Tài liệu Lớp 12 hình học không gian (gv đặng việt hùng) 263 câu hình học không gian từ đề thi năm 2018

Câu 1 (Đặng Việt Hùng-2018): Thể tích của khối chóp có chiều cao bằng h và diện tích đáy bằng B là 1 1 A. V  Bh. B. V  Bh. C. V  Bh. 3 6 D. V  1 Bh. 2 Đáp án A. Câu 2 (Đặng Việt Hùng-2018): Cho hình nón có diện tích xung quanh bằng 3a 2 và bán kính đáy bằng a. Độ dài đường sinh của hình nón đã cho bằng B. 3a A. 2 2a C. 2a D. 3a 2 Đáp án B. Diện tích xung quanh của hình nón là Sxq  rl  3a 2  al  3a 2  l  3a. Câu 3 (Đặng Việt Hùng-2018): Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ có cạnh bằng a (tham khảo hình vẽ bên). Khoảng cách giữa hai đường thẳng BD và AC’ là A. 3a C. B. a. 3 a. 2 D. 2a. Đáp án B. Gọi O là giao điểm của AC và BD, O’ là giao điểm của A’C’ và B’D’. Ta có OO’//AA’  OO   ABCD  và OO '   A ' B'C ' D ' OO '  BD   OO ' là đoạn vuông góc chung của BD và A’C’ OO '  A 'C'  OO ' là khoảng cách giữa A’C’ và BD  d  A 'C', BD   a. Câu 4: (Đặng Việt Hùng-2018) Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có tất cả các cạnh bằng a. Gọi M là trung điểm của SD (tham khảo hình vẽ bên). Tang của góc giữa đường thẳng BM và mặt phẳng (ABCD) bằng A. C. 2 . 2 B. 2 . 3 D. 3 . 3 1 . 3 Đáp án D. Gọi O là giao điểm của AC và BD  SO   ABCD  Qua M kẻ đường thẳng song song với SO cắt BD tại H  MH   ABCD  Ta có MB   ABCD   B và MH   ABCD     MB,  ABCD     MB, HB   MBH Ta có AC  AB2  BC2  a 2  OA  Ta có SO  SA 2  OA 2  Ta có BH  AC a 2  2 2 a 2 SO a 2  MH   2 2 4 3 3 3a 2 BD  a 2  4 4 4 a 2 MH 1 1  Ta có tan MBH  4   tan  MB,  ABCD    . BH 3a 2 3 3 4 Câu 5: (Đặng Việt Hùng-2018) Cho tứ diện OABC có OA, OB, OC đôi một vuông góc với nhau và OA  OB  OC . Gọi M là trung điểm của BC (tham khảo hình vẽ bên). Góc giữa hai đường thẳng M và AB bằng A. 600. B. 300. C. 600. D. 450. Đáp án C. Do OA,OB,OC đội một vuông góc với nhau và OA  OB  OC nên tam giác ABC là tam giác đều. Qua M kẻ đường thẳng song song với AB cắt AC tại N  Ta có MN / /AB   OM, AB    OM, MN  Giả sử OA  OB  OC  a  AB  BC  CA  a 2 Ta có OM  BC a 2 AC a 2 AB a 2  , ON   , MN   2 2 2 2 2 2   600  ABC là tam giác đều  OMN   OM, MN   600. Câu 6: (Đặng Việt Hùng-2018) Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng 4. Tính diện tích xung quanh Sxq của hình trụ có một đường tròn đáy là đường tròn nội tiếp tam giác BCD và chiều cao bằng chiều cao của tứ diện ABCD. A. Sxq  Đáp án A. 16 2 . 3 B. Sxq  8 2. C. Sxq  16 3 . 3 D. Sxq  8 3. Dựng hình như hình vẽ bên ta có: 1 4 3 Bán kính đường tròn nội tiếp đáy: r  HM  BM  3 6 2 4 3 4 6 Chiều cao: h  AH  AB  BH  4     3  3  2 Do đó Sxq T   2h  2 2 16 2 . 