Tài liệu Chương 1 khối đa diện mức độ 4 phần 4

Câu 1: (SGD Thanh Hóa – năm 2017 – 2018) 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 mặt phẳng  SMC  vuông góc với mặt phẳng  SNC  . Tính tổng T  1 1  khi 2 AN AM 2 thể tích khối chóp S . AMCN đạt giá trị lớn nhất. A. T 2 . 5 B. T  . 4 C. T  2 3 . 4 13 D. T  . 9 Lời giải Chọn B 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  , SC  2; 2;  2  , SN  0; y;  2  .        n1  SM , SC   4; 2 x  4; 2 x  , n2  SN , SC   4  2 y;  4;  2 y  .   Do  SMC    SNC  nên n1.n2 0  4  4  4 y   4  2 x  4   4 xy 0  xy  2  x  y  8 . 8  2x 8  2x 2  x 1 . , do y 2 nên x2 x2 S ABCD  S BMC  S DNC 4   2  x    2  y   x  y .  y S AMCN Do đó VS . AMCD 1 2 2 8  2 x  2 x2  8  SA.S AMCN   x  y    x  .  3 3 3 x2  3 x2 2 x2  4 x  8 2 x2  8  f x  Xét f  x   với x   1; 2 ,   . 3  x  2 2 3 x2 f  x  0  x 2  4 x  8 0  x  2  2 3 ; x  2  2 3 (loại). f  x   f  1  f  2  2 . Lập BBT ta suy ra max  0;2 Vậy max VS . AMCN   x 1  1 1 1 1 5  y 2 2   T   2 2  . 2 2   x 2 AM AN x y 4    y 1 Cách 2: Đặt AM x , AN  y . Gọi O  AC  DB ; E BD  CM ; F  BD  CN . H là hình chiếu vuông góc của O trên SC , khi đó: HO   SC  OH  SC   HBD   Ta có:   SC  BD 2 . 3  SC  HE .   SC  HF Do đó góc giữa  SCM  và  SCN  bằng góc giữa HE và HF . Suy ra HE  HF . 1 2 Mặt khác VS . AMCN  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 2 . Mà OE.OF OH   x  2   y  2  12 . 4 y 2 Nếu x 2 hoặc y 2 thì ta cũng có OE.OF OH   x  2   y  2  12 . Tóm lại:  x  2   y  2  12 . 1 2 2 2 12  Suy ra: VS . AMCN  SA.S AMCN   x  y     x  2    y  2   4     x  2   3 3 3 3 x 2 Do đó max VS . AMCN  4 .    x 1  1 1 1 1 5  y 2 2   T   2 2 . 2 2   x 2 AM AN x y 4    y 1 Câu 2: (THPT Chuyên Lương Thế Vinh - Hà Nội – Lần 2 năm 2017 – 2018) Cho hình chóp a 5 S . ABCD có đáy là hình bình hành có AB a, SA SB SC SD  (tham 2 khảo hình vẽ). Giá trị lớn nhất của thể tích hình chóp S . ABCD bằng A. a3 3 . 6 B. a3 . 3 C. 2a 3 3 . 3 D. a3 6 3 Lời giải Chọn B Gọi O là hình chiếu của S lên mặt phẳng  ABCD  . Ta có: SAO SBO SCO SDO SB SC SD ). (tam giác vuông, SO là cạnh chung, SA Nên OA OB OC OD suy ra O là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABCD Suy ra ABCD là hình chữ nhật có O là tâm. 1 1 Đặt AD x  AO  AC  a 2  x 2 2 2 Nên SO  SA2  AO 2  5a 2 a 2  x 2 x2 2   a  4 4 4 2 2 1 1 x2 1 x x 2 1 a  x   a 2  x    1 a 3 . 2 VS . ABCD  ABCD.SO  a.x. a 2    a.2. . a    4  3 3 3 4 3 2 4 3  4  Câu 3: (SGD Bắc Ninh – Lần 2 - năm 2017-2018) 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  là góc tạo bởi đường thẳng SD và mặt phẳng  SBC  , với   45 . Tìm giá trị lớn nhất của thể tích khối chóp S . ABCD . 3 A. 4a . 8a 3 B. . 3 4a 3 C. . 3 Lời giải Chọn C 2a 3 D. . 3 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  .   