ) , ( AYZ ) ∩ ( BYZ ) = Kẻ AF ⊥ YZ ,. ( F ∈ YZ ) ⇒ AF ⊥ ( BYZ ) ⇒ AF ⊥ BF . F. α. A. B. X. XF XF = α ,  0 < α < π  ⇒ AX = Trong tam giác vuông AFB , đặt FAX , BX = .   tanα cotα 2 . 1  2 XF  1 Khi đó AB = AX + BX = XF  + = f (α ) . =  tanα cotα  sin2α f ′ (α ) =. −4 XFcos2α . sin 2 2α. π. f ′ (α ) =0 ⇒ α = . 4. α. 0. f (α ). Tài liệu KYS Education is the Key to Your Success. π 4. π 2. π  f  4 13.

<span class='text_page_counter'>(14)</span> Do X và F cố định nên đường cao XF của tam giác AXF không đổi. Dựa vào bảng biến thiên trên ta thấy AB ngắn nhất khi α =. π 4. . Suy ra AX = BX = XF .. Hay X là trung điểm AB . Cách 2: Thể tích khối tứ diện ABYZ là V =. 1 AB.S ∆XYZ . 3. Do diện tích tam giác XYZ không đổi nên thì thể tích tứ diện ABYZ là nhỏ nhất khi AB ngắn nhất. Dựng XF ⊥ YZ , do YZ ⊥ AB nên YZ ⊥ ( ABF ) , suy ra  AYZ ) , ( BYZ )= , FB= ) ) ( FA ((.  AFB= 90° .. F. A. Z. X d Y. α. F. A. X. B. B. Xét tam giác vuông ABF có FX là đường cao không đổi (Do XF là đường cao của ∆XYZ cố định) nên XF 2 = XA. XB không đổi. Có AB = XA + XB ≥ 2 XA. XB = 2 XF không đổi. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi XA = XB . Vậy thể tích khối tứ diện ABYZ nhỏ nhất khi X là trung điểm AB . Câu 5: Chọn D Lời giải Sử dụng công thức giải nhanh: Cho chóp S . ABC có SA = a , SB = b , SC = c và  ASB = α ,. =β ,  ASC = γ . Thể tích khối chóp S . ABC là: BSC VS . ABC =. abc 1 − cos 2α − cos 2 β − cos 2γ + 2cosα .cos β .cosγ . 6 S. 2. 45°. 4 3 C. A B Tài liệu KYS Education is the Key to Your Success. 14.

<span class='text_page_counter'>(15)</span> Áp dụng: Thể tích khối chóp S . ABC là = VS . ABC. 2.3.4 1 − cos 2 45° − cos 2 60° − cos 2 90° + 2 cos 45°.cos 60°.cos 90° 2 . = 6. Diện tích tam giác SAC = là S SAC. 1 SA.SC 4 . = 2. Khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng ( SAC ) là d ( B, ( SAC = )). 3VS . ABC 3 . = 2 S SAC. Câu 6: Chọn A Lời giải E B'. C' N. D'. A' M. H K. C. B. A. P. = BK = Lấy H , K thuộc đoạn DD′ , AB sao cho DH. D. a . 3. Nhận xét KP //BD và MH //BD nên KP // MH , suy ra 4 điểm M , K , P, H đồng phẳng. Tương tự : MK //AB′ , DC ′//AB′ ; DC ′//HN nên MK //HN suy ra 4 điểm M , K , H , N đồng phẳng. Vậy mặt phẳng ( MNP ) chứa các điểm H , K đồng thời mặt phẳng ( MNP ) song song với mặt phẳng ( BDC ′) . Suy ra mặt phẳng ( MNP ) song song với B′D′ . Xét mặt phẳng ( A′B′C ′D′) , qua N kẻ NE //B′D′ cắt A′B′ tại E là điểm thỏa mãn yêu cầu bài toán. Ta có B′END′ là hình bình hành nên B′E =. Tài liệu KYS Education is the Key to Your Success. 2a 5a suy ra A′E = A′B′ + B′E = . 3 3. 15.

<span class='text_page_counter'>(16)</span> Câu 7: Chọn A Lời giải. P. A'. C' B'. N I C. A M. G B J. J. Gọi I là trung điểm AC ⇒ NP ∩ BI = Lại có NP // =. 1 PI suy ra NP là đường trung bình tam giác BIJ . Suy ra B là trung điểm IJ . 2. G là trọng tâm tam giác ABC . Suy ra CM ∩ BI = 5 BI S JCM 2 5 JG S JCM 3 5 BI + BI = BI . ⇒ = = BJ + BG = Ta có mà JG = = 3 3 S BCM BG S BCM 2 BI 2 3 5 5 S ABC . ⇒ S JCM = S BCM ⇒ S JCM = 4 2. Ta có = V1 V= P . MJC = V2 V= N . MJC. 5 1 .h.S JMC = V . 12 3. 1 5 5 1 1 .h. .S ABC = = V. . .h.S JMC 3 8 24 3 2. Vậy VN .CMP = V1 − V2 =. 5 V. 24. Tài liệu KYS Education is the Key to Your Success. 16.

<span class='text_page_counter'>(17)</span> Câu 8: Chọn A Lời giải D. A M. x I N. O. Q. P B. C. Đặt MN = x , a = 50 cm. Ta có OI =. a 2 a 2 x x ⇒ AI = − . , OA = 2 2 2 2 2. AI − OI=. = h Đường cao. 2. 2.  a 2 x   x 2 −  − =   2 2 2 . = Vậy thể tích của hình chóp là V. (. (. ). a a−x 2 . 2. (. ). ). 1 a 2 1 2 a 2a 2 − 4 x x 4 . x= a−x 2 3 8 3 2. (. ). Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 5 số thực dương 2a 2 − 4 x và 4 số x , ta có:. (. 5.  2a 2 − 4 x + 4 x  2a 2 − 4 x x ≤   = 2 2 5  . ). 4. (. ). 5. = 128 2 .. 2a 2 = 20 2 cm . x ⇔x= Vậy Vmax khi 2a 2 − 4 x = 5. Câu 9: Chọn D Lời giải. S. P N. I M. D. C O. A Đặt. B. SM SN = x, = y , 0 < x , y ≤ 1. SB SD. Tài liệu KYS Education is the Key to Your Success. 17.

<span class='text_page_counter'>(18)</span> Vì. SA SC SB SD 1 1 x + = + nên 1 + 2 = + ⇒ y = SA SP SM SN 3x − 1 x y. Khi đó =. V V1 VS . ANP 1 SA SN SP 1 SA SM SP 1 1 1 1 . . = + S . AMP = . . + . . = . y. + .x. V 2VS . ADC 2VS . ABC 2 SA SD SC 2 SA SB SC 2 2 2 2. 1 1 x  ( x + y ) =  x +  4 4 3x − 1 . Vì x > 0 , y > 0 nên. 1 < x <1 3. 1 x  1  x+  trên  ;1 4 3x − 1  3 . Xét hàm số f = ( x).  2 1 1 1 −  ; f ′( x) = 0 ⇔ x = . 2 3 4  ( 3 x − 1) . x) Ta có f ′ (=. Bảng biến thiên. x. 1 3. 1. 2 3. y′. 0. –. +. || y. 3 8. 1 3. Vậy giá trị nhỏ nhất của. V1 1 bằng . 3 V. Câu 10: Chọn C Lời giải. S. H. C. A I B Gọi H , I tương ứng là trung điểm của SA , BC . ∆ABC = ∆SBC (c.c.c) ⇒ AI = SI Tam giác SIA cân tại I ⇒ IH ⊥ SA . BC ⊥ SI   ⇒ BC ⊥ ( SAI ) ⇒ BC ⊥ AI ; BC ⊥ SA . BC ⊥ AI . Tài liệu KYS Education is the Key to Your Success. 18.

<span class='text_page_counter'>(19)</span> VSABC =. ⇒ VSABC. 1 1 1 x2 y 2 SA.BC.HI xy 1 − − = ≤ ( x2 + y 2 ) 4 − ( x2 + y 2 ) . 6 6 4 4 24 x2 + y 2 x2 + y 2 + + 4 − ( x2 + y 2 ) 1 1 2 ≤ . 2 = . Dấu ‘‘=’’ xảy ra khi x= y= 12 3 9. 2 . 3. 4 Vậy VSABC lớn nhất khi x + y = 3 Câu 11: Chọn A Lời giải. Gọi H là tâm tam giác BCD , ta có AH ⊥ ( BCD ) , mà ( AMN ) ⊥ ( BCD ) nên AH ⊂ ( AMN ) hay MN luôn đi qua H . Ta có BH =. 3 ⇒ AH = 3. AB 2 − BH 2 =. 1−. 1 6 = . 3 3. 1 6 1 2 1 = . . BM .BN .sin 60° = BM .BN . Thể tích khối chóp ABMN là V = . AH .S BMN 3 3 2 12 3. Do MN luôn đi qua H và M chạy trên BC nên BM .BN lớn nhất khi M ≡ C hoặc N ≡ D khi đó V1 =. 2 . 24. = BN = + BM .BN nhỏ nhất khi MN //CD khi BM. 2 2 ⇒ V2 = . 27 3. 17 2 Vậy V1 + V2 = . 216. Tài liệu KYS Education is the Key to Your Success. 19.