3 Câu 7 (Đặng Việt Hùng-2018)Cho hai hình vuông ABCD và ABEF có cạnh bằng 1, lần lượt nằm trên hai mặt phẳng vuông góc với nhau. Gọi S là điểm đối xứng với B qua đường thẳng DE. Thể tích của khối đa diện ABCDSEF bằng A. 7 11 2 5 . B. C. . D. . 6 12 3 6 Đáp án D. Vì S đối xứng với B qua DE  d  B;  DCEF    d  S;  DCEEF   . Gọi M là trung điểm CE  BM   DCEF   d  B;  DCEF    BM. 1 Khi đó, thể tích VABCDSEF  VADF.BCE  VS.DCEF  AB x SADF  d  S;  DCEF   x SDCEF 3 1 1 2 1 1 5  1.  . . 2   . 2 3 2 2 3 6 Câu 8 (Đặng Việt Hùng-2018)Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC.A’B’C’ có AB  2 3 và AA’=2. Gọi M,N,P lần lượt là trung điểm của các cạnh A’B’, A’C’ và BC. Côsin của góc tạo bởi hai mặt phẳng (AB’C’) và (MNP) bằng A. 6 13 65 B. 13 . 65 C. 17 13 . 65 D. 18 63 . 65 Đáp án B. Dễ thấy  AB 'C ' ;  MNP    AB 'C ' ;  MNCB   1800   AB 'C ' ;  A ' B 'C '   MNBC  ;  A ' B 'C '  1800   A ' BC  ;  ABC    MNBC  ;  ABC  . 2  MNBC  ;  ABC    A ' P; AP   A ' PA  arctan . Ta có  3   arctan 4 , với S là điểm đối xứng với A qua A’, thì MNBC  ;  ABC    SP; AP   SPA Và  3 SA  2AA '  4. (Dethithpt.com) 2 4 13  Suy ra cos AB'C ' ;  MNP   cos 1800 -arctan  arctan   . 3 3  65  Câu 9 (Đặng Việt Hùng-2018) Hình chóp S.ABCD đáy hình vuông cạnh a; SA   ABCD  ; SA  a 3. Khoảng cách từ B đến mặt phẳng (SCD) bằng A. a 3 B. a 3 2 C. 2a 3 D. a 3 4 Đáp án A Do AB / /CD  d  B;  SCD    d  A;  SCD   CD  SA Ta có   CD   SAD  CD  AD Dựng AH   SD   AH   SCD  Lại có AH  Do đó d B  SA.AD SA 2  AD 2  a 3 2 a 3 2 Câu 10 (Đặng Việt Hùng-2018): Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với độ dài đường chéo bằng 2a, cạnh SA có độ dài bằng 2a và vuông góc với mặt đáy. Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD. A. 6a 2 Đáp án A B. 2 6a 3 C. 6a 12 D. 6a 4 Gọi I là trung điểm SC. Khi đó T là tâm của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD Ta có SC   2a  2   2a   a 6 2 Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD là R  Câu 11: SC a 6  2 2 (Đặng Việt Hùng-2018) Cho hình chóp S.ABC với các mặt SAB  , SBC  , SAC  vuông góc với nhau từng đôi một. Tính thể tích khối chóp S.ABC, biết diện tích các tam giác SAB, SBC, SAC lần lượt là 4a 2 , a 2 và 9a 2 A. 2 2a 3 Đáp án A B. 3 3a 3 C. 2 3a 3 D. 3 2a 3 Vì các mặt  SAB  ,  SBC  ,  SAC  vuông góc với nhau từng đôi một nên SA, SB, SC đôi một vuông góc với nhau SA.SB  2.4a 2  8a 2  Ta có SB.SC  2.a 2  2a 2 SC.SA  2.9a 2  18a 2   SA.SB.SC  8a 2 .2a 2 .18a 2  12 2a 3 1 1 Vậy thể tích khối chóp S.ABC là V  SA.SB.SC  12 2a 3  2 2a 3 6 6 Câu 12 (Đặng Việt Hùng-2018)Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B. Biết AB=BC  a 3,SAB=SCB  90 và khoảng cách từ A đến mặt phẳng SBC bằng a 2. Tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC A. 16a 2 B. 12a 2 C. 