1. Trang Chủ
  2. Sáng kiến kinh nghiệm
  3. Sáng kiến kinh nghiệm THPT: Đổi mới ôn thi THPT Quốc gia 2017 thông qua chủ đề khối đa diện

Sáng kiến kinh nghiệm THPT: Đổi mới ôn thi THPT Quốc gia 2017 thông qua chủ đề khối đa diện

Mục đích nghiên cứu của đề tài nhằm tạo thêm một phương pháp mới để giải quyết tốt bài toán Hình học tọa độ phẳng trong việc học tập và ôn thi THPT Quốc gia. Giúp cho các em học sinh được tiếp cận và vận dụng để giải quyết được bài toán, trong các đề thi, đồng thời qua đó cũng làm cho các em học sinh tự tin, tích cực học tập và thấy được ý nghĩa đẹp của phép biến hình. PHẦN I: MỞ ĐẦU I. Lý do chọn đề tài 1. Cơ sở lý luận khoa học của đề tài Năm 2017 Kì thi Tru

Thể loại Tài liệu miễn phí Sáng kiến kinh nghiệm

Số trang 25

Ngày tạo 4/5/2023 10:52:59 PM +00:00

Loại tệp PDF

Kích thước 0.82 M

Tên tệp

Tải Sáng kiến kinh nghiệm THPT: Đổi mới ôn thi THPT Qu... (.pdf)

Xem mẫu

  1. PHẦN I: MỞ ĐẦU I. Lý do chọn đề tài 1. Cơ sở lý luận khoa học của đề tài Năm 2017 Kì thi Trung học phổ thông quốc gia diễn ra vào tháng 6, sớm hơn những năm trước khoảng hai tuần. Theo đó môn Toán chuyển từ thi theo hình thức tự luận khoảng 12 câu với thời gian 180 phút sang thi theo hình thức trắc nghiệm khách quan với 50 câu hỏi trong thời gian 90 phút. Đồng thời kết quả bài thi dùng để xét tốt nghiệp và xét tuyển đại học, cao đẳng. Đó là một trong những thay đổi lớn ở năm học này. Để thích ứng với những thay đổi đó, đòi hỏi cách dạy của thầy và cách học của trò như thế nào để sao cho phù hợp và đạt hiệu quả nhất. Đây là những chăn trở của mỗi thầy cô giáo dạy toán và toàn bộ các em học sinh học tập thế nào để đảm bảo tiếp thu kiến thức và thi THPT Quốc gia đạt hiệu quả nhất ? 2. Cơ sở lý luận thực tiễn của đề tài * Với việc thay đổi phương thức thi trên, thì việc thi trắc nghiệm có nội dung kiến thức rộng toàn bộ chương trình của lớp 12, vậy phần kiến thức về khối đa diện trước kia chỉ có 2 ý và đơn giản, hay tập trung vào một dạng bài quen thuộc, thì nay lại có tới 4 câu và có đủ mức độ, khai thác nhiều góc độ hiểu bài của học sinh. * Thực tế các em học sinh thường học quen một kiểu bài thi, phần nâng cao ít được khai thác vận dụng nhiều phong phú đa dạng và tính kiên trì học tập và tìm hiểu của các em chưa cao về hình không gian cổ điển. Chính vì thế các em chưa thấy được công dụng, cái hay và cái đẹp của một số bài toán trong thực tế vận dụng kiến thức dưới nhiều móc xích khác nhau. Những điều này đã làm cho các em học sinh chưa thực sự yêu quý và chưa tích cực học tập về nội dung này. * Để việc học tập và ôn tập đạt được mục đích đề ra và hiệu quả tốt, tôi mạnh dạn đưa ra kinh nghiệm của mình đề xuất cho việc dạy học nội dung “ Đổi mới ôn thi THPT Quốc gia 2017 thông qua chủ đề khối đa diện” làm đề tài sáng kiến kinh nghiệm của mình. Đây thực sự là một cách làm hay có hiệu quả sắc bén đạt hiệu quả cao mà đã được thể hiện trong một buổi học ôn thi của hai lớp 12A3, 12A4. II. Mục đích nghiên cứu, thực hiện * Tạo thêm một phương pháp mới để giải quyết tốt bài toán Hình học tọa độ phẳng trong việc học tập và ôn thi THPT Quốc gia. * Giúp cho các em học sinh được tiếp cận và vận dụng để giải quyết được bài toán, trong các đề thi, đồng thời qua đó cũng làm cho các em học sinh tự tin, tích cực học tập và thấy được ý nghĩa đẹp của phép biến hình. * Bản thân được tích lũy thêm về kiến thức và phương pháp trong chuyên môn. * Tạo thêm đề tài và tài liệu để các thầy cô giáo trong tổ trao đổi, tham khảo, vận dụng và nghiên cứu thực hiện phát triển tiếp. WWW.DAYHOCTOAN.VN 1
  2. III. Nhiệm vụ nghiên cứu * Nghiên cứu cơ sở lý luận khoa học, cơ sở thực tiễn của đề tài, thực trạng của việc dạy, học, thi về bài toán hình học không gian, khối đa diện của các lớp, các học sinh giỏi tôi dạy vừa qua. * Trình bày hệ thống và sắp xếp các nội dung kiến thức cơ bản, kĩ năng và phương pháp giải cho từng nội dung kiến thức cơ bản, phân loại và chọn lọc các câu hỏi trắc nghiệm khách quan theo các nội dung và các cấp độ nhận thức. Đưa ra các câu hỏi và có lời giải mẫu hướng dẫn của các câu hỏi khó, phân tích, nhận xét đánh giá bài toán để học sinh hiểu rõ hơn, không mắc sai lầm và biết cách vận dụng thực hành tối ưu nhất, đem lại kết quả học tập cao. * Đề xuất biện pháp để vận dụng đạt hiệu quả cao hơn trong quá trình dạy và học. IV. Đối tượng, phạm vi nghiên cứu thực hiện * Đối tượng nghiên cứu là một số bài toán hình học tọa độ phẳng trong chương trình chuẩn phổ thông quy định qua các đề thi học sinh giỏi, thi thử đại học, thi THPT quốc gia, các bài toán trong báo toán học và tuổi trẻ hàng tháng...; nghiên