Góc giữa SD và  SBC  là  DSD , do đó SA  AD.tan  2a.tan  .  SDA Đặt tan   x , x   0;1 . 1 1 2 Gọi H là hình chiếu của S lên AB , theo đề ta có VS . ABC D  .S ABCD .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 SH  SA.SB SA. AB 2  SA2 2ax 4a 2  4a 2 x 2 x2 1  x2 a   2ax 1  x 2 2a AB 2 AB 2a 2 . 2 1 4  .a.4a 2  a3 . 3 3 Từ đó max SH a khi tan   Suy ra max VS . ABCD Câu 4: (Chuyên Lê Hồng Phong – Nam Đinh - năm 2017-2018) Cho tứ diện ABCD , trên các cạnh 3 BC , BD , AC lần lượt lấy các điểm M , N , P sao cho BC 3BM , BD  BN , AC 2 AP 2 . Mặt phẳng  MNP  chia khối tứ diện ABCD thành hai phần có thể tích là V1 , V2 . Tính tỉ số V1 . V2 A. V1 26  . V2 13 B. V1 26  . V2 19 C. V1 3  . V2 19 Hướng dẫn giải Chọn B D. V1 15  . V2 19 Gọi VABCD V , I MN  CD , Q  IP  AD ta có Q  AD   MNP  . 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: ID PC QA QA NB ID MC ID 1 . . 1  4 . . . 1   và IC PA QD QD ND IC MB IC 4 Áp dụng bài toán tỉ số thể tích của hai khối chóp tam giác, ta có: VANPQ AP AQ 2 2 2 1 2 1  .   VANPQ  VANCD  V . Suy ra VN .PQDC  V  V  V . VANCD AC AD 5 5 15 3 15 5 và VCMNP CM CP 1 1 2  .   VCMNP  VCBNA  V . VCBNA CB CA 3 3 9 V1 26 19 26  . Suy ra V2 VN . PQDC  VCMNP  V . Do đó V1 V  V2  V . Vậy V2 19 45 45 ---------HẾT--------- Câu 5: (THPT Đặng Thúc Hứa – Nghệ An - năm 2017-2018) Cho hình chóp S . ABC có AB a   , AC a 3 , SB  2a và ABC BAS BCS 90 . Sin của góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng  SAC  bằng A. 2a 3 3 . 9 Chọn C B. a3 3 . 9 11 . Tính thể tích khối chóp S . ABC . 11 a3 6 a3 6 C. . D. . 6 3 Lời giải - Dựng SD   ABC  tại D .  BA  SA  BA  AD . Ta có:   BA  SD  BC  SD  BC  CD Và:   BC  SC  ABCD là hình chữ nhật  DA BC a 2 , DC  AB a .  - Gọi H là hình chiếu vuông góc của B lên mặt phẳng  SAC   BSH là góc giữa SB và mặt phẳng  SAC  1 11 11 BH d  B;  SAC   d  D;  SAC      2  1 . sin BSH 2    d  D;  SAC   SB 11 SB SB SB - Lại có : 1 1 1 1 1 1 1 1 3  2        2 . 2 2 DA DC 2 SB 2  BD 2 DA2 DC 2 SB 2  3a 2 2a 2 d  D;  SAC   DS   SB a 6  SB 2 6a 2 11 1 3    2  2  - Từ  1 và  2  suy ra: 11 2   11 2 2 2  SB SB  3a 2a SB  a SB a   3 3  Theo giả thiết SB  2a  SB a 6  SD a 3 . 1 1 a3 6 Vậy VSABC  SD. BA.BC  . 3 2 6 Câu 6: 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 7: 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 3a 5 . 10 Hướng dẫn giải C. D. 5a 3 . 3 Chọn A  AB  SM  AB   SMI  . Gọi I là trung điểm cạnh CD , khi đó   AB  MI  Do CD //AB nên CD   SMI   (( SCD ), ( ABCD)) SIM . Vẽ SH  MN tại H  MN thì SH   ABCD  .  Tam giác SMI có SM 2 MI 2  SI 2  2.MI .SI .cos SIM  3a 2 4a 2  SI 2  2a.SI  SI 2  2a.SI  a 2 0  SI a . Cách 1: 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    Ta có VSMNC VS .MNB 3VSMNC . S SMN 1 1 1 a 3 a3 3 .  .SH . .BM .BN  . .a.a  3 2 6 2 12 Tam giác SIC có SC  SI 2  IC 2  a 2  a 2 a 2 . Tam giác SBC có SN 2  SB 2  SC 2 BC 2  2a 2  SN a 2 . 2 4 Tam giác SMN có nửa chu vi p  SM  SN  MN a 3  a 2  a 2 .  2 2 Và diện tích SMN là S SMN  p  p  SM   p  SN   p  BC   Vậy d  AC , SM   Cách 2: 3VSMNC SSMN a3 3 3 a 5  2 12  . 5 a 15 4 a 2 15 . 4 Ta thấy SM 2  SI 2 MI 2 nên SMI vuông tại S . Suy ra SH  SM .SI a 3 3a ; HM  .  MI 2 2 Gọi O  AC  BD ; N là trung điểm cạnh BC ta có AC //  SMN  . 2 Do đó, d  AC , SM  d  AC ,  SMN   d  O,  SMN    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 2 SH .HK a 5 Vậy d  AC , SM   . .  2 2 3 SH  HK 5 Câu 8: 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 1 B DP  DD . Mặt phẳng  AMP  cắt CC  tại N . Thể tích 4 khối đa diện AMNPBCD bằng M A. V 2a 3 . B. V 3a 3 . 9a 3 11a 3 C. V  . D. V  . 4 3 B A D C A P D C Câu 9: Cho hình lập phương ABCD. ABC D cạnh 2a , gọi M là trung điểm của BB và P thuộc cạnh 1 DD sao cho DP  DD . Mặt phẳng  AMP  cắt CC  tại N . Thể tích khối đa diện 4 AMNPBCD bằng A D C B M A B 3 A. V 2a . 9a 3 C. V  . 4 P D C B. V 3a 3 . 11a 3 D. V  . 3 Lời giải Chọn B 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 1  MA PC   1  NB QD        . VABCD. ABC D 2  AA CC   2  BB DD  Áp dụng, xem khối đa diện AMNPBCD  AMNP. ABCD ta có: VAMNP. ABCD 1  MB PD  1  1 1  3        . VABC D. ABCD 2  BB DD  2  2 4  8 3 3 3 3 Vậy VAMNPBCD VAMNP. ABCD  VABCD. ABCD   2a  3a 8 8 Cách 2: 3 Thể tích khối lập phương ABCD. ABC D là V  2a  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  . 1 a  3a 1 3a Ta có OK   DP  BM    a    . Do đó CN 2OK  . 2 2 4 2 2 Diện tích hình thang BMNC là 1 1 3a  5a 2 . S BMNC   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 BMNC . AB  . .2a  3 3 2 3 Diện tích hình thang DPNC là 1  a 3a  1 S DPNC   DP  CN  .CD     .2a 2a 2 . 2 2 2  2 Thể tích khối chóp A.DPNC là 1 1 4a 3 . VA.DPNC  .S DPNC . AD  .2a 2 .2a  3 3 3 Thể tích khối đa diện AMNPBCD bằng 5a 3 4a 3 V VA.BMNC  VA.DPNC   3a 3 . 3 3 Câu 10: Cho tứ diện ABCD có AB CD 4 , AC BD 5 , AD BC 6 . Tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng  BCD  . A. 3 6 . 7 B. 3 2 . 5 C. 3 42 . 7 D. 7 . 2 Câu 11: Cho tứ diện ABCD có AB CD 4 , AC BD 5 , AD BC 6 . Tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng  BCD  . A. 3 6 . 7 B. 3 2 . 5 3 42 . 7 Lời giải C. D. 7 . 2 Chọn C Xây dựng bài toán tổng quát 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 Ta có: VABCD  VA. MNDC  .4VA. IMN 2VA. IMN  IA.IM .IN  h.m.n 2 2 3 3 2 2 2  2  a b c m  2  h 2  m 2 c 2  2 2  2  2 a  b  c2 2 2 h  n  b  Từ  n  2  m 2  n 2 a 2  2   2 a  b2  c 2 h  2  1  a 2  b2  c 2   a 2  b 2  c 2   a 2  b 2  c 2   Suy ra: VABCD  6 2 1  52  6 2   42  52  6 2   42  52  62  15 6 . 