8a 2 Đáp án C Dựng hình vuông ABCH AB  AH Ta có   AB  SH, tương tự BC  SH AB  SA Do đó SH   ABC  (Dethithpt.com) Lại có AH / /BC  d  A;  SBC    d  H;  SBC   Dựng HK  SC  d  H;  SBC    HK  a 2 Do đó 1 1 1 a 30    SH  2 2 2 SH HK HC 5 D. 2a 2 Tứ giác ABCH nội tiếp nên R S.ABC  R S.ABCH  SH 2 2  rd 4 2 SH 2  AC  2 2     a 2  S  4R  8a 4  2  Câu 13 (Đặng Việt Hùng-2018)Cho lăng trụ ABCD.A1B1C1D1 có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB  a, AD  a 3. Hình chiếu vuông góc của A1 lên  ABCD trung với giao điểm của AC và BD. Tính khoảng cách từ điểm B1 đến mặt phẳng (A1BD) A. a 3 B. a 2 C. a 3 2 D. a 3 6 Đáp án D Vì CB1 / /AD1 nên d  B1 ,  A1BD    d  C,  A1BD    CH Trong đó H là hình chiếu của C lên BD Ta có 1 1 1 1 1    2 2 2 2 CH CD CB a a 3  CH    2  4 3a 2 a 3 2 Câu 14: (Đặng Việt Hùng-2018) Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC.A 'B'C ' có tất cả các cạnh bằng a. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của các cạnh AB và B’C’. Mặt phẳng (A'MN) cắt cạnh BC tại P. Thể tích của khối đa diện MBP.A 'B' N bằng 7a 3 3 A. 32 Đáp án D a3 3 B. 32 7a 3 3 C. 68 7a 3 3 D. 96 Gọi E là trung điểm của BC, F là trung điểm của BE Khi đó MF / /AE mà AE / /A ' N nên MF / /A ' N Suy ra các điểm A ', M, F, N thuộc cùng một mặt phẳng Vậy  A ' MN  cắt cạnh BC tại P  P trùng với F Công thức tổng quát tính thể tích khối đa diện “thể tích khối chóp cụt là V    h B  B' BB' với h là chiều cao, B, B’ lần lượt là diện tích 3 hai đáy” SABC S  B  SMBP  8  8 a2 3 Và diện tích đáy  với S  SA 'B'C' S 4 B'  S  A 'B' N   2 2 BB'  S S S S  7 3a 3 .   Thể tích khối đa diện MNP.A 'B' N là V     3  8 2 8 2  96 Câu 15 (Đặng Việt Hùng-2018) Cho lăng trụ đứng ABC.A 'B'C ' có đáy ABC là tam giác vuông tại B, AB  a, AA '  2a. Tính khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (A'BC). A. 2 5a Đáp án B B. 2 5a 5 C. 5a 5 D. 3 5a 5 Gọi H là hình chiếu của A lên A’B. Khi đó AH   A ' BC   d  A;  A ' BC    AH Ta có 1 1 1 1 1 5 2a     2  2  AH  2 2 2 2 AH AA ' AB 5  2a  a 4a  d  A;  A ' BC    Câu 16 2a 5 (Đặng Việt Hùng-2018) Cho tam giác ABC cân tại A, có cạnh AB  a 5, BC  2a. Gọi M là trung điểm của BC. Khi tam giác quay quanh trục MA ta được một hình nón và khối nón tạo bởi hình nón đó có thể tích là A. V  5 2 a 3 B. V  2a 3 C. V  2 3 a 3 D. V  4 3 a 3 Đáp án C. 2  BC  Ta có AM  AB     2a. Khi quay tam giác quanh trục MA thì ta được hình nón có  2  2 1 2 bán kính r  a, đường cao h  2a. Thể tích khối nón là V  r 2 h  a 3 . 