<span class='text_page_counter'>(20)</span> Câu 12: Chọn D Hướng dẫn giải S. M. N C. Q A P B. Cách 1: Ta có mặt phẳng (α ) cắt các mặt ( SAC ) theo giao tuyến MQ  SC và cắt mặt ( SBC ) theo giao tuyến NP  SC . Thiết diện tạo bởi mặt phẳng (α ) với hình chóp là hình thang MNPQ .. = VN . ABPQ + VN . AMQ , gọi V = VS . ABC và S = S ∆ABC ta có: Do VMNABPQ. 1 1 1 1 2  7 VN . ABPQ = .d ( N , ( ABC S− . S V. = ) ) .S ABPQ . d ( S , ( ABC ) ) = 3 3 3 3 3  27  1 1 2 4 8 VN . AMQ= . d ( B, ( SAC ) ) . S ∆ASC = .d ( N , ( SAC ) ) .S ∆AMQ = V. 3 3 3 9 27. Vậy VMNABPQ = VN . ABPQ + VN . AMQ = Suy ra. VSMNPQC VMNABPQ. =. 5 4 V ⇒ VSMNPQC = V. 9 9. 4 . 5. Cách 2: S. M. N. B A. I P Q C. I MN ∩ AB ,Áp dụng định lý Me-ne-la-us cho tam giác SAB , ta có Gọi= MS IA NB IB 1 ⋅ ⋅ =⇒ 1 = . MA IB NS IA 4. Tài liệu KYS Education is the Key to Your Success. 20.

<span class='text_page_counter'>(21)</span> Áp dụng định lý Me-ne-la-us cho tam giác ∆AMI , ta có: Tương tự ta có: Khi đó:. BI SA NM NM ⋅ ⋅ = 1⇔ = 1. BA SM NI NI. AM AQ 2 PI = = . = 1 . Vì MQ //SC ⇒ AS AC 3 PQ. 15 VI .BNP IB IN IP 1 1 1 1 .VI . AMQ . ⇒ VAMQ. NBP = = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ = 16 VI . AMQ IA IM IQ 4 2 2 16. d ( M ; ( ABC ) ) MA 2 VM . AIQ d ( M ; ( ABC ) ) S AIQ = ⋅ = = Mà với và VS . ABC SA 3 d ( S ; ( ABC ) ) S ABC d ( S ; ( ABC ) ). S AIQ S ABC. =. AI AQ 4 2 8 ⋅ = ⋅ = . AB AC 3 3 9 15 2 8 5 ⋅ ⋅ ⋅ VS . ABC = VS . ABC . 16 3 9 9. Suy ra VAMQ. NBP =. Vậy tỉ số thể tích cần tìm là:. 5 9 = 4. 5 5 9. 1−. Câu 13: Chọn C Lời giải S. A. B I. M. Q. P. O N. P. I. O. D. C. (. Q. N. M. ). Đặt MQ = x dm 0 < x < 5 2 . = Ta có AO. 5 2−x AC 5 2 MQ x = OI = = AI = AO − IO = ,= , SI . 2 2 2 2 2 2. Chiều cao của hình chóp: SO =. Thể tích của khối= chóp: V Xét hàm= số y Ta có y′ =. SI − OI = 2. 50 x − 10 x. 50 − 10 x 2 . 2. (0 < x < 5 2 ) . (. ).  x= 0 ∉ 0;5 2 3 4  ′ . Khi đó y = . 0 ⇔ 100 x − 25 x 2 = 0⇔ x = 2 2 2 . 100 x 3 − 25 x 4 2 5.  5 2 − x   x 2   −  = 2   2  . 1 1 2 50 − 10 x 2 1 50 x 4 − 10 x 5 2 . .x . = . = S MNPQ .SO 3 3 2 3 2. 50 x 4 − 10 x 5 2. 4. 2. Bảng biến thiên. Tài liệu KYS Education is the Key to Your Success. 21.

<span class='text_page_counter'>(22)</span> Hàm số y đạt giá trị lớn nhất khi x = 2 2 . Vậy thể tích hình chóp lớn nhất khi x = 2 2 . Câu 14: Chọn A Hướng dẫn giải S. N M P. Q. C. K. B F. H. I. O E D. Ta có. J. A. d ( S , ( MNPQ ) ) SM 2 = = . 3 SI d ( S , ( ABCD ) ). Mặt khác gọi S = S ABCD ta có Tương tự ta có. S ∆DEJ 1 1 1 1 ⇒ S ∆DEJ = S. . = = 16 S ∆BDA 4 2 8. S ∆JAI 1 1 = ⇒ S ∆JAI = S. S ∆DAB 4 8.   1 1  1 S. Suy ra S HKIJ = 1 −  4. 16 + 2. 8   S = 2   . S MNPQ  2 2 4 2 ⇒ S MNPQ = S ABCD . Mà = =  9 S HKIJ  3  9 1 1 3 9 27 = d ( S , ( ABCD ) ) .S = . d ( S , ( MNPQ ) ) . S V. Suy ra VS . ABCD= 3 3 2 2 4. Tài liệu KYS Education is the Key to Your Success. 22.

<span class='text_page_counter'>(23)</span> Câu 15: Chọn D Lời giải S. K H I. C. A B. 1 Thể tích khối chóp V = SA.S ABC . 3. Kẻ AH ⊥ SB suy ra AH ⊥ ( SBC ) . Do BC ⊥ SA và BC ⊥ AH nên BC ⊥ ( SAB ) , do đó tam giác ABC vuông tại B . Kẻ BI ⊥ AC ⇒ BI ⊥ SC và kẻ BK ⊥ SC ⇒ SC ⊥ ( BIK ) = 60° . Do đó góc giữa hai mặt phẳng ( SAC ) và ( SBC ) là BKI SB 2 = 45° nên SB = a. = BC = a 2 và K là trung điểm của SC nên BK = Do BSC 2. Trong tam giác vuông BIK= có BI BK .sin 60° =. a 3 . 2. a 30 1 1 1 BI .BC = + ⇒ AB = Trong tam giác vuông ABC có = . 2 2 2 2 2 5 BI AB BC BC − BI S ABC =. a 2 15 1 AB.BC = = ; SA 2 2. SB 2 − AB 2 =. 2a 5 5. 2a 3 3 1 Vậy V = SA.S ABC = . 15 3. Câu 16: Chọn C Lời giải. Tài liệu KYS Education is the Key to Your Success. 23.

<span class='text_page_counter'>(24)</span> Gọi H là hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng ( ABC ) = SBH = SCH = 30° (theo giả thiết) nên các tam giác vuông SHA , SHB , SHC Ta có SAH. = HB = HC ⇒ H là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ABC . bằng nhau. Suy ra HA Áp dụng công thức Hê-rông ta có S ∆ABC = 10 3. Mặt khác S ∆ABC=. abc 7 3 7 3 ⇒ R= ⇒ HB= . 4R 3 3. 7 HB 14 tan 30° = = Xét tam giác vuông SHB : SH HB= , SB = . cos 30° 3 3. Suy= ra VS . ABC. 1 70 3 SH .S ∆ABC = . 3 9. Áp dụng công thức Hê-rông ta có S ∆SBC =. 3V 1 Do đó VA.SBC = d .S ∆SBC ⇒ d = S . ABC 3 S ∆SBC. 8 13 . 3. 70 3 9 = 35 39 . = 52 8 13 3 3. Câu 17: Chọn A Lời giải. Kẻ DH ⊥ BC ⇒ DH ⊥ ( ABC ) . Kẻ HN ⊥ AB, HM ⊥ AC , ( N ∈ AB , M ∈ AC ).. (.  ,= MH ) ) ( DM. DAC ) , ( ABC = Ta có ( ).  DAB ) , ( ABC ) ) = ( DN , NH )= ((. = VD. ABC.  DMH = α,. = π − α . DNH 2. 1 a2 .DH = .S ABC .DH ⇒ VD. ABC max khi DH max . 3 2. π  2 = DH HM .tan = α HN .tan  = − α  HN .cot α ⇒ DH = HM .HN 2  . Tài liệu KYS Education is the Key to Your Success. 24.