cứu phương pháp giải các bài toán đó bằng cách quen thuộc và dùng phép biến hình: Phép tịnh tiến, phép vị tự, phép quay, phép dời hình, phép đồng dạng. * Phạm vi nghiên cứu thực hiện: Áp dụng thực hiện đối với các em học sinh lớp 11A3, 11A4. Mở rộng đối với các lớp khá, giỏi khối 11, khối 12 của trường THPT Lục Nam. V. Phương pháp nghiên cứu * Nghiên cứu từ bản chất toán học của phép biến hình: Phép tịnh tiến, phép vị tự, phép quay và phép dời hình, phép đồng dạng. * Nhiên cứu tài liệu, đề thi về các bài toán hình học không gian cổ điển. * Nghiên cứu từ thực tế học tập, rèn luyện và sự tiến bộ cũng như kết quả học tập đạt được của các em học sinh trong lớp 12A3, 12A4 năm học 2016-2017. * Nghiên cứu từ việc học tập, ôn tập của các em học sinh khối 12 của trường trong năm học này. VI. Kết quả nghiên cứu, thực hiện * Kết quả nghiên cứu đã làm cho việc giải quyết các bài toán về khối đa diện của học sinh thêm hiệu quả, dễ dàng hơn. Đa số các em học sinh khá giỏi vận dụng được các phương pháp tổng hợp và lồng ghép các bài cơ bản vào bài toán lớn, đồng thời dễ học tập, tự tin hơn và giải được các đề thi, điểm số được nâng lên rõ ràng. * Thúc đẩy tích cực việc học tập, rèn luyện của các em học sinh. * Qua đó giúp các em học sinh thấy được bản chất hình học của một bài toán. WWW.DAYHOCTOAN.VN 2
  3. PHẦN II: NỘI DUNG NGHIÊN CỨU VÀ KẾT QUẢ CHUYÊN ĐỀ ĐỔI MỚI ÔN THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA Năm 2017 Kì thi Trung học phổ thông quốc gia được thay đổi phương thức thi, trong đó có môn Toán từ hình thức thi theo tự luận truyền thống đã chuyển sang hình thức thi trắc nghiệm khách quan. Qua việc nghiên cứu học tập các văn bản chỉ đạo của Bộ, của Sở giáo dục đào tạo cùng với quan điểm của mình tôi đưa ra một số việc cần làm trong quá trình ôn tập cho các em học sinh chuẩn bị kỳ thi trung học phổ thông quốc gia sau đây. Trước hết cái gốc của việc dạy và học tập trên lớp vẫn diễn ra bình thường như trước, học sinh cần nắm được nội dung kiến thức cơ bản của môn học. Biết làm các dạng bài tập trong sách giáo khoa và vận dụng được kiến thức cơ bản đó ở các bài tập nâng cao với mức độ khác nhau tùy theo năng lực của mỗi lớp học sinh. Tiếp theo trong quá trình ôn tập giáo viên cần hướng dẫn thêm cho học sinh cách tính nhẩm, cách giải bài tập nhanh ở từng mỗi chủ đề và chú ý việc bấm máy tính để hỗ trợ thời gian tính toán nhanh cũng như một số bài giải được bằng máy tính. Mỗi chủ đề cần phân dạng bài tập, phân thành các mức độ nhận thức khác nhau (cụ thể với 4 mức độ) để mỗi học sinh đều học tập dễ dàng đạt hiệu quả cao. Mức độ nhận biết: Yêu cầu học sinh nhớ các khái niệm cơ bản, có thể nêu lên hoặc nhận ra chúng khi được yêu cầu. Hoặc các bài tập đơn giản tính toán nhanh qua một bước cơ bản. Mức độ thông hiểu: Học sinh hiểu các khái niệm cơ bản và có thể vận dụng khi chúng được thể hiện theo các cách tương tự mà giáo viên đã làm trên lớp hoặc như các ví dụ mẫu trên lớp đã được học. Tính toán thường qua một đến hai bước cơ bản. Mức độ vận dụng: Học sinh hiểu rõ kiến thức, khái niệm và biết liên kết tổng hợp giữa các kiến thức đó tìm ra cách để giải quyết bài toán mới không đơn giản, hoặc tình huống trong thực tiễn phức tạp. Mức độ vận dụng cao: Học sinh có thể vận dụng các khái niệm về môn học, chủ đề để giải quyết các vấn đề mới. Đây là một tình huống rất phức tạp nhưng phù hợp với năng lực phát hiện và giải quyết bài toán của học sinh. Dưới đây tôi minh họa một chuyên đề ôn thi WWW.DAYHOCTOAN.VN 3
  4. KHỐI ĐA DIỆN, THỂ TÍCH CỦA KHỐI ĐA DIỆN A. NỘI DUNG KẾN THỨC CƠ BẢN I. Hình đa diện và khối đa diện 1. Khái niệm a) Hình đa diện là hình được tạo bởi một số hữu hạn các đa giác thỏa mãn hai tính chất sau: + Hai đa giác phân biệt chỉ có thể hoặc không có điểm chung, hoặc chỉ có một đỉnh chung, hoặc chỉ có một cạnh chung. + Mỗi cạnh của đa giác nào cũng là cạnh chung của đúng hai đa giác. b) Khối đa diện là phần không gian được giới hạn bởi một hình đa diện, kể cả hình đa diện đó. c) Khối đa diện (H) được gọi là khối đa diện lồi nếu đoạn thẳng nối hai điểm bất kỳ của (H) luôn thuộc (H). Khi đó đa diện xác định (H) được gọi là đa diện lồi. Chú ý: Các bài tập trong chương trình phổ thông thường chỉ xét về đa diện lồi. 2. Phép dời hình trong không gian a) Trong không gian, quy tắc đặt tương ứng mỗi điểm M với điểm M’ xác định duy nhất được gọi là một phép biến hình trong không gian. Phép biến hình trong không gian được gọi là phép dời hình nếu nó bảo toàn khoảng cách giữa hai điểm tùy ý. b) Các phép dời hình thường gặp trong không gian: + Phép tịnh tiến theo véc tơ v . + Phép