tỔng hỢp cÁc bÀi toÁn cỰc khÓ oxyz cÓ lỜi giẢi...

KÊNH HỖ TRỢ TOÁN THPT QG https://www.youtube.com/channel/UC3CWQmShn7s9zUYOAioDH8Q?sub_confirmation=1

1

CHUYÊN ĐỀ 9+ THPT QG

TỔNG HỢP CÁC BÀI

TOÁN CỰC KHÓ OXYZ

CÓ LỜI GIẢI CỦA CÁC

TRƯỜNG CHUYÊN


2


CHUYÊN ĐỀ HÌNH HỌC KHÔNG GIAN LUYỆN THI THPT QG MÔN TOÁN 2018

1. (Đề thi thử THPT QG Sở giáo dục Hà Tĩnh – 2015)

Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thoi cạnh a, góc 𝐵𝐴�� = 600. Hình chiếu vuông góc của đỉnh S lên

(ABCD) là điểm H thuộc cạnh AB thỏa mãn HB = 2AH. Biết 𝑆𝐻 = 𝑎√2, tính thể tích khối chóp S.ABD và

khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng (SBD).

2. (Đề thi thử THPT QG Sở GD Thanh Hóa – 2015)

Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thoi, tam giác SAB đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt

phẳng (ABCD). Biết aBDaAC 4,2 , tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai

đường thẳng AD và SC.

3. (Đề thi thử THPT QG Trường THPT Lương Thế Vinh – HN – lần 4 – năm 2015)

Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, đỉnh A’ cách đều A, B, C. Góc giữa

cạnh bên và mặt đáy của lăng trụ bằng 600. Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’. Xác định tâm và

tính thep a bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp A’.ABC.

4. (Đề thi thử THPT QG Trường THPT Thiệu Hóa – Thanh Hóa –lần 1 – năm 2015).

Cho hình chóp S.ABCD có đáy là tứ giác ABCD, có ABD là tam giác đều cạnh a, BCD là tam giác cân

tại C có · 0120BCD , SA a và SA ABCD .Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ

điểm C đến mặt phẳng (SBD).

5. (Đề thi thử THPT QG Sở GD và ĐT Lào Cai – năm 2015)

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a , góc BAC bằng 60𝑜. Hình chiếu vuông góc của S

trên mặt phẳng (ABCD) là điểm H thuộc đoạn BD sao cho HD = 2HB . Đường thẳng SO tạo với mặt phẳng

(ABCD) góc 60𝑜 với O là giao điểm của AC và BD . Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ B

đến mặt phẳng (SCD) theo a .

6. (Đề thi thử THPT QG Sở GD và ĐT Bạc Liêu – năm 2015)

Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có cạnh đáy bằng a, cạnh bên tạo với mặt đáy một góc 600. Tính theo a thể

tích hình chóp S.ABC và khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBC).

7. (Đề thi thử THPT QG Sở GD và ĐT Bình Dương – năm 2015)

Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B , 𝐵𝐴�� = 60𝑜, bán kính đường tròn nội tiếp tam

giác bằng 1

2(√3 − 1)𝑎 , 𝑆𝐴 = 𝑎√3 và 𝑆𝐴vuông góc với mặt phẳng (ABC) . Tính thể tích khối chóp S.ABC

và khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau SB và AC theo a .


3

8. (Đề thi thử THPT QG Trường THPT Cà Mau - năm 2015)

Cho hình chóp .S ABC có tam giác ABC vuông tại A , AB AC a , I là trung điểm của SC , hình chiếu

vuông góc của S lên mặt phẳng ABC là trung điểm H của BC , mặt phẳng SAB tạo với đáy 1 góc bằng

60o . Tính thể tích khối chóp .S ABC và tính khoảng cách từ điểm I đến mặt phẳng SAB theo a .

9. (Đề thi thử THPT QG Trường THPT Cần Thơ - năm 2015)

Cho lăng trụ đứng 𝐴𝐵𝐶. 𝐴′𝐵′𝐶′ có đáy 𝐴𝐵𝐶 là tam giác vuông tại A , 𝐵𝐶 = 2𝑎 , 𝐴𝐵 = 𝑎 và mặt bên 𝐵𝐵′𝐶′𝐶 là

hình vuông . Tính theo a thể tích của khối lăng trụ 𝐴𝐵𝐶. 𝐴′𝐵′𝐶′ và khoảng cách giữa hai đường thẳng 𝐴𝐴′, 𝐵𝐶′.

10. (Đề thi thử THPT QG Sở GD và ĐT Lâm Đồng – năm 2015)

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, tâm O. Cạnh SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD) và

𝑆𝐴 = 𝑎√3. Biêt bán kính đường tròn ngoại tiếp hình chữ nhật ABCD bằng 𝑎√3

3 và góc 𝐴𝐶�� = 300. Tính theo a

thể tích của khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AC; SB.

11. (Đề thi thử THPT QG Sở GD và ĐT Quảng Nam – năm 2015)

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật , với AB = 2a , AD = a , mặt bên SAB là tam giác đều

và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt đáy . Tính theo a thể tích của khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ

điểm D đến mặt phẳng (SBC) .

12. (Đề thi thử THPT QG Sở GD và ĐT Quảng Ngãi – năm 2015)

Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A với BC = 2a , góc ABC = 60o . Gọi M là trung

điểm BC . Biết SA = SC = SM = a√5 . Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng SC

và AB .

13. (Đề thi thử THPT QG Sở GD và ĐT Bắc Ninh – năm 2015)

Cho hình chóp 𝑆. 𝐴𝐵𝐶𝐷 có đáy ABCD là hình chữ nhật, cạnh SA vuông góc với mặt phẳng (𝐴𝐵𝐶𝐷), 𝑆𝐴 =

𝐴𝐵 = 𝑎, 𝐴𝐷 = 3𝑎. Gọi M là trung điểm của BC. Tính thể tích khối chóp 𝑆. 𝐴𝐵𝑀𝐷 và cosin góc tạo bởi hai mặt

phẳng (𝐴𝐵𝐶𝐷) và (𝑆𝐷𝑀).

14. (Đề thi thử THPT QG Sở GD và ĐT Tây Ninh – năm 2015)

Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật với cạnh AB=2a ,AD=a .Hình chiếu của S lên mặt

phẳng (ABCD) là trung điểm H của AB, SC tạo với đáy một góc bằng 45 0. Tính thể tích khối chóp

S.ABCD và khoảng cách từ điểm A tới mặt phẳng (SCD).

15. (Đề thi thử THPT QG Sở GD và ĐT Đăc Nông – năm 2015)

Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’, có đáy là tam giác vuông cân tại B. Biết AB = 3 cm, BC’ = 3√2 cm.


4

1. Tính thể tích của khối lăng trụ đã cho;

2. Tính góc hợp bởi đường thẳng BC’ và mp (ACC’A’).

16. (Đề thi thử THPT QG Sở GD và ĐT Vĩnh Phúc – lần 1– năm 2015)

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB = a, AD = a√3, SA⊥(ABCD), góc giữa mặt phẳng

(SBD) và mặt phẳng (ABCD) bằng 600. Tính theo a thể tích của khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai

đường thẳng AC và SD.

17. (Đề thi thử THPT QG Sở GD và ĐT Vĩnh Phúc – lần 1– năm 2015)

Cho hình trụ có hai đáy là hai đường tròn tâm O và O’ , bán kinh bằng a . Hai điểm A , B lần lượt nằm trên hai

đường tròn tâm O và O’ sao cho AB hợp với trục OO’ một góc 45𝑜 và khoảng giữ chúng bằng 𝑎√2

2 . Tính theo a

diện tích toàn phần của hình trụ đã cho .

18. (Đề thi thử THPT QG Sở GD và ĐT Vĩnh Long – năm 2015)

Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại C, BC = 2a. Tam giác SAB vuông cân tại S và nằm

trong mặt phẳng vuông góc với mặt đáy, mặt bên (SAC) hợp với mặt đáy một góc 600. Tính theo a thể tích khối

chóp S.ABC và khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (SCI), biết rằng I là trung điểm của cạnh AB.

19. (Đề thi thử THPT QG Trường THPT Chuyên Hạ Long – năm 2015)

Cho hình chóp S.ABC có các mặt ABC và SBC là những tam giác đều cạnh a. Góc giữa hai mặt phẳng (SBC)

và (ABC) là 600. Hình chiếu vuông góc của S xuống (ABC) nằm trong tam giác ABC. Tính thể tích khối chóp

S.ABC theo a và tính khoảng cách từ B đến mặt phẳng (SAC) theo a.

20. (Đề thi thử THPT QG Trường THPT Chuyên Khoa học tư nhiên – lần 2 – năm 2015)

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a. Hai mặt bên (SAB) và (SAD) cùng vuông góc với

mặt đáy (ABCD). Góc giữa đường thẳng SC và mặt đáy (ABCD) bằng 450. Tính thể tích khối chóp S.ABCD và

khoảng cách giữa hai đường thẳng BD và SC theo a

21. (Đề thi thử THPT QG Trường THPT Chuyên Quốc Học Huế - lần 1 – năm 2015)

Cho hình chóp S.ABC có hình chiếu của đỉnh S lên mặt phẳng (ABC) thuộc miền trong của tam giác ABC. Biết

AB = 6; AC= 8; BC = 10, các góc giữa các mặt bên với mặt đáy bằng nhau và bằng 600. Tính thể tích khối chóp

S.ABC. Xác định tâm và bán kính của mặt cầu đi qua đỉnh S và tiếp xúc với ba cạnh của tam giác ABC.

22. (Đề thi thử THPT QG Trường THPT Chuyên ĐHSP – HN lần 2 năm 2015)

Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác cân tại A, BC = a, AA’= 𝑎√2 và cos 𝐵𝐴′�� =5

6

1. Tính thể tích lăng trụ ABC.A’B’C’.

2. Tính góc giữa đường thẳng A’B và mặt phẳng (AA’C’C).

23. (Đề thi thử THPT QG Trường THPT Chuyên Vĩnh Phúc – Khối D lần 2 năm 2015)


5

Cho lăng trụ đều ABC.A’B’C’. Biết rằng góc giữa (A’BC) và (ABC) là 300, tam giác A’BC có diện tích bằng 8.

Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’.

24. (Đề thi thử THPT QG Trường THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp – Lần 1 - năm 2015)

Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thang cân (BC//AD). Biết đường cao SH = a, với H là trung

điểm của AD, AB = BC = CD = a, AD = 2a. Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai

đường thẳng SB và AD theo a.

25. (Đề thi thử THPT QG Trường THPT Nguyễn Thị Minh Khai – năm 2015)

Cho hình hộp 𝐴𝐵𝐶𝐷. 𝐴′𝐵′𝐶′𝐷′có hình chóp 𝐴′𝐴𝐵𝐷 là hình chóp đều, 𝐴𝐵 = 𝐴𝐴′ = 𝑎. Tính theo a thể tích khối

hộp 𝐴𝐵𝐶𝐷. 𝐴′𝐵′𝐶′𝐷′ và khoảng cách giữa hai đường thẳng AB’ và A’C’.

26. (Đề thi thử THPT QG Trường THPT Nguyễn Trung Thiên – lần 1 – năm 2015)

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, góc 𝐵𝐴�� = 600. Hình chiếu vuông góc của đỉnh S

lên mặt phẳng (ABCD) là trọng tâm 𝛥𝐴𝐵𝐶. Góc giữa mặt phẳng (ABCD) và mặt phẳng (SAB) bằng 600. Tính

thể tịch khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ B đến mặt phẳng (SCD).

27. (Đề thi thử THPT QG Trường THPT Bạch Đằng – Hải Phòng – năm 2015)

Cho hình chóp .S ABC có tam giác ABC vuông tại A , AB AC a , I là trung điểm của SC , hình

chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng ABC là trung điểm H của BC , mặt phẳng SAB tạo với đáy 1

góc bằng 60o . Tính thể tích khối chóp .S ABC và tính khoảng cách từ điểm I đến mặt phẳng SAB

theo a .

28. (Đề thi thử THPT QG Trường THPT Cẩm Bình – Hà Tĩnh – Lần 1 – năm 2015)

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật AB = a, AD = a√2. Hình chiếu vuông góc của đỉnh S

lên mặt phẳng (ABCD) là trọng tâm tam giác. Đường thẳng SD tạo với đáy ABCD một góc 450. Tính thể tích

khối chóp S.ABCD và tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SC và BD theo a.

29. (Đề thi thử THPT QG Trường THPT Chu Văn An - lần 1 – năm 2015)

Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B, 𝐴𝐵 = 2𝑎,𝐵𝐴�� = 600, cạnh bên SA vuông góc với

đáy và 𝑆𝐴 = 𝑎√3. Gọi M là trung điểm của cạnh AB. Tính theo a thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách

giữa hai đường thẳng SB và CM.

30. (Đề thi thử THPT QG Trường chuyên THPT Bến Tre - lần 2 – năm 2015)

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật tâm I, AB = a, BC = 3a , tam giác SAC vuông tại S.

Hình chiếu vuông góc của S xuống mặt phẳng (ABCD) trùng với trung điểm H của đoạn AI. Tính thể tích khối

chóp S.ABCD và khoảng cách từ điểm H đến mặt phẳng (SAB).

31. (Đề thi thử THPT QG Trường THPT Chuyên ĐH Vinh - lần 1 - năm 2015)

Cho hình chóp đều 𝑆. 𝐴𝐵𝐶 có SA = 2a, AB = a. Gọi M là trung điểm cạnh BC. Tính theo a thể tích khối chóp

𝑆. 𝐴𝐵𝐶 và khoảng cách giữa hai đường thẳng AM, SB.


6

32. (Đề thi thử THPT QG Trường THPT Chuyên ĐH Vinh - lần 2 - năm 2015)

Cho hình lăng trụ ABC. A/B

/C

/ có AB = 2a; AC = a; / a 10

AA2

; BAC = 1200. Hình chiếu vuông góc của C/

lên mặt phẳng (ABC) là trung điểm của cạnh BC. Tính thể tích khối lăng trụ ABC. A/B

/C

/ theo a và tính số đo

góc giữa hai mặt phẳng (ABC) và (ACC/A

/)


Cho lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, AA’ = 2a và góc giữa đường thẳng AA’ và mặt

phẳng (ABC) là 600. Tính thể tích khối tứ diện ACA’B’.


Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy và đường cao đều bằng a.

1) Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và SC.

2) Tính thể tích khối cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD.


Cho hình chóp S.ABCD có SD = 𝑎√3, đáy ABCD là hình chữ nhật, AB = 2a và BC = a. Tam giác SAB cân tại

S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Gọi E là trung điểm của đoạn thẳng SB. Tính thể

tích khối chóp S.ABCD. Gọi F là điểm thuộc đoạn AB sao cho AF = 3BF. Chứng minh rằng EF ⊥ BD.

36. (Đề thi thử THPT QG Trường THPT Chuyên Hoàng Lê Kha – Tây Ninh – năm 2015)

Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a , tam giác SAB vuông cân tại S và nằm trong mặt phẳng

vuông góc với mặt đáy (ABCD) . Gọi K là điểm thuộc cạnh AB thỏa KB = 3KA . Tính theo a thể tích khối

chóp S.ABCD và khoảng cách giữa SB và KD .

37. (Đề thi thử THPT QG Trường THPT Hùng Vương – Phú Thọ - Lần 3 - năm 2015)

Cho hình lăng trụ 𝐴𝐵𝐶. 𝐴′𝐵′𝐶′ có ACB = 135o, 𝐶𝐶′ =𝑎√10

4 ; 𝐴𝐶 = 𝑎√2 , 𝐵𝐶 = 𝑎 , hình chiếu vuông góc của

𝐶′ lên mặt phẳng (ABC) trùng với trung điểm M của đoạn AB . Tính theo a thể tích khối lăng trụ 𝐴𝐵𝐶. 𝐴′𝐵′𝐶′

và góc tạo bởi giữa đường thẳng 𝐶′𝑀 và mặt phẳng (𝐴𝐶𝐶′𝐴′).

38. (Đề thi thửTHPT QG Trường THPT Chuyên Hưng Yên – năm 2015)

Cho lăng trụ đứng . ' ' 'ABC A B C có đáy là tam giác cân, AB AC a , · 0120BAC . Mặt phẳng

(AB'C') tạo với mặt đáy góc 600. Tính thể tích lăng trụ ABC.A'B'C' và khoảng cách từ đường thẳng BC

đến mặt phẳng ' 'AB C theo a .

39. (Đề thi thử THPT QG Trường THPT Chuyên Huỳnh Mẫn Đạt – năm 2015)

Cho một hình trụ tròn xoay và hình vuông ABCD cạnh a có hai đỉnh liên tiếp A, B nằm trên đường tròn đáy thứ

nhất của hình trụ, hai đỉnh còn lại nằm trên đường tròn đáy thứ hai của hình trụ. Mặt phẳng (ABCD) tạo với đáy

hình trụ góc 450. Tính diện tích xung quanh và thể tích của hình trụ.


7

40. (Đề thi thử THPT QG Trường THPT Chuyên Khoa học tự nhiên – lần 1 – năm 2015)

Cho hình lăng trụ đứng ABCD.A’B’C’D’ có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, 𝐵𝐴�� = 450, 𝐴𝐴′ =𝑎√2−√2

2, O và

O’ là tâm của ABCD và A’B’C’D’. Tính theo 𝑎.

a) Thể tích của khối lăng trụ 𝐴𝐵𝐶𝐷. 𝐴′𝐵′𝐶′𝐷′; b) Khoảng cách từ C đến mặt phẳng (𝐴′𝐵𝐷), và khoảng cách giữa hai đường thẳng AO’ và B’O.

41. (Đề thi thử THPT QG Trường THPT Chuyên Lê Hồng Phong – TP HCM - năm 2015)

Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác cân tại C, cạnh AB = 6a và góc 𝐴𝐵�� = 300. Góc

giữa mặt phẳng (C’AB) và mặt phẳng (ABC) bằng 600. Tính thể tích của khối lăng trụ ABC.A’B’C’ và khoảng

cách giữa hai đường thẳng B’C và AB.

42. (Đề thi thử THPT QG Trường THPT Chuyên Lê Qúy Đôn – Đà Nẵng - năm 2015)

Cho hình chóp S.ABCD có ABCD là hình thang cân với hai đáy là BC và AD. Biết 𝑆𝐵 = 𝑎√2, 𝐴𝐷 = 2𝑎, 𝐴𝐵 =

𝐵𝐶 = 𝐶𝐷 = 𝑎 và hình chiếu vuông của điểm S xuống mặt phẳng (𝐴𝐵𝐶𝐷) trùng với trung điểm cạnh AD. Tính

theo 𝑎 thể tích khối chóp 𝑆. 𝐴𝐵𝐶𝐷 và khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và AD.

43. (Đề thi thử THPT QG Trường THPT Chuyên Lương Văn Chánh – Phú Yên – lần 1 – năm 2015)

Cho khối chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông ở A, AB = a, AC = 2a. Đỉnh S cách đều A, B, C; mặt bên

(SAB) hợp với mặt đáy (ABC) góc 600. Tính thể tích khối chóp S.ABC.

44. (Đề thi thử THPT QG Trường THPT Chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm – Quảng Nam - năm 2015)

Cho hình lăng trụ 𝐴𝐵𝐶. 𝐴′𝐵′𝐶′ , đáy ABC có 𝐴𝐶 = 𝑎√3, 𝐵𝐶 = 3𝑎, 𝐴𝐶�� = 30𝑜 . Cạnh bên hợp với mặt phẳng

đáy góc 60𝑜 và mặt phẳng (𝐴′𝐵𝐶) vuông góc với mặt phẳng (𝐴𝐵𝐶) . Điểm H trên cạnh BC sao cho BC = 3BH

và mặt phẳng (𝐴′𝐴𝐻) vuông góc mặt phẳng (ABC) . Tính thể tích khối lăng trụ 𝐴𝐵𝐶. 𝐴′𝐵′𝐶′ và khoảng cách từ

B đến mặt phẳng (𝐴′𝐴𝐶)

45. (Đề thi thử THPT QG Trường THPT Chuyên Lê Hồng Phong – TP HCM - năm 2015)

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, tâm 0, cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy.

Đường thẳng SD tạo với mặt phẳng (SAB) một góc 450.

1. Tính thể tích của khối chóp S.ABCD theo a

2. Xác định tâm và tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD theo a

3. Tính khoảng cách từ điểm 0 đến mặt phẳng (SCD) theo a

46. (Đề thi thử THPT QG Trường THPT Chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm – Quảng Nam - năm 2015)

Cho hình hộp có hình chóp là hình chóp đều, Tính thể tích

hình hộp và tính góc hợp bởi hai mặt phẳng và .

47. (Đề thi thử THPT QG Trường THPT Chuyên Nguyễn Huệ- Hà Nội –lần 1 - năm 2015)

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, góc 𝐵𝐴�� = 600, SA= SB = SD = 𝑎√3

2. Tính thể tích

khối chóp S.BCD và khoảng cách giữa 2 đường thẳng AD và SB.

ABCD.A' B 'C ' D ' A'.ABD AB = a, AA' = a 3.

(A' B 'C ' D ') ( A' BD)


8

48. (Đề thi thử THPT QG Trường THPT Chuyên Nguyễn Quang Diệu – Đồng Tháp – lần 2 - năm

2015)

Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A, AB = 3a, BC = 5a; mặt phẳng (SAC) vuông góc

với mặt phẳng (ABC). Biết SA = 2a √3 và 𝑆𝐴�� = 300. Tính theo a thể tích của khối chóp S.ABC và khoảng

cách từ điểm A đến mặt phẳng (SBC).

49. (Đề thi thử THPT QG Trường THPT Chuyên Nguyễn Huệ- Hà Nội - năm 2015)

Cho hình lăng trụ tam giác 𝐴𝐵𝐶. 𝐴’𝐵’𝐶’ có đáy là tam giác đều cạnh a, cạnh bên tạo với đáy một góc bằng 300.

Gọi M là trung điểm của BC và I là trung điểm của AM. Biết rằng hình chiếu của điểm I lên mặt đáy 𝐴’𝐵’𝐶’ là

trọng tâm G của 𝛥𝐴’𝐵’𝐶’. Tính thể tích khối chóp 𝐴. 𝐴′𝐵′𝐶′ và khoảng cách từ C đến mặt phẳng (𝐴𝐵𝐵′𝐴′).

50. (Đề thi thử THPT QG Trường THPT Chuyên Sơn Tây – Hà Nội - năm 2015)

Cho chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành, mặt phẳng (SBD) vuông góc với đáy, các đường thẳng SA,

SD đều tạo với mặt đáy góc 030 . Biết AD = 6a , BD = 2a, góc CBD bằng 045 . Tính thể tích khối chóp

S.ABCD và tính khoảng cách từ C đến mặt phẳng (SAD) theo a.

51. (Đề thi thử THPT QG Trường THPT Chuyên Sơn Tây – lần 2 - năm 2015)

Cho chóp S.ABCD có đáy ABCD vuông cạnh a. a 2

SA ABCD ;SA2

. M, N lần lượt là trung điểm của

SA, SB. Tính thể tích hình chóp S. DMNC và khoảng cách giữa hai đường thẳng BD và CN theo a.

52. (Đề thi thử THPT QG Trường THPT Chuyên Sư Phạm Hà Nội – lần 1 - năm 2015)

Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật ABCD, đường thẳng SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD) và

SA = AD = a. Tính khoảng cách giữa đường thẳng AB và SC.


Cho lăng trụ ABC. A1B1C1 có các mặt bên là các hình vuông cạnh a. Gọi D, E, F lần lượt là trung điểm

của các cạnh BC, A1C1; C1B1. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng DE và A1F


Cho lăng trụ đứng 𝐴𝐵𝐶𝐷. 𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1 có đáy ABCD là hình thoi cạnh a và góc 𝐵𝐴�� = 60𝑜.Gọi 𝑂,𝑂1 lần lượt là

hai tâm của hai đáy , 𝑂𝑂1 = 2a.

1) Tính diện diện tích các mặt chéo 𝐴𝐶𝐶1𝐴1 và 𝐵𝐷𝐷1𝐵1 của hình lăng trụ .

2) Gọi S là trung điểm của 𝑂𝑂1. Tính khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng (SAB) .

55. (Đề thi thử THPT QG Trường THPT Chuyên Thái Nguyên – lần 3 - năm 2015)

Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B , AB = BC = 2a . Hai mặt phẳng (SAB) và

(SAC) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABC) . Gọi M là trung điểm AB , mặt phẳng qua SM và song song với

BC cắt AC tại N . Biết góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABC) bằng 60𝑜. Tính thể tích khối chóp S.BCNM và

khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và SN theo a .


9

56. (Đề thi thử THPT QG Trường THPT Chuyên Thăng Long – Hà Nội - năm 2015)

Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB = a; AD = 2a và SA ABCD ; góc giữa

đường thẳng SB và mặt phẳng (ABCD) bằng 450. Gọi M là trung điểm BC và N là trung điểm của SC

a. Tính thể tích khối chóp S.ABCD, tính thể tích khối tứ diện NMCD

b. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng BD và SC. Tính cosin góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (SDC)

57. (Đề thi thử THPT QG Trường THPT Chuyên Vĩnh Phúc – lần 2 - năm 2015)

Cho hình lăng trụ đứng 𝐴𝐵𝐶. 𝐴′𝐵′𝐶′ có đáy ABC là tam giác đều. 𝐴𝐵 = 𝑎, (𝑎 > 0). Biết góc giữa hai đường

thằng 𝐴𝐵′ và 𝐵𝐶′bằng 600. Tính thể tích khối lăng trụ 𝐴𝐵𝐶. 𝐴′𝐵′𝐶′ và khoảng cách giữa hai đường thẳng 𝐴𝐵′

và 𝐵𝐶′ theo 𝑎.


Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB = 3a, AD = 2a. Hình chiếu vuông góc của S lên

mặt phẳng (ABCD) là điểm H thuộc cạnh AB sao cho AH = 2 HB. Góc giữa mặt phẳng (SCD) và mặt phẳng

(ABCD) bằng 600. Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và tính khoảng cách giữa 2 đường thẳng SC và AD.


Cho hình chóp S.ABCD có đáy là ABCD là hình bình hành tâm O, 𝐴𝐵 = 4, 𝐴𝐷 = 4√3, các cạnh bên bằng

nhau và bằng 6, gọi M là trung điểm của OC. Tính thể tích khối chóp 𝑆. 𝐴𝐵𝑀𝐷 và diện tích của mặt cầu ngoại

tiếp tứ diện SOCD.

60. (Đề thi thử THPT QG Trường THPT Cù Huy Cận – Hà Tĩnh – lần 1 - năm 2015)

Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a và cạnh bên SA vuông góc với đáy. Biết góc giữa SB và

mặt đáy bằng 600. Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ trọng tâm G của tam giác SAD đến mặt

phẳng (SBD).

61. (Đề thi thử THPT QG Trường THPT Đa Phúc – Hà Nội - năm 2015)

Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, mặt bên SAB là tam giác vuông cân tại đỉnh S và

nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy. Tính theo a thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách giữa

hai đường thẳng SB và AC.

62. (Đề thi thử THPT QG Trường THPT Đào Duy Từ - lần 1 - năm 2015)

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SD = 𝑎√17

2, hình chiếu vuông góc H của S trên mặt

phẳng (ABCD) là trung điểm của đoạn AB. Gọi K là trung điểm của đoạn AD.

a) Tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a.

b) Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng HK và SD theo a.

63. (Đề thi thử THPT QG Trường THPT Đông Sơn 1 - năm 2015)


10

Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A, mặt bên SAB là tam giác đều và nằm trong mặt

phẳng vuông góc với mặt phẳng (ABC), gọi M là điểm thuộc cạnh SC sao cho 𝑀𝐶 = 2𝑆𝑀. Biết 𝐴𝐵 = 𝑎, 𝐵𝐶 =

𝑎√3. Tính thể tích của khối chóp S.ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và BM.