<span class='text_page_counter'>(25)</span> Theo Talet. HM HC HN HB AB. AC.HB.HC AB. AC.BC 2 =, =⇒ HM .HN = ≤ 4 BC 2 AB BC AC BC BC 2. 2 HM .HN ≤ ⇒ DH=. a 3 a 2 a 3 a3 3 AB. AC 3a 2 . ⇒ VD. ABC= = = . DH max = 2 2 2 4 4 4. Câu 18: Chọn A Lời giải. S. P M B. I. N C O D. A Đặt x =. SN SM , y= , ( 0 < x, y ≤ 1) . SD SB. Ta có. VS . AMP V V1 VS . AMP + VS . ANP 1  SM SP SN SP  1 = . . = = + = + S . ANP ( x + y ) (1)   V V 2VS . ABC 2VS . ADC 2  SB SC SD SC  4. Lại có. VS . AMN V V1 VS . AMN + VS .PMN 1  SM SN SM SN SP  3 . . . = + = = + S .PMN   = xy (2). V V 2VS . ABD 2VS .CBD 2  SB SD SB SD SC  4. Suy ra. 1 3 x x 3 xy ⇒ y = ≤ 1, . Từ điều kiện 0 < y ≤ 1 , ta có ( x + y ) =xy ⇒ x + y = 4 4 3x − 1 3x − 1. hay x ≥. 1 . 2. Thay vào (2) ta được tỉ số thể tích. V1 3 x 2 . = . V 4 3x − 1.  x = 0 ( L) 3 x2 3 3x 2 − 2 x 1  = f ( x) . , x ∈  ;1 , ta có f ′ ( x ) = . Đặt , f ′ ( x )= 0 ⇔  . x = 2 (N ) 4 3x − 1 4 ( 3 x − 1)2 2  3  2 1 3 V 2 1 1 = f = . f ( x ) f= (1) , f   = , do đó min 1 = min    f= 1   8 V x∈ ;1 3 3 3 3 2 2 . Tài liệu KYS Education is the Key to Your Success. 25.

<span class='text_page_counter'>(26)</span> Câu 19: Chọn A Lời giải E. D P. Q. A. C N. M B. Gọi VABCD = V1 VACMNPQ = VE . ACMN − VE . ACPQ. 3V 1 3 1 3 1 VE . ACMN = d ( E , ( ABC ) ) .S AMNC = d ( E , ( ABC ) ) . S ABC = d ( D, ( ABC ) ) . S ABC = 1 3 4 2 3 4 3 1 1 8 8 d ( B, ( ACD ) ) . ( S ACD − SQPD ) = d ( B, ( ACD ) ) . S ACD = V1 3 3 9 9. = VE . ACPQ. VACMNPQ =. 3V1 8 11 − V1 = V1 . 18 2 9. Áp dụng công thức giải nhanh thể tích tứ diện đều ABCD có cạnh bằng a có V1 = Vậy V =. a3 2 . 12. 11 a 3 2 a 311 2 11 = V1 = . . 18 18 12 216. Câu 20: Chọn B Lời giải =′ SB =′ SC =′ SD = 2 . Ta có Trên SA , SB , SC lần lượt lấy các điểm A′ , B′ , C ′ sao cho SA. ′B′ B= ′C ′ C= ′D DA A= =′ 2 . Khi đó hình chóp S . A′B′D và hình chóp S .CB′D là các hình chóp tam giác đều có tất cả các cạnh bằng 2 . VS= VS= . A′B′D .C ′B′D. Mặt khác. 23 2 2 2 = . 12 3. VS . ABD 9 2 2 3 9 9 SA SB SD = = . 3 2. = . . = 3.= , nên VS . ABD = V S . A′B′D 2 2 2 3 2 VS . A′B′D SA′ SB′ SD. VS .CBD 2 2 3 SC SB SD 3.= 2 2 . . . = 2.= 3 , nên VS .CBD = 3V= = S .C ′B′D 3 VS .C ′B′D SC ′ SB′ SD 2. Thể tích khối đa diện S . ABCD là Tài liệu KYS Education is the Key to Your Success. 26.

<span class='text_page_counter'>(27)</span> = V VS . ABD + VS .CBD = 3 2 + 2 2 = 5 2 .. S. A'. C'. D. B'. B. C. Câu 21: Chọn C Lời giải. A. a. B. T C. E. F. Bước 1: Lập mối quan hệ giữa bán kính mặt cầu và cạnh khối 12 mặt đều: Gọi O là tâm khối 12 mặt đều, xét 3 mặt phẳng chung đỉnh A là ABEFC , ACGHD, ABJID . Khi đó A.BCD là chóp tam giác đều và OA vuông góc với ( BCD ) . Ta có BC = CD = DB = AH =. BC 2 AB − = 3 2.  3π  1 + 5 a 2 + a 2 − 2a 2 cos   = a. 2  5  5 −1 a. 2 3. Ta có AH . AO = AB. AM ⇒ R = AO=. AB 2 = 2 AH. a 3 . 5 −1. Bước 2: Tính khoảng cách từ tâm một mặt đến cạnh của nó: Tài liệu KYS Education is the Key to Your Success. 27.

<span class='text_page_counter'>(28)</span> A. a. M. B. T C. E. F.  = 3π . AM = a . Ta có BAT 10 2. Suy ra MT = AM .tan. 3π . 10. Bước 3: Tính góc: Gọi tâm của các mặt ABEFC và ABJID là T , V . Có OT , OV vuông góc với hai mặt này nên góc giữa hai mặt bằng góc giữa OT và OV . Lại có O, T , M , V cùng thuộc một mặt phẳng (trung trực của AB ). O. V. T. M. Có OT ⊥ TM và OV ⊥ VM .. (. OM =. OA − AM =. = Suy ra sin TOM. 2. ). 5 +1 a  a 3  a2 3π = ; MT = AM .tan .   − 10 4 2 5 −1  5 −1  2. 2. TM = OM. (. ). (. ). 5 − 1 tan 54°. (.  = 1 − 2sin 2 =  Vậy cos TOV TOM. ). 5 +1. 5 −1 = 5− 5. Tài liệu KYS Education is the Key to Your Success. . 1 . 5. 28.

<span class='text_page_counter'>(29)</span> Câu 22: Chọn C Lời giải. 3 BC  =° = 60 , BSC α ⇒ sin α = = . Theo bài ra ta có SCA 4 SC. Đặt BC = x , ta có SC = cos 60= °. 2x AC ⇒ = SC 3. 4x = , AC 3. a2 + x2 .. a2 + x2 ⇔ = x a 3 ⇒ AC= 2a ⇒ SA = AC tan 60= ° 2a 3 .. = Thể tích khối chóp SABCD bằng V. 1 1 .SA.S ABCD .2a= 3.a 2 3 2a 3 . = 3 3. Câu 23: Chọn B Lời giải. A. G. B D E. C. F. Từ các đỉnh của tam giác BCD ta kẻ các đường thẳng song song với cạnh đối diện chúng tạo thành tam giác EFG có diện tích gấp 4 lần diện tích tam giác BCD . Các tam giác AEF , AFG , AGE là các tam giác vuông tại A nên ta có:. Tài liệu KYS Education is the Key to Your Success. 29.

<span class='text_page_counter'>(30)</span> AE 2 + AF 2 = EF 2 = 64 (1) ; AF 2 + AG 2 = FG 2 = 36 ( 2 ) và AE 2 + AG 2 = EG 2 = 48 ( 3) . 148 ⇒ AE 2 + AF 2 + AG 2 = 74 ( 4 ) . Từ (1) , ( 2 ) , ( 3) ta có: 2 ( AE 2 + AF 2 + AG 2 ) =. Từ (1) , ( 4 ) ta có: AG 2 = 10 ⇒ AG = 10 . 2 38 . Từ ( 2 ) , ( 4 ) ta có: AE = 38 ⇒ AE =. 38 . Từ ( 3) , ( 4 ) ta có: AF 2 = 26 ⇒ AF = Thể tích khối chóp A.EFG= là : V ′. 1 1 1 AE.= AF . AG = 9880 2470 . 6 6 3. Do đó thể tích tứ diện ABCD là = :V. 1 = V′ 4. 2470 . 12. Câu 24: Chọn D Lời giải Cách 1: Gọi A, B, C , D là tâm bốn mặt cầu, không mất tính tổng quát ta giả sử AB = 4 ,. = BD = AD = BC = 5 . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của AB, CD . Dễ dàng tính được AC MN = 2 3 . Gọi I là tâm mặt cầu nhỏ nhất với bán kính r tiếp xúc với bốn mặt cầu trên. Vì = IA IB = , IC ID nên I nằm trên đoạn MN .. (. Đặt IN = x , ta có IC = 32 + x 2 =3 + r , IA =22 + 2 3 − x Từ đó suy ra. (. 3 +x − 2 + 2 2−x 2. 2. 2. ). ). 2. =+ 2 r 2. 2. 12 3 =1 ⇔ x = , suy ra r= 11.  12 3  6 3 +   − 3= 11  11  2. Cách 2 B ( 2). M I. A ( 2). D ( 3) N. C ( 3). Gọi A, B là tâm quả cầu bán kính bằng 2 . C , D là tâm quả cầu bán kính bằng 3 . I là tâm quả cầu bán kính x . IB x + 2, IC == ID x + 3 . Mặt cầu ( I ) tiếp xúc ngoài với 4 mặt cầu tâm A, B, C , D nên IA ==. Gọi ( P ) , ( Q ) lần lượt là các mặt phẳng trung trực đoạn AB và CD .  IA = IB ⇒ I ∈ ( P ) ⇒ I ∈ ( P ) ∩ ( Q ) (1) .   IC = ID ⇒ I ∈ ( Q ) Tài liệu KYS Education is the Key to Your Success. 30.