đối xứng qua mặt phẳng (P). + Phép đối xứng qua đường thẳng  (phép đối xứng trục  ). c) Khái niệm về mặt phẳng đối xứng, tâm đối xứng và trục đối xứng của một hình. + Nếu phép đối xứng qua mặt phẳng (P) biến hình (H) thành chính nó thì (P) được gọi là mặt phẳng đối xứng của (H). + Nếu phép đối xứng qua đường thẳng  biến hình (H) thành chính nó thì  được gọi là trục đối xứng của (H). + Nếu phép đối xứng qua tâm O biến hình (H) thành chính nó thì O được gọi là tâm đối xứng của (H). Nhận xét: + Thực hiện liên tiếp các phép dời hình sẽ được một phép dời hình. + Phép dời hình biến đa diện (H) thành đa diện (H’) thì nó biến đỉnh, cạnh, mặt của (H) thành đỉnh, cạnh, mặt tương ứng của (H’). d) Số mặt phẳng đối xứng của một số hình đa diện đều. WWW.DAYHOCTOAN.VN 4
  5. Tên gọi Số mặt phẳng đối xứng Tứ diện đều 6 Lập phương 9 Bát diện đều 9 Cách xác định mặt phẳng đối xứng: + Đối với tứ diện đều: Mặt phẳng đối xứng của tứ diện đều là mặt phẳng chứa một cạnh và đi qua trung điểm của một cạnh đối diện tương ứng, vậy có 6 mặt phẳng đối xứng. + Đối với hình lập phương: Mặt phẳng đối xứng của hình lập phương bao gồm 6 mặt chéo của hình lập phương cùng 3 mặt phẳng song song và cách đều hai mặt đối diện của hình lập phương. + Đối với hình bát diện đều: Mặt phẳng đối xứng của hình bát diện bao gồm: Mặt phẳng tạo bởi 2 trong 3 đường thẳng, mỗi đường thẳng nối 2 đỉnh đối diện tương ứng của bát diện đều, như vậy có 3 mặt phẳng đối xứng loại này và loại mặt phẳng đối xứng được xác định: Mỗi mặt đi qua 2 đỉnh đối diện và 2 trung điểm của hai cạnh đối diện tương ứng, loại này có 6 mặt phẳng đối xứng. Vậy có tất cả 9 mặt phẳng đối xứng. e) Hai hình bằng nhau Hai hình được gọi là bằng nhau nếu có một phép dời hình biến hình này thành hình kia. 3. Phân chia và lắp ghép các khối đa diện a) Một khối đa diện bất kỳ luôn có thể chia thành các khối tứ diện. b) Một khối lăng trụ tam giác có thể được chia thành 3 khối tứ diện có thể tích bằng nhau. c) Một khối hộp có thể chia thành: 1 + 6 khối tứ diện có cùng thể tích và thể tích của mỗi khối đó bằng thể tích của 6 khối hộp đó. 1 +5 khối tứ diện; trong đó có bốn khối tứ diện có thể tích bằng nhau và bằng thể 6 1 tích của khối hộp, khối còn lại có thể tích bằng thể tích của khối hộp đó. 3 4. Khối đa diện đều a) Khái niệm: Khối đa diện đều loại  p; q thỏa mãn hai tính chất sau: WWW.DAYHOCTOAN.VN 5
  6. + Mỗi mặt của nó là một đa giác đều p cạnh. + Mỗi đỉnh của nó là đỉnh chung của đúng q mặt. b) Ta chỉ có 5 loại khối đa diện đều sau: Loại Tên gọi Số đỉnh Số cạnh Số mặt {3;3} Tứ diện đều 4 6 4 {4;3} Lập phương 8 12 6 {3;4} Bát diện đều 6 12 8 {5;3} Mười hai mặt đều 20 30 12 {3;5} Hai mươi mặt đều 12 30 20 Chú ý: Gọi Đ, C, M lần lượt là số đỉnh, số cạnh và số mặt của một đa diện đều. Ta có (Định lý Euler): Đ + C – M = 2. II. THỂ TÍCH CỦA KHỐI ĐA DIỆN 1. Thể tích của khối chóp và lăng trụ 1 a) Khối chóp: V  B.h 3 b) Khối lăng trụ: V  B.h (Trong đó B là diện tích đáy và h là chiều cao tương ứng của khối chóp, lăng trụ) Đặc biệt: Đối với lập phương cạnh a, thể tích của nó là V  a 3 . Đối với khối hộp chữ nhật có kích thước 3 cạnh là a, b, c. Ta có V  abc . c) Khối đa diện bất kỳ, ta chia nó về thành các khối chóp hoặc lăng trụ để tính, hoặc tính gián tiếp thông qua thể tích của hai loại khối trên. 2. Một số kết quả quan trọng về tỉ số thể tích a) Tỉ số thể tích của hai khối chóp tam giác: Cho khối tứ diện S.ABC, trên ba đường thẳng SA, SB, SC lấy các điểm tương VSA' B 'C ' SA ' SB ' SC ' ứng là A’, B’, C’ đều khác S. Khi đó ta có  . . . VSABC SA SB SC Nhận xét: Khi một khối chóp tứ giác, ngũ giác, … thì ta phải chia nó về các khối chóp tam giác để áp dụng tỉ số trên. b) Nếu hai đa giác đồng dạng tỉ số k thì diện tích của chúng tương ứng đồng dạng tỉ số k 2 . Nếu hai đa diện đồng dạng tỉ số k thì thể tích của chúng tương ứng đồng dạng tỉ số k 3 . WWW.DAYHOCTOAN.VN 6
  7. Nhận xét: Khi hai khối chóp hoặc hai khối lăng trụ hoặc hai khối chóp và lăng trụ mà có tỉ lệ diện tích trên hai đáy hoặc có tỉ lệ hai chiều cao thì ta có mối liên hệ tỉ số này với tỉ số thể tích của hai khối đó. III. PHƯƠNG PHÁP XÁC ĐỊNH CHIỀU CAO CỦA HÌNH CHÓP 1. Hình chóp có cạnh bên SA vuông góc với mặt đáy thì chiều cao của khối chóp hạ từ đỉnh S chính là SA. 2. Hình chóp S.ABCD có hai mặt (SAB) và (SAD) cùng vuông góc với đáy thì chiều cao của hình chóp chính là đoạn giao tuyến SA của hai mặt (SAB) và (SAD). 3. Hình chóp S.ABCD có mặt bên (SAB) vuông góc với mặt đáy thì đường cao của tam giác SAB hạ từ đỉnh S chính là chiều cao của hình chóp. 4. Hình chóp có đỉnh S cách đều 3 đỉnh A, B, C của đa giác đáy, SH là chiều cao của hình chóp thì H chính là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. 