3 3 Câu 17: (Đặng Việt Hùng-2018)Một khối trụ có đường kính mặt đáy bằng 2a, chiều cao bằng 3a, thể tích của khối trị đó là A. 6a 3  B. 4a 3  C. 3a 3  Đáp án C. Thể tích của hình trụ là V  r 2 h  .a 2 .3a  3a 3 . D. 2a 2  (Đặng Việt Hùng-2018) Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có A ' B  2a, đáy Câu 18: (ABC) có diện tích bằng a 2 ; góc giữa đường thẳng A’B và mặt phẳng (ABC) bằng 600 . Thể tích của khối lăng trụ ABC.A’B’C’ bằng B. 2a 3 3 A. a 3 C. 3a 3 D. a 3 3 Đáp án D. Ta có A ' B   ABC   B và A ' A   ABC     A ' B,  ABC     A ' B, AB   A ' BA  600  ' BA  Ta có sin A AA '   AA'=A'B sinA ' BA  2a.sin 600  a 3 A 'B Ta có VABC.'B'C'  AA '.SABC  a 3.a 3  a 3 3. Câu 19 (Đặng Việt Hùng-2018): Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC vuông tại A, AB  a, AC  a 3. Tam giác SBC đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt đáy. Tính thể tích khối chóp S.ABC. A. 2a 2 . 3 B. 3a 2 . 2 C. a3 3 . 2 D. a2 . 2 Đáp án D. Kẻ SH  BC  SH   ABC  . Cạnh SH  BC 3 3  . AB2  AC2  a 3 2 2 1 1 1 a2  V  SH.SABC  a 3. a.a 3  . 3 3 2 2 Câu 20 (Đặng Việt Hùng-2018): Khối hộp chữ nhật có 3 cạnh xuất phát từ một đỉnh lần lượt có độ dài a, b, c. Thể tích khối hộp chữ nhật là ? A. 1 abc. 3 B. abc. C. 1 abc. 6 D. 4 abc. 3 Đáp án B. Ta có V  abc. Câu 21: (Đặng Việt Hùng-2018) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, SAD là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi M và N lần lượt là trung điểm của BC và CD. Tính bán kính R của khối cầu ngoại tiếp hình chóp S.CMN A. R  5a 3 . 12 B. R  a 29 . 8 độ với C. R  a 93 . 8 D. R  a 37 . 6 Đáp án C. Chọn hệ trục tọa 1  H  O  0;0;0  D  ;0;0  . 2  Chọn a  1. 1  x  4  3 1 3  1 1    M  0;1;0  ; N  ; ;0  ;S  0;0;  ;C  ;1;0  là:  y   tâm mặt cầu có tọa độ 2  2 4 2 2     z  t   1 3  K ; ;t 4 4  2 1 9  3 1 1 5 3 93 2 Giải SK  KC     t   R  KC  .     t  t  16 16  2  16 16 12 12 Câu 22: (Đặng Việt Hùng-2018) Cho khối hộp chữ nhật ABCD.A’B’C’D’ có thể tích bằng 2018 (đvtt). Biết M, N, P là các điểm lần lượt thuộc các đoạn thẳng AA’, DD’, CC’ sao cho A’M  MA, DN  ND’ , CP’ = 2PC’. Mặt phẳng (MNP) chia khối hộp đã cho thành hai khối đa diện. Thể tích khối đa diện nhỏ hơn bằng A. 5045 . 6 B. 8072 . 7 C. 10090 . 9 D. 7063 . 6 Đáp án A. Ta chứng minh được công thức tỷ số thể tích tối với khối hộp như sau (học sinh có thể tự chứng minh). VA 'B'C'D'.MNPQ VA 'B'C'D'.ABCD 1  A ' M C ' P  1  B'Q DN  7        2  A ' A C 'C  2  B' B D ' D  2 Do đó thể tích khối đa diện nhỏ hơn là 15 5 5045 V  .2018  . 2 2 6 Câu 23: (Đặng Việt Hùng-2018) Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, biết A 'A  A 'B  A 'C  4a . Hình chóp A’.ABC có tất cả bao nhiêu mặt phẳng đối xứng? A. 3. B. Không có. C. 4. D. 2. Đáp án A. Vì A’A  A’B  A’C  A '.ABC là hình chóp tam giác đều. Hình vẽ minh họa: Hình chóp tam giác đều ABCD có 3 mặt phẳng đối xứng. Vậy hình chóp tam giác đều (không phải tứ diện đều) có 3 mặt phẳng