<span class='text_page_counter'>(31)</span> = DB = CA = CB = 5 suy ra MN là đường vuông góc chung của AB và Tứ diện ABCD có DA = CD , suy ra MN. ( P ) ∩ (Q ). (2).. Từ (1) và ( 2 ) suy ra I ∈ MN Tam giác IAM có IM = Tam giác CIN có IN =. ( x + 3). 2. −9 +. ( x + 3). IC 2 − CN 2 =. Tam giác ABN có NM = Suy ra. ( x + 2). IA2 − AM 2 =. NA2 − AM 2 =. ( x + 2). 2. − 4=. 2. 2. −4 .. −9 .. 12 .. 12 ⇒ x=. 6 . 11. Câu 25: Chọn D Lời giải B. C M. D. A. O C'. B'. M' A'. D'. Gọi ABCD. A′B′C ′D′ là khối lập phương lớn tạo bởi 27 khối lập phương đơn vị và O là tâm hình lập phương đó, khối lập phương ABCD. A′B′C ′D′ có cạnh bằng 3 . Ta xét mặt phẳng ( P ) đi qua O và vuông góc với AC ′ , cắt AC tại M , cắt A′C ′ tại M ′ . 3 3 AM AO 3 2 3 3 9 2 2 ⇒ AM ⇒ CM = . Ta có = = = AC =′ .3= 3 4 AC ′ AC 3 2 4 2 2 2 2. Gọi A1 B1C1 D1 là mặt phẳng chia lớp 9 khối lập phương mặt trên với 9 khối lập phương ở mặt thứ 2 , gọi = M 1 A1C1 ∩ MM ′ . A1M 1 Ta có =. 5 2 7 7 3 2 7 2 ⇒ C1M 1 =A1C1 − A1M 1 = CM .= = . 4 3 3 4 4. Gọi A2 B2C2 D2 là mặt phẳng chia lớp 9 khối lập phương mặt thứ 2 với 9 khối lập phương ở M 2 A2C2 ∩ MM ′ . mặt thứ 3 , gọi = Ta có A= 2M 2. 7 2 5 5 3 2 5 2 ⇒ C2 M 2 =A2C2 − A2 M 2 = = CM .= . 4 3 3 4 4. Tài liệu KYS Education is the Key to Your Success. 31.

<span class='text_page_counter'>(32)</span> Giao tuyến của mặt phẳng ( P ) với mặt phẳng ( ABCD ) cắt các cạnh của 3 hình vuông, giao tuyến của mặt phẳng ( P ) với mặt phẳng ( A1 B1C1 D1 ) cắt các cạnh của 5 hình vuông (hình vẽ), trong các hình vuông này có 2 cặp hình vuông cùng chung một hình lập phương đơn vị, nên suy ra mặt phẳng ( P ) cắt ngang 6 khối lập phương mặt trên.. C. B. C1. B1. M M1. D. A. D1. A1. Tương tự mặt phẳng ( P ) cắt ngang 6 khối lập phương mặt dưới cùng. Giao tuyến của mặt phẳng ( P ) với mặt phẳng ( A1 B1C1 D1 ) cắt các cạnh của 5 hình vuông, giao tuyến của mặt phẳng ( P ) với mặt phẳng ( A2 B2C2 D2 ) cắt các cạnh của 5 hình vuông (hình vẽ), trong đó có 3 cặp hình vuông cùng chung với một hình lập phương đơn vị, nên suy ra mặt phẳng ( P ) cắt ngang 7 khối lập phương mặt thứ hai. C1. B1. C2. B2. M1. M2. A1. D1. A2. D2. 19 khối lập phương đơn vị. Vậy, mặt phẳng ( P ) cắt ngang (không đi qua đỉnh) 6 + 6 + 7 = Cách khác Giả sử các đỉnh của khối lập phương đơn vị là ( i; j; k ) , với i , j , k ∈ {0;1; 2;3} và đường chéo đang xét của khối lập phương lớn nối hai đỉnh là O ( 0;0;0 ) và A ( 3;3;3) . Phương trình mặt trung trực của OA là (α ) : x + y + z −. 9 = 0 . Mặt phẳng này cắt khối lập phương đơn vị khi và 2. và chỉ khi các đầu mút ( i; j; k ) và (i + 1; j + 1; k + 1) của đường chéo của khối lập phương đơn vị. Tài liệu KYS Education is the Key to Your Success. 32.

<span class='text_page_counter'>(33)</span> nằm về hai phía đối với (α ) . Do đó bài toán quy về đếm trong số 27 bộ ( i; j; k ) , với i , j ,. k ∈ {0;1; 2} , có bao nhiêu bộ ba thỏa mãn: 9  i + j + k − 2 < 0 3 9 ⇔ <i+ j+k <  2 2 ( i + 1) + ( j + 1) + ( k + 1) − 9 > 0  2. (1) .. 3  i + i + k ≤ 2 Các bộ ba không thỏa điều kiện (1) , tức là  là i + i + k ≥ 9  2. S = {( 0;0;0 ) ; ( 0;0;1) ; ( 0;1;0 ) ; (1;0;0 ) ; (1; 2; 2 ) ; ( 2;1; 2 ) ; ( 2; 2;1) ; ( 2; 2; 2 )}. 19 khối lập phương đơn vị bị cắt bởi (α ) . Vậy có 27 − 8 = Câu 26: Chọn A Lời giải B. A. C. K B'. A' M C'. Gọi M là trung điểm của A′C ′ . Do tam giác A′B′C ′ vuông cân tại B′ nên B′M ⊥ A′C ′ 1 ⇒ MB′ ⊥ ( AA′C ′C ) . Thể tích khối chóp B′. ACC ′A′ là VB′. AA′C ′C = B′M . AA′. AC . 3. Ta có B′M =. a 2 , AC = a 2 . Do MB′ ⊥ ( AA′C ′C ) ⇒ MB′ ⊥ AC ′ . Kẻ MK ⊥ AC ′ 2. ′ ⇒ MKB ′ = ⇒ B′K ⊥ AC ′ . Vậy góc giữa hai mặt phẳng ( ACC ′ ) và ( AB′C ′ ) là MKB 60° . Trong tam giác vuông MKB′ ta có tan 60° =. MB′ a 6 MB′ ⇒ MK = = . tan 60° 6 MK. MK  ′K = = Trong tam giác vuông MKC ′ ta có tan MC KC. MK MC 2 − MK 2. =. a 6 2 6 = . 2 2a 2 6a 2 − 4 36. 2  ′K = a 2 =a. Mặt khác trong tam giác vuông AA′C ta có AA′ = A′C ′.tan MC 2 1 a 2 1 a3 .a 2 = . Vậy VB′. AA′C ′C = B′M . AA′. AC = a. 3 2 3 3 Tài liệu KYS Education is the Key to Your Success. 33.

<span class='text_page_counter'>(34)</span> Câu 27: Chọn A Lời giải S. N. C. A H. M. B. = AC = 1 nên các tam giác SBC và ABC cân tại S và A . = SC = AB - Do SB Gọi M , N lần lượt là trung điểm của BC và SA , ta có:  SM ⊥ BC ⇒ BC ⊥ ( SAM ) . Hạ SH ⊥ AM tại H thì SH ⊥ ( ABC ) .  AM BC ⊥  - Ta có: AM=. 1−. 1 1 y2 y2 ⇒ S ABC = AM= .BC . y 1− 2 2 4 4. Mặt khác: vì SM = AM nên tam giác MSA cân tại M ⇒ MN =. MN .SA = Lại có: SH . AM = MN .SA ⇒ SH = AM. y 2 x2 MA − AN = 1 − − . 4 4 2. 2. y 2 x2 − x 4 − x2 − y 2 4 4 = y2 4 − y2 1− 4. x. 1 −. 1 1 1 x 4 − x2 − y 2 1 y2 xy 4 − x 2 − y 2 ⇒ VS . ABC = .SH .S ABC . . . y 1 −= = 2 3 3 2 4 12 4− y 3. 2 3 1 1  x2 + y 2 + 4 − x2 − y 2  = = x2 y 2 ( 4 − x2 − y 2 ) ≤ .   27 12 12  3 . Vậy Vmax =. 2 3 4 2 ⇔ x 2 =y 2 =4 − x 2 − y 2 ⇔ x = y = , do đó x. y = . 27 3 3. Tài liệu KYS Education is the Key to Your Success. 34.

<span class='text_page_counter'>(35)</span> Câu 28: Chọn C Lời giải A'. M. C'. B' P. C. A N. B. = V1 VM . ABC + VM .BCPN . Gọi V là thể tích khối lăng trụ ABC. A′B′C ′ . Ta có 1 1 2 2 .= S ABC .d ( M , ( ABC ) ) S ABC .d ( A′, ( ABC ) ) V. = 3 3 3 9. VM . ABC = = VM . A′B′C ′. 1 1 1 1 = S A′B′C ′ .d ( M , ( A′B′C ′ ) ) .= S A′B′C ′ .d ( M , ( A′B′C ′ ) ) V. 3 3 3 9. Do BCC ′B′ là hình bình hành và NB′ = 2 NB , PC = PC ′ nên S B′C ′PN =. 7 S BCPN . 5. 7 Suy ra VM .B′C ′PN = VM .BCPN , Từ đó V =VM . ABC + VM .BCPN + VM . A′B′C ′ + VM .B′C ′PN 5 ⇔V =. 2 1 7 5 V + VM . BCPN + V + VM . BCPN ⇔ VM .BCPN = V. 9 9 5 18. Như vậy V1 =. V 2 5 1 1 V + V = V ⇒ V2 = V . Bởi vậy: 1 = 1 . 9 18 2 2 V2. Câu 29: Chọn A Lời giải. Gọi G là trọng tâm tam giác BCD , ABCD là tứ diện đều nên AG ⊥ ( BCD ) . 2. 1 a 2 3 a 6 a3 2 3a a 6 . . AG = AD − DG = a − == . VABCD = . 3 4 3 12 9 3 2. 2. 2. Gọi I , K lần lượt là giao điểm của EN với AD và AB ; F là giao điểm của KM với AC . Tài liệu KYS Education is the Key to Your Success. 35.