5. Hình chóp có các cạnh bên cùng tạo với mặt đáy các góc bằng nhau, SH là chiều cao của hình chóp thì H cũng chính là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. 6. Hình chóp có các mặt bên cùng tạo với mặt đáy các góc bằng nhau, SH là chiều cao của hình chóp thì H chính là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC. IV. PHƯƠNG PHÁP XÁC ĐỊNH GÓC GIỮA CÁC ĐỐI TƯỢNG TRONG KHÔNG GIAN 1. Góc giữa hai đường thẳng a và b Gọi góc giữa hai đường thẳng a và b là   (a, b) . Ta có góc của hai đường thẳng a, b bằng góc của hai đường thẳng song song hoặc trùng với nó. (Chuyển về hai đường thẳng cùng nằm trong một mặt phẳng). Ta dùng 2 tính chất sau đây để xác định góc của hai đường thẳng a, b. a / / a ' + Nếu     (a, b)  (a ', b ') b / /b ' + Nếu a / / a '    (a, b)  (a ', b) . 2. Góc của đường thẳng a và mặt phẳng (P) Gọi góc giữa đường thẳng a và mặt phẳng (P) là   (a, ( P)) . + Khi a  ( P)  (a, ( P))  900 . + Khi a không vuông góc với (P), gọi hình chiếu của a lên (P) là đường thẳng a’. Ta có   (a, ( P))  (a, a ') . (Góc giữa a và (P) chính là góc giữa a và a’). 3. Góc của hai mặt phẳng a) Định nghĩa: Góc giữa hai mặt phẳng chính là góc của hai đường thẳng lần lượt vuông góc với hai mặt phẳng đó. b) Đặc biệt: WWW.DAYHOCTOAN.VN 7
  8. + Khi hai mặt mặt phẳng song song hoặc trùng nhau thì góc giữa hai mặt phẳng đó bằng 0. + Khi hai mặt phẳng cắt nhau: Ta có góc của hai mặt phẳng cắt nhau (P) và (Q) là góc giữa hai đường thẳng nằm trong hai mặt phẳng đó và cùng vuông góc với giao tuyến của chúng (tại cùng một điểm). Nhận xét: Kết quả thường áp dụng cho hình chóp, lăng trụ: Giả sử hình chóp đỉnh S, ta tìm hình chiếu H của S lên đáy, khi đó: + Góc giữa cạnh bên SA với mặt đáy chính là góc SAH . + Từ H ta hạ HK vuông góc cạnh đáy AB, thì góc SKH chính là góc tạo bởi giữa mặt bên (SAB) với mặt đáy. V. PHƯƠNG PHÁP TÍNH KHOẢNG CÁCH TỪ MỘT ĐIỂM ĐẾN MỘT MẶT PHẲNG TRONG KHÔNG GIAN 1. Phương pháp trực tiếp Ta xác định hình chiếu của điểm A lên mặt phẳng (P) là H. Khi đó d( A, ( P))  AH . 2. Phương pháp gián tiếp a) Dùng tính chất quan hệ song song: Có đường thẳng d đi qua A và song song với (P), với mọi B thuộc d ta có d( A, ( P))  d( B, ( P)) . b) Dùng tính chất tỉ lệ thẳng hàng: Có đường thẳng d đi qua A và cắt (P) tại điểm d( A, ( P)) AO O, với mọi B thuộc d (B khác O) ta có tỉ số  . d( B, ( P)) BO Nhận xét: Ta có thể kết hợp tổng hợp hai cách trên để đưa việc tính khoảng cách từ điểm A thành việc tính khoảng cách từ một điểm B hợp lý. Thường bài toán là quy về điểm đặc biệt cần tính chính là chân vuông góc của đỉnh S của hình chóp, lăng trụ lên đáy. c) Dùng công thức thể tích của khối tứ diện hoặc khối chóp. Ta xác định tứ diện ABCD, với B, C, D nằm trên mặt phẳng (P) và tính được diện 3VA.BCD tích tam giác BCD và thể tích tứ diện ABCD. Khi đó ta có: d( A, ( P))  . SBCD VI. CÁC HỆ THỨC LƯỢNG QUAN TRỌNG TRONG TAM GIÁC 1. Tam giác vuông Nắm được các hệ thức lượng quen thuộc trong tam giác vuông. 2. Tam giác bất kỳ Cho tam giác ABC, có độ dài các cạnh AB = a, BC = b, CA = c. Gọi S là diện tích tam giác, p là nửa chu vi, R, r lần lượt là bán kính các đường tròn ngoại tiếp và nội tiếp tam giác ABC. WWW.DAYHOCTOAN.VN 8
  9. a) Định lý cosin: a 2  b 2  c 2  2bc cos A b 2  a 2  c 2  2ac cos B c 2  a 2  b 2  2ab cos C Từ đó ta có công thức tính cosin các góc trong tam giác theo độ dài 3 cạnh. a  2 R sin A a b c  b) Định lý sin: sin A  sin B  sin C  2 R . Từ đó có b  2 R sin B . c  2 R sin C  c) Công thức đường trung tuyến: b2  c2 a 2 a 2  c2 b2 a 2  b2 c2 ma2   ; mb2   ; mc2   . 2 4 2 4 2 4 d) Công thức diện tích tam giác: 1 1 1 * S  a.ha  b.hb  c.hc 2 2 2 1 1 1 * S  ab sin C  bc sin A  ac sin B 2 2 2 abc * S 4R * S  p.r * S  p(p a)(p b)(p c) . B. CÂU HỎI TRẮC NGHIỆM THEO CẤP ĐỘ NHẬN THỨC 1. Câu hỏi thông hiểu: Câu 1. Cho hình chóp S.ABC, có đường cao SA  a , đáy là tam giác ABC vuông tại A, AB  3a, AC  4a . Gọi M là trung điểm cạnh BC. Tính thể tích V của khối chóp S.ABM. 3a3 2a3 A. V  a 3 . B. V  2a3. C. V  . D. V  . 2 4 Câu 2. Cho hình chóp S.ABCD, có đáy là hình vuông cạnh a, cạnh bên SA vuông góc với đáy và SA  a . Gọi H là hình chiếu của A lên SB. Tính thể tích V của khối chóp S.AHCD. a3 a3 a3 a3 A. V  . B. V  . C. V  . D. V  . 2 4 6 3 Câu 3. Cho khối chóp S.ABC có M là trung điểm cạnh SA, N thuộc cạnh SB thỏa VS .MNC mãn SN  2NB . Tính tỉ số thể tích k  của hai khối VSMNC và VSABC . VS . ABC 1 1 1 2 A. k  . B. k  . C. k  . D. k  . 6 2 3 3 WWW.DAYHOCTOAN.VN 9