64. (Đề thi thử THPT QG Trường THPT Đông Thọ - Tuyên Quang - năm 2015)

Cho hình chóp S.ABC có đáy ABClà tam giác vuông tại B và AB=4a,AC=5a. Đường thẳng SA vuông góc với

mặt phẳng đáy và SA=3a

Tính thể tích của khối chóp tam giác S.ABC theo a.

65. (Đề thi thử THPT QG Trường THPT Gang Thép – Thái Nguyên – lần 1 - năm 2015)

Cho lăng trụ 𝐴𝐵𝐶. 𝐴′𝐵′𝐶′ có đáy là tam giác đều cạnh a. Điểm 𝐴′ cách đều ba điểm A, B, C. Góc giữa 𝐴𝐴′ và

mặt phẳng (𝐴𝐵𝐶) là 600. Tính theo a thể tích khối lăng trụ 𝐴𝐵𝐶. 𝐴′𝐵′𝐶′ và khoảng cách giữa hai đường thẳng

𝐴′𝐵 và 𝐶𝐶′.

66. (Đề thi thử THPT QG Trường THPT Hà Trung – Thanh Hóa – lần 1 - năm 2015)

Cho hình chóp . DS ABC có đáy ABCD là hình thoi cạnh ,a · 060 .ABC Cạnh SA vuông góc với mặt phẳng

( ),ABCD góc giữa SC và mặt phẳng ( )ABCD bằng 060 , gọi M là trung điểm của S .B Tính theo a thể tích

khối chóp .S ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AM và .SD

67. (Đề thi thử THPT QG Trường THPT Hai Bà Trưng – Thừa Thiên Huế – lần 3 - năm 2015)

Cho hình lăng trụ đứng ABCD.A’B’C’D’ có đáy là hình thoi cạnh a, 𝐵𝐴�� = 600 và AC’= 2a. Gọi O là giao

điểm của AC và BD, E là giao điểm cả A’C và OC’. Tính thể tích khối lăng trụ ABCD.A’B’C’D’ và khoảng cách

từ điểm A đến mặt phẳng (EBD).

68. (Đề thi thử THPT QG Trường THPT Hàn Thuyên – Bắc Ninh – lần 1 - năm 2015)

Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có các đáy là tam giác đều cạnh a. Hình chiếu vuông góc của C’ lên mặt phẳng

(ABC) là điểm D thuộc cạnh BC sao cho DB = 2DC. Góc giữa đường thẳng AC’ và mặt phẳng (ABC) bằng

450. Tính theo a khoảng cách giữa hai mặt phẳng (ABC), (A’B’C’) và cosin góc giữa hai đường thẳng AD, CC’.

69. (Đề thi thử THPT QG Trường THPT Hàn Thuyên – Bắc Ninh – lần 2 - năm 2015)

Cho hình chóp SABC có SA vuông góc với mặt phẳng đáy và SA = a 3 , tam giác ABC vuông tại B, AB = a

3 , AC = 2a. Tính theo a thể tích hình chóp SABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và SC.

70. (Đề thi thử THPT QG Trường THPT Hiền Đa – Phú Thọ – lần 2 - năm 2015)

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, tam giác SAD cân tại S và nằm trên mặt phẳng

vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Gọi M là trung điểm của CD; H là hình chiếu vuông góc của D trên SM;

Biết góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABCD) bằng 60o. Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ H

đến mặt phẳng (SBC)theo a.

71. (Đề thi thử THPT QG Trường THPT Hồng Quang – Hải Dương – lần 1 - năm 2015)


11

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, góc 𝐴𝐵�� = 600. Cạnh bên SD = a√2. Hình chiếu

vuông góc của S trên mặt phẳng (ABCD) là điểm H thuộc đoạn BD sao cho HD = 3 HB. Gọi M là trung điểm

của cạnh SD. Tính thể tích khối chóp S.ABCD và tính khoảng cách giữa 2 đường thẳng CM và SB.

72. (Đề thi thử THPT QG Trường THPT Ischool Nha Trang – lần 1 - năm 2015)

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB = a, AD = 2a, cạnh bên SA vuông góc với mặt

đáy và cạnh bên SC tạo với mặt đáy một góc 600. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của cạnh bên SA và SB. Tính

theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ S đến mặt phẳng (DMN).

73. (Đề thi thử THPT QG Trường THPT Lam Kinh – Thanh Hóa – lần 1 - năm 2015)

Cho lăng trụ đứng ABCA’B’C’cóAC = a, BC= 2a, · 120oACB .Đường thẳng A’C tạo với mặt phẳng (ABB’A’)

góc 300.Gọi M là trung điểm của BB’.Tính thể tích khối lăng trụ ABCA’B’C’ và khoảng cách giữa hai đường

thẳng AM và CC’ theo a.

74. (Đề thi thử THPT QG Trường THPT Lạng Giang số 1 - năm 2015)

Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác ABC vuông tại A, 𝐴𝐵�� = 600, 𝐵𝐶 = 2𝑎. Gọi H là hình chiếu vuông

góc của A trên BC. Biết rằng SH vuông góc với mặt phẳng đáy (ABC) và SA tạo với mặt phẳng đáy (ABC) một

góc 600. Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (SAC) theo a.

75. (Đề thi thử THPT QG Trường THPT Lê Quý Đôn – Đống Đa – Hà Nội - năm 2015)

Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh bằng a , SB = 2a , SA= SC . Cạnh bên SB tạo với đáy

một góc 30𝑜 . Tính thể tích khối chóp và góc giữa hai đường thẳng SA , BC .

76. (Đề thi thử THPT QG Trường THPT Lê Quý Đôn – Hải Phòng - năm 2015)

Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, góc · 0D 60BA . Hình chiếu của S lên mp(ABCD) là

trung điểm của AB, góc giữa SD và đáy bằng 600, I là điểm thuộc đoạn BD, DI = 3IB. Tính thể tích của khối

chóp SABCD và khoảng cách từ điểm I đến mp(SCD).

77. (Đề thi thử THPT QG Trường THPT Lệ Thủy – Quảng Bình - năm 2015)

Cho lăng trụ đứng 𝐴𝐵𝐶. 𝐴1𝐵1𝐶1 có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, góc giữa 𝐴𝐶1 và mặt đáy (ABC) là 600.

Tính thể tích khối lăng trụ 𝐴𝐵𝐶. 𝐴1𝐵1𝐶1 và khoảng cách giữa hai đường thẳng 𝐴𝐵1, 𝐵𝐶1 theo a.

78. (Đề thi thử THPT QG Trường THPT Lê Xoay – Vĩnh Phúc - năm 2015)

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B. Hình chiếu của đỉnh S lên mặt phẳng

(ABCD) trùng với giao điểm I của AC và BD. Mặt bên (SAB) hợp với đáy một góc 600. Biết rằng AB=BC=a,

AD = 3a. Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ D đến mặt phẳng (SAB) theo a.


12

79. (Đề thi thử THPT QG Trường THPT Lương Ngọc Quyến – Thái Nguyên - năm 2015)

Cho hình chóp 𝑆. 𝐴𝐵𝐶 có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, mặt bên SAB là tam giác vuông cân tại đỉnh S và

nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy. Tính theo a thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách giữa

hai đường thẳng SB và AC.

80. (Đề thi thử THPT QG Trường THPT Lương Thế Vinh – Hà Nội – lần 1 - năm 2015)

Cho hình chóp 𝑆. 𝐴𝐵𝐶𝐷 có đáy là hình chữ nhật, 𝐴𝐵 = 𝑎, 𝐴𝐷 = 2𝑎. Tam giác SAB cân tại S và nằm trong mặt

phẳng vuông góc với đáy. Góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng (ABCD) bằng 450. Gọi M là trung điểm của

SD. Tính theo a thể tích của khối chóp 𝑆. 𝐴𝐵𝐶𝐷 và khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng (SAC)


Cho hình lăng trụ 𝐴𝐵𝐶. 𝐴′𝐵′𝐶′có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B; 𝐴𝐵 = 𝑎, 𝐴𝐶�� = 300, M là trung điểm

cạnh AC. Góc giữa cạnh bên và mặt đáy của lăng trụ bằng 600. Hình chiếu vuông góc của đỉnh A’ lên mặt

phẳng (ABC) là trung điểm H của BM. Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’và khoảng cách từ điểm

C’ đến mặt phẳng (BMB’).


Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thang vuông tại A và B; AB = BC = a; AD = 2a; SA ⊥ (ABCD). Góc

giữa mặt phẳng (SCD) và mặt phẳng (ABCD) bằng 450. Gọi M là trung điểm AD. Tính theo a thể tích khối

chóp S.MCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SM và BD.

83. (Đề thi thử THPT QG Trường THPT Lý Thái Tổ - Bắc Ninh – lần 2 - năm 2015)

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh 3a và ·

60oABC . Tính theo a thể tích khối tứ diện

SACD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và SD biết 7SA SB SC a .

84. (Đề thi thử THPT QG Trường THPT Lý Tự Trọng – Khánh Hòa – lần 1 - năm 2015)

Cho hình chóp đều S.ABCD có độ dài cạnh đáy bằng a , mặt bên của hình chóp tạo đáy một góc 60𝑜. Mặt

phẳng (P) chứa AB và đi qua trọng tâm G của ∆𝑆𝐴𝐶 cắt SC , SD lần lượt tại M, N. Tính thể tích khối chóp

S.ABMN theo a .

85. (Đề thi thử THPT QG Trường THPT Mạc Đĩnh Chi - TPHCM - năm 2015)

Cho hình lăng trụ 𝐴𝐵𝐶. 𝐴′𝐵′𝐶′ , ∆𝐴𝐵𝐶 đều có cạnh bằng a , 𝐴𝐴′ = a và đỉnh 𝐴′ cách đều 𝐴, 𝐵, 𝐶 . Gọi 𝑀,𝑁 lần

lượt là trung điểm của cạnh 𝐵𝐶 và 𝐴′𝐵 . Tính theo a thể tích khối lăng trụ 𝐴𝐵𝐶. 𝐴′𝐵′𝐶′ và khoảng cách từ 𝐶 đến

mặt phẳng (𝐴𝑀𝑁).

86. (Đề thi thử THPT QG Trường THPT Nghèn – Hà Tĩnh - năm 2015)


13

Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông ABCD cạnh a, cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy. Góc

giữa SC và mặt phẳng đáy bằng 450. Gọi E là trung điểm BC. Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách

giữa hai đường thẳng DE và SC theo a.

87. (Đề thi thử THPT QG Trường THPT Nghi Sơn – Thanh Hóa - năm 2015)

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm 0, cạnh bằng a. Góc DAB = 1200. Hai mặt phẳng

(SAC) và (SBD) cùng vuông góc với đáy. Góc giữa (SBD) và mặt đáy bằng 600 .Tính thể tích của khối chóp

S.ABCD và khoảng cách từ A đến (SBC).

88. (Đề thi thử THPT QG Trường THPT Ngô Gia Tự - Bắc Ninh – lần 1 - năm 2015)

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông, gọi M là trung điểm của AB. Tam giác SAB cân

và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy (ABCD), biết 2 5SD a , SC tạo với mặt đáy (ABCD) một

góc 60 . Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng DM và SA.

89. (Đề thi thử THPT QG Trường THPT Nguyễn Thị Minh Khai- Hà Tĩnh - năm 2015)

Cho hình hộp 𝐴𝐵𝐶𝐷. 𝐴′𝐵′𝐶′𝐷′ có hình chóp 𝐴′𝐴𝐵𝐷 là hình chóp đều, 𝐴𝐵 = 𝐴𝐴′ = 𝑎. Tính theo a thể tích khối

hộp 𝐴𝐵𝐶𝐷. 𝐴′𝐵′𝐶′𝐷′ và khoảng cách giữa hai đường thẳng AB’ và A’C’.

90. (Đề thi thử THPT QG Trường THPT Nguyễn Trãi – Kon Tum - năm 2015)

Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, mặt bên SAD là tam giác vuông tại S , hình chiếu

vuông góc của S lên mặt phẳng ABCD là điểm H thuộc cạnh AD sao cho 3HA HD , 4 .AD a Gọi M là

trung điểm của cạnh AB , 2 3SA a , đường thẳng SC tạo với đáy một góc 30o. Tính theo thể tích khối

chóp .S ABCD và khoảng cách từ M đến mặt phẳng SBC .

91. (Đề thi thử THPT QG Trường THPT Như Xuân – Thanh Hóa - năm 2015)

Cho hình chóp S.ABC có SA vuông góc với mặt phẳng (ABC), SA = 8a, tam giác ABC đều cạnh bằng 4a; M,

N lần lượt là trung điểm của cạnh SB và BC. Tính theo a thể tích hình chóp S.ABC và khoảng cách từ điểm B

đến mặt phẳng (AMN).

92. (Đề thi thử THPT QG Trường THPT Nông Cống 1 – lần 2 - năm 2015)

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB = a, AD = 2a. Hình chiếu vuông góc của S trên

mặt phẳng đáy là trung điểm H của AD, góc giữa SB và mặt phẳng đáy (ABCD) là 450.

a. Tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a

b. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SD và BH theo a

93. (Đề thi thử THPT QG Trường THPT Phù Cừ - Hưng Yên - năm 2015)

Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác cân tại C, đáy AB bằng 2a và góc𝐴𝐵𝐶 = 300.

Mặt phẳng (C’AB) tạo với đáy (ABC) một góc 600. Tính thể tích của khối lăng trụ ABC.A’B’C’ và khoảng

cách giữa hai đường thẳng AC’ và CB’.

a


14

94. (Đề thi thử THPT QG Trường THPT Quảng Xương 1 – Thanh Hóa - năm 2015)

Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B , AB = a , SA vuông góc với mặt phẳng (ABC) .

Góc giữa mặt phẳng (SBC) và mặt phẳng (ABC) bằng 60𝑜 . Gọi M là trung điểm của AB .

1. Tính theo a thể tích của khối chóp S.ABC .

2. Tính khoảng cách giữa 2 đường thẳng SM và AC theo a .

95. (Đề thi thử THPT QG Trường THPT Chuyên Hà Tĩnh – lần 1 - năm 2015)

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông, BD = 2a; tam giác SAC vuông tại S và nằm trong mặt

phẳng vuông góc với đáy, SC = a√3. Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ điểm B đến

mặt phẳng (SAD).

96. (Đề thi thử THPT QG Trường THPT Quỳ Châu – Nghệ An – lần 3 - năm 2015)

Cho hình chóp .S ABC có tam giác ABC vuông tại A , AB AC a , I là trung điểm của SC , hình chiếu vuông góc

của S lên mặt phẳng ABC là trung điểm H của BC , mặt phẳng SAB tạo với đáy 1 góc bằng 60o. Tính thể tích

khối chóp .S ABC và tính khoảng cách từ điểm I đến mặt phẳng SAB theo a .

97. (Đề thi thử THPT QG Trường THPT Quỳnh Lưu 2- năm 2015)

Cho hình chóp tam giác đều 𝑆. 𝐴𝐵𝐶 có cạnh đáy bằng 𝑎 , góc giữa cạnh bên và mặt đáy bằng 60𝑜 . Gọi M , N

lần lượt là trung điểm AB , BC . Tính thể tích khối chóp 𝑆. 𝐴𝐵𝐶 và khoảng cách từ C đến mặt phẳng (SMN).

98. (Đề thi thử THPT QG Trường THPT Quỳnh Lưu – Nghệ An - năm 2015)

Cho hình chóp 𝑆. 𝐴𝐵𝐶𝐷 có đáy là hình thang vuông tại A, D, SA vuông góc với đáy. SA = AD =a, AB = 2a.

1, Tính thể tích khối chóp S. ABC.

2, Tính khoảng cách giữa AB và SC.

99. (Đề thi thử THPT QG Trường THPT Thủ Đức - TPHCM - năm 2015)

Trong không gian cho hình chóp S.ABCD, tứ giác ABCD là hình thang cân, hai đáy là BC và AD. Biêt SA =

a√2, AD = 2a, AB = BC = CD = a. Hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng ABCD trùng với trung điểm

cạnh AD. Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giứa hai đường thẳng SB và AD.

100. (Đề thi thử THPT QG Trường THPT Tĩnh Gia 2 - năm 2015)

Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a , tam giác SAC cân tại S, góc SBC bằng

600, mặt phẳng (SAC) vuông góc với mặt phẳng (ABC) .

1.Tính theo a thể tích của khối chóp S.ABC.

2.Xác định tâm và tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp SABC.

101. (Đề thi thử THPT QG Trường THPT Trần Quốc Tuấn – Phú Yên - năm 2015)


15

Cho hình chóp A.BCD có hình chiếu vuông góc của A xuống mặt phẳng (BCD) trùng với trung điểm H của

đoạn BC. Tam giác BCD vuông tại D và có BC = 2a, BD = a. Góc giữa hai mặt phẳng (ACD) và (BCD) là

600.Tính thể tích của tứ diện ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng BD và AC.

102. (Đề thi thử THPT QG Trường THPT Triệu Sơn 5 – lần 2 - năm 2015)

Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuôngcanh a. Mặt bên SAB là tam giác vuông tại S và nằm trong mặt

phẳng vuông góc với đáy, hìnhchiếu vuông góc của S trên đường thẳng AB là điểm H thuộc đoạn AB sao cho

BH= 2AH. Goi I là giao điểm của HC và BD. Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ I đến mặt

phẳng (SCD).

103. (Đề thi thử THPT QG Trường THPT Yên Lãng – Hà Nội - năm 2015)

Cho hình hộp đứng ABCD.A'B'C'D', có AB = a, AD = b, AA' = c với đáy ABCD là hình bình hành có góc BAD

bằng 600. Gọi M là điểm trên đoạn CD sao cho DM = 2MC.

1. Tính thể tích của khối hộp ABCD.A'B'C'D' theo a, b, c .

2. Tính khoảng cách từ M đến mặt phẳng (BDA') theo a, b, c.

104. (Đề thi thử THPT QG Trường THPT Yên Phong 2 – lần 1 - năm 2015)

Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng a. Cạnh bên tạo với mặt đáy (ABCD) một góc 600

1. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau SA, CD.

2. Tính thể tích khối chóp S.ABCD.

105. (Đề thi thử THPT QG Trường THPT Trần Nguyên Hãn – Hải Phòng - năm 2015)

Cho hình lăng trụ đứng ' ' '.ABC A BC có tam giác ABC vuông tại C .

Biết AC a , BC 3a ; mặt phẳng 'ABC hợp với mặt phẳng ABC góc 060 .

1) Tính thể tích khối lăng trụ ' ' '.ABC A BC theo a .

2) Xác định tâm và tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp C’.ABC

106. (Đề thi thử THPT QG Trường THPT Trần Phú – Thanh Hóa - năm 2015)

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a. Góc ¼ 060BAC , hình chiếu của S trên mặt (ABCD)

trùng với trọng tâm của tam giác ABC. Mặt phẳng (SAC) hợp với mặt phẳng (ABCD) góc 600 . Tính thể tích

khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ B đến mặt phẳng (SCD) theo a.

107. (Đề thi thử THPT QG Trường THPT Gia Bình 1 – Bắc Ninh - năm 2015)

Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có · 0, 2 , 120AC a BC a ACB và đường thẳng 'A C tạo với mặt phẳng

' 'ABB A góc 030 . Tính thể tích khối lăng trụ đã cho và khoảng cách giữa hai đường thẳng ' , 'A B CC theo a.


16

108. (Đề thi thử THPT QG Trường THPT Chí Linh – Hải Dương – lần 1 - năm 2015)

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, · 060 ,ABC cạnh bên SA vuông góc với đáy, SC tạo

với đáy góc 060 .

1) Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD.

2) Tính theo a khoảng cách giữa hai đường thẳng AB, SD.

3) Xác định tâm và bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABD theo a.

109. (Đề thi THPT QG minh họa của Bộ GD và ĐT - năm 2015)

Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B, AC = 2a, 𝐴𝐶��= 300. Hình chiếu vuông góc H của

đỉnh S trên mặt đáy là trung điểm của cạnh AC và SH = √2 a. Tính theo a thể tích khối chóp S.ABC và khoảng

cách từ điểm C đến mặt phẳng (SAB).

110. (Đề thi THPT QG chính thức của Bộ GD và ĐT - năm 2015)

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD),

góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng (ABCD) bằng 450. Tính theo a thể tích của khối chóp

S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SB, AC.

111. (Đề thi thử THPT QG Trường THCS &THPT Nguyễn Viết Xuân - năm 2015)

Cho lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác đều cạnh a, hình chiếu vuông góc của A’ trên (ABC) là trung

điểm cạnh AB, góc giữa đường thẳng A’C và mặt đáy bằng 600. Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ và tính

khoảng cách từ B đến mặt phẳng (ACC’A’).

112. (Đề thi thử THPT QG Trường THPT Chuyên KHTN – lần 5 - năm 2015)

Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông tại A, 𝐴𝐵 = 𝑎√3, 𝐴𝐶 = 𝑎, 𝑆𝐴 = 𝑆𝐵 = 𝑆𝐶, khoảng cách giữa

AB và SC bằng 2𝑎√2

3. Tính theo a.

a)Thể tích của khối chóp S.ABC;

b)Bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối chóp S.ABC.

113. (Đề thi thử THPT QG Trường THPT Chuyên Lê Quý Đôn – Bình Định - năm 2015)

Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác đều cạnh a, hình chiếu của đỉnh A trên mặt phẳng

(ABC) là trung điểm H của BC. Biết rằng khoảng cách giữa hai đường thẳng BC và AA’ bằng 3𝑎

4. Tính thể tích

của khối chóp A.BCC’B’. và tan của góc giữa hai mặt phẳng (ABB’A’) và (ABC).

114. (Đề thi thử THPT QG Trường THPT Cổ Loa – Hà Nội – lần 3 - năm 2015)

Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B, 𝐴𝐵 = 𝑎, 𝐵𝐶 = 𝑎√3, 𝑆𝐴 = 2𝑎. Hình chiếu của S

trên (ABC) là điểm D thuộc cạnh AC và thỏa mãn CD = 2AD. Tính theo a thể tích khối chóp S.ABC và khoảng

cách từ A tới mặt phẳng (SBC).


17

115. (Đề thi thử THPT QG Trường THPT Lương Ngọc Quyến – lần 2 - năm 2015)

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 2a, mặt phẳng (SAB) vuông với đáy, tam giác SAB

cân tại S và SC tạo với đáy một góc 600. Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng

BD và SA theo a.

ĐÁP ÁN– CHUYÊN ĐỀ HÌNH HỌC KHÔNG GIAN

Lưu ý: Các câu hỏi thuộc đề thi thử THPT QG 2016 của các trường THPT QG trên cả nước sẽ được

chọn lọc tiếp vào khóa học và sẽ được cập nhật vào ngày 1/11/2016, Khách hàng lưu ý để vào tải lại file đã

được cập nhật.

1. (Đáp án đề thi thử Sở giáo dục Hà Tĩnh năm 2015 )

O

M

K

H

D

CB

A

S


18

Ta có 0.sin as 30

2

aBO AB BAO in ;

0 3.sin as 60

2

aAO AB ABO in ;

suy ra

23 3. .

2 2 4ABD

a a aS AO BO ;

Do đó

2 3

.

1 1 3 6. 2.

3 3 4 12S ABD ABD

a aV SH S a

Do đường thẳng AC cắt (SBD) tại điểm O là trung điểm của AC và đường thẳng AH cắt (SBD) tại B

thoả mãn 3

2AB HB nên

3( ,( )) ( ,( )) ( ,( ))

2d C SBD d A SBD d H SBD

(1)

Kẻ ,HK BO HM SK ( K thuộc BO, M thuộc SK).

Ta có ( )BO SHK BO HM do đó ( ) ( ,( ))HM SBD d H SBD HM (2)

Trong tam giác vuông SHK có2 3

2,3 3

aSH a HK AO và HM là đường cao suy ra

2 2 2 2 2 2

1 1 1 1 3 7 14

72 2

aHM

HM HS HK a a a (3)

Kết hợp (1), (2), (3) ta có 3 14

( ,( ))14

ad C SBD

2. (Đáp án đề thi thử THPT QG Sở GD Thanh Hóa – 2015)

Gọi BDACO , H là trung điểm của AB, suy

ra ABSH .

Do ))( ABCDSABAB và )()( ABCDSAB

nên )(ABCDSH

+) Ta có aaAC

OA 2

2

2,

aaBD

OB 22

4

2 .

54 2222 aaaOBOAAB

S

A

B C

D

O

E

H

K


19

+) 2

15

2

3 aABSH

244.22

1.

2

1aaaBDACSABCD .

Thể tích khối chóp ABCDS là : 3

1524.

2

15

3

1.

3

1 32 a

aa

SSHV ABCD .

Ta có BC // AD nên AD //(SBC) ))(,())(,(),( SBCAdSBCADdSCADd .

Do H là trung điểm của AB và B = )(SBCAH nên )).(,(2))(,( SBCHdSBCAd

Kẻ BCHBCHE , , do BCSH nên )(SHEBC .

Kẻ SEKSEHK , , ta có ))(,()( SBCHdHKSBCHKHKBC .

5

52

52

4

.2

2 2 a

a

a

AB

S

BC

S

BC

SHE ABCDABCBCH .

91

13652

91

152

60

91

15

4

4

5111222222

aaHK

aaaSHHEHK

Vậy 91

136542),(

aHKSCADd .

3. (Đáp án đề thi thử THPT QG Trường THPT Lương Thế Vinh – HN – lần 4 – năm 2015)

Xác định góc 600:

+Gọi H là hình chiếu của A’ lên (ABC) =>𝐻𝐴 = 𝐻𝐵 = √𝐴𝐴′2 − 𝐴′𝐻2 suy ra H là tâm đường tròn ngoại tiếp

tam giác ABC.

+AH là hình chiếu của AA’ lên (ABC), suy ra 𝐴′𝐴�� = 600. (0,25 đ)

Tính thể tích lăng trụ: 𝑉𝐴𝐵𝐶.𝐴′𝐵′𝐶′ = 𝐴′𝐻. 𝑆𝐴𝐵𝐶


20

+∆ABC đều cạnh a nên 𝑆𝐴𝐵𝐶 =1

2. 𝑎.

𝑎√3

2=

𝑎2√3

4.

+A’H=AH.tan600 = (

2

3.𝑎√3

2) . √3 = 𝑎.

Suy ra: 𝑉𝐴𝐵𝐶.𝐴′𝐵′𝐶′ = 𝑎.𝑎2√3

4=

𝑎3√3

4 (0,25 đ)

Xác định tâm mặt cầu:

+Gọi P là trung điểm AA’. Kẻ đường trung trực d của AA’ trong (A’AH), d cắt A’H tại I.

+I ∊ d => IA’ = IA, I∊ A’H =>IA = IB = IC =>I là tâm mặt cầu cần tìm. (0,25 đ)

Tính bán kính R: 𝑅 = 𝐼𝐴′ =𝐴′𝑃

cos300 =2

√3.1

2. 𝐴𝐴′ =

1

√3. 2. 𝐴𝐻 =

2

√3.𝑎√3

3=

2𝑎

3 (0,25 đ)

4. (Đáp án đề thi thử THPT QG Trường THPT Thiệu Hóa – Thanh Hóa –lần 1 – năm 2015).

Gọi I là trung điểm của BD. Vì tam

giác ABD đều vàtam giác BCD cân

tại C nên AI BD

CI BD

Suy ra A, I, C thẳng hàng, AC BD

Tam giác ABD đều cạnh a, suy ra

1 3; ;

2 2

aBD a BI a AI

Tam giác BCD cân tại C và · 0120BCD nên · 060BCI .