<span class='text_page_counter'>(36)</span> Khi đó V = VAKIF . Ta có: •. HM HN AI AF = =. ⇒ MN // FI , mà MN // CD nên CD // FI ⇒ HI HF AD AC. • ∆IEA # ∆IND ⇒. AI EA AI 3 = = 3⇒ = . ID ND AD 4. • ∆AEK # ∆HNK ⇒ = Vậy: V. AI 3 AK EA = = =6 ⇒ . AB 5 HK HN. 3 3 3 3 3 3 a 3 2 9 2a 3 . . VABCD .= . . = . 4 4 5 4 4 5 12 320. Câu 30: Chọn B Lời giải A. M P. D. B N. Q C. Từ N kẻ NP //AC , N ∈ AD M kẻ MQ //AC , Q ∈ BC . Mặt phẳng ( P ) là MPNQ. = Ta có VABCD. 1 2 = AH .S ABCD 3 12. V = VACMPNQ = VAMPC + VMQNC + VMPNC. Ta có VAMPC =. 1 2 1 AM AP . VABCD . = .VABCD = VABCD 2 3 3 AB AD. = VMQNC. 1 1 CQ CN 11 2 1 . .VABCD = . VABCD VABCD = VAQNC = 2 2 CB CD 22 3 2. = VMPNC. 2 1 AM 2 11 1 2 2 1 . VABCD .VABCD . VMACD = . = = VABCD = VMPCD 3 32 9 3 3 AB 3 3 3. 11 11 2 1 1 1 = V V= Vậy V =  + +  VABCD ⇒ . ABCD 18 216 3 6 9. Tài liệu KYS Education is the Key to Your Success. 36.

<span class='text_page_counter'>(37)</span> Câu 31: Chọn D Lời giải. Gọi I , J lần lượt là trung điểm của AB và CD . Gọi H là hình chiếu của S lên IJ . Ta có SI =. a 3 a , SJ = , IJ = a . 2 2. 2 2 IJ 2 suy ra tam giác SIJ vuông tại S . Khi đó SI + SJ =. Ta có SH =. SI .SJ SI + SJ 2. 2. =. 3 a ⇒ HI = 4. SI 2 − SH 2 =. 3a và AH = 4. SA2 − SH 2 =. 13 a. 4.  AB ⊥ SI ⇒ AB ⊥ ( SIJ ) ⇒ AB ⊥ SH .   AB ⊥ IJ  SH ⊥ AB ⇒ SH ⊥ ( ABCD ) ⇒ SH ⊥ ( BDM ) . Do đó   SH ⊥ IJ  BM ⊥ SA E AH ∩ BM . Ta có  ⇒ BM ⊥ AH . Gọi=  BM ⊥ SH AE AB = 90° và  = A chung) nên ta có Ta có ∆ABE đồng dạng với ∆AHI ( vì I= E AI AH. ⇒ AE =. AB. AI = AH. 2a . 13. =M  ) nên ta có AB = AE = E = 90° và B Ta có ∆ABE đồng dạng với ∆BMC ( vì C BM BC ⇒ BM=. AB.BC = AE. 13a . 2. S= S ∆BMC −= S ∆BDC ∆BMD. 1 3a 1 a2 .a . − .a.a = 2 2 2 4. 3 3 1 3 1 2 1 a . a. a = Thể tích V của khối chóp S .BDM là V = .SH .S ∆BMD = . 48 3 4 4 3. Tài liệu KYS Education is the Key to Your Success. 37.

<span class='text_page_counter'>(38)</span> Câu 32: Chọn B Lời giải. Cách 1: Chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho A ( 0;0;0 ) , B ( 2;0;0 ) , D ( 0; 2;0 ) , S ( 0;0; 2 ) . Suy ra C ( 2; 2;0 ) . Đặt AM = x , AN = y , x, y ∈ [ 0; 2] , suy ra M ( x;0;0 ) , N ( 0; y;0 ) .    = SM ( x;0; −2 ) , = SN ( 0; y; −2 ) . SC ( 2; 2; −2 ) , =        SM , SC=  ( 4; 2 x − 4; 2 x ) , n2 =  SN , SC  = ( 4 − 2 y; −4; −2 y ) . ⇒ n= 1       8. Do ( SMC ) ⊥ ( SNC ) nên n1.n2 =0 ⇔ 4 ( 4 − 4 y ) − 4 ( 2 x − 4 ) − 4 xy =0 ⇔ xy + 2 ( x + y ) = 8 − 2x 8 − 2x ⇔ y= ≤ 2 ⇔ x ≥ 1. , do y ≤ 2 nên x+2 x+2. S AMCN =S ABCD − S BMC − S DNC =4 − ( 2 − x ) − ( 2 − y ) =x + y . 1 2 2 8 − 2 x  2 x2 + 8 SA.S AMCN = Do đó VS . AMCD = . ( x + y )=  x + = 3 3 3 x+2  3 x+2 2 x2 + 4x − 8 2 x2 + 8 Xét f ( x ) = với x ∈ [1; 2] , f ′ ( x ) = . 3 x+2 3 ( x + 2 )2 f ′ ( x ) = 0 ⇔ x 2 + 4 x − 8 = 0 ⇔ x = −2 + 2 3 ; x =−2 − 2 3 (loại). Lập BBT ta suy ra max f = (1) f= ( 2) 2 . ( x ) f= [0;2]. Vậy max VS . AMCN. 1  x =  1 1 1 1 5 y = 2 =2 ⇔  ⇒T = + = 2+ 2 = . 2 2  x = 2 4 AM AN x y    y = 1. E BD ∩ CM ; = F BD ∩ CN . O AC ∩ DB ; = Cách 2: Đặt AM = x , AN = y . Gọi = H là hình chiếu vuông góc của O trên SC , khi đó: HO =. 2 . 3.  SC ⊥ OH  SC ⊥ HE ⇒ SC ⊥ ( HBD ) ⇒  Ta có:  .  SC ⊥ BD  SC ⊥ HF Tài liệu KYS Education is the Key to Your Success. 38.

<span class='text_page_counter'>(39)</span> Do đó góc giữa ( SCM ) và ( SCN ) bằng góc giữa HE và HF . Suy ra HE ⊥ HF . = Mặt khác VS . AMCN. 1 2 SA.S AMCN = ( x + y) . 3 3. Tính OE , OF : Ta có: x > 0 , y > 0 và nếu x ≠ 2 , y ≠ 2 thì gọi K là trung điểm của AM , khi đó: OE KM x OE EB OB x 2 = = ⇒ = = ⇒ OE = . EB MB 4 − 2 x x 4 − 2x 4 − x 4− x. Tương tự: OF =. y 2 . Mà OE.OF= OH 2 ⇔ ( x + 2 )( y + 2= ) 12 . 4− y. Nếu x = 2 hoặc y = 2 thì ta cũng có OE.OF= OH 2 ⇔ ( x + 2 )( y + 2= ) 12 .. 12 . Tóm lại: ( x + 2 )( y + 2 ) = Suy ra: VS . AMCN=. 1 2 2 2 12  SA.S AMCN= − 4 . ( x + y=) ( x + 2 ) + ( y + 2 ) − 4= ( x + 2 ) + 3 3 3 3 x+2 . Do đó max VS . AMCN. 1  x =  1 1 1 1 5 y = 2 =2 ⇔  ⇒T = + = 2+ 2 = . 2 2  x = 2 4 AM AN x y    y = 1. Câu 33: Chọn B Lời giải. Gọi O là hình chiếu của S lên mặt phẳng ( ABCD ) . Ta có: ∆SAO = ∆SBO = ∆SCO = ∆SDO. (tam giác vuông, SO là cạnh chung, SA = SB = SC. = SD ). = OB = OC = OD suy ra O là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABCD Nên OA Suy ra ABCD là hình chữ nhật có O là tâm. 1 1 2 AC = a + x2 Đặt AD = x ⇒ AO = 2 2. SO Nên= VS . ABCD. 2 SA2 − AO =. 5a 2 a 2 + x 2 − = 4 4. a2 −. x2 4. 1 1 x2 1 x x2 1  x2  2 x2   1 3 2 2 .SO = ABCD ≤ a + a −  = a . = a.= x. a − a.2. . a − 3 4  3 3 4 3 2 4 3  4 . Tài liệu KYS Education is the Key to Your Success. 39.