6 2 4 BC  CD  DB 4  5  6 15   Ta có p  2 2 2 15 7  S BCD  p  p  4   p  5   p  6   4 15 6 3VA. BCD 3. 4 3 42  Ta có d  A,  BCD    .  S BCD 15 7 7 4 Câu 12: Cho tam giác ABC đều cạnh a , gọi d là đường thẳng qua A và vuông góc  4 2 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 a3 3 . C. . 6 8 ----------HẾT---------- D. a3 2 . 27 1 A 26 B 2 C 27 B 3 C 28 B 4 A 29 A 5 D 30 A 6 B 31 A 7 C 32 A 8 D 33 A 9 D 34 C 10 D 35 D BẢNG ĐÁP ÁN 11 12 13 14 15 D B A C D 36 37 38 39 40 A C B A A 16 B 41 A 17 C 42 D 18 A 43 C 19 D 44 A 20 A 45 B 21 A 46 D 22 D 47 A 23 A 48 A 24 D 49 B 25 C 50 A HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 13: 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 a3 6 A. . 24 a3 6 B. . 6 a3 3 C. . 8 a3 2 D. . 27 Lời giải Chọn A 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  Câu 14: Do đó SS’ ngắn nhất khi x  a2 a 2 2 a 2 . 2 a 2 1 1 a 2 a2 3 a3 6 . Khi đó VS . ABC  SA.S ABC  . . .  2 3 3 2 4 24 Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đồ thị  C  của hàm số y  x 3  3x  m cắt trục hoành tại đúng 3 điểm phân biệt. A. m   2;   . B. m    2; 2  . C. m   . D. m    ;  2  . Câu 15: Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đồ thị  C  của hàm số y  x 3  3x  m cắt trục hoành tại đúng 3 điểm phân biệt. A. m   2;  . B. m    2; 2  . C. m   . Lời giải Chọn B D. m    ;  2  . Xét hàm số y  x 3  3x  m .  x 1  y m  2 2 Ta có y  3x  3 0   .  x  1  y m  2 Để đồ thị hàm số cắt trục hoành tại đúng 3 điểm phân biệt điều kiện cần và đủ là yCÑ . yCT  0   m  2  .  m  2   0  m    2; 2  . Câu 16: 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  với cos  1 2 3 (tham khảo hình vẽ dưới đây). Thể tích khối lăng trụ ABC. ABC  bằng 2 2 2 . C. 3a 3 . D. 3a 3 . 2 2 8 Câu 17: Cho hình lăng trụ đều ABC. ABC  . Biết khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng  ABC  bằng A. 3a 3 2 . 4 B. a 3 a, góc giữa hai mặt phẳng  ABC  và  BCC B bằng  với cos  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 Lời giải Chọn C Gọi O là trung điểm của AB , E là trung điểm của BC Trong mp  C CO  kẻ CH  C O tại H Khi đó d  C ,  ABC   CH a Chọn hệ trục tọa độ Oxyz như hình vẽ, gọi 2x là độ dài cạnh của tam giác ABC ta có 1 1 1   2 2 CH C 'C CO 2 1 1 1 1 1 3x2  a2      2 CH 2 CO 2 a 2  2 x 3  2 3a 2 x 2  C 'C    2  3x 2  a 2  C 'C  ax 3 Khi đó,  x x 3  3x 2  a 2  A   x;0;0  , B  x;0; 0  , C 0; x 3; 0 , C '  0; x 3; ; 0   , E  ;   2 2 ax 3          2ax 2 3     0;  ; 2 x 2 3  ABC n  OC , AB  mặt phẳng là    VTPT của 1    3x 2  a 2        3x x 3  ;0  VTPT của mặt phẳng  BCC B là n2  AE  ; 2 2     n1.n2 1 1 cos       2 3 n1 n2 2 3 VABC . ABC  C C.SABC  3ax 3 3x 2  a 2 12a 2 x 4 9 x 2 3x 2 4  12 x .  