0 0

3;

tan 60 sin 60 32 3

BI a BI aIC BC

*) 3 3 2 3

2 6 3

a a aAC AI IC

Tứ giác ABCD có hai đường chéo vuông góc nên có diện tích:

21 3.

2 3ABCD

aS AC BD

Suy ra thể tích khối chóp .S ABCD là: 31 3

.3 9

ABCDV SA S a (đvtt).

K

I

C

D

B

A

S


21

Tính khoảng cách

Gọi K là hình chiếu của A trên đường thẳng SI, suy ra AK SI

Mặt khác BD AC

AK BDBD SA

nên AK SBD .

Vậy ;d A SBD AK

Tam giác SAI vuông tại A và có đường cao AK nên:

2 2 2 2

1 1 1 7 21

3 7

aAK

AK AS AI a

Ta có đường thẳng AC cắt mặt phẳng SBD tại I và 3 2 1

6 33

IC a

IA a .

Suy ra: 1 1 21

; ;3 3 21

ad C SBD d A SBD AK .

5. (Đáp án đề thi thử THPT QG Sở GD và ĐT Lào Cai – năm 2015)

*Tính thể tích khối chóp S.ABCD :

SH ⏊ (ABCD) => HO là hình chiếu của SO trên (ABCD) nên (𝑆𝑂, (𝐴𝐵𝐶𝐷)) = (𝐻𝑂, 𝐴𝐶) = 𝑆𝑂�� = 60𝑜

Diện tích ABCD là 𝑆𝐴𝐵𝐶𝐷 = 2𝑆∆𝐴𝐵𝐶 = 2𝑎2√3

4=

𝑎2√3

2 0,25đ

Trong tam giác SHO có 𝑆𝐻 = 𝐻𝑂. tan 60𝑜 =1

3

𝑎√3

2√3 =

𝑎

2


22

Thể tích S.ABCD là 𝑉𝑆.𝐴𝐵𝐶𝐷 =1

3𝑆𝐻. 𝑆𝐴𝐵𝐶𝐷 =

𝑎3√3

12 0,25đ

*Tính khoảng cách từ B đến (SCD) :

d(B,(SCD)) = 3𝑉𝐵.𝑆𝐶𝐷

𝑆𝑆𝐶𝐷 (1)

𝑉𝐵.𝑆𝐶𝐷 = 𝑉𝑆.𝐵𝐶𝐷 =1

2𝑉𝑆.𝐴𝐵𝐶𝐷 =

𝑎3√3

24 (2) 0,25đ

𝑆𝐷 = √𝑆𝐻2 + 𝐻𝐷2 =𝑎√57

6; 𝑆𝐶 = √𝑆𝐻2 + 𝐻𝐶2 =

𝑎√21

6

Trong tam giác SCD có

𝑆𝐷 =𝑎√57

6 ; 𝑆𝐶=

𝑎√21

6 ; 𝐶𝐷 = 𝑎; 𝑝 =

𝑆𝐶+𝑆𝐷+𝐶𝐷

2;

𝑆𝑆𝐶𝐷 = √𝑝(𝑝 − 𝑆𝐶)(𝑝 − 𝑆𝐷)(𝑝 − 𝐶𝐷) =𝑎2√21

12 (3)

Từ (1) , (2) , (3) ta có 𝑑(𝐵, (𝑆𝐶𝐷)) =3𝑎√7

14 0,25đ

6. (Đáp án đề thi thử THPT QG Sở GD và ĐT Bạc Liêu – năm 2015)

Theo giả thiết 𝑆𝐴𝐵𝐶 =𝑎2√3

4

Gọi H là hình chiếu của S lên (ABC), suy ra 𝑆𝐴�� = 600, 𝑆𝐻 = 𝐴𝐻. tan 600 = 𝑎 (0,25 đ)

𝑉𝑆.𝐴𝐵𝐶 =1

3𝑆𝐻. 𝑆𝐴𝐵𝐶 =

1

3𝑎.

𝑎2√3

4=

𝑎3√3

12 (0,25 đ)

Gọi M là trung diểm của BC, suy ra

𝑆𝑆𝐵𝐶 =1

2. 𝑆𝑀. 𝐵𝐶 =

1

2𝑎.

√39

6𝑎 =

𝑎2√39

12 (0,25 đ)


23

𝑑(𝐴, (𝑆𝐵𝐶)) =3𝑉

𝑆𝑆𝐵𝐶=

3𝑎√13

13 (0,25 đ)

7. (Đáp án đề thi thử THPT QG Sở GD và ĐT Bình Dương – năm 2015)

Đặt : 𝐴𝐵 = 𝑥 => 𝐵𝐶 = 𝑥𝑡𝑎𝑛60𝑜 = 𝑥√3 và 𝐴𝐶 =𝐴𝐵

𝑐𝑜𝑠60𝑜 = 2𝑥

Ta có 𝑆∆𝐴𝐵𝐶 =1

2𝐴𝐵. 𝐵𝐶 = 𝑥2 √3

2

Và 𝑆∆𝐴𝐵𝐶 = 𝑝𝑟 =1

4(𝐴𝐵 + 𝐵𝐶 + 𝐴𝐶)(√3 − 1)𝑎 =

1

4(3 + √3)(√3 − 1)𝑎𝑥

𝑥 = 𝑎

Vậy 𝐴𝐵 = 𝑎, 𝐵𝐶 = 𝑎√3 , 𝐴𝐶 = 2𝑎 0,25đ

Gọi V là thể tích khối chóp S.ABC

𝑉 =1

3𝑆𝐴. 𝑆∆𝐴𝐵𝐶 =

1

6𝑆𝐴. 𝐴𝐵. 𝐵𝐶 =

𝑎3

2 (đvtt) 0,25đ

Vẽ Bx song song AC và lấy điểm 𝐷 ∈ 𝐵𝑥 sao cho ACBD là hình bình hành

=>AC // (SBD) chứa SB => d(SB,AC) = d(A,(SBD))

Vẽ 𝐴𝐾⏊𝐵𝐷 tại K , ta có :

𝐵𝐷⏊𝐴𝐾 và 𝐵𝐷⏊𝑆𝐴(do 𝑆𝐴⏊(𝐴𝐵𝐶)) => 𝐵𝐷⏊ (𝑆𝐴𝐾)

Vẽ AH ⏊ SK tại H , ta có :


24

AH ⏊ SK và AH ⏊ BD (do BD ⏊ (SAK)) => AH ⏊ (SBD) 0,25đ

Ta có 𝑆∆𝐴𝐵𝐶 =1

2𝐴𝐾. 𝐴𝐶 =

1

2𝐴𝐵. 𝐵𝐶 => 𝐴𝐾 =

𝐴𝐵.𝐵𝐶

𝐴𝐶=

𝑎√3

2

∆𝑆𝐴𝐾 vuồn tại A có AH ⏊ SK =>𝐴𝐻 =𝑆𝐴.𝐴𝐾

√𝑆𝐴2+𝐴𝐾2=

𝑎√15

5

Vậy d(SB,AC) = 𝐴𝐻 =𝑎√15

5 0,25đ

8. (Đề thi thử THPT QG Trường THPT Cà Mau - năm 2015)

Gọi K là trung điểm của AB HK AB (1)

Vì SH ABC nên SH AB (2)

Từ (1) và (2) suy ra AB SK

Do đó góc giữa SAB với đáy bằng góc giữa SK và

HK và bằng · 60SKH o

Ta có · 3tan

2

aSH HK SKH

Vậy 3

.

1 1 1 3. . . .

3 3 2 12S ABC ABC

aV S SH AB AC SH

Vì / /IH SB nên / /IH SAB . Do đó , ,d I SAB d H SAB

Từ H kẻ HM SK tại M HM SAB ,d H SAB HM

Ta có 2 2 2 2

1 1 1 16

3HM HK SH a

3

4

aHM . Vậy

3,

4

ad I SAB

9. (Đề thi thử THPT QG Trường THPT Cần Thơ - năm 2015)

j

CB

A

S

H

K

M


25

Ta có tam giác ABC vuông tại A nên 𝐴𝐶 = √𝐵𝐶2 + 𝐴𝐵2 = 𝑎√3

𝑆𝐴𝐵𝐶 =1

2𝐴𝐵. 𝐴𝐶 =

𝑎2√3

2 0,25đ

Vì 𝐵𝐵′𝐶 ′𝐶 là hình vuông nên 𝐵𝐵′ = 𝐵𝐶 =2𝑎

Vậy 𝑉𝐴𝐵𝐶.𝐴′𝐵′𝐶 ′ = 𝑆𝐴𝐵𝐶 . 𝐵𝐵′ =𝑎2√3

2. 2𝑎 = 𝑎3√3 (đvtt) 0,25đ

Vì 𝐴𝐴′//𝐵𝐵′nên 𝐴𝐴′//(𝐵𝐵′𝐶 ′𝐶) . Do đó

𝑑(𝐴𝐴′, 𝐵𝐶 ′) = 𝑑 (𝐴𝐴′, (𝐵𝐵′𝐶 ′𝐶)) = 𝑑 (𝐴, (𝐵𝐵′𝐶 ′𝐶)).

Dựng 𝐴𝐻⏊𝐵𝐶(𝐻thuộc𝐵𝐶) . Khi đó 𝐴𝐻⏊𝐵𝐶 và 𝐴𝐻⏊𝐵𝐵′

Suy ra 𝐴𝐻⏊(𝐵𝐵′𝐶 ′𝐶). Suy ra 𝑑 (𝐴, (𝐵𝐵′𝐶 ′𝐶)) = 𝐴𝐻 0,25đ

Xét tam giác vuông ABC , ta có 𝐴𝐻. 𝐵𝐶 = 𝐴𝐵. 𝐴𝐶 => 𝐴𝐻 =𝐴𝐵.𝐴𝐶

𝐵𝐶=

𝑎√3

2

Vậy 𝑑(𝐴𝐴′, 𝐵𝐶′) =𝑎√3

2 0,25đ

10. (Đáp án đề thi thử THPT QG Sở GD và ĐT Lâm Đồng – năm 2015)


26

*𝑽𝑺.𝑨𝑩𝑪𝑫 =?

+Tính 𝐴𝐶 = 2𝐴𝑂 = 2𝑅 =2𝑎√3

3. Suy ra 𝐵𝐶 = 𝐴𝐶. cos 300 = 𝑎;

𝐴𝐵 = 𝐴𝐶. sin 300 =𝑎√3

3 (0,25 đ)

+𝑆𝐴𝐵𝐶𝐷 = 𝐴𝐵. 𝐵𝐶 =𝑎2√3

3. Suy ra 𝑉𝑆.𝐴𝐵𝐶𝐷 =

1

3. 𝑆𝐴𝐵𝐶𝐷. 𝑆𝐴 =

𝑎3

3 (0,25 đ)

*d(AC; SB) = ?

+Gọi E là giao điểm của đường thẳng CD và đường thẳng đi qua B và song song với AC. Khi đó AC // (SBE).

Vậy d(AC; SB)= d(AC;(SBE)) = d(A; (SBE))

+Từ A kẻ AF ⊥ BE. Ta có (SBE) ⊥ (SAF)

+ Kẻ AH ⊥ SF => AH ⊥ (SBE). Vậy d(AC; SB) = d(A; (SBE)) = AH. (0,25 đ)

+Tính được 𝐴𝐻 =𝑎√39

13 (0,25 đ)

11. (Đáp án đề thi thử THPT QG Sở GD và ĐT Quảng Nam – năm 2015)


27

Gọi H là trung điểm cạnh AB . Tam giác SBC đều cạnh a nên : 𝑆𝐻⏊𝐴𝐵

{

(SAB)⏊(𝐴𝐵𝐶𝐷)(SAB) ∩ (ABCD) = ABSH⏊𝐴𝐵; 𝑆𝐻 𝑐𝑜𝑛 (𝑆𝐴𝐵)

=>𝑆𝐻⏊(𝐴𝐵𝐶𝐷) 0,25đ

𝑆𝐻 = 𝑎√3

Thể tích khối chóp S.ABCD là : 𝑉 =1

3𝑆𝐴𝐵𝐶𝐷 . 𝑆𝐻 =

2𝑎3√3

3 0,25đ

AD // BC => AD // (SBC) =>d(D,(SBC))=d(A,(SBC)) 0,25đ

Gọi I là trung điểm cạnh SB

CM : AI ⏊ (SBC)

=>d(D,(SBC)) = AI = a√3 0,25đ

12. (Đáp án đề thi thử THPT QG Sở GD và ĐT Quảng Ngãi – năm 2015)


28

Ta có diện tích đáy SABC =1

2AB. AC =

1

22a. sin30o. 2a. sin60o =

a2√3

2 0,25đ

Gọi H là hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng (ABC) do :

SA = SC – SM nên HA = HC = HM => tứ giác AMCH là hình thoi cạnh a , góc AMC bằng 120o . 0,25đ

Vậy h = SH −√SA2 − AH2 = 2a nên V = 1

3.a2√3

2. 2a =

a3√3

3

Gọi D là điểm sao cho HMDC là hình thoi , I là trung điểm CD . Do H là trung điểm AD nên : d(SC,AB) =

d(AB,(SCD)) = 2d(H,(SCD)) = 2d(H,SI) = 2HK với K là hinh chiếu của H trên SI .

Có HK.SI = SH.HI => HK = SH.HI

SI=

2𝑎a2√3

2.

√4𝑎2+3𝑎2

4

=𝑎√3

2√19 0,25đ

Vậy khoảng cách giữa SC và AB là 𝑎√3

√19=

𝑎√57

19 0,25đ

13. (Đáp án đề thi thử THPT QG Sở GD và ĐT Bắc Ninh – năm 2015)

+Vẽ hình ý tính thể tích đúng

(0,25đ)

S

D

B

A


29

Ta có: 𝑆𝐴𝐵𝑀𝐷 =1

2𝐴𝐵. (𝐴𝐷 + 𝐵𝑀) =

9𝑎2

4 (đvdt) (0,25đ)

=>𝑉𝑆.𝐴𝐵𝑀𝐷 =1

3𝑆𝐴. 𝑆𝐴𝐵𝑀𝐷 =

3𝑎3

4 (đvtt)

Vậy 𝑉𝑆.𝐴𝐵𝑀𝐷 =3𝑎3

4 (đvtt) (0,5đ)

Kẻ SH ⊥ MD (H ∊ MD), mà SA ⊥ MD => (SAH) ⊥ MD => AH⊥MD (0,25đ)

Do đó ((𝑆𝑀𝐷); (𝐴𝐵𝐶𝐷) ) = (𝑆𝐻; 𝐴𝐻) = 𝑆𝐻�� = 𝜑(0,25đ)

Ta lại có 𝑆𝐴𝑀𝐷 =1

2. 3𝑎. 𝑎 =

3𝑎2

2; 𝑀𝐷 = √𝐶𝐷2 + 𝐶𝑀2 =

𝑎√13

2 (0,25đ)

=>𝐴𝐻 =2𝑆𝐴𝐷𝑀

𝐷𝑀=

6𝑎√13

13=> 𝑆𝐻 =

7𝑎√13

13=> cos𝜑 =

𝐴𝐻

𝑆𝐻=

6

7 (0,25đ)

Vậy cosin góc giữa hai mặt phẳng (𝑆𝑀𝐷) và (𝐴𝐵𝐶𝐷) bằng 6

7

14. (Đáp án đề thi thử THPT QG Sở GD và ĐT Tây Ninh – năm 2015)

Ta có HC là hình chiếu vuông góc của SC lên mặt phẳng (ABCD) suy ra

(SC;(ABCD))=(SC;AC)=¼SCH =45

0

HC=a 2 suy ra SH=a 2

A D

BC

S

HM

P


30

SABCD ABCD

aV SH S SH AB AD

31 1 2 2. . .

3 3 3

Gọi M là trung điểm CD, P là hình chiếu của H lên SM khi đó HMCD;

CDSH suy ra CDHP mà HP SM suy ra HP (SCD) Lại có AB//CD suy ra AB// (SCD) suy ra

d(A;(SCD))=d(H;(SCD))=HP

Ta có HP HM HS2 2 2

1 1 1 suy ra HP=

a 6

3

vậy d(A;(SCD))=a 6

3

15. (Đáp án đề thi thử THPT QG Sở GD và ĐT Đăc Nông – năm 2015)

1.(0,5đ)

Diện tích đáy của khối lăng trụ: S = 9

2 (𝑐𝑚2)

Chiều cao của khối lăng trụ: ℎ = 𝐶𝐶′ = √𝐵𝐶′2 − 𝐵𝐶2 = 3(𝑐𝑚) (0,25đ)

Thể tích của khối lăng trụ đã cho: 𝑉 = 𝑆. ℎ =9

2. 3 =

27

2(𝑐𝑚3) (0,25đ)

2.(0,5đ)

Gọi H là trung điểm của cạnh AC, suy ra HC’ là hình chiếu của BC’ lên mặt phẳng (ACC’A’).

Do đó (𝐵𝐶′, (𝐴𝐶𝐶′𝐴′) = (𝐵𝐶′, 𝐻𝐶′) (0,25đ)

Ta có tam giác BHC’ vuông tại H, cạnh BH = 3√2

2 cm. (0,25đ)

Ta có sin𝐻𝐶′�� =𝐵𝐻

𝐵𝐶′=

1

2=> 𝐻𝐶′�� = 300. Vậy (𝐵𝐶′, (𝐴𝐶𝐶′𝐴′)) = 300. (0,25đ)

16. (Đáp án đề thi thử THPT QG Sở GD và ĐT Vĩnh Phúc – lần 1– năm 2015)


31

Trong tam giác ABD kẻ đường cao AI ( I∈ 𝐵𝐷)

BD ⊥ (SAI) => ((𝑆𝐵𝐷), (𝐴𝐵𝐶𝐷) ) = 𝑆𝐼�� = 60𝑜 0,5

BD = 2a => AI = 𝑎√3

2 => SA =

3𝑎

2

𝑉𝑆.𝐴𝐵𝐶𝐷 =1

3𝑆𝐴. 𝑆𝐴𝐵𝐶𝐷 =

𝑎3√3

2 0,5

Trong mặt phẳng (ABCD) đường thẳng qua D song song với AC , cắt AB tại E

Trong tam giác ADE kẻ đường cao AK ( K∈ DE) => (SAK) ⊥(SDE) . Dựng AH ⊥ SK tại H , suy ra AH ⊥

(SDE) .

Do AC // (SDE) => d(AC,SD) = d(A,(SDE)) = AH 0,5

Ta có AK = 𝑎√3

2 => AH =

3𝑎

4 => d(AC , SD ) =

3𝑎

4 0,5

17. (Đáp án đề thi thử THPT QG Sở GD và ĐT Vĩnh Phúc – lần 1– năm 2015)

Kẻ đường sinh 𝐴𝐴′(𝐴′ ∈ (𝑂′)) . Gọi H là trung điểm A′B 0,5

Từ giả thiết ta có 𝐵𝐴𝐴′ = 45𝑜 , d(AB; OO′) = O′H =𝑎√2

2 0,5


32

Ta có HB = √𝑂′𝐵2 − 𝑂′𝐻2 =𝑎√2

2 => A′B = 𝑎√2

Do 𝐵𝐴𝐴′ = 45𝑜 nên tam giác AA′B vuông cân đỉnh A′ => AA′= A′B = 𝑎√2 0,5

𝑆𝑡𝑝 = 𝑆𝑥𝑞 + 2𝑆𝑑 = (2𝜋𝑎)𝑎√2 + 2(𝜋𝑎2) = (2√2 + 2) 𝜋𝑎2 0,5

18. (Đáp án đề thi thử THPT QG Sở GD và ĐT Vĩnh Long – năm 2015)

+Ta có ∆SAB vuông cân tại S, I là trung điểm AB => SI ⊥ AB và (SAB) ⊥ (ABC)

=>SI ⊥ (ABC). Gọi M là trung điểm AC, ta có IM // BC, 𝐼𝑀 =1

2𝐵𝐶 = 𝑎 => 𝐼𝑀 ⊥ 𝐴𝐶 và IM ⊥ SI (do SI ⊥

(ABC)) => SM ⊥ AC (đli 3đvg) =>𝑆𝑀𝐼 = 600 là góc giữa hai mặt phẳng (SAC) và (ABC). (0,25 đ)

+∆SMI vuông tại I, 𝑆𝑀𝐼 = 600 => 𝑆𝐼 = 𝐼𝑀. tan 600 = 𝑎√3; ∆SAB vuông cân tại S

=>AB = 2SI = 2√3a,; ∆ABC vuông tại C =>𝐴𝐶 = √𝐴𝐵2 − 𝐵𝐶2 = 2√2𝑎. Do đó


3𝑆𝐴𝐵𝐶 . 𝑆𝐼 =

1

6𝐶𝐴. 𝐶𝐵. 𝑆𝐼 =

2√6

3𝑎3

+Ta có 𝑑(𝐴; (𝑆𝐶𝐼)) =3𝑉𝐴.𝑆𝐶𝐼

𝑆𝑆𝐶𝐼; 𝑉𝐴.𝑆𝐶𝐼 = 𝑉𝑆.𝐴𝐶𝐼 =

1

2𝑉𝑆.𝐴𝐵𝐶 =

√6

3𝑎3 (0,25 đ) (0,25 đ)

+Mặt khác SI ⊥ (ABC), IC ⊂ (ABC) =>SI ⊥ IC =>𝑆𝑆𝐶𝐼 =1

2𝐼𝐶. 𝑆𝐼 =

1

2(𝐴𝐵

2) 𝑆𝐼 =

3

2𝑎2.

Suy ra 𝑑(𝐴, (𝑆𝐶𝐼)) =3𝑉𝐴.𝑆𝐶𝐼

𝑠𝑆𝐶𝐼=

3(√6

3𝑎3)

3𝑎2

2

=2√6

3𝑎 (0,25 đ)

19. (Đáp án đề thi thử THPT QG Trường THPT Chuyên Hạ Long – năm 2015)


33

Gọi M là trung điểm của BC

Lập luận được góc giữa (SBC) và (ABC) là góc 𝑆𝑀�� = 600 (0,5đ)

ΔSAM đều cạnh bằng 𝑎√3

16=> 𝑆𝛥𝑆𝐴𝑀 =

3√3𝑎2

16


3. 𝐵𝐶. 𝑆𝛥𝑆𝐴𝑀 =

𝑎3√3

16 (0,5đ)

𝑆𝛥𝑆𝐴𝐶 =1

2.𝑎√13

4.𝑎√3

2=

𝑎2√39

16 (0,5đ)

𝑑(𝐵; (𝑆𝐴𝐶) =3𝑉𝐵.𝑆𝐴𝐶

𝑆𝛥𝑆𝐴𝐶=

3√3𝑎2

16.𝑎2√39

16

=3𝑎√13

13 (0,5đ)

20. (Đáp án đề thi thử THPT QG Trường THPT Chuyên Khoa học tư nhiên – lần 2 – năm 2015)


34

S

A

B C

D

M

Vì: SAB ABCD ; SAD ABCD

· · 0SA ABCD ACS SC; ABCD 45

Ta có 2dt ABCD a ;AC a 2

3

S.ABCD

1 a 2SA a 2 V .SA.dt ABCD

3 3

Lấy M đối xứng với A qua B ta có BD//MC

d BD;SC d BD; SCM d B; SCM

Ta có: SC 2a;MC a 2;MS a 6

3

2

SMBC S.ABCD

1 a 2V V dt BMC a 2

2 6

Do đó: SBMC

3V adt BD;SC d B; SMC

dt SMC 2

21. (Đáp án đề thi thử THPT QG Trường THPT Chuyên Quốc Học Huế - lần 1 – năm 2015)


35

Gọi O là hình chiếu của S lên (ABC). Từ giả thiết suy ra O là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC có nửa chu

vi p = 12, diện tích tam giác ABC bằng 24. Giả sử (O) tiếp xúc với ba cạnh AB, BC, CA lần lượt tại M, N, P.

Khi đó S = 12.OM => 0M = 2

Tam giác SOM vuông tại O, 𝑆𝑀�� = 600 nên SO = 2√3, từ đó thể tích khối chóp V = 1

3. 𝑆𝐴𝐵𝐶 . 𝑆𝑂= 16√3 (0,5)

Gọi I là tâm mặt cầu đi qua đỉnh S và tiếp xúc với ba cạnh của tam giac ABC. Khi đó ta phải có IM= IN

=IP=IS, suy ra I là giao điểm của SO với đường trung trực của cạnh SM trong tam giác SMO, hay I là trọng tâm

tam giác đều SMM’ với M’ đối xứng với M qua O. (0,5)

Từ đó bán kính mặt cầu cần tìm là IM = 2𝑂𝑀

√3=

4√3

3 (0,5)

22. (Đáp án đề thi thử THPT QG Trường THPT Chuyên ĐHSP – HN lần 2 năm 2015)

1, Đặt 𝐴𝐵 = 𝑥, thì 𝐴′𝐵2 = 𝐴′𝐶2 = 𝑥2 + 2𝑎2


36

Áp dụng định lí hàm số cosin trong ΔA’BC, ta có

cos 𝐵𝐴′�� =𝐴′𝐵2+𝐴′𝐶2−𝐵𝐶2

2.𝐴′𝐵.𝐴′𝐶⇔

2𝑥2+4𝑎2−𝑎2

2(𝑥2+2𝑎2)=

5

6⇔ 𝑥 = 𝑎.

Suy ra ΔABC đều, nên 𝑆𝐴𝐵𝐶 =𝑎2√3

4.

Vậy thể tích hình lăng trụ 𝐴𝐵𝐶. 𝐴′𝐵′𝐶′ là 𝑉 =𝑎3√6

4 (0,5đ)

2, Kẻ BH ⊥ AC, khi đó BH ⊥ (AA’C’C).

Suy ra góc giữa đường thẳng A’B và mặt phẳng (AA’C’C) là góc 𝐵𝐴′𝐻.

Trong tam giác vuông A’BH có sin𝐵𝐴′�� =𝐵𝐻

𝐴′𝐵=

𝑎√3

2

𝑎√3=

1

2=> 𝐵𝐴′�� = 300.

Vậy góc giữa đường thẳng A’B và mặt phẳng (AA’C’C) là 300. (0,5đ)

23. (Đáp án đề thi thử THPT QG Trường THPT Chuyên Vĩnh Phúc – Khối D lần 2 năm 2015)

B H C

C’

A’

B’

A


37

Goị H là trung điểm của BC =>{𝐴𝐻 ⊥ 𝐵𝐶𝐴𝐴′ ⊥ 𝐵𝐶

=> BC ⊥ (AA’H)Tam giác AA’H vuông tại H =>𝐴𝐻𝐴′ < 900 <

𝐴𝐻𝐴′ là góc giữa hai mặt phẳng (A’BC) và (ABC) =>𝐴𝐻𝐴′ = 300

Đặt AB = a (a > 0) => AH = 𝑎√3

2 => A’H =

𝐴𝐻

cos300 = 𝑎

𝑆𝛥𝐴′𝐵𝐶 = 8 ⇔ 𝐴′𝐻.𝐵𝐶 = 16 ⇔ 𝑎2 = 16 ⇔ 𝑎 = 4

Thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ là 𝑉𝐴𝐵𝐶.𝐴′𝐵′𝐶′ = 𝐴𝐴′. 𝑆𝛥𝐴𝐵𝐶 =𝑎

2.𝑎2√3

4=

64√3

8= 8√3

24. (Đáp án đề thi thử THPT QG Trường THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp – Lần 1 - năm 2015)

Kẻ đường cao BK của hình thang ABCD, ta có:

𝐵𝐾 = √𝐴𝐵2 − 𝐴𝐾2 =𝑎√3

2 (0,25đ)

Diện tích ABCD là 𝑆(𝐴𝐵𝐶𝐷) =𝐴𝐷+𝐵𝐶

2. 𝐵𝐾 =

3𝑎2√3

4

Thể tích khối chóp S.ABCD: 𝑉 =1

3. 𝑆𝐻. 𝑆(𝐴𝐵𝐶𝐷) =

𝑎3√3

4 (đvtt) (0,25đ)

Gọi I là trung điểm của BC, kẻ HJ vuông góc SI tại J.