  10. Câu 4. Cho khối chóp S.ABCD, gọi M, N, P, Q là trung điểm của 4 cạnh bên. Tính VS .MNPQ tỉ số thể tích m  . VS . ABCD 1 1 1 1 A. m  . B. m  . C. m  . D. m  . 2 8 4 16 Câu 5. Cho khối lăng trụ ABC.A ' B ' C ' có thể tích là V1 , gọi V2 là thể tích của khối đa diện ACB ' A ' C ' . Ta có: 3 1 1 2 A. V2  V1. B. V2  V1. C. V2  V1. D. V2  V1. 4 3 2 3 Câu 6. Cho khối lập phương ABCD.A ' B ' C ' D ' có diện tích toàn phần bằng 24. Tính thể tích V của khối lập phương ABCD.A ' B ' C ' D ' . A. V  4. B. V  8. C. V  9. D. V  6. Câu 7. Diện tích ba mặt của một hình hộp chữ nhật là 12 (cm 2 ), 21 (cm 2 ), 28 (cm 2 ) . Tính thể tích V của khối hộp chữ nhật đó. A. V  84 (cm3 ). B. V  140 (cm3 ). C. V  56 (cm3 ). D. V  61 (cm3 ). Câu 8. Cho hình hộp đứng ABCD.A ' B ' C ' D ' có đáy ABCD là hình vuông, tam giác ACA ' vuông cân tại A và A ' C  2a . Tính thể tích V của khối chóp A.A ' B ' C ' . a3 a3 2 a3 2 A. V  a 3 . B. V  . C. V  . D. V  . 3 2 6 Câu 9. Cho hình chóp S.ABC, tam giác ABC có AB  3 (cm), BC  5 (cm), AC  4 (cm) . Hai mặt phẳng ( SAB) và ( SAC ) cùng vuông góc với mặt ( ABC ) . Biết SA  15 (cm). Tính thể tích V của khối chóp S.ABC? A. V  30 (cm3 ). B. V  120 (cm3 ). C. V  60 (cm3 ). D. V  300 (cm3 ). Câu 10. Cho hình chóp S.ABCD có đường cao SA và đáy là hình chữ nhật với AB  a, AD  2a . Góc giữa cạnh SC với mặt phẳng đáy bằng 450 . Tính thể tích V của khối chóp S.ABCD . 2 3 3 2 5 3 2 5 3 A. V  2 5a3 . B. V  a. C. V  a. D. V  a. 3 3 5 Câu 11. Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, tam giác SAB vuông cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt đáy. Tính thể tích V của khối chóp S.ABC . 3 3 3a3 3a3 a3 A. V  a. B. V  . C. V  . D. V  . 8 24 12 8 Câu 12. Cho hình chóp đều S.ABCD, cạnh đáy bằng a, cạnh bên tạo với mặt đáy góc 60 0 . Tính thể tích V của khối S.ABCD . 3 3 3 6 3 6 3 A. V  a. B. V  a3 . C. V  a. D. V  a. 4 6 12 6 WWW.DAYHOCTOAN.VN 10
  11. Câu 13. Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông tại B; SA  ( ABC ) , AB  a, AC  2a . Mặt bên (SBC) hợp với mặt đáy góc 60 0 . Tính thể tích V của khối chóp SABC. 2 5 3 2 3 a3 3 3 A. V  a. B. V  a. C. V  . D. V  a. 3 3 2 6 Câu 14. Cho hình chóp đều S.ABCD có cạnh đáy bằng a và các mặt bên hợp với mặt đáy một góc 450 . Tính thể tích V của khối chóp S.ABCD. a3 2a 3 a3 5 2 3 A. V  . B. V  . C. V  . D. V  a. 6 6 2 6 Câu 15. Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’, có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A, biết AB  a, AC '  a 2 . Tính thể tích V của khối lăng trụ đứng ABC.A’B’C’. a3 a3 A. V  . B. V  . C. V  a 3 . D. V  2a3. 2 3 Câu 16. Cho khối lăng trụ ABC.A’B’C’ có thể tích bằng 24 (cm3 ) . Lấy M là một điểm bất kỳ thuộc mặt phẳng ( A ' B ' C ') . Khi đó thể tích của khối chóp M .ABC bằng A. 12 (cm3 ). B. 6 (cm3 ). C. 8 (cm3 ). D. 16 (cm3 ). Câu 17. Cho lăng trụ đều ABC.A’B’C’ có cạnh đáy bằng 4 và diện tích tam giác A’BC bằng 8. Tính thể tích V của khối lăng trụ ABC.A’B’C’. 4 3 A. V  4 3. B. V  8 3. C. V  . D. V  16 3. 3 Câu 18. Cho lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông tại B, AB  a, BC  a 3 . Hình chiếu vuông góc của A trên đáy ( A ' B ' C ') là trung điểm H của A ' C ' , đường thẳng AB ' tạo với mặt đáy một góc 450 . Tính thể tích V của khối lăng trụ ABC.A’B’C’. 3.a3 3.a3 3.a3 3.a3 A. V  . B. V  . C. V  . D. V  . 6 3 4 2 Câu 19. Cho hình chóp S.ABC có chiều cao bằng a, AB  a, AC  a 3, BAC  600 . Tính thể tích V của của khối chóp SABC. a3 a3 3a3 a3 A. V  . B. V  . C. V  . D. V  . 2 3 4 4 Câu 20. Cho hình chóp O.ABC có OA, OB, OC đôi một vuông góc và OA  2, OB  OC  1. Tính khoảng cách h từ điểm O đến mặt phẳng ( ABC ) và số mặt phẳng đối xứng n của hình chóp đó. 3 3 2 2 A. h  , n  1. B. h  , n  2 C. h  , n  1. D. h  , n  3. 4 2 3 3 WWW.DAYHOCTOAN.VN 11
  12. 2. Câu hỏi vận dụng Câu 1. Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A với AB  AC  a , tam giác SAB cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với (ABC), mặt phẳng (SAC) hợp với (ABC) góc 450 . Tính thể tích V của khối chóp S.ABC. a3 a3 a3 a3 A. V  . B. V  . C. V  . D. V  . 4 6 12 24 Câu 2. Cho tứ diện ABCD có các cạnh BA, BC, BD đôi một vuông góc với nhau với BA  3a, BC  BD  2a . Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB và AD. Tính thể tích khối chóp C.BDNM. 3a 3 3a 3 a3 2a 3 A. V  . B. V  . C. V  . D. V  . 2 4 2 3 Câu 3. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, tam giác SAB 3a cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt đáy; cạnh bên SD  . Tính 2 thể tích V của khối chóp S.ABCD . a3 3 3 6 3 A. V  . B. V  a. C. V  a. D. V  a 3 . 