3x 2  a 2 4 4  1 2 3  x a a 6 2 3a 3 2 .a 3  . 2 2 Câu 18: Cho hình lăng trụ đều ABC. ABC  có tất cả các cạnh bằng 1 . Gọi E , F lần lượt là trung điểm AA và BB ; đường thẳng CE cắt đường thẳng C A tại E  , đường thẳng CF cắt đường thẳng C B ' tại F  . Thể tích khối đa diện EFABE F  bằng A. 3 . 6 B. 3 . 2 C. 3 . 3 D. 3 . 12 Câu 19: 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),  là góc giữa hai mặt phẳng  AMN  và  SBD  . Giá trị sin  bằng A. 1 A 2 B 3 B 2 . 3 B. 2 2 . 3 C. 7 . 3 D. 1 . 3 BẢNG ĐÁP ÁN 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 C D C D D D C D B A B D C D D D C A C B B D 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49 50 A C D A A B B B B D A D A C A A C A C B A C A B B HƯỚNG DẪN GIẢI. Câu 20: Cho hình lăng trụ đều ABC . ABC  có tất cả các cạnh bằng 1 . Gọi E , F lần lượt là trung điểm AA và BB ; đường thẳng CE cắt đường thẳng C A tại E  , đường thẳng CF cắt đường thẳng C B ' tại F  . Thể tích khối đa diện EFABE F  bằng A. 3 . 6 B. 3 . 2 C. 3 . 3 D. 3 . 12 Lời giải Chọn A Thể tích khối lăng trụ đều ABC. ABC  là VABC . ABC  S ABC . AA  3 3 . .1  4 4 3 Gọi M là trung điểm AB  CM   ABBA và CM  . Do đó, thể tích khối chóp 2 C. ABFE là 1 VC . ABFE  SC . ABFE .CH 1 .1. 1 . 3  3 . 3 3 2 2 12 Thể tích khối đa diện ABC EFC là VABC EFC VABC . ABC   VC . ABFE  3  3  3 . 4 12 6 3 Do A là trung điểm C E  nên d  E ,  BCC B '   2d  A,  BCC B '   2.  3. 2 SCC F  S F B ' F  S FBC C S FBC  S FBC C SBCC B 1 . Thể tích khối chóp E .CC F  là 1 VE .CC F   SCC F .d  E ,  BCC B '  1 .1. 3  3 . 3 3 3 Thể tích khối đa diện EFABE F  bằng VEFABE F  VE .CC F   VABC EFC  3  3  3 . 3 6 6 Câu 21: 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),  là góc giữa hai mặt phẳng  AMN  và  SBD  . Giá trị sin  bằng A. 2 . 3 B. 2 2 . 3 C. Lời giải Chọn B 7 . 3 D. 1 . 3 Gọi O  AC  BD , trong mặt phẳng ( SAC ) , gọi K SO  MN , suy ra K là trung điểm của SO . Ta có  AMN    SBD  MN .  BD  AC  BD   SAC  mà MN //BD nên MN   SAC  , suy ra MN  AK . Ngoài ra   BD  SA Mặt khác SO  BD nên SO  MN hay KO  MN .  chính là góc giữa KA và KO , suy ra sin  sin AKO . Gọi H là hình chiếu của A lên SO . Xét tam giác SAO vuông tại A có AH là đường cao nên 2 SA. AO 2  a AH   . 2 2 3 SA  AO a2 2 a  2 Xét tam giác SAO vuông tại A có AK là đường trung tuyến nên a.a AK  SO  2 a2 2 a 6 . 