<span class='text_page_counter'>(40)</span> Câu 34: Chọn C Lời giải. S. D'. D A H C. B Gọi D′ là đỉnh thứ tư của hình bình hành SADD′ .. Khi đó DD′//SA mà SA ⊥ ( SBC ) (vì SA ⊥ SB , SA ⊥ BC ) nên D′ là hình chiếu vuông góc của D lên ( SBC ) .   , do = = .tan α 2a.tan α . =′ SDA Góc giữa SD và ( SBC ) = là α DSD đó SA AD Đặt tan α = x , x ∈ ( 0;1) . Gọi H là hình chiếu của S lên AB , theo đề ta= có VS . ABC D. 1 1 2 .S ABC D .SH 4a .SH . = 3 3. Do đó VS . ABCD đạt giá trị lớn nhất khi SH lớn nhất. Vì tam giác SAB vuông tại S nên SA.SB SA. AB 2 − SA2 2ax 4a 2 − 4a 2 x 2 x2 + 1 − x2 2 SH = = = = 2ax 1 − x ≤ 2a = a AB 2a AB 2. Từ đó max SH = a khi tan α = = Suy ra max V S . ABCD. 2 . 2. 1 4 3 = a . .a.4a 2 3 3. Câu 35: Chọn B Hướng dẫn giải A. Q. P. I D. N. B M C. = IP ∩ AD ta có = Q AD ∩ ( MNP ) . Gọi VABCD = V = , I MN ∩ CD , Q Tài liệu KYS Education is the Key to Your Success. 40.

<span class='text_page_counter'>(41)</span> Thiết diện của tứ diện ABCD được cắt bởi mặt phẳng ( MNP ) là tứ giác MNQP . Áp dụng định lí Menelaus trong các tam giác BCD và ACD ta có: NB ID MC ID 1 ID PC QA QA =và . . =1 ⇒ . . =1 ⇒ 4. = IC 4 ND IC MB IC PA QD QD. Áp dụng bài toán tỉ số thể tích của hai khối chóp tam giác, ta có: VANPQ VANCD và. =. 2 2 1 2 1 AP AQ 2 . = ⇒ VANPQ = VANCD = V . Suy ra VN . PQDC = V− V = V. AC AD 5 5 15 3 15 5. VCMNP CM CP 1 1 2 VCBNA = V . = ⇒ VCMNP = = . 3 9 CB CA 3 VCBNA. Suy ra V2 = VN .PQDC + VCMNP =. V 26 26 19 V . Do đó V1= V − V2 = V . Vậy 1 = . 45 45 V2 19. Câu 36: Chọn C Lời giải S. H A. D. C. B. - Dựng SD ⊥ ( ABC ) tại D .  BA ⊥ SA Ta có:  ⇒ BA ⊥ AD .  BA ⊥ SD  BC ⊥ SD ⇒ BC ⊥ CD Và:   BC ⊥ SC. ⇒ ABCD là hình chữ nhật ⇒ DA = BC = a 2 , DC = AB = a.  là góc giữa SB và mặt - Gọi H là hình chiếu vuông góc của B lên mặt phẳng ( SAC ) ⇒ BSH phẳng ( SAC ) ⇒. 11 BH d ( B; ( SAC ) ) d ( D; ( SAC ) ) 1 11  = sin BSH = = = ⇒ 2 = (1) . 11 SB SB SB d ( D; ( SAC ) ) SB 2. - Lại có :. Tài liệu KYS Education is the Key to Your Success. 41.

<span class='text_page_counter'>(42)</span> 1. d. 2. ( D; ( SAC ) ). =. 1 1 1 1 3 1 1 1 + = + + 2 ( 2) . + + = 2 2 2 2 2 2 2 2 2 SB − BD DA DC SB − 3a 2a DS DA DC. 11 1 3 + 2 - Từ (1) và ( 2 ) suy= ra: 2 2 2 SB SB − 3a 2a.  SB = a 6  SB 2 = 6a 2   ⇔ ⇒ 11  SB 2 = 11 a 2 SB a =  3 3 . Theo giả thiết SB > 2a ⇒ SB = a 6 ⇒ SD = a 3 . = Vậy VSABC. 1 1 a3 6 SD. BA.BC = . 3 2 6. Câu 37: Chọn B Lời giải Cách 1: Sử dụng công thức tỉ số thể tích khối hộp Cho hình hộp ABCD. A′B′C ′D′ , gọi M , N , P lần lượt là các điểm thuộc các cạnh AA′ , BB′ ,. CC ′ . Mặt phẳng ( MPN ) cắt cạnh DD′ tại Q . Khi đó: VMNPQ. A′B′C ′D′ VABCD. A′B′C ′D′. =. 1  MA′ PC ′  1  NB′ QD′  + +  =  . 2  AA′ CC ′  2  BB′ DD′ . Áp dụng, xem khối đa diện AMNPBCD ≡ AMNP. ABCD ta có:. D. A B M. C A'. B'. P. D' C'. VAMNP. ABCD 1  MB PD  1  1 1  3 = + .  =  + = VA′B′C ′D′. ABCD 2  B′B D′D  2  2 4  8 = VAMNP = Vậy VAMNPBCD . ABCD. 3 3 3 VA′B′C= = ( 2a ) 3a3 ′D ′. ABCD 8 8. Cách 2:. Tài liệu KYS Education is the Key to Your Success. 42.

<span class='text_page_counter'>(43)</span> A. D O. P C. B K. M. D'. A' N. O' B'. Thể tích khối lập phương ABCD. A′B′C ′D′ = là V. C'. 2a ) (= 3. 8a 3 .. K OO′ ∩ MP , khi đó Gọi O , O′ lần lượt là tâm hai hình vuông ABCD và A′B′C ′D′ , gọi= N AK ∩ CC ′ . = OK Ta có=. 3a 1 a 1 3a CN 2= OK . Do đó = . ( DP + BM ) =  a +  = 2 2 2 2 4. Diện tích hình thang BMNC là = S BMNC. 1 1 3a 5a 2 ( BM + CN ) .BC = a +  .2a = . 2 2 2  2. Thể tích khối chóp A.BMNC là 1 1 5a 2 5a 3 . VA. BMNC = .S= AB . = . .2 a BMNC 3 3 2 3. Diện tích hình thang DPNC là S= DPNC. 1 1 a 3a 2a 2 . ( DP + CN ) .CD = +  .2a = 2 2 2 2 . Thể tích khối chóp A.DPNC là 1 1 2 4a 3 . AD = VA. DPNC = .S DPNC . .2a .2a = 3 3 3. Thể tích khối đa diện AMNPBCD bằng = V VA.BMNC + VA. DPNC =. 5a 3 4 a 3 + = 3a 3 . 3 3. Tài liệu KYS Education is the Key to Your Success. 43.

<span class='text_page_counter'>(44)</span> Câu 38: Chọn C Lời giải Xây dựng bài toán tổng quát. N n. A. m. h a. I b. D c. B. M. C. Từ giả thiết ta có: MNDC là hình thoi; các tam giác CAN, DAM là các tam giác cân, suy ra:. AI ⊥ NC , AI ⊥ DM ⇒ AI ⊥ (CDMN ) 1 1 1 1 .4= .IN V= VA. IMN 2= VA.IMN IA.IM = h.m.n A. MNDC 2 2 3 3. VABCD Ta có: =.  2 −a 2 + b 2 + c 2 m = 2 2 2 2 h + m = c  2 2  a + b − c2  b 2 ⇔ n 2 = Từ h 2 + n 2 = 2  m 2 + n 2 = 2 a 2   2 a − b2 + c2 h = 2  Suy ra: VABC = D =. 1 6 2. ( −4. = Ta có p. ⇒ S ∆BCD =. 2. 1 6 2. ( −a. 2. + b 2 + c 2 )( a 2 − b 2 + c 2 )( a 2 + b 2 − c 2 ). + 52 + 62 )( 42 − 52 + 62 )( 42 + 52 − 62 ) =. 15 6 . 4. BC + CD + DB 4 + 5 + 6 15 = = 2 2 2. p ( p − 4 )( p − 5 )( p − 6= ). Ta có d ( A, ( BCD ) ) =. 3VA. BCD S ∆BCD. 15 7 4. 15 6 4 = 3 42 . = 7 15 7 4 3.. Tài liệu KYS Education is the Key to Your Success. 44.

<span class='text_page_counter'>(45)</span> Câu 39: Chọn A Lời giải. Xét tam giác SA′S ′ có H là trực tâm, ta có ∆S ′AH ∽ ∆A′AS ⇒. AS ′ AH a 3 a 3 a2 . = ⇒ AS ′. AS = AA′. AH = = AA′ AS 2 3 2. Theo bất đẳng thức Cauchy ta có: SS ′ =SA + AS ′ ≥ 2 AS . AS ′ =2 Dấu “ = ” xảy ra khi SA= AS ′= x=. a2 =a 2 2. a 2 . 2. Câu 40: Chọn C Lời giải. Gọi O là trung điểm của AB , E là trung điểm của BC Trong mp ( C ′CO ) kẻ CH ⊥ C ′O tại H. ′ ) ) CH = a Khi đó d ( C , ( ABC= Chọn hệ trục tọa độ Oxyz như hình vẽ, gọi 2x là độ dài cạnh của tam giác ABC ta có Tài liệu KYS Education is the Key to Your Success. 45.