3 3 3 Câu 4. Cho hình chóp S.ABC có SB  SC  BC  CA  a và AC  ( SBC ) . Thể tích V của khối chóp S.ABC bằng 3 3 3 3 3 3 2 3 A. V  a. B. V  a. C. V  a. D. V  a. 6 12 4 12 Câu 5. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của CD và AD; H là giao điểm của AM và BN. Biết SH  ( ABCD ) và góc giữa SB và (ABCD) bằng 450 . Tính thể tích V của khối chóp S.ABMN. 2 5 3 5 3 5 3 5 3 A. V  a. B. V  a. C. V  a. D. V  a . 3 6 8 12 Câu 6. Cho hình chóp S.ABC có tam giác ABC vuông cân tại B, AB  a , SA  a và SA  ( ABC ) . Từ A kẻ các đoạn thẳng AD vuông góc với SB và AE vuông góc với SC. Tính thể tích khối chóp S.ADE và khoảng cách từ điểm E đến mặt phẳng (SAB). a3 a a3 a A. VSADE  , d ( E , ( SAB))  . B. VSADE  , d ( E , ( SAB))  . 24 6 36 3 a3 a 2a3 2a C. VSADE  , d ( E , ( SAB))  . D. VSADE  , d ( E, (SAB))  . 12 2 36 3 Câu 7. Cho lăng trụ đều ABC.A’B’C’ có cạnh đáy bằng 2a, khoảng cách từ điểm A a 6 đến mặt phẳng (A’BC) bằng . Tính thể tích V của lăng trụ ABC.A’B’C’. 2 WWW.DAYHOCTOAN.VN 12
  13. 2 3a3 4a 3 A. V  . B. V  . C. V  3a 3 . D. V  2 2a3. 3 3 Câu 8. Cho lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác đều cạnh a. Biết đỉnh A’ cách đều 3 điểm A, B, C và AA’ tạo với mặt phẳng đáy (ABC) góc 60 0 . Tính thể tích V của lăng trụ ABC.A’B’C’. 3.a3 3.a3 3.a3 3.a3 A. V  . B. V  . C. V  . D. V  . 12 6 4 2 Câu 9. Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác cân tại A, AB  AC  2a , CAB  1200 Góc giữa hai mặt phẳng (A’BC) và (ABC) bằng 450 . Tính thể tích V của lăng trụ và khoảng cách h từ điểm B’ đến mặt phẳng (A’BC). 2a 3a3 2a A. V  3a3 , h  . B. V  , h . 2 3 4 3a3 2a C. V  , h . D. V  3a3 , h  2a. 2 3 Câu 10. Cho lăng trụ ABCD.A’B’C’D’, có độ dài cạnh bên không đổi bằng 2R và đáy là hình chữ nhật nội tiếp trong đường tròn (O; R) . Tính theo R thể tích lớn nhất VMax của khối lăng trụ đó? 8R3 A. VMax  . B. VMax  8R3. C. VMax  2R3. D. VMax  4R3. 3 Câu 11. Cho một khối lăng trụ tam giác đều có thể tích là V  2a 3 ; Để diện tích toàn phần của hình lăng trụ đó nhỏ nhất thì cạnh đáy của lăng trụ có độ dài bằng A. 2a. B. a 2. C. a 3. D. 2 3a. Câu 12. Cho khối tứ diện S.ABC có thể tích bằng V. Gọi M, N, P, Q lần lượt là trọng tâm của các tam giác SAB, SBC, SCA, ABC tương ứng. Khi đó thể tích của khối tứ diện MNPQ bằng V V V 8V A. . B. . C. . D. . 3 27 9 27 Câu 13. Cho khối tứ diện S.ABC có thể tích bằng V. Gọi G là trọng tâm tam giác ABC và M là trung điểm cạnh AB. Khi đó thể tích của khối tứ diện S.GAM bằng V 2V V V A. . B. . C. . D. . 3 9 6 4 3. Câu hỏi vận dụng cao Câu 1. Cho tứ diện ABCD có AB  CD  5 (cm) , BC  AD  41 (cm) , AC  BD  34 (cm) . Tính thể tích V của khối tứ diện ABCD. 5 1394 5 1394 A. V  40 (cm3 ). B. V  20 (cm3 ). C. V  (cm3 ). D. V  (cm3 ). 6 8 WWW.DAYHOCTOAN.VN 13
  14. Câu 2. Cho hình chóp S.ABC có SA  SB  SC  a , góc ASB  1200 , BSC  900 , CSA  600 . Tính thể tích V của khối chóp S.ABC. 2 3 2 3 2 3 2 3 A. V  a. B. V  a. C. V  a. D. V  a . 3 4 6 12 Câu 3. Cho hình chóp S.ABC có góc ASB  BSC  CSA  600 và SA  3, SB  4, SC  5 . Tính khoảng cách h từ điểm A đến mặt phẳng ( SBC ) . 2 6 6 A. h  . B. h  3 2. C. h  6. D. h  . 3 2 Câu 4. Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác ABC vuông cân tại B, BA  BC  a 3 , góc SAB  SCB  900 và khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng ( SBC ) bằng a 2 . Tính thể tích V của khối chóp S.ABC. 6 3 6 3 6 3 3a3 A. V  a. B. V  a. C. V  a. D. V  . 4 3 2 6 Câu 5. Cho khối tứ diện đều ABCD cạnh a. Gọi M, N, P lần lượt là trọng tâm của ba tam giác ABC, ABD, ACD. Tính thể tích V của khối chóp A.MNP. 2 3 2 2 3 2 3 2 3 A. V  a. B. V  a. C. V  a. D. V  a. 162 81 72 144 Câu 6. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thoi cạnh a, SA  ( ABCD), BAD  1200 và M là trung điểm của BC, SMA  450 . Gọi (P) là mặt phẳng đi qua A và vuông góc với SM, (P) chia khối chóp S.ABCD thành hai phần. Tính thể tích V của phần là khối đa diện không chứa đỉnh S. 1 3 3 1 3 5 3 A. V  a 3 . B. V  a. C. V  a. D. V  a. 8 32 16 32 Câu 7. Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác ABC vuông tại A, góc ABC  300 . Tam giác SBC đều cạnh a, mặt (SAB) vuông góc với mặt (ABC) . Tính thể tích V của khối chóp S.ABC. 3a3 2a 3 3a3 2a 3 A. V  . B. V  . C. V  . D. V  . 24 24 12 12 Câu 8. Cho hình chóp đều S.ABC, đáy ABC là tam giác đều cạnh a, gọi M, N là trung điểm của SB và SC. Biết ( AMN )  ( SBC ) . Tính thể tích V của khối chóp S.ABC. 5 3 6 3 6 3 3 3 A. V  a. B. V  a. C. V  a. D. V  a. 24 24 8 8 Câu 9. Cho khối hộp ABCD.A’B’C’D’ có AB  a, AD  2a, AA '  3a (a  0) và các góc BAD  BAA '  DAA '  600 . Tính thể tích V của khối hộp ABCD.A’B’C’D’. A. V  4 2a3. B. V  2 2a3. C. V  3 2a3. D. V  6 2a3. WWW.DAYHOCTOAN.VN 14