Vì BC ⊥ SH và BC ⊥ HI nên BC ⊥ HJ. Từ đó suy ra HJ ⊥ (SBC) (0,25đ)

Khi đó d(AD,SB) =d (AD,(SBC))= d(H,(SBC)) = HJ.

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông SHI ta có:

𝐻𝐽 =𝑆𝐻.𝐻𝐼

√𝑆𝐻2+𝐻𝐼2=

𝑎.𝑎√3

2

√𝑎2+3

4𝑎2

=𝑎√21

7 . Vậy d(AD, SB) = HJ =

𝑎√21

7 (0,25đ)

25. (Đáp án đề thi thử THPT QG Trường THPT Nguyễn Thị Minh Khai – năm 2015)

D

C

C’ H

A’

A

G O

E

K D’

B


38

Do 𝐴′𝐴𝐵𝐷 là hình chóp đều nên G là tâm 𝛥𝐴𝐵𝐷 => 𝐴′𝐺 ⊥ (𝐴𝐵𝐷)

=>𝐴′𝐺 là chiều cao của lăng trụ. Gọi O là giao điểm của BD và AC. Ta có

𝐴𝐺 =2

3. 𝐴𝑂 =

𝑎√3

2.2

3=

𝑎√3

3 (0,5đ)

Trong tam giác vuông 𝐴′𝐴𝐺 ta có:

𝐴𝐺 ′ = √𝐴′𝐴2 + 𝐴𝐺2 = √𝑎2 −𝑎

3

2

=𝑎√6

3

𝑆𝐴𝐵𝐶𝐷 = 2. 𝑆𝛥𝐴𝐵𝐷 = 2.1

2. 𝐴𝑂. 𝐵𝐷 =

𝑎2√3

2 (0,5đ)

𝑉𝐴𝐵𝐶𝐷.𝐴′𝐵′𝐶′𝐷′ = 𝐴′𝐺. 𝑆𝐴𝐵𝐶𝐷 =𝑎√6

3.𝑎2√3

2=

𝑎3√2

2

Gọi H là giao điểm của 𝐴′𝐶′và 𝐵′𝐷′. Do A’C’ // AC nên

𝑑(𝐴𝐵′, 𝐴′𝐶 ′) = 𝑑 (𝐴′𝐶 ′, (𝐴𝐶𝐵′)) = 𝑑(𝐻, (𝐴𝐶𝐵′))

Từ H kẻ HE // A’G

𝐴′𝐺 ⊥ (𝐴𝐵𝐶𝐷)

(𝐴′𝐵′𝐶 ′𝐷′)‖ (𝐴𝐵𝐶𝐷)} => 𝐻𝐸 ⊥ (𝐴′𝐵′𝐶 ′𝐷′) => 𝐻𝐸 ⊥ 𝐴′𝐶 (1) (0,5đ)

Do A’B’C’D’ là hình thoi nên 𝐴′𝐶′ ⊥ 𝐵′𝐷′ (2)

Từ (1) (2) =>𝐴′𝐶 ′ ⊥ (𝐸𝐵′𝐷′) => 𝐴𝐶 ⊥ (𝐸𝐵′𝐷′) (3)

𝑇ừ𝐻𝑘ẻ𝐻𝐾 ⊥ 𝐵′𝐸𝑇ừ(3) => 𝐻𝐾 ⊥ 𝐴𝐶

} => 𝐻𝐾 ⊥ (𝐴𝐶𝐵′)

=>𝐻𝐾 = 𝑑(𝐻; (𝐴𝐶𝐵′) (0,25đ)


39

Trong tam giác B’HE ta có:

1

𝐻𝐾2 =1

𝐵′𝐻2 +1

𝐻𝐸2 =4

𝑎2 +9

6𝑎2 =11

2𝑎2 => 𝐻𝐾 =𝑎√2

√11 (0,25đ)

26. (Đáp án đề thi thử THPT QG Trường THPT Nguyễn Trung Thiên – lần 1 – năm 2015)

Gọi H là trọng tâm ΔABC, K là hình chiếu của H lên AB suy ra: 𝑆𝐾�� = 600; 𝐻 ∈ 𝐵𝐷;

𝐵𝐻 =1

3𝐵𝐷. DM là đường cao tam giác ABD => HK // DM

=>𝐻𝐾 =1

3𝑀𝐷 =

𝑎√3

6=> 𝑆𝐻 = 𝐾𝐻. tan 600 =

𝑎

2 (0,25đ)

𝑆𝐴𝐵𝐶𝐷 = 2𝑆𝐴𝐵𝐷 =𝑎2√3

2 .



𝑎3√3

12 (0,25đ)

Kéo dài KH cắt DC tại N =>𝐾𝑁 = 𝐷𝑀 =𝑎√3

2=> 𝐻𝑁 =

2

3𝐾𝑁 =

𝑎√3

3 (0,25Đ)

Gọi IH là đường cao của ΔSHN =>𝑑(𝐻; (𝑆𝐶𝐷)) = 𝐻𝐼. Ta có 𝐻𝐼 =𝑆𝐻.𝐻𝑁

√𝑆𝐻2+𝐻𝑁2=

𝑎

√7

Vậy 𝑑(𝐵, (𝑆𝐶𝐷)) =3

2𝑑(𝐻, (𝑆𝐶𝐷)) =

3

2𝐻𝐼 =

3√7𝑎

14 (0,25đ)

27. (Đáp án đề thi thử THPT QG Trường THPT Bạch Đằng – Hải Phòng – năm 2015)

j

CB

A

S

H

K

M


40




Do đó góc giữa SAB với đáy bằng góc giữa SK và HK và bằng · 60SKH o

Ta có · 3tan

2

aSH HK SKH

Vậy 3

.

1 1 1 3. . . .

3 3 2 12S ABC ABC

aV S SH AB AC SH



Ta có 2 2 2 2

1 1 1 16

3HM HK SH a

3

4

aHM . Vậy

3,

4

ad I SAB

28. (Đáp án đề thi thử THPT QG Trường THPT Cẩm Bình – Hà Tĩnh – Lần 1 – năm 2015)

Hình vẽ: 0,25


41

ABCD là hình chữ nhật AB =a, AD = a√2

Gọi H là trọng tâm tam giác ABC, theo giả thiết ta có SH ⊥ (𝐴𝐵𝐶𝐷) và SDH = 450⇒ SH = HD =

2

3

BD = 2𝑎√3

3

Suy ra thể tích khối chóp S.ABCD là

V = 1

3 SH. SABCD =

1

3.2𝑎√3

3 . a√2=

2𝑎3√6

9 0,25

+ Gọi E là điểm đối xứng với A qua B, ta có:

BD // EC ⇒ {𝐵𝐷//(𝑆𝐶𝐸)𝑆𝐶 ⊂ (𝑆𝐶𝐸)

⇒ d(BD; SC) = d(BD, (SCE) = d(H, (SCE) (1)

Gọi I, K lần lượt là hình chiếu vuông góc của H lên EC , SI ta có

{𝐸𝐶 ⊥ 𝑆𝐻𝐸𝐶 ⊥ 𝐻𝐼

⇒ {𝐸𝐶 ⊥ 𝐻𝐾𝐻𝐾 ⊥ 𝑆𝐼

⇒ HK⊥ (𝑆𝐶𝐸) ⇒d(H,(SCE) = HK (2) 0,25

+ Gọi F là hình chiếu của B lên EC, ta có BF = HI và

1

𝐻𝐾2 =

1

𝐻𝑆2+

1

𝐻𝐼2 =

1

𝐻𝑆2+

1

𝐵𝐸2 +

1

𝐵𝐶2 =

9

4𝑎2⇒ HK =

2𝑎

3 (3)

Từ (1)(2)(3) suy ra d(BD,SC) = 2𝑎

3

29. (Đáp án đề thi thử THPT QG Trường THPT Chu Văn An - lần 1 – năm 2015)


42

Xét tam giác ABC có 𝐵𝐶 = 𝐴𝐵. tan 600 = 2𝑎√3

=>𝑆∆𝐴𝐵𝐶 = 2𝑎2√3 (0,25đ)


3. 𝑆𝐴. 𝑆∆𝐴𝐵𝐶 =

1

3. 𝑎√3. 2𝑎2√3 = 2𝑎3 (0,25đ)

- Gọi N là trung điểm cạnh SA

- Do SB // (CMN) nêrn 𝑑(𝑆𝐵, 𝐶𝑀) = 𝑑(𝑆𝐵, (𝐶𝑀𝑁)) = 𝑑(𝐵, (𝐶𝑀𝑁)) = 𝑑(𝐴, (𝐶𝑀𝑁)).

- Kẻ AE ⟘ MC, E 𝜖 MC và kẻ AH ⟘ NE, H 𝜖 NE

Chứng minh được

AH ⟘ (CMN) =>𝑑(𝐴, (𝐶𝑀𝑁)) = 𝐴𝐻 (0,25đ)

Tính 𝐴𝐸 =2𝑆∆𝐴𝑀𝐶

𝑀𝐶 trong đó:

𝑆∆𝐴𝑀𝐶 =1

2𝐴𝑀.𝐴𝐶. sin 𝐶𝐴�� =

1

2. 𝑎. 4𝑎.

√3

2= 𝑎2√3

𝑀𝐶 = 𝑎√13} => 𝐴𝐸 =

2𝑎√3

√13. (0,25đ)

Tính được 𝐴𝐻 =2𝑎√3

√29=> 𝑑(𝐴, (𝐶𝑀𝑁)) =

2𝑎√3

√29=> 𝑑(𝑆𝐵, 𝐶𝑀) =

2𝑎√3

√29.

30. (Đáp án đề thi thử THPT QG Trường chuyên THPT Bến Tre - lần 2 – năm 2015)


43

31. (Đáp án đề thi thử THPT QG Trường THPT Chuyên ĐH Vinh - lần 1 - năm 2015)

*) Từ giả thiết suy ra ΔABC đều và 𝑆𝐴 = 𝑆𝐵 = 𝑆𝐶

Hạ 𝑆𝑂 ⊥ (𝐴𝐵𝐶) => 𝑂 là tâm tam giác đều ABC.

Ta có: 𝐴𝐵 = 𝑎 => 𝑆𝐴𝐵𝐶 =𝑎2√3

4 và 𝐴𝑀 =

𝑎√3

2 =>𝐴𝑂 +

2

3𝐴𝑀 =

𝑎√3

3 (0,5đ)

=>𝑆𝑂 = √𝑆𝐴2 − 𝐴𝑂2 =𝑎√33

3.


44

Suy ra 𝑉𝑆.𝐴𝐵𝐶 =1

3. 𝑆𝑂. 𝑆𝐴𝐵𝐶 =

𝑎3√11

12

*) Kẻ Bx // AM => mp (S, Bx) // AM

=>𝑑(𝐴𝑀, 𝑆𝐵) = 𝑑(𝐴𝑀, (𝑆, 𝐵𝑥)) = 𝑑(𝑂, (𝑆, 𝐵𝑥)) (1)

Hạ OK ⊥ Bx, OH ⊥ SK vì Bx ⊥ (SOK) nên Bx ⊥ OH => OH ⊥ (S, Bx) (2)

Ta có OMBK là hình chữ nhật nên 𝑂𝐾 = 𝑀𝐵 =𝑎

2.

Vì ΔSOK vuông tại O nên 1

𝑂𝐻2=

1

𝑂𝐾2+

1

𝑂𝑆2=

47

11𝑎2=> 𝑂𝐻 =

𝑎√517

47 (3)

Từ (1), (2) suy ra 𝑑(𝐴𝑀, 𝑆𝐵) = 𝑂𝐻 =𝑎√517

47. (0,5đ)

32. (Đáp án đề thi thử THPT QG Trường THPT Chuyên ĐH Vinh - lần 2 - năm 2015)

BC

/A

/B

/C

K

A

H

Gọi H là trung điểm của BC. Từ giải thiết suy ra /C H ABC . Trong ABC ta có:

20

ABC

1 a 3S AB.AC.sin120

2 2

2 2 2 0 2BC AC AB 2AC.AB.cos120 7a

/ / 2 2a 7 a 3BC a 7 CH C H C C CH

2 2

Thể tích khối lăng trụ: 𝑉 = 𝐶′𝐻. 𝑆𝐴𝐵𝐶 = 3𝑎3

4

Hạ HK AC. Vì /C H ABC đường xiên


45

· / / / /C K AC ABC ; ACC A C KH 1

( /C K vuông tại H nên ·/ 0C HK 90 )

Trong tam giác HAC có

· ·/

/ / 0HAC ABC2S S a 3 C HHK tanC KH 1 C KH 45

AC AC 2 HK (2)

Từ (1) và (2) suy ra / / 0ABC ; ACC A 45

Ghi chú: Thí sinh có thể tính độ dài AH và suy ra AHC vuông tại A để suy ra K A


Kí hiệu h và V tương ứng là chiều cao và thể tích của khối lăng trị đã cho.

Ta có 𝑉𝐴𝐶𝐴′𝐵′ =1

2. 𝑉𝐵′𝐴𝐶𝐶′𝐴′ =

1

2(𝑉 − 𝑉𝐵′𝐴𝐵𝐶) =

1

2(𝑉 −

1

3. ℎ. 𝑆𝐴𝐵𝐶) =

1

2(𝑉 −

1

3𝑉) =

1

3𝑉 (0,5đ)

Gọi H là hình chiếu vuông góc của A’ trên (ABC).

Ta có A’H = h và 𝐴′𝐴�� = 600. Suy ra h = A’A. sin600 = a√3. (0,50 đ)

Do đó, 𝑉 = ℎ. 𝑆𝐴𝐵𝐶 = 𝑎√3.𝑎2√3

4=

3𝑎3

4. Vậy 𝑉𝐴𝐶𝐴′𝐵′ =

𝑎3

4.


-Tính khoảng cách:

Gọi M, N thứ tự là trung điểm của CD, AB; H là tâm của đáy ABCD. Do AB // CD nên d(AB,SC) =

d(N,(SCD))


46

Trong ∆SHM kẻ HE ⊥ SM, ta có 𝑆𝑀 = √𝑆𝐻2 + 𝐻𝑀2 =𝑎√5

2.

Do CD ⊥ SH => HE ⊥ (SCD) => d(H, (SCD))= HE. Ta có HM = HN nên d(N,(SCD))= 2HE.

Trong tam giác vuông SHM có SH. HM = HE.SM => HE = 𝑎√5

5.

Vậy 𝑑(𝐴𝐵, 𝑆𝐶) =2𝑎√5

5 (0,5 đ)

-Tính thể tích khối cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD.

Hình chóp S.ABCD đều nên SH là trục của đáy ABCD. Khi đó tâm O của khối cầu ngoại tiếp hình chóp là giao

điểm của mặt phẳng trung trực của một cạnh bên hình chóp và trục SH.

Trong ∆SAH vuông kẻ đường trung trực của cạnh SA, gọi O là giao điểm của đường trung trực này với SH.

(0,5đ)

Khi đó SO là bán kính của khối cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD. Trong ∆SAH có 𝑆𝐴 = √𝑆𝐻2 + 𝐻𝐴2 =2√6

2.

Gọi I là trung điểm của SA. Ta có ∆SHA ∽ ∆SIO => SO = 𝑆𝐼.𝑆𝐴

𝑆𝐻=

3𝑎

4.

Thể tích khối cầu là 𝑉 = 4𝜋

3(3𝑎

4)3 =

9𝜋𝑎3

16(đ𝑣𝑡𝑡)



47

Gọi H là trung điểm của AB. Vì ∆SAB cân tại S nên SH ⊥ AB.

Mà (SAB) ⊥ (ABCD) =>SH ⊥ (ABCD).

Ta có: HD2 = AH

2 + AD

2 = 2a

2=> HD = 𝑎√2.

Trong ∆SHD : SH2

= SD2 – HD

2 = 3a

2 – 2a

2 = a

2

=>SH = a.

Thể tích khối chóp S.ABCD = 1


2𝑎3

3. (0,50 đ)

Vì AF = 3BF nên F là trung điểm của BH, khi đó EF là đường trung bình của ∆SBH => EF // SH

=>EF ⊥ (ABCD).

Vậy EF ⊥ BD (0,50 đ)

36. (Đáp án đề thi thử THPT QG Trường THPT Chuyên Hoàng Lê Kha – Tây Ninh – năm 2015)


48

Gọi H là trung điểm AB . Chứng minh được 𝑆𝐻 ⏊ (𝐴𝐵𝐶𝐷) và 𝑆𝐻 =𝑎

2 0,25đ

Vậy 𝑉𝑆.𝐴𝐵𝐶𝐷 =1


1

3.𝑎

2. 𝑎2 =

𝑎3

6(đ𝑣𝑡𝑡) 0,25đ

Gọi I thuộc cạnh CD sao cho ID = 3IC thì DK // BI

Do đó 𝑑( 𝐷𝐾 , 𝑆𝐵 ) = 𝑑( 𝐷𝐾 , (𝑆𝐵𝐼)) = 𝑑(𝐾, (𝑆𝐵𝐼)) =3

2𝑑(𝐻, (𝑆𝐵𝐼)) 0,25đ

Kẻ 𝐻𝐸⏊𝐵𝐼 tại E và 𝐻𝐹⏊𝑆𝐸 tại F . Ta chứng minh được : 𝑑(𝐻, (𝑆𝐵𝐼)) = 𝐻𝐹

Ta có : 𝐻𝐸 = 𝐻𝐵. 𝑠𝑖𝑛𝐻𝐵�� = 𝐻𝐵. 𝑠𝑖𝑛𝐵𝐼�� = 𝐻𝐵.𝐵𝐶

𝐵𝐼=

2𝑎

√17

Và : 1

𝐻𝐹2 =1

𝑆𝐻2 +1

𝐻𝐸2 =33

4𝑎2 => 𝐻𝐹 =2𝑎√33

33

Vậy 𝑑(𝐷𝐾, 𝑆𝐵) =𝑎√33

11 0,25đ

37. (Đáp án đề thi thử THPT QG Trường THPT Hùng Vương – Phú Thọ - Lần 3 - năm 2015)


49

Diện tích tam giác :

SABC =1

2CA. CBsin135o =

a2

2 0,25đ

Áp dụng định lý hàm số cosin trong tam giám ABC => AB = a√5

CM2 =CA2 + CB2

2−

AB2

4=

a2

4

𝐶′𝑀 = √𝐶′𝐶2 − 𝐶𝑀2 =𝑎√6

4

𝑉𝐴𝐵𝐶.𝐴′𝐵′𝐶′ = 𝐶′𝑀. SABC =𝑎3√6

8 0,25đ

Tính góc giữa 𝐶′𝑀 và mặt phẳng (𝐴𝐶𝐶′𝐴′)

Kẻ MK ⏊ AC , (𝐾 ∈ 𝐴𝐶 ),𝑀𝐻⏊ C’K , (H∈ 𝐶′𝐾)

Vì AC ⏊(𝐶′𝑀𝐾) => AC ⏊ MH mà MH ⏊ CK nên suy ra MH ⏊(𝐴𝐶𝐶′𝐴′) , vậy suy ra (C′M, (ACC′A′)) =

𝑀𝐶′�� = 𝑀𝐶′𝐾 (1) 0,25đ

Vì M là trung điểm AB nên :

SCAM =1

2SCAB =

a2

4=> 𝑀𝐾 =

2SMAC

AC=

a

2√2=> tan 𝑀𝐶′�� =

𝑀𝐾

𝐶′𝑀=

1

√3 . Suy ra : 𝑀𝐶′�� = 30𝑜 (2) . Từ (1) và (2)

suy ra (C′M, (ACC′A′)) = 30𝑜 0,25đ

38. (Đáp án đề thi thửTHPT QG Trường THPT Chuyên Hưng Yên – năm 2015)

H

KC'

B'

A'

CB

A


50

+ Xác định góc giữa (AB'C') và mặt đáy là · 'AKA · 0' 60AKA .

Tính A'K = 1

' '2 2

aA C

0 3' ' .tan 60

2

aAA A K

3

. ' ' '

3=AA'.S

8ABC A B C ABC

aV

+) d(B;(AB'C')) = d(A';(AB'C'))

Chứng minh: (AA'K) (AB'C')

Trong mặt phẳng (AA'K) dựng A'H vuông góc với AK A'H (AB'C')

d(A';(AB'C')) = A'H

Tính: A'H = 3

4

a

Vậy d(B;(AB'C')) =3

4

a

39. (Đáp án đề thi thử THPT QG Trường THPT Chuyên Huỳnh Mẫn

Đạt – năm 2015)

Gọi M, N theo thứ tự là trung điểm của AB và CD. Khi đó OM AB và

' DO N C .

Giả sử I là giao điểm của MN và OO’.

Đặt R = OA và h = OO’. Khi đó:

OMI vuông cân tại O nên: 2 2 2

.2 2 2 2 2

h aOM OI IM h a


51

Tacó:

22 2 2 22 2 2 2 2 3a

2 4 4 8 8

a a a aR OA AM MO

2 32 3a 2 3 2

R . . ,8 2 16

a aV h

2a 3 2 32 Rh=2 . . .

2 22 2xq

a aS

40. (Đáp án đề thi thử THPT QG Trường THPT Chuyên Khoa học tự nhiên – lần 1 – năm 2015)

a). Ta có: 𝑆𝐴𝐵𝐶𝐷 = 2𝑆𝐴𝐵𝐷

𝑆𝐴𝐵𝐷 =1

2𝐴𝐵. 𝐴𝐷. sin𝐵𝐴�� =

𝑎2

2√2 (0,25đ)

Do 𝐴𝐵𝐶𝐷. 𝐴′𝐵′𝐶′𝐷′ là hình lăng trụ đứng nên 𝑉𝐴𝐵𝐶𝐷.𝐴′𝐵′𝐶′𝐷′ = 𝐴𝐴′. 𝑆𝐴𝐵𝐶𝐷 (0,25đ)

=𝑎√2−√2

2.𝑎2

√2=

𝑎3√√2−1

2 (0,25đ)

b.) Ta có 𝑂 ∈ (𝐴′𝐵𝐷) và 𝑂𝐴 = 𝑂𝐶 nên 𝑑(𝐶; (𝐴′𝐵𝐷)) = 𝑑(𝐴; (𝐴′𝐵𝐷))

ABCD là hình thoi =>𝐵𝐷 ⊥ 𝑂𝐴, 𝐴𝐴′ ⊥ (𝐴𝐵𝐶𝐷)

=>𝐵𝐷 ⊥ 𝐴𝐴′ => 𝐵𝐷 ⊥ (𝐴′𝑂𝐴). Gọi H là hình chiếu của A lên 𝐴′𝑂

=>𝐴𝐻 ⊥ 𝐴′𝑂, 𝐵𝐷 ⊥ 𝐴𝐻 => 𝐴𝐻 ⊥ (𝐴′𝐵𝐷) => 𝑑(𝐴; (𝐴′𝐵𝐷)) = 𝐴𝐻.

𝐵𝐴�� = 450 => 𝐴𝐵�� = 1350 => 𝐴𝐶2 = 𝐵𝐴2 + 𝐵𝐶2 − 2𝐵𝐴. 𝐵𝐶. cos 𝐴𝐵�� = 𝑎2(2 + √2)

=>𝐴𝑂 =𝑎√2+√2

2

Trong 𝛥𝐴𝐴′0 có : 1

𝐴𝐻2=

1

𝐴𝑂2+

1

𝐴𝐴′2−

8

𝑎2 =>𝐴𝐻 =

𝑎

2√2 =>𝑑(𝐶; (𝐴′𝐵𝐷)) =

𝑎

2√2. (0,25đ)

Ta có: AO // = O’C’ => AOC’O’ là hình bình hành => A’O // OC’ =>AO’ // (OB’C’)

=>d(AO’;B’O) = d(O’;(OB’C’)). Gọi I là hình chiếu của O’ lên B’C’ => OI ⊥ B’C’.

Ta có: OO’ // AA’ => OO’ ⊥ (A’B’C’D’) => OO’ ⊥ B’C’ => B’C’ ⊥ (OO’I). C

D

0 C

D

0 C

D

0

C

D

A

0

B

C’

I

B’

O’

A’

H K

D’


52

Gọi K là hình chiếu của O’ lên OI => O’K ⊥ OI, B’C’ ⊥ O’K => O’K ⊥ (OB’C’)

=>d(O’; (OB’C’)) = O’K. (0,25đ)

Ta có: 𝐵′𝐷′2 = 𝐴′𝐵′2 + 𝐴′𝐷′2 − 2𝐴′𝐵′. 𝐴′𝐷′. cos 𝐵′𝐴′𝐷′ = 𝑎2(2 − √2) (0,25đ)

𝐵′𝐷′ = 𝑎√2 − √2, 𝐴′𝐶′ ⊥ 𝐵′𝐷′ =>1

𝑂′𝐼2=

1

𝑂′𝐵′2+

1

𝑂′𝐶′2=> 𝑂′𝐼 =

𝑎

2√2 . (0,25đ)

Ta có: 1

𝑂′𝐾2 =1

𝑂′𝐼2+

1

𝑂′𝑂2 => 𝑂′𝐾 =𝑎

2√ 2−√2

5−2√2.

Vậy 𝑑(𝐴𝑂′; 𝐵′𝑂) =𝑎

2√ 2−√2

5−2√2

41. (Đáp án đề thi thử THPT QG Trường THPT Chuyên Lê Hồng Phong – TP HCM - năm 2015)

Gọi I là trung điểm AB.

∆ABC cân tại C => CI ⊥ AB

CC’ ⊥ (ABC) =>CC’ ⊥ AB

Do đó AB ⊥ (CIC’) => AB ⊥ C’I và CI

=>(𝐶′𝐴𝐵, 𝐴𝐵𝐶) = 𝐶′𝐼�� = 600.

Ta có: CI = IB. tan𝐴𝐵�� = 3𝑎 tan 300 = 𝑎√3.

=>𝑆𝐴𝐵𝐶 =1

2𝐴𝐵. 𝐶𝐼 = 3𝑎2√3 (0,25 đ)

∆CC’I vuông cân tai C=>𝐶𝐶′ = 𝐶𝐼. tan𝐶′𝐼�� = 𝑎√3 tan 600 = 3𝑎.

Vậy 𝑉𝐴𝐵𝐶.𝐴′𝐵′𝐶′ = 𝑆𝐴𝐵𝐶 . 𝐶𝐶′ = 9𝑎3√3 (0,25 đ)

Dựng hình chữ nhật AICD. Ta có AB // CD => AB // (A’B’CD)

=>d(AB, B’C) = d(AB, A’B’CD) = d(A, A’B’CD). (0,25 đ)

Dựng AH ⊥ A’D tại H (1)


53

AB ⊥ AD và AB ⊥ AA’ => AB ⊥(A’AD) => CD ⊥ (A’AD) =>CD ⊥ AH (2)

(1) Và (2) => AH ⊥ (A’B’CD) => d(A, A’B’CD) = AH

∆A’AD vuông tại A =>1

𝐴𝐻2 =1

𝐴′𝐴2 +1

𝐴𝐷2 =1

9𝑎2 +1

3𝑎2 =4

9𝑎2 => 𝐴𝐻 =3𝑎

2.

Vậy 𝑑(𝐴𝐵; 𝐵′𝐶) = 3𝑎

2.