đối xứng. Câu 24 (Đặng Việt Hùng-2018): Hình đa diện đều có tất cả các mặt là ngũ giác có tất cả bao nhiêu cạnh ? A. 30. B. 12. C. 20. D. 60. Đáp án A. Hình đa diện đều có tất cả các mặt là ngũ giác có 30 cạnh. Câu 25 (Đặng Việt Hùng-2018) Cho tam giác đều ABC cạnh a quay xung quanh đường cao AH tạo nên một hình nón. Tính diện tích xung quanh Sxq của hính nón đó. A. Sxq  a 2 B. Sxq  2a 2 C. Sxq  1 2 a 2 D. Sxq  3 2 a 4 Đáp án C a 1 Hình nón có bán kính đáy r  , đường sinh l  a  Sxq  rl  a 2 2 2 Câu 26 (Đặng Việt Hùng-2018)Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A cạnh huyền bằng 2a và SA  2a, SA vuông góc với đáy. Tính thể tích V của khối chóp đã cho. A. V  4a 3 3 B. V  4a 3 C. V  2a 3 D. V  2a 3 3 Đáp án D 1 1 1 2a 3 Ta có AB  AC  a 2  SABC  .a 2.a 2  a 2  VS.ABC  SA.SABC  .2a.a 2  . 2 3 3 3 Câu 27: (Đặng Việt Hùng-2018) Lăng trụ tam giác đều ABC. A 'B'C ' có góc giữa hai mặt phẳng  A ' BC  và  ABC  bằng 60 , cạnh AB  a. Thể tích khối đa diện ABCC 'B' bằng A. 3a 3 4 B. Đáp án A Kẻ AP  BC tan 60  A 'A AP a3 3 8 C. 3a 3 4 D. 3a 3 a 3 3a  2 2 1 2 3a a 2 3 a 3 3  2. BB'.SABC  . .  3 3 2 4 4  A ' A  AP 3  3.  VABCC'B'  2VB'.ABC Câu 28: (Đặng Việt Hùng-2018) Cắt một khối trụ T bằng một mặt phẳng đi qua trục của nó ta được một hình vuông có diện tích bằng 9. Khẳng định nào sau đây là sai? A. Khối trụ T có thể tích V  9 4 B. Khối trụ T có diện tích toàn phần Stp  27  2 C. Khối trụ T có diện tích xung quanh Sxq  9 D. Khối trụ T có độ dài đường sinh là l  3 Đáp án A 3 Hình vuông đi qua trục có diện tích bằng 9  Bán kính R  ; đường sinh l  3 . 2 2 27  3 Vậy thể tích khối trụ là V  R h  .   .3  ; diện tích xung quanh Sxq  2Rl  9 . 4 2 2 2 27  3 Và diện tích toàn phần của khối trụ là Stp  2R  2Rl  2.    9  . 2 2 2 Câu 29: (Đặng Việt Hùng-2018) Cho lục giá đều ABCDEF có cạnh bằng 4. Cho lục giác đều đó quanh quay đường thẳng AD. Tính thể tích V của khối tròn xoay được sinh ra. A. V  128 B. V  32 C. V  16 Đáp án D Khi quay lục giác đã cho quanh AD ta được 2 hình nón và một hình trụ Hình trụ có chiều cao h  BC  4 và bán kính đáy r  BH  4 3 2 3 2 D. V  64 Hình nón có chiều coa h '  AH  2 và bán kính đáy r  BH  2 3 2 Khi đó V  r 2 h  r 2 h '  64. 3 Câu 30 (Đặng Việt Hùng-2018)Cho khối chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật. Một mặt phẳng thay đổi nhưng luôn song song với đáy và cắt các cạnh bên SA, SB, SC, SD lần lượt tại M, N, P, Q. Gọi M' , N', P', Q lần lượt là hình chiếu vuông góc của M, N, P, Q lên mặt phẳng  ABCD  . Tính tỉ số SM để thể tích khối đa diện MNPQ.M ' N ' P 'Q ' đạt giá trị lớn SA nhất. A. 2 3 B. 1 2 C. 1 3 D. 3 4 Đáp án A Đặt SM  x , vì mặt phẳng  MNPQ  song song với đáy SA Suy ra Và MN NP PQ MQ     x ( định lí Thalet). AB BC CD AD d  M;  ABCD   d  S;  ABCD    MA SM  1  1  x  MM '  1  x   h. SA SA Mặt khác dt  MNPQ   x 2  dt  ABCD  nên thể tích khối đa diện MNPQ.M ' N ' P 'Q ' là V  MM ' x dt  MNPQ   1  x  x 2  h  dt  ABCD   3  x 2  x 3   VS.ABCD . Khảo sát hàm số f  x   x 2  x 3  max f  x    0;1 4 . 