  15. Câu 10. Cho hình chóp đều S.ABCD, đáy ABCD là hình vuông cạnh a, góc tạo bởi giữa cạnh bên với mặt phẳng đáy bằng 60 0 . Mặt phẳng (P) đi qua A và vuông góc với SC cắt SB, SC, SD lần lượt tại B’, C’, D’. Tính thể tích khối chóp S.AB’C’D’ theo a. 6 3 6 3 6 3 6 3 A. a. B. a. C. a. D. a . 18 24 6 48 Câu 11. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang với hai cạnh đáy là AD và BC trong đó AD  2BC , AC cắt BD tại O ; Biết thể tích khối chóp S.OCD a3 bằng , khi đó thể tích khối chóp S.ABCD là 12 4 3 3 1 3 A. a 3 . B. a. C. a 3 . D. a. 3 8 2 Câu 12. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Trên các cạnh SA, SB, SC lần lượt lấy các điểm A’,B’,C’ sao cho SA  2 SA ', SB  3SB ', SC  4 SC ' , mặt phẳng (A’B’C’) cắt cạnh SD tại D’. Gọi V1 , V2 lần lượt là thể tích của hai khối chóp V1 S.A ' B ' C ' D ' và S.ABCD ; Khi đó bằng V2 7 1 5 1 A. . B. . C. . D. . 36 12 24 24 Câu 13. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Trên các cạnh SA, SC lần lượt lấy các điểm A’,C’ sao cho SA  3SA ', SC  5SC ' . Mặt phẳng ( ) đi qua A’, B’ cắt SB, SD lần lượt tại B’, D’. Tìm giá trị nhỏ nhất của tỉ số thể tích VS . A' B 'C ' D ' k giữa hai khối chóp. VS . ABCD 1 1 5 1 A. . B. . C. . D. . 60 12 24 15 Câu 14. Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B, AB  8, BC  6 . Biết SA  6 và SA vuông góc với mặt phẳng (ABC). Tìm bán kính r của mặt cầu nội tiếp hình chóp S.ABC. 4 A. r  . B. r  5. C. r  34. D. r  4. 3 Câu 15. Cho khối chóp có S.ABC độ dài các cạnh SA  2a, SB  3a, SC  4a, BC  a 37 (a  0) và các góc ASB  SAC  900 . Tính khoảng cách h từ điểm C đến mặt phẳng (SAB). A. h  2 2 a . B. h  2 a . C. h  3 2 a. D. h  4 2 a . C. HƯỚNG DẪN GIẢI, ĐÁP ÁN 1. Câu hỏi thông hiểu WWW.DAYHOCTOAN.VN 15
  16. Đáp án: Câu 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Đáp án A C C B D B A D A C Câu 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 Đáp án B D C A A C B D D C 2. Câu hỏi vận dụng Đáp án: Câu 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 Đáp C A A B D B C C A D A B C án HD: Câu 1. Gọi H là trung điểm của AB. Ta có SH  ( ABC ) và AC  ( SAB ) nên góc giữa hai mặt phẳng ( SAC ) và ( ABC ) là góc SAH  450 . a a2 a3 Vậy có SH  AH  . Diện tích đáy bằng , nên V  . 2 2 12 Câu 2. 1 Ta có VABCD  .3a.2a.2a  2a 3  VCABD . 6 3 3a 3 Ta có SABD  4SAMN , nên V  VC .BDNM  VC . ABD  . 4 2 Câu 3. 9a 2 5a 2 Gọi H là trung điểm AB, ta có SH  ( ABCD ) và SH 2  SD 2  DH 2    a2 4 4 a3 Vậy VS . ABCD  . 3 1 3 3 Câu 4. Ta có V  VSABC  VABCS  AC.SSBC  a. 3 12 Câu 5. Do hai tam giác vuông ABN bằng ADM nên có AM  BN . a2 2 5 Ta có BH .BN  AB 2  BH   a . Có tam giác SHB vuông cân tại H, suy ra a 5 5 2 2 5 5 chiều cao của khối chóp S.ABMN là h  SH  BH  a , và S ABMN  a 2 . 5 8 1 5 2 5 5 3 Vậy có V  VS . ABMN  . a 2 . a a. 3 8 5 12 WWW.DAYHOCTOAN.VN 16
  17. Câu 6. Ta có tam giác SAB vuông cân nên D là trung điểm SB. 3a SE 1 Ta có SE.SC  SA2 hay SE.a 3  a 2  SE    . 3 SC 3 1 1 1 a3 a3 Từ đó VS . ADE  . .VS . ABC  .  . 2 3 6 6 36 1 1 a Và từ CS  3ES  d ( E , ( SAB))  d(C , ( SAB))  CB  . 3 3 3 Câu 7. Gọi I là trung điểm BC, ta có BC  ( AA ' I ) và AI  a 3 . a 6 Hạ AH  A ' I ta có AH  ( A ' BC )  AH  . 2 1 1 1 Ta có 2  2   AA '  a 3 . Vậy V  VABC. A' B 'C '  3a3 . AH AI AA '2 Câu 8. Vì A’ cách đều 3 điểm A, B, C nên hình chiếu H của A’ trên đáy ABC chính là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. a 3 Ta có AH   A ' H  AH .tan 600  a là chiều cao của lăng trụ. 3 a2 3 a3 3 Vậy VABC. A' B 'C '  SABC . A ' H  .a  . 4 4 Câu 9. Gọi I là trung điểm của BC, ta có BC  ( AA ' I )  AIA '  450 là góc giữa hai mặt phẳng (A’BC) và (ABC). 3 1 Ta có BC  2 3a , A ' A  AI  IC.cot 600  a 3.  a. S ABC  .2a.2a.sin1200  a 2 3 . 3 2 Vậy VABC . A' B 'C '  3.a3 . Ta có B’A cắt A’B tại trung điểm của mỗi đường nên d( B ', ( A ' BC ))  d( A, ( A ' BC )) Hạ AH  A ' I ta suy ra AH  ( A ' BC )  d( A, ( A ' BC ))  AH . 2 2 Trong tam giác vuông cân A’AI có AH  a. Hay d( B ', ( A ' BC ))  a. 2 2 Câu 10. Gọi a, b là độ dài hai cạnh của hình chữ nhật, ta có a 2  b 2  4 R 2 . Mặt khác ta luôn có a 2  b 2  2ab , suy ra  S ABCD. A' B 'C ' D '  ab  2R2 . Ta có chiều cao của khối lăng trụ là h  AA '  2R . Vậy có VABCD. A' B 'C ' D '  4R3 . Dấu bằng xảy ra khi a  b và lăng trụ đã cho là lăng trụ đứng. WWW.DAYHOCTOAN.VN 17