42. (Đáp án đề thi thử THPT QG Trường THPT Chuyên Lê Qúy Đôn – Đà Nẵng - năm 2015)

Gọi M là trung điểm AD, theo giả thiết 𝑆𝑀 ⊥ (𝐴𝐵𝐶𝐷) (0,25đ)

Tứ giác MBCD là hình bình hành nên 𝑀𝐵 = 𝑎, do đó 𝑆𝑀 = 𝑎

Ta có 𝑀𝐶 = 𝑎 nên tam giác MBC đều, do đó

𝑑𝑡(𝐴𝐵𝐶𝐷) = 3𝑑𝑡 (𝑀𝐵𝐶) =3√3𝑎2

4=> 𝑉 =

1

3. 𝑆𝑀. 𝑑𝑡 (𝐴𝐵𝐶𝐷) =

√3𝑎3

4 (0,25đ)

Gọi K là trung điểm BC, H là hình chiếu của M lên SK.

Do 𝑆𝐶 = 𝑆𝐵 = 𝑎√2 nên tam giác SBC cân tại S, do đó (0,25đ)

{𝐵𝐶 ⊥ 𝑀𝐾𝐵𝐶 ⊥ 𝑆𝐾

=> 𝐵𝐶 ⊥ (𝑆𝑀𝐾) => {𝐵𝐶 ⊥ 𝑀𝐻𝑆𝐾 ⊥ 𝑀𝐻

=> 𝑀𝐻 ⊥ (𝑆𝐵𝐶)

Tam giác MBC đều cạnh a nên MK =𝑎√3

2 . Do đó

d( SB, AD )= d (AD, (SBC)) = MH = 𝑆𝐾.𝐾𝑀

√𝑆𝑀2+𝐾𝑀2 =

𝑎√21

7

43. (Đáp án đề thi thử THPT QG Trường THPT Chuyên Lương Văn Chánh – Phú Yên – lần 1 – năm

2015)


54

Gọi M, N, H lần lượt là trung điểm của AB, AC, và BC

Ta có tam giác SAB cân suy ra SM ⊥ 𝐴𝐵

HM // AC ⟹ 𝐻𝑀 ⊥ AB ⟹ AB ⊥ (𝑆𝑀𝐻) ⟹ 𝐴𝐵 ⊥ 𝑆𝐻 (1)

Và [(SAB), (ABC)] = SMH = 600

Tương tự AC ⊥ (SNH) ⟹ 𝐴𝐶 ⊥ SH (2) 0,25

Từ (1) và (2) ⟹ 𝑆𝐻 ⊥ (ABC)

Ta có SH = MH. tan 600 =

𝐴𝐶

2√3 = a√3 0,25

SABC = 1

2 AC.AB = a

2 0,25

Vậy V = 1

3.SH. SABC =

√3

3 a

3 (đvdt) 0,25

44. (Đáp án đề thi thử THPT QG Trường THPT Chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm – Quảng Nam - năm

2015)


55

{

(𝐴′𝐵𝐶)⏊(𝐴𝐵𝐶)

(𝐴′𝐴𝐻)⏊(𝐴𝐵𝐶)

𝐴′𝐻 = (𝐴′𝐵𝐶) ∩ (𝐴′𝐴𝐻)

=> 𝐴′𝐻⏊(𝐴𝐵𝐶)

Suy ra 𝐴′𝐴�� = 60𝑜 0,25đ

𝐴𝐻2 = 𝐴𝐶2 + 𝐻𝐶2 − 2𝐴𝐶.𝐻𝐶. 𝑐𝑜𝑠30𝑜 = 𝑎2

=>𝐴𝐻 = 𝑎

=> 𝐴′𝐻 = 𝐴𝐻. 𝑡𝑎𝑛60𝑜 = 𝑎√3

𝑉𝐴𝐵𝐶.𝐴′𝐵′𝐶′ = 𝑆𝐴𝐵𝐶 . 𝐴′𝐻 =

3𝑎2√3

4. 𝑎√3 =

9𝑎3

4 0,25đ

Vì 𝐴𝐻2 + 𝐴𝐶2 = 𝐻𝐶2 => 𝐻𝐴⏊𝐴𝐶 => 𝐴𝐴′⏊𝐴𝐶

𝑆𝐴′𝐴𝐶 =1

2𝐴𝐶. 𝐴𝐴′ =

1

2𝑎√3. 2𝑎 = 𝑎2√3 0,25đ

𝑑(𝐵, (𝐴′𝐴𝐶)) =3𝑉𝐴′𝐴𝐵𝐶

𝑆𝐴′𝐴𝐶=

9

4𝑎3

𝑎2√3=

3𝑎√3

4 0,25đ

45. (Đáp án đề thi thử THPT QG Trường THPT Chuyên Lê Hồng Phong – TP HCM - năm 2015)

VS.ABCD = 1

3SA.dt(ABCD)

Trong đó dt(ABCD) = a2 0,25

Góc giữa đường thẳng SD và mặt phẳng (SAB) bằng góc

3

0

.45 cot3

S ABCD

aSD SA AD SD a V 0,25

2. (0,5 điểm)

Gọi I là trung điểm của SC, ta có IS = IC = ID = IA = IB ( do các tam giác SAB, SBC, SCD là các tam

giác vuông) nên I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD 0,25


56

Bán kính mặt cầu R = 3

2 2

SC a 0,25

3. (0,5 điểm)

Vì O là trung điểm của AC nên d(O;(SCD)) = 1

2d(A;(SCD))

Gọi H là hình chiếu của A trên SD, ta có

( )( ) (SCD)

AH SDAH SCD

SAD

, Từ đó dẫn đến d(O,(SCD)) =

1

2AH 0,25

Trong tam giác vuông SAD, ta tính được AH = 2

2

a suy ra

D(O,(SCD)) = 2

4

a 0,25

46. (Đáp án đề thi thử THPT QG Trường THPT Chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm – Quảng Nam - năm

2015)

Gọi là tâm của tam giác đều thì là đường cao của hình chóp .

Tính đúng

Tính đúng diện tích đáy

Suy ra

Do song song với nên góc cần tìm chính là góc giữa và .

Xác định đúng góc , tính đúng .

47. (Đáp án đề thi thử THPT QG Trường THPT Chuyên Nguyễn Huệ - Hà Nội- lần 1 - năm 2015)

H ABD A' H A'.ABD

AH =a 3

3, A' H =

2a 2

3

S

ABCD= 2S

ABD=

a2 3

2

V = a3 2

( A' B 'C ' D ') ( ABCD) ( A' BD) ( ABD)


57

ABCD là hình thoi =>𝑆𝐴𝐵𝐷 = 𝑆𝐵𝐷𝐶 =>𝑉𝑆𝐵𝐶𝐷 = 𝑉𝑆𝐴𝐵𝐷 => ta đi tính 𝑉𝑆𝐴𝐵𝐷

Có : 𝐵𝐴�� = 60𝑜 , ABCD là hình thoi => ABD là tam giác đều

BD ⊥ AC, SO ⊥ BD, BD ⊥ (SAO)

=> (SAO) ⊥ (ABD) theo gt AO.

Gọi G là trọng tâm ΔABD => SB ⊥ (ABD)

(vì tứ diện SABD có SA = SB = SD trên đường cao từ đỉnh S xuống mặt (ABD) chính là trọng tâm ΔABD )

=> AG = 2

3AO =

2

3

𝑎√3

2 =

𝑎√3

3

SG = √𝑆𝐴2 − 𝐴𝐵2 = √3𝑎2

4−

3𝑎2

9=

𝑎√15

6

𝑆𝛥𝐴𝐵𝐷 =𝑎2√3

4

= >𝑉𝑆𝐴𝐵𝐷 =1

3𝑆𝐺. 𝑆𝐴𝐵𝐷 =

1

3

𝑎√15

6

𝑎2√3

4=

𝑎3√5

24

Có AD // BC => d (AD;SB) = d(AD;(SBC)) = d(A;(SBC))


58

Mặt ≠ AG ∩ (SBC) = C

=>d(A;(SBC))

𝑑(𝐺;(𝑆𝐵𝐶))=

𝐴𝐶

𝐺𝐶=

3

2

Gọi H là hình chiếu của G lên BC => GH ⊥ BC => BC ⊥ (SGH) => (SBC) ⊥ (SHG) giao tuyến SH

Trong (SHG) gọi I là hình chiếu của G lên SH => d (G;(SBC)) = GI

(SHG) có SGH là tam giác vuông tại G , đường cao GI

=>1

𝐺𝐼2=

1

𝑆𝐺2+

1

𝐻𝐺2=

36

15𝑎2+

9

3𝑎2=

27

5𝑎2

=> 𝐺𝐼 =𝑎√15

9 => d (A;(SBC)) =

3

2 d(G;(SBC)) =

3

2.𝑎√15

9 =

𝑎√15

6

=>Vậy d (AD; SB) = 𝑎√15

6

48. (Đáp án đề thi thử THPT QG Trường THPT Chuyên Nguyễn Quang Diệu – Đồng Tháp – lần 2 -

năm 2015)

+Kẻ SH ⊥ AC (H ∈ AC).

Do (SAC) ⊥ (ABC) nên SH ⊥ (ABC).

Ta có: SH = SA. sin 𝑆𝐴�� = 2𝑎√3.1

2= 𝑎√3 (0,25đ)

Thể tich của khối chóp S.ABC là


3. 𝑆𝐴𝐵𝐶 . 𝑆𝐻 =

1

6𝐴𝐵. 𝐴𝐶. 𝑆𝐻 =

1

6. 3𝑎. 4𝑎. 𝑎√3 = 2𝑎3√3 (0,25đ)

+Kẻ HD ⊥ BC (D ∈ BC), HK ⊥ SD (K ∈ SD).

Khi đó HK = d(H; (SBC)).

Vì 𝐴𝐻 = 𝑆𝐴. cos 𝑆𝐴�� = 2𝑎√3.√3

2= 3𝑎 nên AC = 4HC (0,25đ)


59

=>d(A;(SAC))=4d(H;(SBC))= 4HK.

Ta có 𝐻𝐷

𝐻𝐶=

𝐴𝐵

𝐵𝐶=> 𝐻𝐷 =

3𝑎

5.

Từ đó 𝑑(𝐴; (𝑆𝐵𝐶)) = 4𝐻𝐾 =4𝑆𝐻.𝐻𝐷

√𝑆𝐻2+𝐻𝐷2=

4𝑎√3.3𝑎

5

√3𝑎2+9𝑎2

25

=6𝑎√7

7 (0,25đ)

49. (Đáp án đề thi thử THPT QG Trường THPT Chuyên Nguyễn Huệ- Hà Nội - năm 2015)

Cho hình lăng trụ tam giác 𝐴𝐵𝐶. 𝐴’𝐵’𝐶’ có đáy là tam giác đều cạnh a, cạnh bên tạo với đáy một góc bằng 300.

Gọi M là trung điểm của BC và I là trung điểm của AM. Biết rằng hình chiếu của điểm I lên mặt đáy 𝐴’𝐵’𝐶’ là

trọng tâm G của 𝛥𝐴’𝐵’𝐶’. Tính thể tích khối chóp 𝐴. 𝐴′𝐵′𝐶′ và khoảng cách từ C đến mặt phẳng (𝐴𝐵𝐵′𝐴′).

Hình vẽ:

Gọi M’ là trung điểm của B’C’, 𝐾 ∈ 𝐴′𝑀′ sao cho 𝐴′𝐾 = 𝐾𝐺 = 𝐺𝑀′

Kẻ 𝐴𝐻 ⊥ 𝐴′𝑀′; 𝐻 ∈ 𝐴′𝑀′

Ta có AHGI là hình bình hành nên 𝐼𝐺 = 𝐴𝐻

Hơn nữa 𝐴𝑀 = 𝐴′𝑀′. Gọi I là trung điểm của AM. G là trọng tâm của 𝛥𝐴′𝐵′𝐶′

Nên H là trung điểm của 𝐴′𝐾 => 𝐴′𝐻 =1

6𝐴′𝑀′

A I

C

M

B

C’

M

’ B’

T

A

’

H K G


60

Ta có: 𝑆𝛥𝐴′𝐵′𝐶′ =𝑎2√3

4; 𝐴′𝑀′ =

𝑎√3

2=> 𝐴′𝐻 =

𝑎√3

12

𝐴𝐻 = 𝐴′𝐻. tan 300 =𝑎√3

12.√3

3=

𝑎

12

Từ đó: VA.A′B′C′ = AH. S𝛥𝐴′𝐵′𝐶′ =1

3.

𝑎

12.𝑎2√3

4=

𝑎3√3

144 (đvdt)

Ta có: 𝑑(𝐶, 𝐴𝐵𝐵′𝐴′) = 𝑑(𝐶′, 𝐴𝐵𝐵′𝐴′)

Từ H kẻ 𝐻𝑇 ⊥ 𝐴′𝐵′, (𝑇 ∈ 𝐴′𝐵′), Khi đó 𝐴′𝐵′ ⊥ 𝐻𝑇, 𝐴𝐻 ⊥ 𝐴′𝐵′

=> 𝐴′𝐵′ ⊥ (𝐴𝐻𝑇)

Ta có: 𝐻𝑇 = 𝐴′𝐻. tan 300 =𝑎√3

12.√3

3=

𝑎

12

Tam giác AHT vuông tại H suy ra 𝐴𝑇 = √𝐴𝐻2 + 𝐻𝑇2 = 𝐴𝐻√2 =𝑎√2

12

Suy ra diện tích của tam giác 𝐴𝐵′𝐴′ là: 1

2. 𝐴𝑇. 𝐵′𝐴′ =

𝑎2√2

24 (đvdt)

Ta có 𝑑(𝐶, 𝐴𝐵𝐵′𝐴′) = 𝑑(𝐶′, 𝐴𝐴𝐵′𝐴′) = 𝑑(𝐶′, 𝐴𝐵′𝐴′) =3𝑉

𝐴.𝐵𝐵′𝐴′

𝑆𝐴𝐵′𝐴′=

1

4𝑎√6

50. (Đáp án đề thi thử THPT QG Trường THPT Chuyên Sơn Tây – Hà Nội - năm 2015)

Gọi O AC BD

Kẻ SH BD tại H

· · 0

SH ABCD

SAH SDH 30

HA HD

AHK vuông cân tại H

(Vì · 0ADH 45 )

S

B

A D

C

I

K

H

O

045

030


61

0

1HA HD AD a 3

2

1SH HD.tan 30 a 3. a

3

Sđáy = 2

ABD2S AH.BD 2a 3

Vchóp = 1

.SH3

.Sđáy

32a 3

3

+ 2

d C; SAD 2d O; SAD d H; SAD3

Gọi K là trung điểm AD HK AD AD SHK

Kẻ HI SK tại I HI SAD d H; SAD HI

Ta có: 2 2 2

1 1 1 a 15HI

HI SH HK 5

2 a 15 2a 5

d C; SAD .5 53

51. (Đáp án đề thi thử THPT QG Trường THPT Chuyên Sơn Tây – lần 2 - năm 2015)


62

S

A B

CD

O

H

P

M N

I

Kẻ SKMD tại K (1). DCSA, DCAD nên DC (SDA)DCSK (2)

Từ (1) và (2)SK (DMNC). VSKM : VDAMDA.SM a

SKDM 3

Do DC (SDA) nên DMNC là hình thang vuông tại D và M

2

DMNC

DM.(DC MN) 9a 2S

2 16

. Vậy

3

S.DMNC DMNC

1 a 2V SK.S

3 16 (đvtt).

O AC BD , P là trung điểm SD, PN cắt SO tại IBD//(PNC)

d(BD, NC) = d(O, (PDC)). Kẻ OH CI tại H OH (PNC) d(O, (PDC)) =

OH. SAO vuông cân SO = aOI = a

2, OC =

a 2

2, · 0IOC 135

·2

IOC

1 aS OI.OC.sin IOC

2 8 và ·2 2 a

IC OI OC 2.OI.OI.cosIOC2

Do 2 2

IOC

1 a a aS OH.IC OH

2 8 4.IC 2

52. (Đáp án đề thi thử THPT QG Trường THPT Chuyên Sư Phạm Hà Nội – lần 1 - năm 2015)

Trong mặt phẳng (SAD) vẽ AH ⊥SD; H∊SD


63

Mặt khác ABCD là hình chữ nhật nên CD⊥(SAD);

AH⊥(SCD)

Vậy khoảng cách giữa AB và SC chính là AH

(1.0 điểm)

Trong tam giác vuông SAD có AH là đường cao

Nên 1

𝐴𝐻2=

1

𝐴𝑆2+

1

𝐴𝐷2 =>𝐴𝐻 =

𝑎√2

2

Vậy khoảng cách giữa 2 đường thẳng AB và SC bằng 𝑎√2

2 (0.5 điểm)


A

1A

1C

E

DC

B

1B F

H

K

Gọi là mặt phẳng chứa DE và song song với A1F thì khoảng cách cần tính bằng khoảng cách từ F đến .

Theo giải thiết suy ra lăng trụ đã cho là lăng trụ đứng có đáy là tam giác đều cạnh a.

Gọi K là trung điểm của FC1 thì EK//A1F//AD; suy ra ADKE

Ta có: 1 1 1 1 1 1 1 1A F B C A F BCC B EK BCC B

Gọi H là hình chiếu vuông góc của F lên đường thẳng DK thì FH ADKE ; suy ra FH là khoảng cách cần

tính.

Trong tam giác vuông DKF ta có:

22 2 2 2

1 1 1 1 1 aFH

FH FD FK a 17a

4


64


1. Từ giả thiết suy ra ∆ABD đều cạnh bằng a ; 𝐴𝐶𝐶1𝐴1 , 𝐵𝐷𝐷1𝐵1 là các hình chữ nhật với 𝐴𝐴1 = 𝐵𝐵1 =

2𝑎 ; 𝐴𝐶 = 𝑎√3 ; 𝐵𝐷 = 𝑎 . Do đó : 𝑆𝐴𝐶𝐶1𝐴1= 𝐴𝐴1. 𝐴𝐶 = 2𝑎2√3 . 𝑆𝐵𝐷𝐷1𝐵1

= 𝐵𝐵1 . 𝐵𝐷 =

2𝑎2 0,5đ

2. Ta có 𝑂𝑂1 vuông góc với (ABCD) =>𝑂𝑂1 vuông góc với AB. Kẻ OK vuông góc với AB , thì AB vuông

góc với (SOK) . Kẻ OH vuông góc với SK , khi đó OH vuông góc với (SAB) , suy ra OH là khoảng

cách từ O đến mặt phẳng (SAB) .

Do tam giác ABD đều , nên OK =𝑎√3

4. Vì 𝑂𝑂1 = 2a nên OS = a .

Trong tam giác vuông SOK , ta có 1

𝑂𝐻2 =1

𝑂𝐾2 +1

𝑂𝑆2 =16

3𝑎2 +1

𝑎2 => 𝑂𝐻 =𝑎√3

√19 0,5đ

55. (Đáp án đề thi thử THPT QG Trường THPT Chuyên Thái Nguyên – lần 3 - năm 2015)


65

SA ⏊ (ABC)

SBCNM = SABC − SAMN = 2a2 −1

2MA.MN = 2a2 −

1

2a2 =

3a2

2 0,25đ

Do : {BC⏊ABBC⏊SA

=> 𝐵𝐶⏊(SAB) => SBA = 60o

∆SAB : SA = AB.tan60o = 2a√3

Vậy : VS.BCNM =1

3SA. SBCNM = √3a3 (đvtt) 0,25đ

Gọi P là trung điểm BC => AB // (SNP) , (AB không thuộc (SNP)) . Nên

d(AB,SN) = d(AB,(SNP)) = d(A,(ANP)) 0,25đ

Hạ AE ⏊ NP , AH ⏊ SE => AH ⏊ (SNP) => d(A,(SNP)) = AH

Ta có :

AE = MN = a ; SA = 2a√3 =>1

AH2 =1

SA2 +1

AE2 =13

12a2 => 𝐴𝐻 = 𝑎√12

13

Vậy d(AB,SN) = a√12

13 0,25đ

56. (Đáp án đề thi thử THPT QG Trường THPT Chuyên Thăng Long – Hà Nội - năm 2015)

E

C

D

S

B

P

Q

N

2a

M

Aa

045

+ SA ABCD AB là hình chiếu của SB lên (ABCD) góc giữa SB và

(ABCD) là · · 0SB;BA SBA 45


66

+ SAB vuông cân tại A SA a

+ 2

OABCDS AB.AB 2a

+ 3

2

SABCD OABCD

1 1 2aV S .SA .2a .a

2 3 3

+ 2

MCD

1 1 aS MC.CD a.a

2 2 2

1 a

d N; MCD SA2 2

N.MCD MCD

1V S .d N; MCD

3

2 31 a a a. .

3 2 2 12

Vẽ d qua C và d / /BD;d AB E BD / SCE d BD;SC d B; SCE

+ BE = CD = AB suy ra B là trung điểm của AE

1

d B; SCE d A; SCE2

AH CE

AK SCEAK SH

(Vì AK SH

doCE SAH d A; SCE AKAK CE

+ 4a

AH5

+ SAH vuông tại A, AK là đường cao 2 2 2

1 1 1

AK SA AH

EC AD F EF 2BD 2a 5;AF 4A

AE.AF 2a.4a 4a 4a 2aAH AK d BD;SC

EF 2a 5 5 21 21

Vẽ AP SB AP SBC doCB SAB

Vẽ AQ SD AQ SCD

Góc giữa hai mặt phẳng (SCB) và (SCD) bằng góc · AP;AQ

+ a 2 2a

AP ;AQ2 5

+ ·2 2 2a 2 aSP ;SQ PQ SP SQ 2SP.SQcos BSD

2 5


67

Mà ·2 2 2 2SB SD BD 2a 1

cos BSD2SB.SD 2a 2.a 5 10

2 2 22 2a a a 2 a 1 a

PQ 2 . .4 5 2 25 10

+ · ·2 2 2AP AQ PQ

cos AP;AQ cos PAQ2AP.AQ

2 2 22a 4a 2a

4 10 104 5 4 .5 4 5a 2 2a

2. .2 5

2 2 22a 4a 2a

4 10 104 5 4 .5 4 5a 2 2a

2. .2 5

57. (Đáp án đề thi thử THPT QG Trường THPT Chuyên Vĩnh Phúc – lần 2 - năm 2015)

Trên tia 𝐶𝐵 lấ điểm D sao cho 𝐶𝐵 = 𝐵𝐷 => 𝐵𝐷 = 𝐶′𝐵′ =>𝐵𝐷𝐵′𝐶′ là hình bình hành.

Đặt 𝐴𝐴′ = ℎ, (ℎ > 0) => 𝐴′𝐵 = 𝐵𝐶′ = 𝐷𝐵′ = √𝑎2 + ℎ2,

𝐵𝐷 = 𝐶𝐵 = 𝑎. Từ đó suy ra

𝐴𝐷 = √𝐴𝐵2 + 𝐵𝐷2 − 2𝐴𝐵. 𝐵𝐷. cos 1200 = 𝑎√3

Tứ giác 𝐵𝐷𝐵′𝐶′ là hình bình hành => BC’ // DB’.

Vậy 600 = (𝐴𝐵′, 𝐵𝐶′) = (𝐴𝐵′, 𝐷𝐵′) => 𝐴𝐵′�� = 1200 hoặc

𝐴𝐵′�� = 600

+) Trường hợp 1: 𝐴𝐵′�� = 1200

=> 𝐴𝐷2 = 𝐴𝐵′2 + 𝐷𝐵′2 − 2𝐴𝐵′. 𝐷𝐵′ cos 1200

=>3𝑎2 = 𝑎2 + ℎ2 + 𝑎2 + ℎ2 + 𝑎2 + ℎ2 => 0 = 3ℎ2 => ℎ = 0 (vô lý)

+) Trường hợp 2. 𝐴𝐵′�� = 600 => 𝛥𝐴𝐵′𝐷đều

=>𝐴𝐵′ = 𝐵𝐷 => √𝑎2 + ℎ2 = 𝑎√3 => ℎ = 𝑎√2

Vậy thể tích của lăng trụ là 𝑉 = 𝐴𝐴′. 𝑆𝛥𝐴𝐵𝐶 = 𝑎√2.𝑎2√3

4=

𝑎3√6

4

𝑑(𝐵𝐶′, 𝐴𝐵′) = 𝑑(𝐵𝐶′, (𝐴𝐵′𝐷)) = 𝑑(𝐵, (𝐴𝐵′𝐷)) =3. 𝑉𝐵′.𝐴𝐵𝐷

𝑆𝛥𝐴𝐵′𝐷

=𝑉

𝑆𝛥𝐴𝐵′𝐷

=

𝑎3√6

4

3𝑎2√3

4

=𝑎√2

3


Kẻ HK ⊥ CD (K∈ CD) Khi đó {𝐶𝐷 ⊥ 𝐻𝐾 𝐶𝐷 ⊥ 𝑆𝐻

⟹ CD ⊥ (SHK) ⟹ CD ⊥ SK

Vậy góc giữa (SCD) và (ABCD) là góc 𝑆𝐾�� = 600 0,25

Trong tam giác vuông SHK: SH = HK. tan600 = 2a√3

Thể tích khối chóp S.ABCD là VS.ABCD = 1

3.SABCD.SH

= 1

3. 3a.2a.2a√3 = 4a

3√3 0,25


68

Vì (SBC) // AD ⟹ d(AD, SC) = d(A,(SBC)). Trong đó (SAB) kẻ AI ⊥ SB, khi đó {𝐵𝐶 ⊥ 𝐴𝐵 𝐵𝐶 ⊥ 𝑆𝐻

⟹ BC ⊥

(SAB) ⟹ BC ⊥ AI ⟹ AI ⊥ (SBC) 0,25

Vậy d(AD, SC) = d(A,(SBC)) = AI = 𝑆𝐻.𝐴𝐵

𝑆𝐵 =

2𝑎√3.3𝑎

√12𝑎2+𝑎2 =

6𝑎√39

13 0,25


Ta có: 𝑆𝐴 = 𝑆𝐵 = 𝑆𝐶 = 𝑆𝐷 = 6 => 𝑆𝑂 ⊥ (𝐴𝐵𝐶𝐷)

∆SOA = ∆SOB = ∆SOC=∆SOD=> OA = OB = OC = OD =>ABCD là hình chữ nhật

=>𝑆𝐴𝐵𝐶𝐷 = 𝐴𝐵. 𝐴𝐷 = 4.4√3 = 16√3 (0,25đ)

Ta có: 𝐵𝐷 = √𝐴𝐵2 + 𝐵𝐷2 = √42 + (4√3)2 = 8 => 𝑆𝑂 = √𝑆𝐵2 − 𝑂𝐵2 = 2√5

Vậy 𝑉𝑆.𝐴𝐵𝐶𝐷 =1

3. 𝑆𝑂. 𝑆𝐴𝐵𝐶𝐷 =

1

3. 2√5. 16√3 =

32√15

3=> 𝑉𝑆.𝐴𝐵𝑀𝐷 =

3

4. 𝑉𝑆.𝐴𝐵𝐶𝐷 = 8√15 (0,25đ)

+ Gọi G là trọng tâm ∆OCD, vì ∆OCD đều nên G là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ∆OCD. Dựng đường

thẳng d đi qua G và song song với SO

=>𝑑 ⊥ (𝐴𝐵𝐶𝐷) nên d là trục đường tròn (OCD). Trong mặt phẳng (SOG) dựng đường thẳng trung trực của SO,

cắt d tại K, cắt SO tại I ta có OI là trung trực của SO =>KO=KS, do KO = KC = KD =>K là tâm mặt cầu ngoại

tiếp tứ diện SOCD. (0,25đ)

Ta có: 𝐺𝑂 =𝐶𝐷

√3=

4

√3; 𝑅 = 𝐾𝑂 = √𝑂𝐼2 + 𝑂𝐺2 = √(

2√5

2)2 + (

4

√3)2 =

√93

3. Do đó diện tích mặt cầu 𝑆𝑐ầ𝑢 =

4𝜋𝑅2 = 4𝜋(√93

3)2 =

124𝜋

3 (0,25đ)

60. (Đáp án đề thi thử THPT QG Trường THPT Cù Huy Cận – Hà Tĩnh – lần 1 - năm 2015)

(0,5đ)

B G

M

S

K H

A


69

+) Tính thể tích khối chóp:

Ta có: 𝑆𝐴𝐵𝐶𝐷 = 𝑎2 (𝑑𝑣𝑑𝑡)

(𝑆𝐵, (𝐴𝐵𝐶𝐷)) = (𝑆𝐵; 𝐵𝐴) = 𝑆𝐵�� = 600

tan 600 =𝑆𝐴

𝐵𝐴=> 𝑆𝐴 = 𝐵𝐴. tan 600 = 𝑎√3 (đ𝑣đ𝑑)

Thể tích 𝑉𝑆.𝐴𝐵𝐶𝐷 =1


√3𝑎3

3 (đ𝑣𝑡𝑡) (0,5đ)

+) Tính khoảng cách từ trọng tâm G của tam giác SAD đến (SBD)

Gọi O = AC ∩ BD, ta có {𝐵𝐷 ⊥ 𝐴𝐶𝐵𝐷 ⊥ 𝑆𝐴

=> BD ⊥(SAC)

Kẻ AH ⊥ SO ta có {𝐴𝐻 ⊥ 𝑆𝑂𝐴𝐻 ⊥ 𝐵𝐷

=>AH ⊥ (SBD)

𝑑(𝐴, (𝑆𝐵𝐷)) = 𝐴𝐻

Kẻ GK ⊥ HM, ta có GK // AH => GK ⊥ (SBD) (0,5đ)

𝑑(𝑀, (𝑆𝐵𝐷)) = 𝐺𝐾

Gọi M là trung điểm SD ta có 𝑑(𝐺;(𝑆𝐵𝐷))

𝑑(𝐴,(𝑆𝐵𝐷))=

𝐺𝐾

𝐴𝐻=

𝑀𝐺

𝑀𝐴=

1

3

Ta có 𝑑(𝑀, (𝑆𝐵𝐷)) = 𝐺𝐾 =1

3𝐴𝐻 =

1

3 √1

1

𝑆𝐴2+1

𝐴𝑂2

=1

3 √1

1

3𝑎2+1

𝑎2

=𝑎√21

21 (dvdd) (0,5đ)

61. (Đáp án đề thi thử THPT QG Trường THPT Đa Phúc – Hà Nội - năm 2015)

+) GT

( )

2

SH ABC

aSH

+) 2 3

4ABC

aS

3

.