27 2 SM 2  thì thể tích khối hộp MNPQ.M ' N ' P 'Q ' lớn nhất Dấu “=” xảy ra  x  . Vậy 3 SA 3 Câu 31: (Đặng Việt Hùng-2018) Hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A, AB  a, AC  2a . Mặt bên  SAB  ,  SCA  lần lượt là các tam giác vuông tại B, C. Biết thể tích khối chóp S.ABC bằng A. R  a 2 2 3 a . Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC là 3 B. R  a C. R  3a 2 D. R  3a 2 Đáp án C Kẻ hinh chữ nhật ABCD như hình vẽ bên  SD   ABCD  1 Diện tích tam giác ABC là SABC  .AB.AC  a 2 2 1 a2 2 Suy ra VS.ABC  .SD.SABC  .SD  a 3  SD  2a. 3 3 3 Bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối chóp S.ABDC là 2  a 5   2a  SD 2 3a R  R 2ABDC       4 4 2  2  Vậy bán kính mặt cầu cần tính là R  2 3a . 2 Câu 32: (Đặng Việt Hùng-2018) 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 mặt phẳng  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 ? A. 17 2 216 B. 17 2 72 C. 17 2 144 D. 2 12 Đáp án A Gọi O là tâm của tam giác BCD  OA   BCD  Mà  AMN    BCD  suy ra MN luôn đi qua điểm O. 1   3 xy. Đặt BM  x, BN  y  SBMN  .BM.BN.sin MBN 2 4 Tam giác ABO vuông tại O, có 1 2 xy. Suy ra thể tích tứ diện ABMN là V  .OA.SBMN  3 12 Mà MN đi qua trọng tâm của BCD  3xy  x  y. Do đó  x  y xy  Câu 33: 4 2 9  xy  17 2 1 4 2 2 .    xy   V1  ; V2  . Vậy V1  V2  216 4 2 9 24 27 2 (Đặng Việt Hùng-2018) Cho hình nón chứa bốn mặt cầu cùng có bán kính là r, trong đó ba mặt tiếp xúc với đáy, tiếp xúc lẫn nhau và tiếp xúc với mặt xung quanh của hình nón. Mặt cầu thứ tư tiếp xúc với ba mặt cầu kia và tiếp xúc với mặt xung quanh của hình nón. Tính chiều cao của hình nón.  2 3 A. r 1  3   3   Đáp án C  2 6 B. r  2  3   3    2 6 C. r 1  3   3    2 6 D. r 1  6   3   Gọi S, A, B, C lần lượt là tâm của các mặt cầu thứ tư và ba mặt cầu tiếp xúc đáy (như hình vẽ) (Dethithpt.com) Khi đó S.ABC là khối tứ diện đều cạnh 2r. Goi I là tâm của tam giác ABC  Si   ABC  . Tam giác ABC đều cạnh 2r  AI  2r . 3 2 2 6  2r  Tam giác SAI vuông tại I, có SI  SA  IA  4r     3 r.  3 2 2 2 Ta thấy rằng SMH  A SI  g.g  suy ra SM SH SA.AH 2r.r   SM    r 3. 2r SA AI AN 3 Vậy chiều cao của khối nón là h  SM  SI  ID  r 3   2 6 2 6 r  r  r 1  3  . 3 3   Câu 34: (Đặng Việt Hùng-2018) Cho hình chóp S.ABC có đáy là ABC vuông tại A và có cạnh SB   ABC  . AC vuông góc với mặt phẳng nào sau đây ? A.  SBC  B.  ABC  Đáp án D. AC  AB Ta có   AC   SBA  . AC  SB C.  SBC  D.  SAB 