<span class='text_page_counter'>(46)</span> 1 1 1 = + 2 2 CH C 'C CO 2. 1 1 1 1 1 3x 2 − a 2 = − = − = ⇒ C ' C 2 CH 2 CO 2 a 2  2 x 3 2 3a 2 x 2    2  3x 2 − a 2 ⇒ C 'C = ax 3. Khi đó,  3x 2 − a 2 A ( − x;0;0 ) , B ( x;0;0 ) , C 0; x 3;0 , C '  0; x 3;  ax 3 . (.  x x 3  ;0   , E  ;  2 2   . ).      2ax 2 3   ′ ′ 0; ; 2 x 2 3  − ABC = n = OC , AB mặt phẳng là ( )  VTPT của 1    2 2 3x − a      3 x x 3  ;0  VTPT của mặt phẳng ( BCC ′B′ ) là n2 = AE =  ; 2 2  .   n 1 .n2 1 1 ⇔   = ⇔ cosα = 2 3 n1 n2 2 3. ′C.S∆ABC = VABC . A′B′C ′ C=. 3ax3 3x 2 − a 2 2. 4. 2. 12a x 9 x 3x + 12 x 4 . + 2 2 3x − a 4 4. 2. =. 1 2 3. ⇔ x=a. a 6 2 3a 3 2 = .a 3 . 2 2. Câu 41: Chọn A Hướng dẫn giải S. A. D. M B. H N. I C.  AB ⊥ SM Gọi I là trung điểm cạnh CD , khi đó  ⇒ AB ⊥ ( SMI ) .  AB ⊥ MI. . Do CD //AB nên CD ⊥ ( SMI ) ⇒ (( SCD), ( ABCD)) = SIM Vẽ SH ⊥ MN tại H ∈ MN thì SH ⊥ ( ABCD ) .  ⇔ 3a 2 = 4a 2 + SI 2 − 2a.SI Tam giác SMI có SM 2 = MI 2 + SI 2 − 2.MI .SI .cos SIM. a. ⇔ SI 2 − 2a.SI + a 2 = 0 ⇔ SI = Cách 1: Tài liệu KYS Education is the Key to Your Success. 46.

<span class='text_page_counter'>(47)</span> Theo định lý Pythagore đảo thì ∆SMI vuông tại S ⇒ SH =. SM .SI a 3 . = MI 2. Vẽ SH ⊥ MN tại H ∈ MN thì SH ⊥ ( ABCD ) . Gọi N là trung điểm cạnh BC ta có AC //MN ⇒ d ( AC , SM ) = d ( AC , ( SMN ) ) = d ( C , ( SMN ) ) =. 3VSMNC . S ∆SMN. a3 3 1 1 1 a 3 . .SH . .BM= .BN . = .a.a 3 2 6 2 12. Ta có V= V= SMNC S . MNB Tam giác SIC có SC =. SI 2 + IC 2 =. a2 + a2 = a 2 .. SB 2 + SC 2 BC 2 Tam giác SBC có SN = − = 2a 2 ⇒ SN = a 2 . 2 4 2. Tam giác SMN có nửa chu vi p = Và diện tích ∆SMN là S ∆SMN =. SM + SN + MN a 3 + a 2 + a 2 . = 2 2 p ( p − SM )( p − SN )( p − BC ) =. a 2 15 . 4. a3 3 ⋅ 3VSMNC 3 12 a 5 Vậy d ( AC= . , SM ) = = 2 5 S ∆SMN a 15 4. Cách 2: Ta thấy SM 2 + SI 2 = MI 2 nên ∆SMI vuông tại S . Suy ra SH =. 3a SM .SI a 3 ; HM = . = 2 2 MI. Gọi = O AC ∩ BD ; N là trung điểm cạnh BC ta có AC // ( SMN ) . Do đó, d ( AC , SM ) = d ( AC , ( SMN ) ) = d ( O, ( SMN ) ) =. 2 d ( H , ( SMN ) ) . 3. Gọi K là hình chiếu của H lên MN , ta có ∆HKM vuông cân tại K nên = HK. HM 3a 2 . = 4 2. a 5 SH .HK 2 . Vậy d ( AC , SM ) = . = 2 2 5 3 SH + HK. Câu 42: Chọn B Lời giải Cách 1: Sử dụng công thức tỉ số thể tích khối hộp Cho hình hộp ABCD. A′B′C ′D′ , gọi M , N , P lần lượt là các điểm thuộc các cạnh AA′ , BB′ ,. CC ′ . Mặt phẳng ( MPN ) cắt cạnh DD′ tại Q . Khi đó: VMNPQ. A′B′C ′D′ VABCD. A′B′C ′D′. =. 1  MA′ PC ′  1  NB′ QD′  + +  =  . 2  AA′ CC ′  2  BB′ DD′ . Tài liệu KYS Education is the Key to Your Success. 47.

<span class='text_page_counter'>(48)</span> Áp dụng, xem khối đa diện AMNPBCD ≡ AMNP. ABCD ta có:. D. A B. P. C. M. A'. D'. B'. C'. VAMNP. ABCD 1  MB PD  1  1 1  3 = + .  =  + = VA′B′C ′D′. ABCD 2  B′B D′D  2  2 4  8 Vậy VAMNPBCD = VAMNP = . ABCD. 3 3 3 VA′B′C= = ( 2a ) 3a3 ′D ′. ABCD 8 8. Cách 2: A. D O. P C. B K. M. D'. A' N. O' B'. Thể tích khối lập phương ABCD. A′B′C ′D′ = là V. C'. 2a ) (= 3. 8a 3 .. Gọi O , O′ lần lượt là tâm hai hình vuông ABCD và A′B′C ′D′ , gọi= K OO′ ∩ MP , khi đó. = N AK ∩ CC ′ . Ta có= OK. 1 3a 1 a 3a . Do đó = . CN 2= OK ( DP + BM ) =  a +  = 2 2 2 2 4. Diện tích hình thang BMNC là = S BMNC. 1 3a 5a 2 1 ( BM + CN ) .BC = a +  .2a = . 2 2 2  2. Tài liệu KYS Education is the Key to Your Success. 48.

<span class='text_page_counter'>(49)</span> Thể tích khối chóp A.BMNC là 1 5a 2 5a 3 1 . = a . .2 . VA. BMNC = .S= AB BMNC 3 2 3 3 Diện tích hình thang DPNC là S= DPNC. 1 1 a 3a 2a 2 . ( DP + CN ) .CD = +  .2a = 2 2 2 2 . Thể tích khối chóp A.DPNC là 1 2 4a 3 1 . = .2a .2a . AD = VA. DPNC = .S DPNC 3 3 3 Thể tích khối đa diện AMNPBCD bằng = V VA.BMNC + VA. DPNC =. 5a 3 4a 3 + = 3a 3 . 3 3. Câu 43: Chọn B Lời giải S. N K M H A. D. O B. C. Gọi = K SO ∩ MN , suy ra K là trung điểm của O AC ∩ BD , trong mặt phẳng ( SAC ) , gọi =. SO . MN . Ta có ( AMN ) ∩ ( SBD ) =  BD ⊥ AC Ngoài ra  ⇒ BD ⊥ ( SAC ) mà MN //BD nên MN ⊥ ( SAC ) , suy ra MN ⊥ AK .  BD ⊥ SA Mặt khác SO ⊥ BD nên SO ⊥ MN hay KO ⊥ MN .. α chính là góc giữa KA và KO , suy ra sin α =sin  AKO . Gọi H là hình chiếu của A lên SO .. Tài liệu KYS Education is the Key to Your Success. 49.

<span class='text_page_counter'>(50)</span> Xét tam giác SAO vuông tại A có AH là đường cao nên SA. AO = SA2 + AO 2. AH =. 2 a.a 2 = a2 a2 + 2. a . 3. Xét tam giác SAO vuông tại A có AK là đường trung tuyến nên. SO = 2. = AK. a2 a 6 2 . = 2 4. a2 +. AH Xét tam giác AHK vuông tại H ta có sin= α sin  AKO = = AK. a 3 3= 2 2 . 3 6 a 4. Câu 44: Chọn D Lời giải 1 d A; BMN ) ) .S∆BMN S V1 3 ( ( Ta có = = ∆BMN . V2 1 d A; BCD .S ( ( ) ) ∆BCD S∆BCD 3 Gọi H là hình chiếu của M lên BD và K là hình chiếu của C lên BD , khi đó ta có S ∆BMN MH .BN BM BN . = = S ∆BCD CK .BD BC BD. 10 = 2 Suy ra Vậy. BC BD BC BD BC BD 25 BM BN 6 +3 ≥ 6. ⇒ ≤ . . . ⇒ . ≥ BM BN BM BN BM BN 6 BC BD 25 S ∆BMN 6 . ≥ S ∆BCD 25. V1 6 nhỏ nhất bằng . 25 V2. Tài liệu KYS Education is the Key to Your Success. 50.