3

24S ABC

aV


70

+) d qua B và d // AC

( , ) ( ;( , )) 2 ( ;( ; ))d AC SB d A SB d d H SB d

+) ( ;( , ))d H SB d HK

2 2 2 2

1 1 1 28 3

3 2 7

aHK

HK HJ SH a

3( , ) 2

7d AC SB HK a

62. (Đáp án đề thi thử THPT QG Trường THPT Đào Duy Từ - lần 1 - năm 2015)

C

S

F

E H

A K

B

D


71

a) SH⊥(ABCD) => SH⊥HD. Ta có

SH = √𝑆𝐷2 − 𝐻𝐷2 = √𝑆𝐷2 − (𝐴𝐻2 + 𝐴𝐷2)

=>SH = 𝑎√3



𝑎3√3

3

b) HK // BD => HK // (SBD) => d(HK, (SBD)) = d(H,(SBD))

Gọi E là hình chiếu vuông góc của H trên BD và F là hình chiếu vuông góc của H trên SE.

Ta có BD⊥HE và BD⊥SH nên BD⊥(SHE) => BD⊥HF mà HF⊥SE

Do đó HF⊥ (SBD). Suy ra d(H, (SBD)) = HF

Ta có HE = HB.sin𝐸𝐵�� =𝑎√2

4

=>𝐻𝐹 =𝐻𝑆.𝐻𝐸

√𝐻𝑆2+𝐻𝐸2=

𝑎√3

5. Vậy d(HK, SD) =

𝑎√3

5

63. (Đáp án đề thi thử THPT QG Trường THPT Đông Sơn 1 - năm 2015)

Tính thể tích, khoảng cách

Gọi H là trung điểm của AB => SH ⊥ AB. Do (𝑆𝐴𝐵) ⊥ (𝐴𝐵𝐶) nên 𝑆𝐻 ⊥ (𝐴𝐵𝐶)

Do SAB là tam giác đều cạnh a nên 𝑆𝐻 =𝑎√3

2, 𝐴𝐶 = √𝐵𝐶2 − 𝐴𝐵2 = 𝑎√2

Thể tích khối chóp S.ABC là 𝑉𝑆.𝐴𝐵𝐶 =1

3. 𝑆𝐻. 𝑆𝐴𝐵𝐶 =

1

6. 𝑆𝐻. 𝐴𝐵. 𝐴𝐶 =

𝑎3√6

12

Từ M kẻ đường thẳng song song với AC cắt SA tại N => AC//MN

=> AC// (BMN)

Ta có: AC ⊥ AB => AC ⊥ (SAB) mà MN // AC => MN ⊥ (SAB)

=>(SAB) ⊥ (BMN)

C

M

S

N

A

B

H

K


72

Từ A kẻ AK ⊥ BN (K ∊ BN)

=>AK ⊥ (BMN) =>AK= d (A, (BMN)) = d (AC, BM)

Do 𝑀𝐶

𝑆𝐶=

2

3=>

𝐴𝑁

𝑆𝐴=

2

3

=> 𝑆𝐴𝐵𝑁 =2

3𝑆𝑆𝐴𝐵 =

2

3

𝑎2√3

4=

𝑎2√3

6

𝐵𝑁2 = 𝐴𝑁2 + 𝐴𝐵2 − 2𝐴𝑁. 𝐴𝐵 cos 600 =7𝑎2

9

=>𝐵𝑁 =𝑎√7

3, 𝐴𝐾 =

2𝑆𝐴𝐵𝑁

𝐵𝑁=

𝑎√21

7

Vậy 𝑑(𝐴𝐶, 𝐵𝑀) =𝑎√21

7

64. (Đáp án đề thi thử THPT QG Trường THPT Đông Thọ - Tuyên Quang - năm 2015)

Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B và AB=4a, AC=5a. Đường thẳng SA vuông góc với

mặt phẳng đáy và SA=3a

Tính thể tích của khối chóp tam giác S.ABC theo a.

Do ( )SA ABC nên SA là đường cao của khối chóp S.ABC.

Trong tam giác vuông ABC.

Ta có:

4a5a

3a

A

B

C

S


73

BC AC AB a a a 2 2 2 2(5 ) (4 ) 3

21 1. .3 .4 6

2 2ABCS AB BC a a a

Vậy thể tích của khối chóp tam giác S.ABC là

V =3

1 SABC. SA =

36a (đvtt)

65. (Đáp án đề thi thử THPT QG Trường THPT Gang Thép – Thái Nguyên – lần 1 - năm 2015)

Gọi G là trọng tâm tam giác ABC, M là trung điểm AB. Khi đó ta có 𝐴′𝐴𝐵𝐶

Là hình chóp đều nên A’G ⊥ (ABC)

C

C’ A’

A

M

B’

B

G

H


74

Góc giữa 𝐴𝐴′ và (ABC) là góc 𝐴′𝐴�� = 600

Ta có: 𝑉𝐴𝐵𝐶.𝐴′𝐵′𝐶′ = 𝐴′𝐺. 𝑆𝐴𝐵𝐶

𝐴𝐺 =𝑎√3

3=> 𝐴′𝐺 = 𝐴𝐺. tan 600 = 𝑎, 𝑆𝐴𝐵𝐶 =

𝑎2√3

4

=> 𝑉𝐴𝐵𝐶.𝐴′𝐵′𝐶′ =𝑎3√3

4

Dựng GH ⊥ A’M, H ∊ A’M. Ta có

{𝐴𝐵 ⊥ (𝐴′𝐺𝑀) => 𝐴𝐵 ⊥ 𝐺𝐻

𝐺𝐻 ⊥ 𝐴′𝑀=> 𝐺𝐻 ⊥ (𝐴𝐵𝐵′𝐴′)

Ta có

𝑑(𝐴′𝐵, 𝐶𝐶 ′) = 𝑑 (𝐶𝐶 ′, (𝐴𝐵𝐵′𝐴′)) = 𝑑 (𝐶, (𝐴𝐵𝐵′𝐴′))

= 3𝑑 (𝐺, (𝐴𝐵𝐵′𝐴′)) = 3𝐺𝐻

Do 𝐴′𝐺 = 𝑎, 𝐺𝑀 =𝑎√3

6=> 𝐺𝐻 =

𝐴′𝐺.𝐺𝑀

√𝐴′𝐺2+𝐺𝑀2=

𝑎√13

13

Vì vậy 𝑑(𝐴′𝐵, 𝐶𝐶 ′) =3𝑎√13

13

66. (Đáp án đề thi thử THPT QG Trường THPT Hà Trung – Thanh Hóa – lần 1 - năm 2015)

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a . Cạnh SA vuông góc với mặt phẳng ABCD, góc

giữa SC và mặt phẳng (ABCD) bằng 060 , gọi M là trung điểm của SB. Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD

và khoảng cách giữa hai đường thẳng AM, SD.

S

M


75

· 0

0

20

D

, 60

.tan 60 3

3. .sin 60

2ABC

AC a SCA

SA AC a

aS BA BC

3

. D D

1.

3 2S ABC ABC

aV SA S

Gọi O là tâm của hình thoi

Ta có D

O

3D / /(AMO) (SD, ) d(SD,(AMO)) d(D,(AMO)) MAO

AM

VS d MO

S

3

D D . D

1 1 1 1.

4 4 2 8 16MAO MABC SABC S ABC

aV V V V

Tam giác AMO có 2

O

1 1 15A ; D ;

2 2 2 16AM

a aM SB a MO S a OA S

3a a 15d(D,(AMO))

515

Vậy khoảng cách giữa hai đường thẳng AM và SD là a 15

5

67. (Đáp án đề thi thử THPT QG Trường THPT Hai Bà Trưng – Thừa Thiên Huế – lần 3 - năm 2015)

∆ABD có: AB = AD = a , 𝐵𝐴�� = 600 nên ∆ABD đều,

Suy ra AO = 𝑎√3

2=> 𝐴𝐶 = 𝑎√3; CC’ = a. (0,25đ)

𝑆𝐴𝐵𝐶𝐷 =1

2𝐴𝐶. 𝐵𝐷 =

𝑎2√3

2. Do vậy 𝑉𝐴𝐵𝐶𝐷.𝐴′𝐵′𝐶′𝐷′ = 𝐶𝐶′. 𝑆𝐴𝐵𝐶𝐷 =

𝑎3√3

2 (0,25đ)

B

C

+

D

O

A


76

Vẽ CH ⊥ OC’ (H ∈ OC’) (1)

Ta có: 𝐵𝐷 ⊥ OC𝐵𝐷 ⊥ CC′

} => 𝐵𝐷 ⊥ (0CC′) => 𝐵𝐷 ⊥ 𝐶𝐻 (2) (0,25đ)

Từ (1) và (2) ta có: CH ⊥ (EBD) nên d(C, (EBD)) = CH.

AC cắt (EBD) tại O và O là trung điểm của AC.

Do vậy d(A,(EBD)) = d(C,(EBD))= CH =𝐶𝐶′.0𝐶

√𝐶𝐶′2+𝑂𝐶2=

𝑎.𝑎√3

2

√𝑎2+3𝑎2

4

=𝑎√21

7. (0,25đ)

68. (Đáp án đề thi thử THPT QG Trường THPT Hàn Thuyên – Bắc Ninh – lần 1 - năm 2015)

Từ giả thiết C’D (ABC); (AC’, (ABC)) = (AC’,AD) =C’AD = 450

0.25

Sử dụng định lý cosin cho tam giác ABC suy ra AD = 7

3

aC’D=AD =

7

3

a 0.25

Vì CC’//AA’ nên (AD,CC’) = (AD, AA’)

Vì C’D (ABC) nên C’D (A’B’C’) suy ra C’D’ C’A’ suy ra DA’ =4

3

a

AA’ = CC’ = 2 2 2 2'

3C D DC a 0.25

Áp dụng hệ quả của định lý cosin trong tam giác A’AD ta được

cosA’AD = -14

56 suy ra cos(AD, CC’) =

14cos '

56A AD 0.25

69. (Đáp án đề thi thử THPT QG Trường THPT Hàn Thuyên – Bắc Ninh – lần 2 - năm 2015)

Thấy SA (ABC) SA là đường cao của hình chop S.ABC và SA = a 3 ( 0, 25 đ)


77

B

A C

B

H

Tam giác ABC vuông tại B, AB = a 3 , AC = 2a, suy ra BC = a.

21 3.

2 2ABC

aS AB AC ( 0, 25 đ)

2

.

1.

3 2S ABC ABC

aV S SA ( 0, 25 đ)

Gọi D là điểm sao cho ABCD là hình chữ nhật ( 0, 25 đ)

AB//CD => AB // (SCD) => d(AB,SC) = d(AB,(SCD)) = d(A,(SCD))

CD AD

CD SAB SCD SADCD SA

Trong mp (SAD) từ A kẻ AH vuông góc với SD tại H AH SCD

Xét tam giác SAD vuông tại A có SA = a 3 , AD = a

Vì 2 2 2

1 1 1 3

AS 2

aAH

AH AD


78

Vậy d( AB, SC) = 3

2

a

70. (Đáp án đề thi thử THPT QG Trường THPT Hiền Đa – Phú Thọ – lần 2 - năm 2015)

Gọi I, J lần lượt là trung điểm của AD và BC.

Vì (SAD) (ABCD) nên SI (ABCD).

ta có IJ BC và SI BC suy ra góc giữa (SBC) và (ABCD là ¶ 60oSJI .

IJ = a.

Trong tam giác vuông SIJ ta có SI = IJ. tan60o = 3a .

2 2 2SJ SI IJ a .

Diện tích đáy là SABCD = a2.

Thể tích khối chóp S.ABCD là VS.ABCD =

321 1 3

. 3.3 3 3

ABCD

aSI S a a (đvtt)

Chứng minh CD (SAD). Trong tam giác vuông SDM có:

2

2

13

14

SH SD

SM SM

J

M

I

C

A B

D

S

H


79

Ta có 13

14

SHBC

SMBC

V SH

V SM .

3 3 31 3 13 3 13 3. . .

3 12 14 12 168SMBC BCM SHBC

a a aV SI S V .

Lại có 21 1

. . .22 2

SBCS BC SJ a a a

3

2

13 33.

3. 13 3168,( )56

SHBC

SBC

aV a

d H SBCS a

71. (Đáp án đề thi thử THPT QG Trường THPT Hồng Quang – Hải Dương – lần 1 - năm 2015)

Từ giả thiết có tam giác ABC đều cạnh bằng a

Gọi O = AC∩BD ⟹ BO = 𝑎√3

2⟹ BD = a√3 ⟹ 𝐻𝐷 =

3

4BD =

3

4 a√3

SH2 = SD

2 – HD

2 = 2a

2 -

27𝑎2

16 =

5𝑎2

16⟹ 𝑆𝐻 =

𝑎√5

4

Diện tích tứ giác ABCD là SABCD = AB.BC.sin 𝐴𝐵�� = a2. Sin 60

0 =

𝑎2√3

2

Thể tích khối chóp S.ABCD là VS.ABCD = 1

3SH . SABCD =

1

3. 𝑎√5

4.𝑎2√3

2 =

𝑎3√15

24 0,25


80

SB2 + SH

2 + HB

2 =

5𝑎2

16 +

3𝑎2

16⟹ 𝑆𝐵 =

𝑎√2

2

{𝐵𝐷 ⊥ 𝐴𝐶𝐴𝐶 ⊥ 𝑆𝐻

⟹ 𝐴𝐶 ⊥ (𝑆𝐵𝐷) ⟹AC ⊥ 𝑂𝑀 0,25

Diện tích tam giác MAC là SMAC = 1

2 OM.AC =

1

4 SB.AC =

1

4.𝑎√2

2. 𝑎 =

𝑎2√2

8 0,25

SB // OM ⟹ SB //(MAC) ⟹ 𝑑(𝑆𝐵, 𝐶𝑀) = d(SB,(MAC)) = d(S,(MAC)

= d(D,(MAC)

VM.ACD = 1

3 d(M, (ABCD)). SACD =

1

3 .

1

2d(S,(ABCD))

1

2 SABCD =

1

4VS.ABCD

= 𝑎3√15

96

Mặt khác VM.ACD = 1

3 d(D, (MAC)).SMAC ⟹ 𝑑(D,(MAC) =

3𝑉𝑀.𝐴𝐶𝐷

𝑆𝑀𝐴𝐶

=

𝑎3√15

32𝑎2√2

8

= 𝑎√30

8 0,25

72. (Đáp án đề thi thử THPT QG Trường THPT Ischool Nha Trang – lần 1 - năm 2015)

Ta có SA ⊥ (ABCD) => AC là hình chiếu của SC trên (ABCD) =>𝑆𝐶�� = 600

AC = √𝐴𝐷2 + 𝐶𝐷2 = 𝑎√5; 𝑆𝐴 = 𝐴𝐶 tan 600 = 𝑎√15 (0,25đ)


81


3𝑆𝐴𝐵𝐶𝐷 =

1

3. 𝐴𝐵. 𝐴𝐷. 𝑆𝐴 =

2√15𝑎3

3 (0,25đ)

Trong mp(SAD) kẻ SH ⊥ DM, ta có AB ⊥ (SAD) mà MN // AB => MN ⊥ (SAD) =>MN ⊥ SH

=>SH ⊥ (DMN) => SH = d(S, (DMN)) (0,25đ)

∆SHM ∽ ∆DAM =>𝑆𝐻

𝐷𝐴=

𝑆𝑀

𝐷𝑀=> 𝑆𝐻 =

𝑆𝐴.𝐷𝐴

2𝐷𝑀=

𝑆𝐴.𝐷𝐴

2√𝐴𝐷2+𝐴𝑀2=

2𝑎√15

√31 (0,25đ)

73. (Đáp án đề thi thử THPT QG Trường THPT Lam Kinh – Thanh Hóa – lần 1 - năm 2015)

Kẻ đường cao CH của tam giác ABC.Có CHAB ;CHAA’ suy ra CH (ABB’A’),Do đó góc giữa A’C và

mp(ABB’A’) là góc · 0' 30CA H

Ta có 2

01 3. .sin120

2 2ABC

aS CACB

Trong tam giác ABC : 2 2 2 0 22 . . os120 7 7AB AC BC AC BC c a AB a

+)2 3 1 3

.2 2 7

ABC

aS AB CH CH a

300

M

H

C/

B/

A/

C

B

A 1200

2a

a


82

+)0 3

' .sin30 ' 27

CH A C A C a

+)2 2 5

' '7

AA A C AC a

+)

3

' ' '

15'.

2 7ABCA B C ABC

aV AA S

+)d(CC’ ;AM)=d(CC’ ;(ABB’A’))=d(C;(ABB’A’))=3

7a

74. (Đáp án đề thi thử THPT QG Trường THPT Lạng Giang số 1 - năm 2015)

Góc giữa SA và (SCA) là góc 𝑆𝐴�� = 600

1

𝐴𝐻2=

1

𝐴𝐵2+

1

𝐴𝐶2=

1

𝑎2+

1

(𝑎√3)2=

1

2𝑎2=> 𝐴𝐻 =

𝑎√3

2

=>𝑆𝐻 = 𝐴𝐻. tan 600 =3𝑎

2 (0,5đ)

Từ đó 𝑉𝑆.𝐴𝐵𝐶 =1

3. 𝑆𝐻. 𝑆𝛥𝐴𝐵𝐶 =

1

3.3𝑎

2.1

2. 𝑎. 𝑎√3 =

𝑎3√3

4 (0,5đ)

Ta có 𝐶𝐴2 = 𝐶𝐻. 𝐶𝐵 => 𝐶𝐻 =𝐶𝐴2

𝐶𝐵=

(𝑎√3)2

2𝑎=

3𝑎

2. Từ đó

𝑑(𝐵;(𝑆𝐴𝐶))

𝑑(𝐻;(𝑆𝐴𝐶))=

𝐶𝐵

𝐶𝐻=

2𝑎3𝑎

2

=4

3=> 𝑑(𝐵; (𝑆𝐴𝐶)) =

4

3𝑑(𝐻; (𝑆𝐴𝐶)) (0,25đ)

Hạ HE ⊥ AC, HK ⊥ SE. Ta cosL HE⊥AC, HS ⊥AC => AC ⊥ (SHE) => AC ⊥ HK (0,25đ)

Từ đó {𝐻𝐾 ⊥ 𝐴𝐶𝐻𝐾 ⊥ 𝑆𝐸

=> 𝐻𝐾 ⊥ (𝑆𝐴𝐶). Do đó 𝑑(𝐵, (𝑆𝐴𝐶)) =4

3𝑑(𝐻; (𝑆𝐴𝐶)) =

4

3𝐻𝐾

Ta có: 𝐻𝐸

𝐴𝐵=

𝐶𝐻

𝐶𝐵=

3

4=> 𝐻𝐸 =

3

4𝐴𝐵 =

3𝑎

4. Từ đó

𝐻𝐾2 =𝐻𝑆2. 𝐻𝐸2

𝐻𝑆2 + 𝐻𝐸2=

(3𝑎

4)2. (

3𝑎

2)2

(3𝑎

4)2 + (

3𝑎

2)2

=9𝑎

20

2

=> 𝐻𝐾 =3𝑎√5

10

𝑑(𝐵; (𝑆𝐴𝐶)) =4

3𝐻𝐾 =

4

3.3𝑎√5

10=

2𝑎√5

5 (0,25 đ)

75. (Đáp án đề thi thử THPT QG Trường THPT Lê Quý Đôn – Đống Đa – Hà Nội - năm 2015)


83

Gọi O là trung điểm BC . Chứng minh được AC vuông góc với (SBO) (0,25)

Gọi H là hình chiếu vuông góc của S trên BO . Khi đó SH vuông góc với (ABC) (0,25)

Chỉ ra góc SBH = 30𝑜 và tính SH = a (0,25)

Tính 𝑆𝐴𝐵𝐶 =𝑎2√3

4 ; V=

𝑎3√3

12 (0,25)

Tính được HB = a√3 = 2OB (0,25)

=> tứ giác ABCH là hình thoi (0,25)

Ta có BC // AH =>(𝑆𝐴, 𝐵��) = (𝑆𝐴, 𝐴��) = 𝑆𝐴�� (0,25)

Tính được góc SAH = 45𝑜 (0,25)

76. (Đáp án đề thi thử THPT QG Trường THPT Lê Quý Đôn – Hải Phòng - năm 2015)

Tính thể tích 2.0 điểm…


84

Gọi H là trung điểm của AB, có SH (ABCD) nên SH là đường cao và HD là hình chiếu của SD lên

mp(ABCD) => · 0, ( ) SDH 60SD ABCD .

Do ABCD là hình thoi cạnh a, · 0D 60BA => tam giác ABD đều cạnh a => HD 3

2

a

SH (ABCD) => tam giác SHD vuông tại H nên 0 3.tan 60

2

aSH HD

Diện tích đáy ABCD là 2 2

0 3 32 2. . .sin 60 2.

4 2ABCD ABD

a aS S AB AD

Vậy thể tích của hình chóp SABCD là 2 31 1 3 3 3

. . .3 3 2 2 4

SABCD ABCD

a a aV SH S

Tính khoảng cách 1.0 điểm…

Do ID = 3IB và I thuộc đoạn BD3

4ID BD . Suy ra

3, ,

4d I SCD d B SCD .

Lại có / /AB CD SCD => , ,d B SCD d H SCD , H AB .

Do tam giác ABD đều nên ,HD AB CD HD DC SH DC SHD SHD SCD

Gọi E là hình chiếu của H lên SD ,HE SCD d H SCD HE .

SHD vuông tại H, HE là đường cao nên𝐻𝐸 =𝐻𝐷.𝐻𝑆

√𝐻𝐷2+𝐻𝑆2=

3𝑎

4 => d(I,(SCD)) =

9𝑎

16

77. (Đáp án đề thi thử THPT QG Trường THPT Lệ Thủy – Quảng Bình - năm 2015)

+ Thể tích khối lăng trụ 𝐴𝐵𝐶. 𝐴1𝐵1𝐶1:

𝑆𝛥𝐴𝐵𝐶 =𝑎2√3

4 .

H

I

B C

A

D

S

E


85

Vì lăng trụ 𝐴𝐵𝐶. 𝐴1𝐵1𝐶1 đứng nên (𝐴𝐶1, (𝐴𝐵𝐶)) = 𝐶𝐴𝐶1 = 600.

Suy ra 𝐶𝐶1 = 𝐴𝐶. tan𝐶𝐴𝐶1 = 𝑎√3

Do đó 𝑉𝐴𝐵𝐶.𝐴1𝐵1𝐶1= 𝐶𝐶1. 𝑆𝛥𝐴𝐵𝐶 =

3

4𝑎3.

+Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng 𝐴𝐵1, 𝐵𝐶1:

Dựng hình hộp 𝐴𝐵𝐶𝐷. 𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1 (Hình tự vẽ).

Chứng minh được 𝐵𝐶1//(𝐴𝐵1𝐷1 ) và suy ra 𝑑(𝐵𝐶1, 𝐴𝐵1) = 𝑑(𝐵𝐶1, (𝐴𝐵1𝐷1)).

Tính được 𝑉𝐴.𝐴1𝐵1𝐷1=

1

3𝐴𝐴1. 𝑠𝛥𝐴1𝐵1𝐷1

=1

4𝑎3.

Gọi I là giao điểm của 𝐴1𝐶1, 𝐵1𝐷1 và tính được 𝐴𝐼 = √𝐴𝐴12 + 𝐴1𝐼2 =

𝑎√13

2; 𝐵1𝐷1 = 𝑎√3.

Tam giác 𝐴𝐵1𝐷1cân tại A nên suy ra 𝑆𝛥𝐴𝐵1𝐷1=

1

2𝐴𝐼. 𝐵1𝐷1 =

𝑎2√39

4.

Suy ra 𝑑(𝐵𝐶1, 𝐴𝐵1) = 𝑑(𝐶1, (𝐴𝐵1𝐷1)) = 𝑑(𝐴, (𝐴𝐵1𝐷1)) =3.𝑉𝐴.𝐴1𝐵1𝐷1

𝑆𝛥𝐴𝐵1𝐷1

=𝑎√39

13.

Nhận xét: Khoảng cách giữa hai đường thẳng 𝐴𝐵1, 𝐵𝐶1 có thể tính bằng phương pháp tọa độ hoặc phương pháp

hình học không gian thuần túy (chẳng hạn như lời giải trên đã sử dụng kĩ thuật thác triển khối không gian).

78. (Đáp án đề thi thử THPT QG Trường THPT Lê Xoay – Vĩnh Phúc - năm 2015)


86

Gọi K là hình chiếu của I lên AB.

Suy ra 𝑆𝐾𝐼 = 600

Do IK // AD =>𝐾𝐼

𝐴𝐷=

𝐵𝐼

𝐵𝐷 . Mà

𝐵𝐼

𝐼𝐷=

𝐵𝐶

𝐴𝐷=

𝑎

3𝑎=

1

3=>

𝐵𝐼

𝐵𝐼+𝐼𝐷=

1

4=>

𝐵𝐼

𝐵𝐷=

1

4

Suy ra 𝐾𝐼

𝐴𝐷=

1

4=> 𝐾𝐼 =

3𝑎

4 =>𝑆𝐼 =

3𝑎√3

4. (0.25đ)


3. 𝑆𝐼. 𝑆𝐴𝐵𝐶𝐷 =

1

3.3𝑎√3

4.1

2(𝑎 + 3𝑎). 𝑎 =

𝑎3√3

2 (đvdt)

Gọi H là hình chiếu của I lên SK. Ta có 𝐴𝐵 ⊥ 𝐼𝐾𝐴𝐵 ⊥ 𝑆𝐼

} => 𝐴𝐵 ⊥ 𝐼𝐻.