2 4 a2  a 3 AH 2 2  3  Xét tam giác AHK vuông tại H ta có sin  sin AKO  . AK 3 6 a 4 Câu 22: Một người muốn xây một cái bể chứa nước, dạng một khối hộp chữ nhật không nắp có thể tích 256 3 m , đáy bể là hình chữ nhật có chiều dài gấp đôi chiều rộng. Giá thuê nhân công để 3 xây bể là 500000 đồng/ m3 . Nếu người đó biết xác định các kích thước của bể hợp lí thì chi phí thuê nhân công sẽ thấp nhất. Hỏi người đó trả chi phí thấp nhất để thuê nhân công xây dựng bể đó là bao nhiêu? A. 48 triệu đồng. B. 47 triệu đồng. C. 96 triệu đồng. D. 46 triệu đồng. bằng Câu 23: Một người muốn xây một cái bể chứa nước, dạng một khối hộp chữ nhật không nắp có thể tích 256 3 m , đáy bể là hình chữ nhật có chiều dài gấp đôi chiều rộng. Giá thuê nhân công để 3 xây bể là 500000 đồng/ m3 . Nếu người đó biết xác định các kích thước của bể hợp lí thì chi phí thuê nhân công sẽ thấp nhất. Hỏi người đó trả chi phí thấp nhất để thuê nhân công xây dựng bể đó là bao nhiêu? A. 48 triệu đồng. B. 47 triệu đồng. C. 96 triệu đồng. D. 46 triệu đồng. Lời giải Chọn A Gọi x  m  là chiều rộng của đáy bể, khi đó chiều dài của đáy bể là 2 x  m  và h  m  là chiều bằng cao bể. 256 3 256 128  h 2 . m  2x2h  3 3 3x 128 256 2 2  2x2 . Diện tích cần xây là S 2  xh  2 xh   2 x 6 x 2  2 x  3x x 256 256  2 x 2 ,  x  0   S  x   2  4 x 0  x 4 . Xét hàm S  x   x x Lập bảng biến thiên suy ra S min S  4  96 . Bể có thể tích bằng Chi phí thuê nhân công thấp nhất khi diện tích xây dựng là nhỏ nhất và bằng S min 96 . Vậy giá thuê nhân công thấp nhất là 96.500000 48000000 đồng. Chú ý: Có thể sử dụng BĐT Cô si để tìm min, cụ thể S 256 128 128 128  2x2    2x 2 3 3 1282.2  S 96  S min 96 khi 2x 2  x 4 . x x x x A Câu 24: Cho tứ diện ABCD . Hai điểm M , N lần lượt di động trên hai BC BD 3 10 . Gọi V1 , V2 BM BN lần lượt là thể tích của các khối tứ diện ABMN và ABCD . Tìm đoạn thẳng BC và BD sao cho 2 V1 giá trị nhỏ nhất của . V2 A. 3 . 8 N B M B. 5 . 8 C. 2 . 7 D. D C 6 . 25 Câu 25: Cho tứ diện ABCD . Hai điểm M , N lần lượt di động trên hai đoạn thẳng BC và BD sao cho 2 BC BD 3 10 . Gọi V1 , V2 lần lượt là thể tích của các khối tứ diện ABMN và ABCD . BM BN Tìm giá trị nhỏ nhất của V1 . V2 A N B M A. 3 . 8 B. 5 . 8 D C C. 2 . 7 D. 6 . 25 Lời giải Chọn D 1 d A; BMN   .SBMN S V1 3     BMN . Ta có 1 V2 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 BM BN 6 BC BD BC BD BC BD 25 .  . 3  6. .  .   BC BD 25 BM BN BM BN BM BN 6 Suy ra S BMN 6  . S BCD 25 Vậy V1 6 nhỏ nhất bằng . V2 25 Câu 26: 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  với cos   1 (tham khảo hình vẽ 3 dưới đây). Thể tích khối lăng trụ ABC . ABC  bằng A. 3a 3 15 . 10 B. 3a 3 15 . 20 C. 9a 3 15 . 10 D. 9a 3 15 . 20 Câu 27: Cho hình lăng trụ đều ABC . ABC  . Biết khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng  ABC  bằng 1 a , góc giữa hai mặt phẳng  ABC  và  BCC B bằng  với cos   (tham khảo hình vẽ 3 dưới đây). Thể tích khối lăng trụ ABC. ABC  bằng A. 3a 3 15 . 10 B. 3a 3 15 . 20 C. 9a 3 15 . 10 Lời giải Chọn B Gọi M là trung điểm của AB , G là trọng tâm tam giác ABC . D. 9a 3 15 . 20