  18. Vậy VMax  4R3. Câu 11. Gọi x, y lần lượt là độ dài cạnh đáy và đường cao của lăng trụ. Ta có x2 3 8a 3 VABC . A ' B 'C '  . y  2a Suy ra y  3 . Ta có diện tích toàn phần của khối lăng trụ 4 3x 2 đó là : x 2 3 8 3a3 x 2 3 4 3a3 4 3a3 x2 3 Stp  3xy        3 3 12 3a 6 (x  0). 4 x 4 x x 4 4 3a3 x 2 3 Vậy diện tích toàn phần nhỏ nhất khi dấu bằng xẩy ra   x  2a. x 4 Câu 12. NQ IN IQ 1 Gọi I là trung điểm của BC, ta có    . Tương tự cho các cặp cạnh SA IS IA 3 tương ứng còn lại của hai tứ diện. 1 Vậy ta có hai khối tứ diện MNPQ và SABC đồng dạng với nhau theo tỉ số k  , 3 1 V nên thể tích của chúng tỉ lệ bằng k 3  tương ứng. Từ đó có VMNPQ  . 27 27 1 Câu 13. Dùng tỉ số diện tích đáy của hai khối chóp S.GAM và S.ABC bằng và 6 V hai khối có cùng chiều cao nên kết quả . 6 3. Câu hỏi vận dụng cao Đáp án: Câu 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 Đáp B D C C A D B A C A C D A A A án HD: Câu 1. Do tứ diện ABCD có các cặp cạnh đối diện bằng nhau (tứ diện gần đều) nên ta có thể nội tiếp tứ diện này trong một hình hộp chữ nhật AEBF.KCID. Kích thước của hình hộp chữ nhật này có độ dài 3 cạnh AE  3, AF  4, AK  5 (cm) Theo cách chia một khối hộp thành 5 khối tứ diện, ta có thể tích của khối hộp chữ nhật này bằng 3 lần thể tích của khối tứ diện đã cho. 1 Vậy VABCD  .3.4.5  20 (cm3 ). 3 WWW.DAYHOCTOAN.VN 18
  19. Nhận xét: Một tứ diện gần đều luôn nội tiếp được trong một hình hộp chữ nhật, và thể tích của khối hộp chữ nhật này bằng 3 lần thể tích của khối tứ diện đã cho. Câu 2. Ta có tam giác ABC vuông tại C, có AB  a 3, BC  a 2, CA  a . a Gọi H là trung điểm AB, ta có SH  ( ABC ) và SH  . 2 1 a 1 2 3 Từ đó có VS . ABC  . .( a.a 2)  a . 3 2 2 12 Nhận xét: Đỉnh S cách đều 3 điểm của đa giác đáy, ta có hình chiếu của S trên đáy cũng cách đều 3 đỉnh đó. Câu 3. Trên hai cạnh SB, SC lấy hai điểm B’, C’ sao cho tứ diện S.AB’C’ là tứ diện đều cạnh a  3 . 2 3 3V 2 Ta có VA.SB 'C '  .a  d ( A, ( SBC ))  A.SB 'C '  .a  6 . 12 SSB 'C ' 3 Nhận xét: Tính khoảng cách từ 1 điểm đến một mặt phẳng ta dùng công thức thể tích của khối chóp. Bài toán trên quy được về thể tích của khối tứ diện đều là cực kỳ quan trọng. Câu 4. Gọi H, I lần lượt là trung điểm của AC và SB. Vì I chính là tâm mặt cầu ngoại tiếp chóp S.ABC, nên có IH  ( ABC ) , vậy chiều cao của khối chóp S.ABC là h  2IH . Kẻ HM  BC , HE  IM , ta có d ( A, ( SBC ))  2d ( H , ( SBC ))  2 IE . 1 1 1 1 1 2 3 Ta có 2  2  2  2  2  2 , suy ra HI  a  h  2 HI  6a HI HE HM a 2 a 3 3a 2      2   2  1 1 6 3 Vậy VS . ABC  .( a 3.a 3).a 6  a. 3 2 2 Câu 5. Dùng hai lần tỉ số thể tích theo tỉ số diện tích đáy và tỉ số trên 3 cạnh của khối chóp tam giác. 2 2 2 1 2 2 2 1 2 3 2 3 Ta có VA.MNP  . . . VABCD  . . . . a  a. 3 3 3 4 3 3 3 4 12 162 Câu 6. Ta có tam giác SAM vuông cân tại A nên (P) vuông góc với SM tại trung điểm của SM và (P) giao với (SBC) là đường trung bình IK của tam giác SBC (I thuộc SB, K thuộc SC). Từ đó thiết diện của (P) với khối chóp S.ABCD là hình thang ADKI. WWW.DAYHOCTOAN.VN 19
  20. a3 Trước tiên ta có thể tích của khối S.ABCD là VS . ABCD  . 4 Ta tính thể tích của khối chóp S.ADKI, chia thành hai khối chóp tam giác S.ADK và S.AKI. Vì K, I là các trung điểm nên dễ có 1 1 1 1 1 1 3 3 3 VS .A DKI  VSACD  VSABC  . VSABCD  . VSABCD  .VSABCD  a . 2 4 2 2 4 2 8 32 Từ đó suy ra thể tích của khối đa diện phần còn lại không chứa đỉnh S bằng: a 3 3a 3 5 3 V   a . 4 32 32 Câu 7. Gọi H là chân đường cao của tam giác SAB hạ từ S. Do ( SAB)  ( ABC )  SH  ( ABC ) . Vì SB  SC  a nên SBH  SCH , vậy có HB  HC , suy ra HCB  HBC  300  HCA  BCA  300  300 . AC a 3 2 Ta có HC  0   h  SH  SC 2  CH 2  a . cos 30 3 3 a 3 2 Tam giác ABC có BC  a, AC  , C  600  SABC  a . 2 8 1 3 2 2 2 3 Vậy VS . ABC  . a . a a. 3 8 3 24 Câu 8. Gọi K là trung điểm BC, I là trung điểm MN, ta có SK  ( AMN )  SK  AI , vậy tam giác SAK cân tại A. a 3 Ta có SA  SB  SC  AK  . Từ đó tính được chiều cao hình chóp S.ABC là 2 1  a2 3  5 2 2  3a 2 a 2 5 5 3 SH  SA   AK   2   a. Vậy VS . ABC  .   . a a. 3  4 3 12 3  4  12 24 Câu 9. Ta có thể tích của khối hộp bằng 6 lần thể tích khối chóp A.BCA’, và thể tích khối chóp này bằng 6 lần thể tích khối tứ diện đều cạnh a. 2 3 Vậy ta có VABCD. A' B 'C ' D '  6VA.BCA'  6.6. a  3 2a3 . 12 Nhận xét: Cách làm trên là dựa vào thể tích của khối hộp và khối chóp đều bằng cách tỉ lệ thể tích trên diện tích đáy và tỉ lệ trên 3 cạnh. Câu 10. SB ' SD ' 2 Ta có tam giác SAC đều cạnh a 2 , suy ra C’ là trung điểm SC và   . SB SD 3 Ta có SC  AC ', SC  BD / / B ' D '  SC  ( AB ' C ' D ') . Vậy SC’ là chiều cao của khối chóp S.AB’C’D’. WWW.DAYHOCTOAN.VN 20
nguon tai.lieu . vn
Trung học phổ thông Ôn thi ĐH-CĐ Đề thi - Kiểm tra Sáng kiến kinh nghiệm Tiểu học Mầm non - Mẫu giáo Giáo án điện tử Trung học cơ sở Bài giảng điện tử Bài văn mẫu Vật lý Bài tập SGK Khoa học xã hội Tiếng Anh phổ thông