Từ đó suy ra IK ⊥ (SAB)=>𝑑(𝐼, (𝑆𝐴𝐵)) = 𝐼𝐾 (0.25đ)

Mà do DB = 4IB =>𝑑(𝐷, (𝑆𝐴𝐵)) = 4𝑑(𝐼, (𝑆𝐴𝐵)) = 4𝐻𝐼

Lại có: 1

𝐼𝐻2 =1

𝐼𝑆2 +1

𝐼𝐾2 =16

27𝑎2 +16

9𝑎2 =64

27𝑎2 ⇔ 𝐼𝐻 =3𝑎√3

8 (0.25đ)

Vậy 𝑑(𝐷, (𝑆𝐴𝐵)) =3𝑎√3

2.

79. (Đáp án đề thi thử THPT QG Trường THPT Lương Ngọc Quyến – Thái Nguyên - năm 2015)


87

+) Theo bài ta có: {𝑆𝐻 ⟘(𝐴𝐵𝐶)

𝑆𝐻 =𝑎

2

(0,25đ)

+) 𝑆∆𝐴𝐵𝐶 =𝑎2√3

4=> 𝑉𝑆.𝐴𝐵𝐶 =

𝑎3√3

24 (0,25đ)

+) Dựng đường thẳng d đi qua B và d // AC

=>𝑑(𝐴𝐶, 𝑆𝐵) = 𝑑(𝐴; (𝑆𝐵, 𝑑)) = 2𝑑(𝐻; (𝑆𝐵; 𝑑)) (0,25đ)

Kẻ đoạn HJ sao cho HJ ⟘ d, J ∈ 𝑑; Kẻ đoạn thẳng HK sao cho HK ⟘ SJ, K 𝜖 SJ

+) 𝑑(𝐻; (𝑆𝐵, 𝑑)) = 𝐻𝐾

1

𝐻𝐾2=

1

𝐻𝐽2+

1

𝑆𝐻2=

28

3𝑎2=> 𝐻𝐾 =

𝑎√3

2√7

=>𝑑(𝐴𝐶, 𝑆𝐵) = 2𝐻𝐾 = 𝑎√3

7 (0,25đ)

80. (Đáp án đề thi thử THPT QG Trường THPT Lương Thế Vinh – Hà Nội – lần 1 - năm 2015)

Gọi H là trung điểm của AB => SH ⊥ AB =>SH ⊥ (ABCD)

Suy ra HC là hình chiếu của SC lên (ABCD) =>𝑆𝐶�� = 450


88

𝑆𝐴𝐵𝐶𝐷 = 2𝑎2 (0,25đ)

𝑆𝐻 = 𝐻𝐶 = √4𝑎2 +𝑎2

4=

𝑎√17

2


3. 𝑆𝐻. 𝑆𝐴𝐵𝐶𝐷 =

1

3.𝑎√17

2. 2𝑎2 = |

𝑎3√17

3| (0,25đ)

𝑑(𝑀, (𝑆𝐴𝐶)) =1

2𝑑(𝐷, (𝑆𝐴𝐶)) =

1

2𝑑(𝐵, (𝑆𝐴𝐶)) = 𝑑(𝐻, (𝑆𝐴𝐶))

Kẻ HI ⊥ AC, HK ⊥ SI => HK ⊥ AC => HK ⊥ (SAC) => d (H; (SAC)) = HK. (0,25đ)

Kẻ BE ⊥ AC => HI = 1

2 BE.

1

𝐵𝐸2 =1

𝐵𝐴2 +1

𝐵𝐶2 =1

𝑎2 +1

4𝑎2 =5

4𝑎2 => 𝐵𝐸 =2𝑎

√5=> 𝐻𝐼 =

𝑎

√5

Từ đó suy ra: 1

𝐻𝐾2 =1

𝐻𝐼2+

1

𝐻𝑆2 =5

𝑎2 +4

17𝑎2 =89

17𝑎2 => 𝑑(𝑀, (𝑆𝐴𝐶)) =𝑎√17

√89=

𝑎√1513

89 (0,25đ)



89

𝐴′𝐻⟘(𝐴𝐵𝐶) => 𝐴′𝐻 là đường cao của hình lăng trụ

AH là hình chiếu vuông góc của AA’ lên (ABC) =>𝐴′𝐴�� = 600 (0,25đ)

𝑉𝐴𝐵𝐶.𝐴′𝐵′𝐶′ = 𝐴′𝐻. 𝑆𝐴𝐵𝐶

𝐴𝐶 = 2𝑎,𝑀𝐴 = 𝑀𝐵 = 𝐴𝐵 = 𝑎 => 𝐴𝐻 =𝑎√3

2=> 𝐴′𝐻 =

3𝑎

2

𝑆𝐴𝐵𝐶 =1

2. 𝐵𝐴. 𝐵𝐶 =

1

2. 𝑎. 𝑎√3 =

𝑎2√3

2 (0,25đ)

=>𝑉𝐴𝐵𝐶.𝐴′𝐵′𝐶′ =3𝑎

2.𝑎2√3

2=

3𝑎3√3

4

𝑑(𝐶′, (𝐵𝑀𝐵′)) = 𝑑(𝐶, (𝐵𝑀𝐵′)) = 𝑑(𝐴, 𝐵𝑀𝐵′)) =3𝑉𝐴.𝐵𝑀𝐵′

𝑆𝐵𝑀𝐵′ (0,25đ)

𝑉𝐴.𝐵𝑀𝐵′ = 𝑉𝐵′𝐴𝐵𝑀 =1

6. 𝑉𝐴𝐵𝐶.𝐴′𝐵′𝐶′ =

𝑎3√3

8


90

Do 𝐵𝑀⟘(𝐴𝐻𝐴′) nên 𝐵𝑀⟘𝐴𝐴′ => 𝐵𝑀⟘𝐵𝐵′ => ∆𝐵𝑀𝐵′ vuông tại B

=>𝑆𝐵𝑀𝐵′ =1

2. 𝐵𝐵′. 𝐵𝑀 =

1

2. 𝑎√3. 𝑎 =

𝑎2√3

2

Suy ra 𝑑(𝐶′, (𝐵𝑀𝐵′)) =𝑎3√3

8:𝑎2√3

2=

3𝑎

4 (0,25đ)

(Cách 2: 𝑑(𝐴, (𝐵𝑀𝐵′)) = 𝐴𝐸 = 𝐴𝐻. sin 𝐴𝐻�� =𝑎√3

2. sin 600 =

3𝑎

4)


Ta có (SCD)∩ (ABCD) = CD, CD ⊥ SA, AC =>CD ⊥ (SAC) => SC ⊥ CD =>𝑆𝐶�� = 450 (0,25đ)

𝑉𝑀𝐶𝐷 =1

3. 𝑆𝐴. 𝑆𝑀𝐶𝐷 = 𝐴𝐶 = 𝑎√2; 𝑆𝑀𝐶𝐷 =

1

2𝑎2

Suy ra 𝑉𝑆.𝑀𝐶𝐷 =1

3. 𝑎√2.

1

2. 𝑎2 =

𝑎3√2

6 (0,25đ)

Gọi N là trung điểm AB =>BD //(SMN).

Suy ra:

d(SM,BD) = d(BD, (SMN))= d(D, (SMN))= d(A, (SMN)).

Kẻ AP ⊥ MN (P ∈ MN), AH ⊥ SP (H ∈ SP)

Kẻ AH ⊥ (SMN) => d(A, (SMN)) = AH (0,25đ)

Tam giác vuông SAP có 1

𝐴𝐻2 =1

𝐴𝑆2 +1

𝐴𝑃2

=1

𝐴𝑆2 +1

𝐴𝑁2 +1

𝐴𝑀2 =1

2𝑎2 +1

𝑎2

4

+1

𝑎2 =1

2𝑎2 (0,25đ)


91

Suy ra 𝐴𝐻 =𝑎√22

11=> 𝑑(𝑆𝑀, 𝐵𝐷) =

𝑎√22

11

83. (Đáp án đề thi thử THPT QG Trường THPT Lý Thái Tổ - Bắc Ninh – lần 2 - năm 2015)

Do SA = SB = SC và tam giác ABC đều nên hình chiếu của đỉnh S trên (ABCD) là trọng tâm H

của tam giác ABC

∆ ABC đều ⟹ BH = a√3

Ta có SACD = SABC = 9𝑎2√3

4 0,25

∆ 𝑆𝐻𝐵 vuông tại H nên ta có SH = √𝑆𝐵2 − 𝐵𝐻2= 2a

Vậy VSACD = 1

3𝑆𝐻. 𝑆𝐴𝐶𝐷 =

3𝑎3√3

2 0,25

Vì H là trọng tâm tam giác ABC nên 3 HD = 2 BD

Do AB // CD nên d(AB, SD) = d(AB, (SCD)) = d(B,(SCD)) = 3

2 d(H, (SCD))

Ta có 𝐻𝐶�� = 𝐻𝐶�� + 𝑆𝐴�� = 300 + 60

0 = 90

0⟹ 𝐻𝐶 ⊥ 𝐶𝐷 0,25

Mà SH ⊥ CD Nên CD ⊥ (SHC)

Trong (SHC) kẻ HK ⊥ SC (K∈ SC) ⟹ d(H, (SCD)) = HK

Tam giác SHC vuông tại H nên 1

𝐻𝐾2 = 1

𝐻𝑆2 + 1

𝐻𝐶2 = 1

4𝑎2 + 1

3𝑎2

⟹ HK = 2𝑎√21

7 vậy d(AB;SD) =

3

2 𝐻𝐾 =

3√21𝑎

7 0,25


92

84. (Đáp án đề thi thử THPT QG Trường THPT Lý Tự Trọng – Khánh Hòa – lần 1 - năm 2015)

Gọi O là giao điểm của AC và BD 0,25

S.ABCD là hình chóp tứ giác đều nên SO ⊥ (ABCD)

Gọi I , J lần lượt là trung điểm của AB và CD , xác định được góc giữa mặt bên (SCD) và mặt đáy (ABCD) là

𝑆𝐽�� = 60𝑜

Nhận xét ∆𝑆𝐼𝐽 đều : SO =𝑎√3

2; 𝑉𝑆.𝐴𝐵𝐶𝐷 =

1

3𝑆𝑂. 𝑆𝐴𝐵𝐶𝐷 =

𝑎3√3

6 (đvtt) 0,25

Trong (SAC) , AG cắt SC tại M , M là trung điểm của SC 0,25

Chứng minh được MN // AB và N là trung điểm của SD

𝑉𝑆𝐴𝐵𝑀

𝑉𝑆𝐴𝐵𝐶=

𝑆𝑀

𝑆𝐶=

1

2=> 𝑉𝑆𝐴𝐵𝑀 =

1

4𝑉𝑆𝐴𝐵𝐶𝐷

𝑉𝑆𝐴𝑀𝑁

𝑉𝑆𝐴𝐶𝐷=

𝑆𝑀

𝑆𝐶

𝑆𝑁

𝑆𝐷=

1

4=> 𝑉𝑆𝐴𝑀𝑁 =

1

8𝑉𝑆.𝐴𝐵𝐶𝐷

𝑉𝑆.𝐴𝐵𝑀𝑁 = 𝑉𝑆𝐴𝐵𝑀 + 𝑉𝑆𝐴𝑀𝑁 = 3

8𝑉𝑆.𝐴𝐵𝐶𝐷=

𝑎3√3

16 ( đvtt ) 0,25

85. (Đáp án đề thi thử THPT QG Trường THPT Mạc Đĩnh Chi - TPHCM - năm 2015)

Gọi O là tâm tam giác đều ABC =>𝐴′𝑂⏊(𝐴𝐵𝐶)

Ta có 𝐴𝑀 =𝑎√3

2, 𝐴𝑂 =

2

3𝐴𝑀 =

𝑎√3

3

𝐴′𝑂 = √𝐴𝐴′2 − 𝐴𝑂2 = √𝑎2 −𝑎2

3=

𝑎√6

3; 𝑆∆𝐴𝐵𝐶 =

𝑎3√3

4

Thể tích khối lăng trụ 𝐴𝐵𝐶. 𝐴′𝐵′𝐶′ : 𝑉 = 𝑆∆𝐴𝐵𝐶 . 𝐴′𝑂 =

𝑎3√3

4.𝑎√6

3=

𝑎2√2

4


93

Ta có 𝑉𝑁𝐴𝑀𝐶 =1

3𝑆∆𝐴𝑀𝐶 . 𝑑[𝑁, (𝐴𝐵𝐶)] => 𝑑[𝐶, (𝐴𝑀𝑁)] =

3𝑉𝑁𝐴𝑀𝐶

𝑆∆𝐴𝑀𝐶

𝑆𝐴𝑀𝐶 =1

2𝑆𝐴𝐵𝐶 =

𝑎2√3

8; 𝑑[𝑁, (𝐴𝐵𝐶)] =

1

2𝐴′𝑂 =

𝑎√6

6

Suy ra : 𝑉𝑁𝐴𝑀𝐶 =1

3

𝑎2√3

8.𝑎√6

6=

𝑎3√2

48

Lại có : 𝐴𝑀 = 𝐴𝑁 =𝑎√3

2, nên ∆𝐴𝑀𝑁 cân tại A

Gọi E là trung điểm AM suy ra 𝐴𝐸⏊𝑀𝑁, 𝑀𝑁 =𝐴′𝐶

2=

𝑎

2

𝐴𝐸 = √𝐴𝑁2 − 𝑁𝐸2 = √3𝑎2

4−

𝑎2

16=

𝑎√11

4; 𝑆𝐴𝑀𝑁 =

1

2𝑀𝑁.𝐴𝐸 =

𝑎2√11

16

𝑑[𝐶, (𝐴𝑀𝑁)] = 3𝑎2√2

48 :

𝑎√11

16=

𝑎√22

11 (đvđd)

86. (Đáp án đề thi thử THPT QG Trường THPT Nghèn – Hà Tĩnh - năm 2015)


94

AC là hình chiếu của SC lên đáy nên góc SCA = 450. ΔSAC vuông cân tại A nên 𝑆𝐴 = 𝐴𝐶 = 𝑎√2 (0,25đ)



1

3𝑎√2𝑎2 =

𝑎3√2

3 (0,25đ)

Từ C dựng CI // DE => DE // (SCI). Từ A dựng AK ⊥ CI cắt ED tại H và CI tại K. Trong (SAK) dựng HT ⊥

SK. Do CI ⊥ (SAK) nên HT ⊥ (SCI). (0,25đ)

𝐴𝐾 =𝐶𝐷.𝐴𝐼

𝐶𝐼=

3𝑎

√5, 𝐻𝐾 =

1

3. 𝐴𝐾 =

𝑎

√5 (0,25đ)

𝑑(𝐷𝐸, 𝑆𝐶) = 𝑑(𝐻, (𝑆𝐶𝐼)) = 𝐻𝑇 =𝑆𝐴.𝐻𝐾

𝑆𝐾=

𝑎√38

19

87. (Đáp án đề thi thử THPT QG Trường THPT Nghi Sơn – Thanh Hóa - năm 2015)


95

( ) ( )

( ) ( ) ( )

( ) ( )

SAC ABCD

SBD ABCD SO ABCD SO BC

SAC SBD

0,25

Kẻ 0(SOK) (( ),(ABCD)) 60OH BC BC SBC SKO 0,25

23

22

ABCD ABC

aS S 0,25

3

.

3 3 3

4 4 8S ABCD

a a aOK SO V (ĐVDT) 0,25

A ( ) ( ,( )) 2 (O,(SBC))O SBC C d A SBC d 0,25

( ) ( )

( ) ( ) K ( ) (O,(SBC)) OH

SBC SOK

SBC SOK S OH SBC d

OH SK

0,25

2 2 2

1 1 1 3 3(A,(SBC))

8 4

a aOH d

OH OK OS 0,25

3

d(A,(SBC))4

a 0,25

88. (Đáp án đề thi thử THPT QG Trường THPT Ngô Gia Tự - Bắc Ninh – lần 1 - năm 2015)


96

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông, gọi M là trung điểm của AB. Tam giác SAB cân

và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy (ABCD), biết 2 5SD a , SC tạo với mặt đáy (ABCD) một

góc 60 . Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng DM và SA.

Theo giả thiết ta có SM ABCD

MC là hình chiếu của SC trên (ABCD) nên góc giữa SC với mặt phẳng (ABCD) là 60SCM

Trong tam giác vuông SMC và SMD ta có :

2 2 .tan60SM SD MD MC mà ABCD là hình vuông nên MC = MD

2 2 23 5SD MC MC MC a 15SM a

Lại có

2 22 2 5

22 4

AB BCMC BC BC a

24ABCDS a

Vậy 3

.

1 4 15.

3 3S ABCD ABCD

aV SM S .

*) Dựng hbh AMDI ta có AI // MD nên , , ,DM SA DM SAI M SAId d d

Kẻ MH AI và MK SH . Chứng minh ,M SAI

d MK

Tính được 2 2 15

5 79

a aMH MK .KL…

89. (Đáp án đề thi thử THPT QG Trường THPT Nguyễn Thị Minh Khai- Hà Tĩnh - năm 2015)


97

Do 𝐴′𝐴𝐵𝐷 là hình chóp đều nên với G là tâm Δ ABD => A’G ⊥ (ABD)

=>A’G là chiều cao của lăng trụ

Gọi O là giao điểm của BD và AC. Ta có

𝐴𝐺 =2

3. 𝐴𝑂 =

𝑎√3

2.2

3=

𝑎√3

3 (0,5đ)

Trong tam giác vuông 𝐴′𝐴𝐺 ta có 𝐴′𝐺 = √𝐴′𝐴2 − 𝐴𝐺2 = √𝑎2 −𝑎2

3=

𝑎√6

3

𝑆𝐴𝐵𝐶𝐷 = 2𝑆𝛥𝐴𝐵𝐷 = 2.1

2. 𝐴𝑂. 𝐵𝐷 =

𝑎2√3

2 (0,5đ)

𝑉𝐴𝐵𝐶𝐷.𝐴′𝐵′𝐶′𝐷′ = 𝐴′𝐺. 𝑆𝐴𝐵𝐶𝐷 =𝑎√6

3.𝑎2√3

2=

𝑎3√2

2

Gọi H là giao điểm của A’C’ và B’D’. Do A’C’ // AC nên

𝑑(𝐴𝐵′, 𝐴′𝐶 ′) = 𝑑 (𝐴′𝐶 ′, (𝐴𝐶𝐵′)) = 𝑑(𝐻, (𝐴𝐶𝐵′)) (0,5đ)

Từ H kẻ HE // A’G

𝐴′𝐺 ⊥ (𝐴𝐵𝐶𝐷)

(𝐴′𝐵′𝐶 ′𝐷′)‖(𝐴𝐵𝐶𝐷)} => 𝐻𝐸 ⊥ (𝐴′𝐵′𝐶 ′𝐷′) => 𝐻𝐸 ⊥ 𝐴′𝐶 ′(1) (0,5đ)


98

Do A’B’C’D’ là hình thoi nên A’C’ ⊥ B’D’ (2)

Từ (1) (2) => A’C’ ⊥ (EB’D’) =>AC ⊥ (EB’D’) (3)

𝑇ừ𝐻𝑘ẻ𝐻𝐾 ⊥ 𝐵′𝐸𝑇ừ(3) => 𝐻𝐾 ⊥ 𝐴𝐶

} => 𝐻𝐾 ⊥ (𝐴𝐶𝐵′)

=>𝐻𝐾 = 𝑑(𝐻, (𝐴𝐶𝐵′) (0,25đ)

Trong tam giác B’HE ta có:

1

𝐻𝐾2=

1

𝐵′𝐻2+

1

𝐻𝐸2=

4

𝑎2+

9

6𝑎2=

11

2𝑎2=> 𝐻𝐾 =

𝑎√2

√11 (0,25đ)

90. (Đáp án đề thi thử THPT QG Trường THPT Nguyễn Trãi – Kon Tum - năm 2015)

(1,0 điểm)

Tính được:

·3 , 3, 30

3 , 2 2

HA a SH a SCH

HC a DC a

o

Thể tích khối chóp S.ABCD là 31 8 6. .

3 3ABCDV SH S a

Khoảng cách từ M đến mặt phẳng (SBC), 1 1

; ; ;2 2

d M SBC d A SBC d H SBC ,

vẽ HN vuông góc BC, 2 2HN a , kẻ HK vuông góc SN.

Khi đó HK vuông góc (SBC). Tính được 2 66 66

;( ) .11 11

HK a d M SBC a

91. (Đáp án đề thi thử THPT QG Trường THPT Như Xuân – Thanh Hóa - năm 2015)

M

D

H

C

B

N

K

A

S


99

*) Ta có:

2 2 2a 3AN AB BN

Diện tích tam giác ABC là:

21. 4a 3

2ABCS BC AN .

Thể tích hình chóp S.ABC là:

2

.

1 1. 4a 3.8a

3 3S ABC ABCV S SA

332a 3

3 (đvtt).

*) Ta có:

.

.

1. .

4

B AMN

S ABC

V BA BM BN

V BA BS BC

3

. .

1 8a 3

4 3B AMN S ABCV V .

Mặt khác, 1

4 5a 2 5a2

SB SC MN SC ; 1

2 5a2

AM SB .

Gọi H là trung điểm AN thì MH AN , 2 2 a 17MH AM AH .

Diện tích tam giác AMN là 21 1. 2a 3.a 17 a 51

2 2AMNS AN MH .

Vậy khoảng cách từ B đến (AMN) là:

3

.

2

3 8a 3 8a 8a 17( , ( ))

17a 51 17

B AMN

AMN

Vd B AMN

S

.

92. (Đáp án đề thi thử THPT QG Trường THPT Nông Cống 1 – lần 2 - năm 2015)

Do SH ⊥ (ABCD) nên góc giữa SB và mặt phẳng đáy (ABCD) là góc SBH = 450. Ta có tam giác SBH vuông

cân tại H vậy SH = BH = a√𝑎 0,25

Ta có VS.ABCD = 1

3 SH.dt(ABCD) =

2𝑎3√2

3 (dvdt) 0,25

a. Gọi K là trung điểm của BC, ta có BH // DK ⟹ BH // (SDK) suy ra d(BH; SD) = d(BH;(SDK)) =

d(H;(SDK) 0,25

S

A

B

N

C

M

H


100

Tứ diện SHDK vuông tại H nên 1

𝑑2(𝐻;(𝑆𝐷𝐾) =

1

𝐻𝑆2 +

1

𝐻𝐾2+

1

𝐻𝐷2=

5

2𝑎2 0,25

Vậy d(BH;SD) = d(H;(SDK) = a√2

5

93. (Đáp án đề thi thử THPT QG Trường THPT Phù Cừ - Hưng Yên - năm 2015)

*Tính thể tích

Gọi M là trung điểm của AB. Tam giác CAB cân tại C suy ra AB ⊥ CM. Mặt khác AB ⊥ CC’ => AB ⊥

(CMC’) =>𝐶𝑀𝐶′ = 60𝑂. Gọi V là thể tích lăng trụ ABC.A’B’C’ thì V = 𝑆𝐴𝐵𝐶 . 𝐶𝐶′

Ta có CM = BM.tan300=

𝑎

√3=> 𝑆𝐴𝐵𝐶 =

1

2. 𝐶𝑀. 𝐴𝐵 =

𝑎2

√3

𝐶𝐶′ = 𝐶𝑀. tan 600 =𝑎

√3. √3 = 𝑎 => 𝑉 =

𝑎2

√3. 𝑎 =

𝑎3

√3 (0,25đ)

*Tính khoảng cách

Gọi E đối xứng với A’ qua C’. Suy ra ACEC’ là hình bình hành.

Nên AC’ // CE ⊂ (CB’E) =>AC’ //(CB’E) mà B’C ⊂ (CB’E). (0,25đ)

Do đó d(AC’, B’C) = d(AC’, (EB’C)) = d(C’(EB’C))

Tam giác A’B’E có A’C’ = C’E = B’C’ nên tam giác A’B’E vuông tại B’.

Gọi K là trung điểm B’E, ta có tam giác B’C’E cân tại C’ nên


101

𝐶′𝐾 ⊥ 𝐵′𝐸𝐶𝐶′ ⊥ (𝐴′𝐵′𝐶′) = (𝐴′𝐵′𝐸) => 𝐶𝐶′ ⊥ 𝐵′𝐸

} => 𝐵′𝐸 ⊥ (𝐶𝐶′𝐾)

Kẻ C’H ⊥ CK => C’H ⊂ (CC’K) mà B’E ⊥(CC’K) => B’E ⊥ C’H

Từ đó => C’H⊥(CB’E) hay C’H = d(C’, (CB’E))

Ta tính được CB = 2𝑎

√3=> 𝐶′𝐵′ = 𝐶′𝐸 = 𝐶𝐵 =

2𝑎

√3

Lại có 𝐴𝐵�� = 300, tam giác ABC cân tại C nên 𝐴𝐶�� = 1200 = 𝐴′𝐶′𝐵′ => 𝐵′𝐶′�� = 600

Nên tam giác B’C’E đều; tính được 𝐶′𝐾 = √𝐵′𝐶′2 − (𝐵′𝐸

2)2 = 𝑎

Tam giác CC’K vuông cân tại C’ do đó 𝐶′𝐻 =𝐶𝐾

2=

√𝐶𝐶′2+𝐶𝐾2

2=

𝑎√2

2

Vậy 𝑑(𝐴𝐶′, 𝐶𝐵′) = 𝐶′𝐻 =𝑎√2

2

94. (Đáp án đề thi thử THPT QG Trường THPT Quảng Xương 1 – Thanh Hóa - năm 2015)

1 . Vì BC⊥ SA , BC ⊥ AB => BC ⊥ (SAB)


102

Góc giữa mặt phẳng (SBC) và mặt phẳng (ABC) là góc SBA (0,5)

=>𝑆𝐵�� = 60𝑜 => 𝑆𝐴 = 𝐴𝐵. 𝑡𝑎𝑛60𝑜 = 𝑎√3 (0,5)

=>𝑉𝑆.𝐴𝐵𝐶=

1

3𝑆𝐴.𝑆𝐴𝐵𝐶=

𝑎3√3

6

2 . Gọi N là trung điểm của BC => MN // AC => AC // (SMN) (0,5)

Suy ra d(AC,SM) = d(AC,(SMN)) = d(A,(SMN))

Kẻ AK ⊥ MN => MN ⊥ (SAK) => (SAK) ⊥ (SMN) theo giao tuyến SK

Kẻ AH ⊥ SK => AH ⊥ (SMN) . Do đó d(A,(SMN))=AH

Do ∆ABC vuông cân tại B suy ra ∆AKM vuông cân tại K (0,5)

Suy ra AK = KM = AMcos45𝑜 =𝐴𝑀√2

2=

𝑎√2

4

Trong ∆ vuông SAK ta có : (0,5)

1

𝐴𝐻2 =1

𝑆𝐴2 +1

𝐴𝐾2 =1

(𝑎√3)2+

1

(𝑎√2

4)2 =

25

3𝑎2 => AH = 𝑎√3

5

Vậy d(SM,AC) =𝑎√3

5 (0,5)

95. (Đáp án đề thi thử THPT QG Trường THPT Chuyên Hà Tĩnh – lần 1 - năm 2015)

Kẻ SH ⊥ 𝐴𝐶 (𝐻 ∈ 𝐴𝐶)

Do (SAC) ⊥ (ABCD) ⟹ 𝑆𝐻 ⊥ (𝐴𝐵𝐶𝐷)


103

SA = √𝐴𝐶2 − 𝑆𝐶2 = a; SH = 𝑆𝐴.𝑆𝐶

𝐴𝐶=

𝑎√3

2 0,5

SABCD = 𝐴𝐶.𝐵𝐷

2 = 2a

2

VSABCD = 1

3SH. SABCD =

1

3.𝑎√3

2. 2a

2 =

𝑎3√3

3

Ta có AH = √𝑆𝐴2 − 𝑆𝐻2 =𝑎

2⟹ CA = 4 HA ⟹ 𝑑(𝐶, (𝑆𝐴𝐷)) = 4𝑑(𝐻, (𝑆𝐴𝐷)). Do BC //(SAD) ⟹

𝑑(B,(SAD)) = d(C,(SAD)) = 4𝑑(𝐻, (𝑆𝐴𝐷)).