<span class='text_page_counter'>(51)</span> Câu 45: Chọn B Lời giải C'. A'. H. B'. N A. C G. M B. Gọi M là trung điểm của AB , G là trọng tâm tam giác ABC . CC ′ ⊥ AB ⇒ AB ⊥ ( CC ′M ) ⇒ ( CC ′M ) ⊥ ( ABC ′ ) . Mà ( CC ′M ) ∩ ( ABC ′ ) = C ′M Ta có:  CM ⊥ AB nên nếu gọi H là hình chiếu vuông góc của C trên C ′M thì H là hình chiếu của C trên mặt phẳng ( ABC ′ ) ⇒ d ( C ; ( ABC ′= = a. ) ) CH Dựng đường thẳng đi qua G và song song với CH , cắt C ′M tại điểm K . GN ⊥ ( ABC ′ ) Ta có  nên góc giữa hai mặt phẳng  AG ⊥ ( BCC ′B′ ) = GN. ( ABC ′). và ( BCC ′B′ ) là góc  AGN = α .. 1 a GN 1 1 1 5 ; AG = = AG = 3 a 3; = = a ⇒ AB = CH − = 2 2 2 2 3 3 cos α CC ′ CH CM 9a. (. ). 2 3a 5 3 3a 2 3 . ⇒ CC ′ = ; S ∆ABC = a 3 . = 5 4 4. Vậy thể tích khối lăng trụ bằng. 3a 3 15 1 . CC ′.S ∆ABC = 20 3. Tài liệu KYS Education is the Key to Your Success. 51.

<span class='text_page_counter'>(52)</span> Câu 46: Chọn A Lời giải. Trong mặt phẳng ( DBC ) vẽ MN cắt CD tại K . Trong mặt phẳng ( ACD ) vẽ PK cắt AD tại Q . Theo định lý Mennelaus cho tam giác ∆BCD cát tuyến MNK ta có ⇒. KC 3. = KD. Theo định lý Mennelaus cho tam giác ∆ACD cát tuyến PKQ ta có ⇒. KC ND MB . . =1 KD NB MC. KC QD PA =1 . . KD QA PC. QA 3 QA 3 . = ⇒ = AD 5 QD 2. Đặt V = VABCD , ta có •. VB. APQ S APQ AP AQ 1 4 1 = = .= V. ⇒ VB. APQ = VB. ACD ⇒ VB. PQDC = VB. ACD S ACD AC AD 5 5 5. •. V S VP. BMN S BMN BM BN 1 1 CP 2 và P.BCD . = = ⇒ VP. BMN = V. = CPD = = = 12 BC BD 8 V S ACD CA 3 S BCD VP. BCD. •. V S DQP S DQP S ADP 2 VQ. PBN S PBN 1 1 và BQPD .= = = = = V. ⇒ VQPBN = VQ. PBD S PBD 2 V S ACD S DAP S ACD 15 15. VAB.MNPQ VA.BPQ + VP.BNM + VQ.PBN V 7 7 . = ⇒ = ⇒ AB.MNPQ = VCD.MNPQ 13 20 V V. Tài liệu KYS Education is the Key to Your Success. 52.

<span class='text_page_counter'>(53)</span> Câu 47: Chọn A Lời giải S. M. b. 3. I. A. D. O B. a. a. C. Gọi = O AC ∩ BD , M là trung điểm SA và I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp đều S . ABCD . b2 a2 SM SI 2 Ta có ∆SMI  ∆SOA ⇒ . =⇒ = 3. b − 2 2 SO SA. Ta có VS . ABCD. ⇒V ≤. b2  a 2 2 362 b 2 b 2  1 1 2 = . 2−  . b − .a = .SO.S= ABCD 18 36 36  18  3 2 3.  b2 b2 b2  2 + + −   18  ≤ 72.  36 36 3      . 3. 64 . 3. Câu 48: Chọn D Lời giải. S. Q. M N. H A. P. D. O. B. C. Gọi M , N , P , Q lần lượt là giao điểm của mặt phẳng cắt với cạnh bên SA , SB , SC , SD  SO ⊥ ( ABCD ) H SO ∩ ( MNPQ ) . Do  và = ⇒ SH ⊥ ( MNPQ ) ( MNPQ )  ( ABCD ). SH SM SN SP SQ Đặt = = = = = k ( k > 0 ) (Định lý Thales) và V = VS . ABCD . SO SA SB SC SD VS .MNPQ V VS .MNP 1  SM SN SP SM SP SQ  1 3 Ta có = + S .MPQ k + k3 ) = k3 = . . + . . = (   V 2VS . ABC 2VS . ACD 2  SA SB SC SA SC SD  2. Tài liệu KYS Education is the Key to Your Success. 53.

<span class='text_page_counter'>(54)</span> Theo ycbt :. VS .MNPQ 1 1 3 . = k= ⇒k = 3 2 V 2. 1 SH .S MNPQ S 1 VS .MNPQ 3 Mặt khác = = = k . MNPQ 1 S ABCD 2 V SO.S ABCD 3 3 2 2 a2 1 .a = 3 . .S ABCD = ⇒ S MNPQ = 2 2k 4. Câu 49: Chọn C Lời giải Cách 1: Gọi (α ) là mp đi qua MN và song song với mp ( SAD ) . Khi đó (α ) cắt AB tại P , cắt SC tại Q , cắt AC tại K . Gọi I là giao điểm của MN và QK ⇒ I ∈ ( SAC ) . Suy ra: P , Q , K lần lượt là trung điểm của AB , SC và AC . Lại có: ABCD là hình thang cân có = AD 2= AB 2= BC 2= CD 2a. = 2a; AB = BC = CD = a ⇒ AD a + 2a a 3 3 3a 2 a 3 ; S ABCD = . ⇒ CH = = . 2 2 4 2. Nên VABCD =. 1 3 3a 2 a3 3 3a 1 a và NP = . ⇒ SA = a ⇒ MP = SA = . .SA = 3 4 4 2 2 2 2. Xét tam giác MNP vuông tại P: MN =. 2. a 10  a   3a    +  = 2 2  2 . MP, KQ lần lượt là đường trung bình của tam giác ∆SAB, ∆SAC ⇒ MP //KQ //SA KN là đường trung bình của tam giác ∆ACD ⇒ KN =. 1 AD = a . 2. 2. = Xét tam giác AHC vuông tại H: AC.  a 3   3a 2 a 3   +  = a 3 ⇒ KC = 2  2   2 . Suy ra: tam giác KNC vuông tại C ⇒ C là hình chiếu vuông góc của N lên ( SAC ) .  ⇒ góc giữa MN và ( SAC ) là góc NIC. Khi đó:. IN KN 2 2 2 a 10 a 10 = = ⇔ IN = .MN = . = MN NP 3 3 3 2 3 2. a a 10 = ⇒ IC Xét tam giác NIC vuông tại C := NC = ; IN 2 3 IC a 31 a 10  ⇒ cos NIC = = : = IN 6 3.  a 10   a 2 a 31   −=   3 6   2. 310 . 20. Tài liệu KYS Education is the Key to Your Success. 54.

<span class='text_page_counter'>(55)</span> z. S S. Q. M I. A. F. I. A. H. H. D. D N. K. N. K B. Q. M. x. C. B. C. y. Cách 2. Vì ABCD là hình thang cân có = AD 2= AB 2= BC 2= CD 2a ⇒ AD = 2a; AB = BC = CD = a a + 2a a 3 3 3a 2 a 3 ; S ABCD = . ⇒ CH = = . 2 2 2 4 a3 3 1 3 3a 2 nên VABCD = ⇒ SA = a = . .SA 3 4 4. Gắn hình chóp vào hệ trục tọa độ như hình vẽ  a 3   −a a 3   a 3  a  Ta có: K ( 0;0;0 ) , B  ;0;0  , C  0; ;0 , N ;0  , 0; ;0 , A −  ;        2 2 2 2 2         a a 3 a a 3  ;  S  0; − ; a  , M  ; − 4 4 2 2   .     −3a 3a 3 −a  −3;3 3; − 2 cùng phương với MN MN =  ; ;  . Chọn u1 = 4 2   4. (. ).  BK ⊥ SA Nhận xét:  ⇒ BK ⊥ ( SAC )  BK ⊥ AC    a   BK =  ;0;0  là vtpt của ( SAC ) .Chọn n1 = (1;0;0 ) cùng phương với BK 2    u1.n1 310 3 10 Gọi α là góc góc giữa MN và ( SAC ) . Ta có = ⇒ cos α = . = sin α   20 20 u1 u2. Tài liệu KYS Education is the Key to Your Success. 55.

<span class='text_page_counter'>(56)</span> Câu 50: Chọn A Lời giải. Gọi H là trọng tâm tam giác ABC và I là trung điểm BC. Ta có.  A′H ⊥ BC  ⇒ BC ⊥ ( A′AI ) ⇒ BC ⊥ AA′.  AI ⊥ BC  A′H ∩ AI = H  Gọi K là hình chiếu vuông góc của I lên AA′ . Khi đó IK là đoạn vuông góc chung của AA′ và BC nên IK =d ( AA′, BC ) = IK =. a 3 . Xét tam giác vuông AIK vuông tại K có 4. 1 a 3 a 3  =30°. , AI = ⇒ IK = AI ⇒ KAI 4 2 2. Xét tam giác vuông AA′H vuông tại H có A′H =AH= .tan30° Vậy V= ABC . A′B′C ′. a 3 3 a . . = 3 3 3. a 2 3 a a3 3 = . . 4 3 12. Tài liệu KYS Education is the Key to Your Success. 56.

<span class='text_page_counter'>(57)</span>