Kẻ HK ⊥ AD (K𝜖 𝐴𝐷); HJ ⊥ SK( J𝜖 𝑆𝐾)

Chứng minh được (SHK) ⊥ (SAD) mà HJ ⊥ SK ⟹ HJ ⊥ (𝑆𝐴𝐷) ⟹ 𝑑(𝐻, (𝑆𝐴𝐷) = 𝐻𝐽. Tam giác AHK vuông

cân tại K ⟹ HK = AH sin450 =

𝑎√2

4 0,5

⟹ HJ = 𝑆𝐻.𝐻𝐾

√𝑆𝐻2+𝐻𝐾2 =

𝑎√3

2√7 . Vậy d(B,(SAD)) =

2𝑎√3

√7 =

2𝑎√21

7

96. (Đáp án đề thi thử THPT QG Trường THPT Quỳ Châu – Nghệ An – lần 3 - năm 2015)

(1,0 điểm)




Do đó góc giữa SAB với đáy bằng góc giữa SK và HK và

bằng 060SKH

Ta có 2

3tan

aSKHHKSH

Vậy

3

.

1 1 1 3. . . .

3 3 2 12S ABC ABC

aV S SH AB AC SH


j

CB

A

S

H

K

M


104


Ta có 2 2 2 2

1 1 1 16

3HM HK SH a

3

4

aHM . Vậy

3,

4

ad I SAB

97. (Đáp án đề thi thử THPT QG Trường THPT Quỳnh Lưu 2- năm 2015)

0,25đ

*) Vì S.ABC là hình chóp đều nên ABC là tam giác đều tâm G và SG⏊(ABC) =>𝑉𝑆.𝐴𝐵𝐶 =1

3𝑆𝐺. 𝑆𝐴𝐵𝐶

Tam giác ABC đều cạnh a nên :

𝐴𝑁 =𝑎√3

2 =>𝑆𝐴𝐵𝐶 =

𝑎2√3

4

Có AG là hình chiếu của AS trên (ABC) nên góc giữa cạnh bên SA với đáy là (𝑆𝐴, 𝐴��) = 𝑆𝐴�� = 60𝑜 (vì

SG⏊AG =>𝑆𝐴�� nhọn )

Vì G là trọng tâm tam giác ABC nên 𝐴𝐺 =2

3𝐴𝑁 =

𝑎√3

3 trong tam giác SAG có SG = AG.tan60𝑜 = a . Vậy


3𝑎.

𝑎2√3

4=

𝑎3√3

12 0,25đ

Do G là trọng tâm tam giác ABC nên C , G , M thẳng hàng và CM = 3GM

mà M ∈(SMN) nên d(C,(SMN)) = 3d(G,(SMN)) . Ta có tam giác ABC đều nên tại K : SG ⏊ (ABC) => SG⏊

MN => MN⏊(SGK) . Trong (GKH) , kẻ GH⏊SK => GH⏊ MN => GH ⏊ (SMN) , H 𝜖 SK => d(G,(SMN)) =

GH 0,25đ


105

Ta có BK = 1

2AN ; BG = AG =

2

3AN => GK =

2

3AN −

1

2AN =

1

6AN=

𝑎√3

12

Trong tam giác vuông SGK có GH là đường cao nên

1

𝐺𝐻2=

1

𝑆𝐺2+

1

𝐺𝐾2=

1

𝑎2+

48

𝑎2=

49

𝑎2

=>GH = 𝑎

7 . Vậy d(C,(SMN)) = 3GH =

3𝑎

7 0,5đ

98. (Đáp án đề thi thử THPT QG Trường THPT Quỳnh Lưu – Nghệ An - năm 2015)

1, Tính thể tích khối chóp S. ABC

SA vuông góc với mp đáy nên SA là đường cao của khối chóp, 𝑆𝐴 = 𝑎

Trong mặt phẳng đáy từ C kẻ CE // DA, E thuộc AB suy ra CE vuông góc với AB và CE = DA = a là đường

cao của tam giác CAB (0,25đ)

Diện tích tam giác là 𝑆 =1

2𝐶𝐸. 𝐴𝐵 = 𝑎2

Thể tích khối chóp S.ABC là 𝑉 =1

3𝑎3 (0,25đ)

2, Khoảng cách giữa AB và SC

Ta có AB // DC nên 𝑑(𝐴𝐵, 𝑆𝐶) = 𝑑(𝐴𝐵, (𝑆𝐷𝐶)). Trong mặt phẳng (SAD) từ A kẻ AH vuông góc với SD (1),

H thuộc SD

Ta có DC vuông góc với AD, DC vuông góc với SA nên DC vuông góc với mp (SAD) suy ra DC vuông góc

AH (2). (0,25đ)


106

Từ (1) và (2) suy ra AH vuông góc với (SDC)

𝐴𝐻 = 𝑑(𝐴𝐵, 𝑆𝐷𝐶) = 𝑑(𝐴𝐵, 𝑆𝐶)

Trong tam giác vuông SAD ta có: 1

𝐴𝐻2 =1

𝐴𝐷2 +1

𝑆𝐴2 =2

𝑎2 => 𝐴𝐻 =𝑎

√2 (0,25đ)

99. (Đáp án đề thi thử THPT QG Trường THPT Thủ Đức - TPHCM - năm 2015)

Ta có:

𝑆𝐴𝐵𝐶𝐷 = 3𝑆𝐴𝐵𝐼 =3𝑎2√3

4 (0,25đ)

Xét ∆SBI vuông tại I có: 𝑆𝐼2 = 𝑆𝐵2 − 𝐵𝐼2 = 𝑎2 => 𝑆𝐼 = 𝑎


3. 𝑆𝐼. 𝑆𝐴𝐵𝐶𝐷 =

𝑎3√3

4 (𝑑𝑣𝑡𝑡)

𝐴𝐷//𝐵𝐶𝐵𝐶 ⊂ (𝑆𝐵𝐶)

} => 𝐴𝐷//(𝑆𝐵𝐶)

=>𝑑(𝐴𝐷, 𝐵𝐶) = 𝑑(𝐴𝐷, (𝑆𝐵𝐶)) = 𝑑(𝐼, (𝑆𝐵𝐶)) =3𝑉𝑆𝐼𝐵𝐶

𝑆𝑆𝐵𝐶 (0,25đ)

𝑉𝐼𝑆𝐵𝐶 =1

3𝑉𝑆.𝐴𝐵𝐶𝐷 =

1

3

𝑎3√3

4=

𝑎3√3

12

𝑆𝑆𝐵𝐶 = √𝑝(𝑝 − 𝑎)(𝑝 − 𝑏)(𝑝 − 𝑐) =𝑎2√7

4 (0,25đ)

Vậy 𝑑(𝐴𝐷, 𝑆𝐵) =𝑎√21

7 (0,25đ)


107

100. (Đáp án đề thi thử THPT QG Trường THPT Tĩnh Gia 2 - năm 2015)

Gọi O là trung điểm AC . Vì tam giác SAC cân nên ACSO

))()()(( ABCSACviABCSO

vì 2

3,

2

aOB

aOCOA nên

Đặt SO = m thì SB2 = m2+3a2/4, SC2 = m2+a2/4

Vì góc SBC bằng 600 nên 2

6343

432

3

2

1),cos(60cos 222

22

20 a

mamama

aBCBS

SABC = 2

32a

Vậy 8

2.

3

1 3

.

aSSOV ABCABCS

đvtt

Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC

Trong mp(SOB), từ I dựng đường thẳng IM //SO, M trên SB

Do SO vuông với (ABC) suy ra IM vuông với (ABC) hay đường thẳng IM là trục đường tròn của

tam giác ABC

Gọi N là trung điểm SB Trong tam giác SOB, từ N dựng đường trung trực của cạnh SB, cắt IM tại

X.

Suy ra X là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp SABC.

K X

N

M

I

OA C

B

S


108

K

X

N

M

IO

B

S

Theo 1) ta có SB = 3a/2., SN = 3a/4.

Ta có: SN.SB=SK.SO suy ra SK = 64

9a

KN=SK.sinOSB =24

3a

XN = 1/3KN = 24

a

BX = 8

38a

Vậy bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp là8

38a

101. (Đáp án đề thi thử THPT QG Trường THPT Trần Quốc Tuấn – Phú Yên - năm 2015)

Gọi M là trung điểm CD. Chứng minh được ((𝐴𝐶𝐷), (𝐵𝐶𝐷)) = 𝐴𝑀�� = 600 (0,25đ)


109

Từ đó tính được 𝐴𝐻 =𝑎√3

2. Ta cũng dễ tính được diện tích tam giác BCD là 𝑆 =

𝑎2√3

2 nên 𝑉𝐴𝐵𝐶𝐷 =

𝑎3

4 (0,25đ)

Dựng hình bình hành BDCE, K là hình chiếu vuông góc của H trên CE, I là hình chiếu vuông góc của H trên

AK. Thế thì d(BD, AC)= d(BD, (ACE))= d(B, (ACE)) (0,25đ)

= 2d(H, (ACE))= 2HI = 𝑎√6

2 (0,25đ)

102. (Đáp án đề thi thử THPT QG Trường THPT Triệu Sơn 5 – lần 2 - năm 2015)

.

1.

3S ABCD ABCDV SH S

Ta có SH2=HA.HB=2a

2/9 2

3

aSH

32

.

22.

9 9S ABCD

a aV a (đvtt)

( , ( ))

( , ( ))

d I SCD IC

d H SCD HC và

3

2

IC CD

IH BH

3

5

IC

CH và CH

2=BH

2+BC

2= 213

9a

2 2 2 2

1 1 1 11 22

2 11

aHM

HM SH HK a

3 22( , ( ))

55

ad I SCD

103. (Đáp án đề thi thử THPT QG Trường THPT Yên Lãng – Hà Nội - năm 2015)

Viết đúng công thức thể tích 0.25


110

khối hộp V = AA’.S = c.

S

S = AB.AD.sin60 = ab

(đvdt)

Thay số vào ta được đáp số

V = abc (đvtt)

0.25

0.5

Trong tam giác vuông A'AF (vuông tại A), ta có

Vậy

104. (Đáp án đề thi thử THPT QG Trường THPT Yên Phong 2 – lần 1 - năm 2015)

Tính d (SA, DC)

Gọi H là hình chiếu vuông góc của S trên (ABCD). Vì S.ABCD là hình chóp tứ giác đều nên H là tâm của hình

vuông ABCD. Vậy H chính là giao điểm của 2 đường chéo AC và BD. Đường cao của hình chóp là SH. Cạnh

bên SB cắt mặt đáy (ABCD) tại B. Vậy góc tạo bởi cạnh bên và mặt đáy là góc 𝑆𝐵�� = 600

Ta có 𝐵𝐻 =1

2𝐵𝐷 =

1

2√𝐵𝐶2 + 𝐶𝐷2 =

𝑎√2

2

hbhABCD

hbhABCD

hbhABCD

3

2

3

2

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

1 1 1 3

' 3 4 4 4

abcAH

AH A A AF a b a c b c abc

2 2 2 2 2 2 2

2 3( , ( '))

3 3 4 4 4

abcd M BDA

a b a c b c abc

a D

a H

C

S

A

B a

a 600


111

Tam giác SHB vuông tại H nên

SH = BH. tan𝑆𝐵�� =𝑎√2

2. tan 600 =

𝑎√2

2. √3 =

𝑎√6

2

Gọi M là trung điểm của AB và N là hình chiếu vuông góc của H trên SN.

Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có: 1

𝑁𝐻2=

1

𝐻𝑀2+

1

𝑆𝐻2=> 𝐻𝑁 =

𝑎√6

14 . Chứng minh được HN⊥

(SAB)

Vì CD // (SAB) nên d (SA, CD) = d (CD, (SAB)) = 2.d(H, (SAB)).

Vậy d (SA, CD) = 2. HN = 𝑎√6

√7

Tính thể tích khối chóp S.ABCD

Diện tích hình vuông là B = AB2 = a

2 (đvdt)

Vậy thể tích khối chóp là V = 1

3B. SH =

1

3. 𝑎2.

𝑎√6

2=

𝑎3√6

6 (đvdt)

105. (Đáp án đề thi thử THPT QG Trường THPT Trần Nguyên Hãn – Hải Phòng - năm 2015)

ABCS =21 a 3

CA.CB2 2

Từ giả thiết có ' ' '.ABC A B CV = ABCS .CC';

Gọi H là hình chiếu của D trên AB

· · · 0

AB (CC'H)

((ABC'), (ABC)) (CH,HC') CHC' 60

Xét tam giác vuông ABC có CH là chiều cao nên 2 2 2 2 2 2CH CA CB 3a a 3a

1 1 1 1 1 4 a 3CH

2

Xét tam giác vuông CHC’ có

' ' '

2 30

ABC.A BC

3a a 3 3a a 3 3CC' HCtan 60 V .

2 2 2 4 ( đvtt)

Gọi M là trung điểm của AB


112

I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp C’.ABC

Ta có IA =IB = IC = IC’

I thuộc d với d là trục đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC ( d đi qua O và vuông góc với (ABC)

Và I thuộc mặt trung trực của CC’

Tam giác IMC có MC = a , CC' 3a

IM2 4

Vậy bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp C’.ABC là 2 2 5aR IC IM CM

4

106. (Đáp án đề thi thử THPT QG Trường THPT Trần Phú – Thanh Hóa - năm 2015)

Gọi O = ACBD. Ta có OBAC, SOAC ¼SOB =600 0.25

Xét tam giác SOH vuông tại H: tan 600 = 0 3

.tan 60 . 36 2

SH a aSH OH

HO 0.25

Ta có tam giác ABC đều SABCD = 2SABC =2 3

2

a 0.25

Vậy VS.ABCD = 21 1 3

. . .3 3 2 2

ABCD

a aSH S (đvdt) =

𝑎2√3

120.25

Tính khoảng cách FB

Trong (SBD) kẻ OE //SH khi đó ta có OC, OD, OE đôi một vuông góc và 3 3

; ;2 2 8

a a aOC OD OE

0.5


113

Áp dụng công thức: 2 2 2 2

1 1 1 1 3

( , ) 112

ad

d O SCD OC OD OE 0.5

Mà d(B, SCD) = 2d(O,SCD) = 6

112

a

107. (Đáp án đề thi thử THPT QG Trường THPT Gia Bình 1 – Bắc Ninh - năm 2015)

Trong (ABC), kẻ CH AB H AB , suy ra ' 'CH ABB A

nên A’H là hình chiếu vuông góc của A’C lên (ABB’A’). Do đó:

· · · 0' , ' ' ' , ' ' 30A C ABB A A C A H CA H .

2

01 3. .s in120

2 2ABC

aS AC BC

2 2 2 0 22 . .cos120 7 7AB AC BC AC BC a AB a

2. 21

7

ABCS aCH

AB

Suy ra: 0

2 21'

s in30 7

CH aA C .

Xét tam giác vuông AA’C ta được: 2 2 35' '

7

aAA A C AC .

Suy ra: 3 105

. '14

ABC

aV S AA .

Do '/ / ' '/ / ' 'CC AA CC ABB A . Suy ra:

21

' , ' ', ' ' , ' '7

ad A B CC d CC ABB A d C ABB A CH .

108. (Đáp án đề thi thử THPT QG Trường THPT Chí Linh – Hải Dương – lần 1 - năm 2015)


114

SA (ABCD) =>AC là hình chiếu của SC trên (ABCD) nên · · · 0( ,( )) ( , ) 60SC ABCD SC AC SCA

tam giác ABC có AB=BC=a, · 060 ,ABC nên tam giác ABC đều => AC=a

trong tam giác SAC vuông tại A nên 0.tan 60 3SA AC a

Diện tích ABCD là 2

01 32 2. . sin 60

2 2ABCD ABC

aS S AB BC

Thể tích S.ABCD là 3

.

1.

3 2S ABCD ABCD

aV SA S

Kẻ AHCD(H∈ 𝐶𝐷) , 𝑡𝑎𝑚 𝑔𝑖á𝑐 𝐴𝐶𝐷 đề𝑢 𝑐ạ𝑛ℎ 𝑎 , đường cao AH=𝑎√3

2

Trong tam giác vuông SAH có 2 2 15

2

aSH SA HA

Do SA (ABCD) ,SA CD CD AH CD SH

Diện tích tam giác SAD là 21 15

.2 4

SCD

aS SH CD

2 3

.

( , ( )). 1 1 3 3 15. 3. ( , ( ))

3 3 3 4 4S 5

SCDS ACD ACD

SAD

d A SCD S a a aV SA S a d A SCD

O

M

H600

600

a

D

CB

A

S


115

Do AB//(SCD) nên d(B,(SCD))=d(AB,(SCD))=d(A,(SCD))= 15

5

a

Do CA=CB=CD=a nên C là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD

Kẻ Cx//SA, trong (SAC) kẻ trung trực My của SA cắt Cx tại O. O là tâm mặt cầu ngoại tiếp S.ABD.

Thật vậy Cx//SA Cx (ABD) OC (ABD) mà CA=CB=CD nên OA=OB=OD mặt khác O nằm trên

trung trực của SA nên OA=OS OA=OB=OD=OS O là tâm mặt cầu ngoại tiếp S.ABD bán kính r=OA

dẽ thấy MACO là hình chữ nhật nên 2 2 2 23 7( )

2 2

a ar AC AM a

109. (Đáp án đề thi THPT QG minh họa của Bộ GD và ĐT - năm 2015)

Hình

Theo giả thiết HA = HC = 1

2 AC = a và SH ⊥ mp (ABC)

Xét ∆v. ABC ta có BC = AC . cos𝐴𝐶�� = 2a. cos 300 = √3a 0,25

Do đó SABC = 1

2 AC. BC. sin 𝐴𝐶�� =

1

2. 2a. √3a . sin 30

0 =

√3

2𝑎2 0,25

Vậy VS.ABC = 1

3 SH. SABC =

1

3. √2𝑎.

√3

2𝑎2 =

𝑎3√6

6

Vì CA = 2 HA nên d(C, (SAB)) = 2d(H, (SAB) (1)

Gọi N là trung điểm của AB, ta có HN là đường trung bình của tam giác ABC


116

Do Đó HN // BC. Suy ra AB ⊥ HN. Lại có AB ⊥ 𝑆𝐻 nên AB ⊥ mp (SHN). Do đó mp (SAB) ⊥ mp (SHN). Mà

SN là giao tuyến của hai mặt phẳng vừa nêu nên trong mp (SHN) hạ HK ⊥ SN ta có HK ⊥ mp (SAB)

0,25

Vì vậy d(H, (SAB)) = HK. Kết hợp với (1) suy ra d(C, (SAB)) = 2 HK (2)

Vì SH ⊥ mp (ABC) nên SH ⊥ HN. Xét ∆v. SHN ta cso

1

𝐻𝐾2 = 1

𝑆𝐻2 +1

𝐻𝑁2 = 1

2𝑎2 +1

𝐻𝑁2

Vì HN là đường trung của tam giác ABC nên HN = 1

2 BC =

𝑎√3

2

Do đó 1

𝐻𝐾2 = 1

2𝑎2 +4

3𝑎2 = 11

6𝑎2 Suy ra HK = 𝑎√66

11 (3) 0,25

Thế (3) vào (2) ta được d(C, (SAB) = 2𝑎√66

11

110. (Đáp án đề thi THPT QG chính thức của Bộ GD và ĐT - năm 2015)

Ta có 𝑆𝐶�� = (𝑆𝐶, (𝐴𝐵𝐶𝐷) ) = 450, (0,25 đ)

Suy ra 𝑆𝐴 = 𝐴𝐶 = √2𝑎.



1

3. √2. 𝑎2 =

√2𝑎3

3 (0,25 đ)

Kẻ đường thẳng d qua B và song song AC. Gọi M là hình chiếu vuông góc của A trên d; H là hình

chiếu vuông góc của A trên SM. Ta có SA ⊥ BM, MA ⊥ BM nên AH ⊥ BM.

Suy ra AH ⊥ (SBM).


117

Do đó d(AC,SB)= d(A,(SBM))= AH. (0,25 đ)

Tam giác SAM vuông tại A, có đường cao AH, nên 1

𝐴𝐻2=

1

𝑆𝐴2+

1

𝐴𝑀2=

5

2𝑎2 (0,25 đ)

Vậy 𝑑(𝐴𝐶, 𝑆𝐵) = 𝐴𝐻 =√10𝑎

5

111. (Đáp án đề thi thử THPT QG Trường THCS &THPT Nguyễn Viết Xuân - năm 2015)

+Gọi H là trung điểm của AB, suy ra A’H ⊥ (ABC) và (A’C, (ABC))= 𝐴′𝐶�� = 600. Do đó 𝐴′𝐻 =

𝐶𝐻. tan 600 =3𝑎

2. (0,25 đ)

Thể tích của khối lăng trụ là 𝑉𝐴𝐵𝐶.𝐴′𝐵′𝐶′ = 𝐴′𝐻. 𝑆∆𝐴𝐵𝐶 =3𝑎3√3

8 (0,25 đ)

+Gọi I là hình chiếu vuông góc của H trên AC; K là hình chiếu vuông góc của H trên A’I. Suy ra HK = d(H,

(ACC’A’))

Ta có 𝐻𝐼 = 𝐴𝐻. sin 𝐼𝐴�� =𝑎√3

4

1

𝐻𝐾2 =1

𝐻𝐼2+

1

𝐻𝐴2 => 𝐻𝐾 =3𝑎√13

26 (0,25 đ)

Do đó d(B,(ACC’A’))=2d(H,(ACC’A’))= 2HK = 3𝑎√13

13 (0,25 đ) (0,25 đ)

112. (Đáp án đề thi thử THPT QG Trường THPT Chuyên KHTN – lần 5 - năm 2015)

Gọi H là trung điểm của BC => SH ⊥ (ABC).


118

Dựng hình chữ nhật ACDC =>d(AB;SC) = d(B;(SCD))= 2d(H; (SCD)). Gọi E là trung điểm của CD =>CD

⊥(SHE). Gọi F là hình chiếu của H lên SE =>HF ⊥ (SCD)

=>d(H;(SCD)) = HF =>HF = 𝑎√2

3 (0,25 đ)

Trong ∆HSE có SH = a√2


3𝑆𝐻. 𝑆𝐴𝐵𝐶 =

𝑎3√6

6 (0,25 đ)

b)Ta có SH là trục của ∆ABC. Gọi I là trung điểm của SC, trong (SHC) dựng trung trực của SC cắt SH tại K

=> K là tâm mặt cầu ngoại tiếp khối chóp S.ABC. (0,25 đ)

Ta có ∆HSC ∽ ∆ISK =>𝑆𝐾 =𝑆𝐶2

2𝑆𝐻=> 𝑆𝐾 =

3𝑎√2

4 (0,25 đ)

Vậy bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối chóp S.ABC bằng 3𝑎√2

4

113. (Đáp án đề thi thử THPT QG Trường THPT Chuyên Lê Quý Đôn – Bình Định - năm 2015)

Vì M cách đều A, B nên M nằm trên mặt phẳng trung trực (Q) của AB.

Phương trình mặt phẳng (Q):

𝐴𝐵 = (0; 6;−2)

Tọa độ trung điểm I của AB: I(1;-1;4)

(Q): 3y – z + 7 = 0 (0,25 đ)

Vì mặt phẳng (MAB) vuông góc với mặt phẳng (P) nên M trên mặt phẳng (R) chứa AB và vuông góc với (P).

Phương trình mặt phẳng (R):

(R): 2x + y + 3z – 13 = 0 (0,25 đ)

Điểm M cần tìm là giao điểm của hệ phương trình:

{

2𝑥 − 𝑦 − 𝑧 − 13 = 03𝑦 − 𝑧 + 7 = 0

2𝑥 + 𝑦 + 3𝑧 − 13 = 0 ⇔ {

𝑥 = 6𝑦 = −2𝑧 = 1

(0,25 đ)

Tọa độ điểm M(6;-2;1)

114. (Đáp án đề thi thử THPT QG Trường THPT Cổ Loa – Hà Nội – lần 3 - năm 2015)


119

AC = 2a, AD = 2𝑎

3. Do SD ⊥ (ABC) =>SD ⊥AD.

SD = √𝑆𝐴2 − 𝐴𝐷2 =4𝑎√2

3 (0,25 đ)

𝑆𝐴𝐵𝐶 =𝑎2√3

2

=>𝑉𝑆.𝐴𝐵𝐶 =1

3𝑆𝐴𝐵𝐶 . 𝑆𝐷 =

2𝑎3√6

9 (0,25 đ)

Mà AD ∩ (SBC) = C suy ra d(A,(SBC))= 3

2𝑑(𝐷, (𝑆𝐵𝐶))

Dựng DH ⊥ BC, H ∊ BC, DI ⊥ AH, I ∊ SH. Suy ra DI ⊥ (SBC), DI = d(D,(SBC)) (0,25 đ)

𝐷𝐻 =2

3𝐴𝐵 =

2

3𝑎. Tính

1

𝐷𝐼2=

1

𝑆𝐷2 +1

𝐷𝐻2 => 𝐷𝐼 =4𝑎√2

9. Suy ra 𝑑(𝐴, (𝑆𝐵𝐶)) =

2√2𝑎

3 (0,25 đ)

115. (Đáp án đề thi thử THPT QG Trường THPT Lương Ngọc Quyến – lần 2 - năm 2015)


120

Gọi H là trung điểm AB. Do SAB cân tại S, suy ra SH ⊥ AB, mặt khác (SAB)⊥(ABCD)

Nên SH ⊥(ABCD) và 𝑆𝐶�� = 600 (0,25 đ)

Ta có 𝑆𝐻 = 𝐶𝐻. tan 600 = √𝐶𝐵2 + 𝐵𝐻2. tan 600 = 𝑎√15


3. 𝑆𝐻. 𝑆𝐴𝐵𝐶𝐷 =

1

3. 𝑎√15. 4𝑎2 =

4√15

3𝑎3 (0,25 đ)

Qua A vẽ đường thẳng ∆ song song với BD. Gọi E là hình chiếu vuông góc của H lên ∆ và K là hình chiếu của

H lên SE, khi đó ∆⊥(SHE) =>∆⊥HK suy ra HK ⊥ (S,∆).

Mặt khác, do BD // (S,∆) nên ta có: d(BD; SA) = d(BD;(S,∆)) = d(B;(S,∆)=2d(H;(S,∆))= 2HK (0,25 đ)

Ta có 𝐸𝐴�� = 𝐷𝐵�� = 450 nên tam giác EAH vuông cân tại E, suy ra 𝐻𝐸 =𝐴𝐻

√2=

𝑎

√2

=>𝐻𝐾 =𝐻𝐸.𝐻𝑆

√𝐻𝐸2+𝐻𝑆2=

𝑎

√2.𝑎√15

√(𝑎

√2)2+(𝑎√15)2

= √15

31𝑎

Vậy: d(BD; SA)= 2√15

31𝑎. (0,25 đ)

tỔng hỢp cÁc bÀi toÁn cỰc khÓ oxyz cÓ lỜi giẢi...

Documents