Tổng hợp đề thi học sinh giỏi môn Toán THPT - Vòng 1 - Chuyên đề 20: Hình học không gian thuần túy - Năm học 2018-2019 (Có đáp án)

126 trang nhungbui22 11/08/2022 3970

Download

Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Tổng hợp đề thi học sinh giỏi môn Toán THPT - Vòng 1 - Chuyên đề 20: Hình học không gian thuần túy - Năm học 2018-2019 (Có đáp án)", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

Tài liệu đính kèm:

tong_hop_de_thi_hoc_sinh_gioi_mon_toan_thpt_vong_1_chuyen_de.docx

Nội dung text: Tổng hợp đề thi học sinh giỏi môn Toán THPT - Vòng 1 - Chuyên đề 20: Hình học không gian thuần túy - Năm học 2018-2019 (Có đáp án)

TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 Chuyên đề 20 Hình học không gian thuần túy Câu 1. (HSG11 tỉnh Hà Nam năm 2018-2019) Cho hình lập phương ABCD.A' B 'C ' D ' tâm O cạnh  3   1  có độ dài bằng 1. Gọi M , P là hai điểm sao cho AM AA',CP CC ' . Mặt phẳng thay đổi đi 4 4 qua M , P đồng thời cắt hai cạnh BB ', DD ' lần lượt tại N và Q . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của chu vi tứ giác MNPQ . Lời giải Tác giả: Nguyễn Văn Đắc; Fb: Đắc Nguyễn. D' C' O Q B' A' P I C M D N O' A B Gọi I MP OO ' I là trung điểm của MP . Do đó trong hình thang AMPC ta có AM CP 1, tương tự DQ BN 2.OI 1 . Đặt BN x, DQ y thì x, y 0;1 và x y 1. (MNPQ)  (ABB ' A') MN  Ta có (MNPQ)  (CDD 'C ') QP  MN / /QP (ABB ' A') / /(CDD 'C ')  Chứng minh tương tự MQ / / NP , suy ra tứ giác MNPQ là hình bình hành. Suy ra của chu vi tứ giác MNPQ 2MN 2MQ . 2 2 3 3 Ta tính được MN 1 x ;MQ 1 y . 4 4  Trang 451 
TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 2 2 3 3 chu vi tứ giác MNPQ 2 1 x 1 y * . 4 4 2 2 *) Áp dụng BĐT a2 b2 c2 d 2 a c b d 2 2 2 3 3 3 17 1 x 1 y 4 x y . 4 4 2 2 1 Dấu " " xảy ra khi x y . 2 Suy ra giá trị nhỏ nhất của chu vi tứ giác MNPQ 17 . *) Thế y 1 x vào (*) ta có 2 2 3 1 chu vi tứ giác MNPQ 2 1 x 1 x 2 f x . 4 4 2 2 3 1 Với f x 1 x 1 x 4 4 2 2 3 5 17 5 1 5 17 17 5 17 1 x x 1 x x 4 4 4 4 4 4 4 4 13 5 17 13 5 17 (x2 x) (x2 x) 5 17 8 8 2 2 3 5(1 x) 17x 1 5x 17 1 x 4 4 1 x 1 x 4 4 4 4 5 17 Do x2 x 0,x 0;1 f (x) 4 4 5 17 Suy ra maxf (x) khi x 0 hoặc x 1 4 5 17 Suy ra giá trị lớn nhất của chu vi tứ giác MNPQ . 2 2 3x2 1 1 1 3x 4 3x 1 Ta có : x x 4 3x .3x. 4 3x . 4 4 12 12 2 3 1 1 Do đó : S .SB.AC.sin S lớn nhất bằng .SB.AC.sin MNPQK 3 MNPQK 3 2 BM 2 3x 4 3x x . 3 BC 3 S.ABCD ABCD a Câu 3. (Tổ-25-Lan-2-HSG-Yên-Dũng) Cho hình chóp có đáy  là hình vuông cạnh , H là hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng ABCD , biết HN 3HM , trong đó M , N lần  Trang 452 
TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 lượt là trung điểm của AB,CD . Mặt phẳng SAB tạo với đáy một góc 60o . Tính bán kính của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD . a 7 a 21 a 3 a 5 A. . B. . C. . D. . 6 6 6 6 Lời giải Chọn C S I A D M O H N B P C Q SH  AB Ta có AB  SMH . Do đó góc giữa hai mặt phẳng SAB và ABCD là góc SMH và MN  AB bằng 60o . a MH a 1 a Vì MH nên SM : . 4 cos60o 4 2 2 a Mặt khác, ta có M là trung điểm của AB nên AM MB . 2 Xét tam giác SAB có SM là đường trung tuyến và SM AM MB suy ra tam giác SAB là tam giác vuông tại S . Dựng tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD như sau: Gọi O là tâm của hình vuông ABCD . Trong mặt phẳng SMN , dựng đường thẳng đi qua O và song song với SH cắt SN tại I . Trong mặt phẳng SMN , dựng đường thẳng đi qua M và vuông góc với SM cắt SH,OI lần lượt tại P,Q .  Trang 453 
TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 Khi đó Q chính là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD . Thật vậy: Vì SH  ABCD nên IQ  ABCD mà O là tâm của hình vuông ABCD suy ra QA QB QC QD . (1) MQ  AB Mặt khác, ta có MQ  SAB mà M là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác SAB nên MQ  SM QA QB QS . (2) Từ (1), (2) suy ra Q chính là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD . S I H M O N P Q Do đó bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD bằng QM 2MP . a 3 a 3 Xét tam giác SMP vuông tại M có góc MSP 30o nên MP SM.tan 30o . . 2 3 6 a 3 Vậy bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD bằng . 3 Câu 5. (Tổ-25-Lan-2-HSG-Yên-Dũng) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a , góc BAD 120o , SA vuông góc với đáy. SC tạo với đáy một góc 60o . Côsin góc giữa hai mặt phẳng SAD và SCD là: 3 10 5 5 A. . B. . C. . D. . 3 5 10 5 Lời giải Chọn D  Trang 454 
TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 S A D H M B C Vì SA  ABCD nên góc giữa SC và ABCD bằng góc SCA và bằng 60o . Vì tứ giác ABCD là hình thoi có góc BAD bằng 120o nên tam giác ACD là tam giác đều. Do đó AC a . Xét tam giác SAC vuông tại A có SA AC.tan 60o a 3 . Gọi CM là đường cao của tam giác ACD . Vì tứ giác ABCD là hình thoi có góc BAD bằng 120o nên tam giác ACD là tam giác đều. Do đó M là trung điểm của AD . CM  AD Ta có CM  SAD . CM  SA Trong mặt phẳng SAD , dựng đường thẳng đi qua M và vuông góc với SD cắt AD lần lượt tại H . CM  SD Ta có SD  CMH . Do đó góc giữa hai mặt phẳng SAD và SCD là góc CHM . MH  SD SA a 3 Ta có tan SDA 3 SDA 60o . AD a a a 3 a 3 Vì M là trung điểm của AD nên MD . Suy ra MH MD.sin 60o . . 2 2 2 4 a 15 Ta lại có tam giác CMH vuông tại M nên theo định lý Pytago có CH . 4  Trang 455 
TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 MH a 3 a 15 5 Vậy Côsin góc giữa hai mặt phẳng SAD và SCD bằng cosCHM : . CH 4 4 5 Câu 6. (HSG11 Nho Quan Ninh Bình 2018-2019) Cho hình lập phương ABCD.A B C D có cạnh bằng a . Tính khoảng từ điểm B đến mặt phẳng AB C . a 2 a 3 a 3 a 6 A. . B. . C. . D. . 3 2 3 3 Lời giải Tác giả: Nguyễn Minh Quân; Fb: Nguyễn Minh Quân Chọn C Từ giả thiết suy ra hình chóp B.ACB có các cặp cạnh BA,BC,BB đôi một vuông góc. Suy ra d B, ACB h với h là đường cao của hình chóp B.ACB kẻ từ đỉnh B . 1 1 1 1 1 1 1 3 a 3 Có h . h2 BA2 BC 2 BB 2 a2 a2 a2 a2 3 a 3 Vậy d B, ACB . 3 Câu 7. (HSG12 Tỉnh Nam Định 2018-2019) Cho hình chóp S.ABCD có SA vuông góc với mặt phẳng ABCD , đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B , AD 3BC 3a , AB a , SA a 3 . Gọi M là   trung điểm SD và I thỏa mãn AD 3AI . a. Tính thể tích của khối tứ diện CDMI . Tính góc giữa hai đường thẳng AM và SC . b. Gọi E , F lần lượt là hình chiếu của A trên các cạnh SB , SC . Gọi H là giao điểm của SI và AM . Tính thể tích của khối nón có đáy là hình tròn ngoại tiếp tam giác EFH và đỉnh thuộc mặt phẳng ABCD . Lời giải  Trang 456 
TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 S M F E K H D A I M' K' B C a. Gọi M là hình chiếu vuông góc của điểm M trên mặt phẳng ABCD . SA//MM 1 a 3 Trong tam giác SAD , có MM SA . MS MD 2 2 AD // CD Trong hình thang ABCD , có AI BC AB . Suy ra ABCI là hình vuông. µ o A 90 1 Diện tích của tam giác CDI là S CI.DI a2 . CDI 2 1 1 a 3 a3 3 Vậy thể tích của khối tứ diện CDMI là V S .MM ' a2. . 3 CDI 3 2 6 CI  AD Ta có: CI  SAD CI  AM 1 . CI  SA Trong tam giác vuông SAD , có: SD SA2 AD2 2 3a SM AM SA a 3 S·AM 60o . AI 3 tan ·ASI ·ASI 30o . SA 3 Suy ra S· HA 900 ( H là giao điểm của SI và AM ). Do đó SI  AM 2 . Từ 1 và 2 suy ra AM  SIC AM  SC . Vậy góc giữa hai đường thẳng AM và SC bằng 90o . AE  SB AE  SC AH  SC b. Ta có AE  SBC 3 . SM  SIC AH  SIC 4 . AE  BC AE  EF AH  HF AF  SC 6 .  Trang 457 
TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 Từ 3 , 4 , 5 suy ra bốn điểm A, E , F , H đồng phẳng; mặt phẳng SC  AEFH và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác EFH là trung điểm K của đoạn AF . Gọi K là trung điểm của đoạn AC . Vì KK // FC và SC // AEFH nên KK  EFH hay K là đỉnh của hình nón đang cần xét. Trong tam giác SAC , có: 1 1 1 AS.AC a 30 a 30 2 2 2 AF KF AF SA AC AS 2 AC 2 5 10 và AC 2 2a 5 1 a 5 FC KK FC . SC 5 2 5 Vậy thể tích V của khối nón có đáy là đường trong ngoại tiếp tam giác EFH và đỉnh thuộc mặt phẳng ABCD là 1 1 a2 30 a 5 a3 5 V .KF 2.KK . . . . 3 3 100 5 50 Câu 8. (HSG11 Nho Quan Ninh Bình 2018-2019) Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A B C , có M là     trung điểm của đoạn thẳng BC . Vectơ A M được biểu thị qua các vectơ AB, AC, AA như sau      1  1  1  A. A M AB AC AA . B. A M AB AC AA . 2 2 2  1  1    1  1   C. A M AB AC AA .D. A M AB AC AA . 2 2 2 2 Lời giải Tác giả: Bui Bai; Fb: Bui Bai Chọn C    Do M là trung điểm BC AB AC 2AM .     1   1  1   A M A A AM AA AB AC AB AC AA . 2 2 2  Trang 458 
TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 Câu 9. (HSG12 huyện Lương Tài Bắc Ninh năm 2019) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B, AD 2AB 2BC , CD 2a 2 . Hình chiếu vuông góc của S trên mặt đáy là trung điểm M của cạnhCD . Khoảng cách từ trọng tâm G của tam giác SAD đến mặt phẳng SBM bằng a 10 3a 10 4a 10 3a 10 A. . B. . C. . D. . 5 15 15 5 Lời giải Chọn C Tác giả: Lê Thanh Long; Fb: Lê Thanh Long S G A N D I Q X M K B C + Kẻ CI  AD mà AD 2AB 2BC nên suy ra I là trung điểm của AD CID là tam giác vuông cân tại I + Ta có SM  ABCD SMB  ABCD Nên từ I ta kẻ IX  BM IX  SBM + Trong (SIX ) ta kẻ GN / / IX GN  SBM d G, SBM GN GN SG 2 2 + Xét hai tam giác đồng dạng SGN và SIX : GN IX IX SI 3 3 Ta xét (ABCD) : F D A I Q M X K B C 1 + Kẻ MF  AD mà M là trung điểm của CD MF AB suy ra F là trung điểm của AQ 2 Ta có: CD 2a 2 , mà CID vuông cân tại I nên ID 2a 1 MF AB suy ta F là trung điểm của AQ AQ 6a 2  Trang 459 
TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 AQ.AB 3a 10 + Xét vuông ABQ , ta kẻ AK  BQ AK AQ2 AB2 5 QI.AK 2a 10 + Ta xét 2 tam giác đồng dạng QIX và QAK : IX . QA 5 2 2 2a 10 4a 10 Vậy: GN IX . 3 3 5 15 Câu 10. (HSG11 Nguyễn Đức Cảnh Thái Bình 2018-2019) Cho hình chóp S.ABCD , đáy ABCD là hình vuông cạnh 2a , tam giác SAB là đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng ABCD . Gọi M là trung điểm của AD . Khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng SCM là a 2 3a 2 A. . B. a 2 . C. . D. 3a 2 . 2 8 Lời giải Tác giả: Hoa Mùi; Fb: Hoa Mùi Chọn B S A M D H B C Gọi H là trung điểm của AB , tam giác SAB là đều cạnh 2a SH  AB, SH a 3 . Ta có: SAB  ABCD gt SAB  ABCD AB SH  ABCD . AH  SAB , SH  AB 1 1 1 2a3 3 Ta có: S S 2a2 . V .SH.S .a 3.2a2 . BCM 2 ABCD S.BCM 3 BCM 3 3 2 Mặt khác: HM a 2;SM CM HC a 5 SC a 8 S SCM a 6 . 3.V 3 Khi đó: d B; SCM S.BCM 3.2a3 : a2 6 a 2 . S SCM 3 Cách 2: Lớp 11  Trang 460 
TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 S B K C H A E M D I d B, SMC BI 2AB 1 3 d H, SMC HI AB 3 2 4 4 d B, SMC d H, SMC HK 3 3 HE 2.HS 2 2a 3 2S HK 2 HS a 3 ; HE HMC HE 2 HS 2 2 CM 1 3 +) S S S S S 4a 2 a2 a2 a2 a2 HMC ABCD AHM MDC BHC 2 2 3a 2 3a CM = MD2 DC 2 a 5 HE a 5 5 2 9a 2 3a 2 9a 3a 2 4 3a 2 Vậy HK 2 5 HK d B, SMC . a 2 . 9a2 8 4 3 4 3a2 5 Câu 11. (HSG11 Nho Quan Ninh Bình 2018-2019) Cho bốn điểm không đồng phẳng, ta có thể xác định được nhiều nhất bao nhiêu mặt phẳng phân biệt từ bốn điểm đã cho? A. 2 .B. 4 .C. 6 .D. 3 . Lời giải Tác giả: Bui Bai; Fb: Bui Bai Chọn B Cách 1: Vì qua 3 điểm phân biệt không thẳng hàng ta xác định được một mặt phẳng duy nhất 3 Số mặt phẳng được xác định từ 4 điểm không đồng phẳng là C4 4 . Cách 2:  Trang 461 
TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 Gọi A, B,C, D lần lượt là 4 điểm không đồng phẳng Các mặt phẳng nhiều nhất được xác định là: ABC , ABD , ACD , BCD . Câu 12. (HSG11 Nho Quan Ninh Bình 2018-2019) Cho hình lăng trụ tứ giác đều ABCD.A B C D có cạnh đáy bằng a , góc giữa hai mặt phẳng ABCD và ABC có số đo bằng 60 . Cạnh bên của hình lăng trụ bằng A. a 3 . B. 2a . C. a 2 . D. 3a . Lời giải Tác giả: Phạm Lê; Fb: Lê phạm Chọn A B' C' D' A' C B A D Vì C D / / AB nên D ABC . ABCD  ABC D AB Ta có AD  AB . Suy ra góc giữa 2 mp ABCD , ABC bằng góc giữa 2 mp AD  AB · · ABCD , ABC D và bằng DAD . Từ giả thiết ta có DAD 60 . Xét tam giác vuông DAD có DD AD.tan 60 a 3 . Vậy cạnh bên của hình lăng trụ bằng a 3 . Câu 13. (HSG12 tỉnh Bắc Ninh 2018 – 2019 ) Cho hình lăng trụ đứng ABC.A B C có đáy ABC là tam giác vuông cân, AB AC a , AA h (a, h 0) . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau AB và BC theo a, h . ah ah ah ah A. . B. . C. . D. . 5a2 h2 a2 5h2 a2 h2 2a2 h2 Lời giải Tác giả: Việt Hưng; Fb: VietHung Chọn B  Trang 462 
TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 Gọi D là điểm đối xứng với C qua B BC // DB BC // (DB A) d(BC ; AB ) d(BC ;(DB A)) d(B;(DB A)) d Kẻ BH  AD và BE  B H d(BC ; AB ) d BE Xét ABD ta có: AB AC a; BC BD a 2; ·ABC 45 D· BA 135 ; AD a 5 1 1 a2 2.S a 5 S BD.AB.sin D· BA a 2.a.sin135 BH ABD ABD 2 2 2 AD 5 1 1 1 1 5 ah Xét BB H vuông tại B , ta có 2 2 2 2 2 d d BB BH h a a2 5h2 Câu 14. (Tổ-25-Lan-2-HSG-Yên-Dũng) Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A' B 'C ' D ' có đáy ABCD là hình vuông, AB 1 và AA' a a 0 . a) Tính thể tích khối tứ diện BDB 'C ' . b) Khi a thay đổi, tìm giá trị lớn nhất của góc tạo bởi đường thẳng B ' D và mặt phẳng BDC ' . Lời giải Tác giả: Nguyễn Công Đức ; Fb: a) Tính thể tích khối tứ diện BDB 'C ' . B' C' A' D' B C A D Cách 1: (Tính trực tiếp)  Trang 463 
TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 DC  BC Ta có DC  BB 'C 'C DC  BB ' 1 1 1 a Vậy V .DC.S .1. .BB '.B 'C ' (đvtt). D.BB'C ' 3 BB'C ' 3 2 6 Cách 2: (Dùng tỉ lệ) Khối lăng trụ BCD.B 'C ' D ' được chia thành các khối tứ diện C'CBD ; DD'B'C' ; BDB'C' . 1 Trong đó VD.D'B'C ' VC '.CBD VBCD.B'C 'D' 3 1 1 a Suy ra VBDB'C ' VBCD.B'C 'D' VABCD.A'B'C 'D' (đvtt). 3 6 6 b) Khi a thay đổi, tìm giá trị lớn nhất của góc tạo bởi đường thẳng B ' D và mặt phẳng BDC ' . Cách 1 Đặt độ dài CB b(b 0) Chọn hệ trục tọa độ Oxyz gốc tọa độ trùng điểm C, CD nằm trên Ox, CB nằm trên Oy, CC nằm trên Oz Với giả thiết đề cho ta có D (1,0,0), B (0,b,0) , C (0,0,a) , B (0,b,a) y z  1 1 Phương trình (BDC ) : x 1=> VTPT n (1, , ) b a b a 1 1 | 1 b. a. |  · 1 Mà DB ( 1,b, a) =>sin(DB ,(BDC )) b a = 1 1 1 1 (a2 b2 1)( 1) (a2 b2 1)( 1) a2 b2 a2 b2 1 1 1 1 Áp dụng bất đẳng thức B.C.S (a2 b2 1)( 1) | a. b. 1| 3(dấu “=” xảy ra khi a2 b2 a b a b 1)  Trang 464 
TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 · 1 sin(DB ,(BDC )) dễ thấy 0 (D·B ,(BDC )) 90 mà trong khoảng này hàm y sin x đồng biến 3 1 (D·B ,(BDC )) arcsin( ) max 3 Cách 2 : Đặt CB b(b 0) Dễ thấy CB cắt BC tại trung điểm của mỗi đường 1 1 Nên d(B ,(BDC )) d(C,(BDC )) 1 1 1 1 1 1 CD2 CC 2 CB2 a2 b2  d(B ,(BDC )) 1 DB a2 b2 1 =>sin(D·B ,(BDC )) DB 1 1 (a2 b2 1)( 1) a2 b2 1 1 1 1 Áp dụng bất đẳng thức B.C.S (a2 b2 1)( 1) | a. b. 1| 3(dấu “=” xảy ra khi a2 b2 a b a b 1) · 1 sin(DB ,(BDC )) dễ thấy 0 (D·B ,(BDC )) 90 mà trong khoảng này hàm y sin x đồng biến 3 1 (D·B ,(BDC )) arcsin( ) max 3 Câu 15. (HSG11 Nho Quan Ninh Bình 2018-2019) Cho hình lập phương ABCD.A B C D có cạnh bằng a . Góc giữa hai đường thẳng AC và BA là: A. 450 . B. 600 . C. 300 . D. 1200 . Lời giải Tác giả: Phạm Minh Thùy; Fb: Phạm Minh Thùy Chọn B Ta thấy A B song song với D C nên góc giữa hai đường thẳng AC và BA bằng góc giữa hai đường thẳng AC và D C . 1 Xét tam giác AD C có AC D C AD a2 a2 a 2. Nên tam giác AD C là tam giác đều ·ACD 600 . Từ đó ta có góc giữa hai đường thẳng AC và D C bằng 600 . 2  Trang 465 
TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 Từ 1 và 2 ta có góc giữa hai đường thẳng AC và BA bằng 600 . Câu 16. (HSG12 Ninh Bình 2018-2019) Cho hình lăng trụ đứng ABC.A B C có đáy là tam giác ABC vuông cân tại B. Mặt phẳng A BC cách điểm A một khoảng bằng 2 và tạo với mặt phẳng ABC một góc . a) Tính thể tích khối lăng trụ theo . b) Tìm để thể tích khối lăng trụ ABC.A B C đạt giá trị nhỏ nhất. Lời giải Tác giả: Bùi Văn Thanh; Fb: Thanh Bùi A' C' B' H A C α B a) Dựng AH  A B 1 Ta có: BC  AB, BC  AA BC  AA B ; AH  AA B AH  BC 2 Từ 1 ; 2 AH  A BC hay d A, A BC AH 2 Ta có: BC ABC  A BC 3 BC  AA B ; A B  AA B A B  BC 4 ; AB  BC ( ABC vuông tại B) 5 Từ 3 ; 4 ; 5 Góc giữa A BC và ABC là ·ABA 0 90 AH 2 AH 2 Xét AHB : sin ·ABA AB ; Xét AHA : sin ·AA H AA AB sin AA cos 1 4 4 V AA .S AA .AB.BC ABC.A B C ABC 2 cos sin2 cos 1 cos2 4 b) Đặt t cos 0 t 1 V V t ABC.A B C t 1 t 2  Trang 466 
TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 1 2 t N 4 3t 1 3 Ta có V t 2 ;V t 0 t t3 1 t L 3 Bảng biến thiên: 1 t 0 1 3 V' - 0 + V 6 3 1 Vậy thể tích khối lăng trụ ABC.A B C đạt giá trị nhỏ nhất khi cos 54,74 3 Câu 17. (HSG11 Nguyễn Đức Cảnh Thái Bình 2018-2019) Cho hình chóp S.ABCD với đáy ABCD là hình bình hành.Gọi E , F lần lượt là trung điểm các cạnh SA , SB . Gọi M là điểm bất kỳ trên cạnh BC (không trùng với B , C ). Thiết diện của mặt phẳng MEF với hình chóp S.ABCD là A. Hình tam giác. B. Hình bình hành. C. Hình thoi. D. Hình thang. Lời giải Tác giả: Phan Minh Quốc Vinh; Fb: Vinh Phan Chọn D Tìm giao tuyến của hai mặt phẳng MEF và ABCD . M MEF  ABCD EF / / AB Ta có Giao tuyến của hai mặt phẳng MEF và ABCD là đường thẳng Mx EF  MEF AB  ABCD đi qua M và song song với AB , EF .  Trang 467 
TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 Tìm thiết diện của MEF với S.ABCD . Giả sử Mx  AD I . MEF  SAB EF MEF  SBC FM Ta có MEF  ABCD MI MEF  SAD IE Vậy thiết diện giữa MEF và S.ABCD là tứ giác EFMI . 1 EF AB 2 Mặt khác AB MI nên tứ giác EFMI là hình thang. EF / /MI Câu 18. (Tổ-25-Lan-2-HSG-Yên-Dũng) Cho tứ diện ABCD có các cạnh AD BC 3; AC BD 4; AB CD 2 3 . Thể tích tứ diện ABCD bằng: 2047 2074 2740 2470 A. . B. . C. . D. . 12 12 12 12 Lời giải Tác giả: Trần Minh Lộc ; Fb:Trần Lộc Chọn D Từ tứ diện ABCD ta vẽ tứ diện AEFG sao cho B,C, D lần lượt là trung điểm của FE, EG,GF . Ta 1 có AB DC EF suy ra AEF vuông tại A hay AF  AE . 2 1 1 Tương tự ta có AF  AG, AG  AE . Do đó ta có V AG.AE.A F và V V AEFG 6 ABCD 4 AEFG Xét các tam giác AEF, AEG, AFG ta có  Trang 468 
TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 AE 2 AF 2 4DC 2 48 AF 10 2 2 2 AE AG 4DB 64 AE 38 AG2 AF 2 4BC 2 36 AG 26 1 1 2470 Vậy V V 10.26.38 ABCD 4 AEFG 4.6 12 Câu 19. (HSG11 Nho Quan Ninh Bình 2018-2019) Cho hai đường thẳng phân biệt a , b và mặt phẳng P , trong đó a  P . Chọn mệnh đề sai trong các mệnh đề sau? A. Nếu b  P thì a//b. B. Nếu b// a thì b  P . C. Nếu a  b thì b// P . D. Nếu b  P thì ab . Lời giải Tác giả: Bùi Văn Lưu; Fb: Bùi Văn Lưu Chọn C a  P Xét đáp án A: Có a // b Mệnh đề đúng. b  P a  P Xét đáp án B: Có b  P Mệnh đề đúng. b // a a  P b P Xét đáp án C: Có Mệnh đề sai. a  b b // P a  P Xét đáp án D: Có a b Mệnh đề đúng. b P Câu 20. (HSG11 Nguyễn Đức Cảnh Thái Bình 2018-2019) Cho hình lăng trụ đứng tam giác ABCA B C có đáy ABC là tam giác vuông tại B , biết AB a ; AC 2a ; CC 2a . Gọi M , I lần lượt là trung điểm A B và BC . Tính góc giữa hai đường thẳng IM và AC . Lời giải Tác giả:Trần Thị Vân; Fb: Trần Thị Vân  Trang 469 
TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 B a A 2a C I 2a A' B' M C' Cách 1: Chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho Khi đó B 0;0;0 , A a;0;0 ,C 0;a 3,0 , A a;0;2a , B 0;0;2a ,C 0;a 3;2a a 3 a I 0; ;a , M ;0;0 2 2  a a 3  IM ; ; a , AC a;a 3; 2a 2 2  1 3  Đường thẳng IM & AC lần lượt có véc tơ chỉ phương là u ; ; 1 ,u 1; 3; 2 1 2 2 2 Gọi là góc giữa IM & AC . Khi đó: 1 3   1 3 1 2 u1.u2 2 2 cos   0 90 . u u 1 3 1 2 1 1 3 2 4 4 Cách 2: Do I là trung điểm của BC , M là trung điểm của A B nên MI // CA ·IM , AC ·CA , AC Do ACC A là hình vuông AC  CA ·AC ,CA 90 . Câu 21. (HSG11 Nho Quan Ninh Bình 2018-2019) Cho hình lăng trụ đều ABC.A B C có tất cả các cạnh bằng a (tham khảo hình bên dưới). Gọi M là trung điểm của cạnh BC . Khoảng cách giữa hai đường thẳng AM và B C là  Trang 470 
TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 a 2 a 2 A. . B. a 2 . C. . D. a . 4 2 Lời giải Tác giả: Nhữ Văn Huấn; Fb: Huân Nhu Chọn A A' C' B' I H A C M B Từ giả thiết suy ra ABC là tam giác đều cạnh bằng a , các mặt bên của lăng trụ là các hình vuông cạnh bằng a . Gọi I là giao điểm hai đường chéo của hình vuông BCC B . Từ M kẻ MH  B C tại H 1 . Dễ thấy AM  BCC B AM  MH 2 . Từ 1 và 2 suy ra d AM,B C MH . 1 1 Ta có MH BI , BI BC . 2 2 a 2 Mà BCC B là hình vuông cạnh bằng a suy ra BC a 2 MH . 4 a 2 Vậy khoảng cách giữa hai đường thẳng AM và B C là . 4 Câu 22. (HSG11 Nguyễn Đức Cảnh Thái Bình 2018-2019) Cho hình chóp SABCD, đáy ABCD là hình vuông cạnh a, biết SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Biết góc giữa hai mặt phẳng ( SBC) và ( SAD) bằng 450 . Gọi E, M lần lượt là trung điểm của SC và SA. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng DM và BE. Lời giải Tác giả:Trần Thị Vân; Fb: Trần Thị Vân  Trang 471 
TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 t Kẻ St / /BC SA, SB  St · SAD , SBC ·ASD 450 . Tam giác SAB vuông và cân tại A SA AB a . Dựng hình bình hành ADQC , lấy P là trung điểm của DQ . Khi đó: ME & DP / / AO, ME & DP AO MEPD là hình bình hành DM / /PE d DM ; BE d DM ; BEP d D; BEP 2d O; BEP . Ta có: OE  BP OE / /SA, SA  ABCD Kẻ OH  BP H OEH  BP OEH  BEP EH . Kẻ OI  EH I OI d O; BEP . Tìm OI : a2 1 a2 S 2S 2S S S OH.BP OH.BP a2 BDQ BDC BPD BPD BCD 2 2 2 BP là đường trung tuyến tam giác BDQ . 2 2 2 2 2 2 2 BD BQ DQ 2 2a 4a 2a a 10 BP 4 4 2 a2 a2 a 10 OH . BP a 10 5 2  Trang 472 
TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 SA a Ta có OE . 2 2 1 1 1 13 26a 26a OI d DM ; BE 2. . OI 2 OE 2 OH 2 2a2 13 13 Câu 23. (HSG12 huyện Lương Tài Bắc Ninh năm 2019) Cho hình hộp đứng ABCD.A1B1C1D1 có cạnh AB AD 2 , AA 3 và góc B· AD 60 . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của các cạnh A D và 1 1 1 A1B1 . Tính thể tích V của khối chóp A.BDMN . 5 3 A. V . B. V . C. V 4 . D. V 2 . 2 2 Lời giải Tác giả:Lưu Quí Hiền; Fb: lưu quí hiền Chọn B B C A D B1 C1 N A1 M D1 E Gọi E là điểm đối xứng với A qua A1 , ta có: A N // AB 1 AB N là trung điểm của đoạn EB A N 1 2 A M // AD 1 AD M là trung điểm của đoạn ED A M 1 2 1 1 Ta có S AB.AD.sin B· AD .2.2.sin 60 3 ABD 2 2 ABCD.A1B1C1D1 là hình hộp đứng, AA1 3 EA 2 3 1 1 V EA.S .2 3. 3 2 E.ABD 3 ABD 3 VE.AMN EM EN 1 1 3 3 . VE.AMN VE.ABD VA.BDMN VE.ABD . VE.ABD ED EB 4 4 4 2  Trang 473 
TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 Câu 24. (HSG12 Tân Yên – Bắc Giang Năm 2019) Cho hình vuông ABCD và ABEF có cạnh bằng 1, 1 lần lượt nằm trên hai mặt phẳng vuông góc nhau. Gọi H là điểm chia EH ED và S là điểm nằm 3 1 trên tia đối của HB sao cho SH HB . Thể tích của khối đa diện ABCDSEF bằng 3 5 7 11 11 A. . B. . C. . D. . 6 6 12 18 Lời giải Chọn D Tác giả: Trần Duy Thúc ; Fb: Trần Duy Thúc Đặt V1,V2 lần lượt là thể tích khối chóp S.CDFE và thể tích khối lăng trụ đứng AFD.BEC . Khi đó tích khối đa diện cần tính bằng V1 V2 . 1 1 Ta có : V AB.S 1. .1.1 . 2 AFD 2 2 1 Ta có: V1 .d S, EDEF .SCDEF . 3 Dễ dàng chúng ta kiểm tra được CDEF là hình chữ nhật vớiCD 1, EF 2 . Từ đây ta tính được SCDEF 1. 2 2 . Hơn nửa, kẽ BI  EC , ta dễ dàng kiểm tra được 1 1 1 BI d B, EDEF . Mặt khác, d S, EDEF d B, EDEF d S, EDEF . 2 3 3 2 1 1 1 1 1 11 Ta tính được : V . . 2 . Vậy thể tích cần tính là: V V . 1 3 3 2 9 1 2 2 9 18 Bình luận. Trong Lời giải trên, ta cứ hồn nhiên mà ta chấp nhận cạnh SA bị che khuất thì luôn đúng chăng? Câu trả lời là không. Lời giải trên chưa giải thích tại sao không nối cạnh SA mà lại nối DF . Khi gọi K là 4 hình chiếu của S trên BD ta có thể chứng minh được điểm K nằm trong đoạn BD với BK BD , 9  Trang 474 
TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 do đó cạnh SA bị che khuất. Nếu cho khoảng cách BS tăng lên đến mức cần thiết thì DF sẽ trở thành cạnh bị che khuất. Câu 25. (HSG12 tỉnh Bắc Ninh 2018 – 2019 ) Cho khối chóp S.ABC có SA SB SC a và ·ASB B· SC C· SA 30. Mặt phẳng bất kì qua A cắt SB , SC tại B , C . Tìm giá trị nhỏ nhất của chu vi AB C . A. a 3 .B. a 2 . C. a .D. 2a . Lời giải Tác giả: Nguyễn Trung Kiên – Triệu Minh Chọn B Trãi các tam giác SAB , SBC , SCA trên một mặt phẳng như hình trên. Tam giác SAC trở thành tam giác SA C . Khi đó C AB B C C A AA a 2 . Dấu “=” xảy ra khi A , B , C , A thẳng hàng. Vậy chu vi tam giác AB C nhỏ nhất bằng a 2 . Câu 26. (HSG12 Tân Yên – Bắc Giang Năm 2019) Đáy của hình lăng trụ đứng tam giác ABC.A' B 'C ' là tam giác đều cạnh bằng 4. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AA' và BC . A. 3. B. 2 3 . C. 3 .D. 4 . Lời giải Tác giả: Huỳnh Triết Khiêm Chọn B Gọi I là trung điểm BC AI  BC 1  Trang 475 
TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 AA'  ABC  Ta có:  AI  AA' 2 AI  ABC  Từ 1 và 2 ta có: d AA'; BC AI 2 3 . Câu 27. (HSG12 Tân Yên – Bắc Giang Năm 2019) Cho hình chóp S.ABCD . ABCD là hình chữ nhật, SA vuông góc với đáy. AB a , AC 2a , SA a . Tính góc giữa SD và BC . A. 30 . B. 60 . C. 90 .D. 45. Lời giải Tác giả: Huỳnh Triết Khiêm Chọn A Tam giác ABC vuông tại B BC AD 3a . Ta có BC // AD nên ·BC, AD ·SD, AD S· DA . SA 3 Khi đó: tan S· DA S· DA 30 . AD 3 Câu 28. (HSG11 Nho Quan Ninh Bình 2018-2019) Cho hình lập phương ABCD.A B C D có cạnh bằng a . Khoảng cách giữa BB và AC bằng: a a 3 a a 2 A. . B. . C. . D. . 2 3 3 2 Lời giải Tác giả: Bùi Nguyễn Phi Hùng; Fb: Bùi Nguyễn Phi Hùng Chọn D  Trang 476 
TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 A' D' B' C' A D I B C BI  AC a 2 Ta có: BI d AC, BB ' . BI  BB ' 2 Câu 29. (HSG12 HCM năm 2018-2019) Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A B C có đáy ABC là tam giác vuông cân ở A với BC 2a và hình chiếu của A lên mặt phẳng ABC trùng với trung điểm BC . Biết rằng diện tích của tứ giác BCC B bằng 6a2 . a) Tính theo a thể tích của hình lăng trụ đã cho. b)Tính theo a thể tích của hình trụ nhỏ nhất có hai đáy lần lượt nằm trên hai mặt phẳng ABC , A B C và chứa toàn bộ lăng trụ đã cho bên trong. Lời giải Tác giả: Phạm Hoàng Hải; Fb: Phamhoang Hai a) BC AO BO CO a Ta có ABC vuông tại A , BC 2a 2 . AB AC a 2 Dễ chứng minh BCC B là hình chữ nhật.  Trang 477 
TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 2 Mà SBCC B 6a BB 3a AA 3a . Xét AOA vuông tại O có AO a , AA 3a A O 2a 2 . 1 1 Vậy V S .A O AB.AC.A O .a 2.a 2.2a 2 2a3 2 (đvtt). ABC.A B C ABC 2 2 b) Dựng hình chiếu vuông góc A B C lên ABC ta được tam giác OB1C1 tương ứng. Hình trụ chứa ABCA B C có đáy là hình tròn chứa ABB1C1CA H . Gọi C là hình tròn cần tìm; C chứa H C chứa mọi tam giác trong H . Nếu C ngoại tiếp ít nhất một tam giác trong H và chứa H thì C có diện tích nhỏ nhất. Xét đường tròn ngoại tiếp AB1C1 có tâm G . Có AB AC a 5 , S 2a2 . 1 1 AB1C1 AB .B C .AC a 5.a 5.2a 5 R 1 1 1 1 a . G 4S 4.2a2 4 AB1C1 2 2 2 2 1 2 9 2 a 73 GB GC BO OG a a RG a a RG . 2 64 8 5 Vậy B , C thuộc đường tròn G; a . 4 5 Đường tròn G; a ngoại tiếp AB1C1 và chứa H là đường tròn cần tìm. 4 2 5 25 2 3 V a . .2a 2 a (đvtt). 4 8 Câu 30. (HSG12 Ninh Bình 2018-2019) Cho hình chóp SABC có đáy là tam giác đều cạnh a . Hình 2 chiếu vuông góc của S trên đáy là điểm H trên cạnh AC sao cho AH AC ; mặt phẳng (SBC) tạo 3 với đáy một góc 600 . Thể tích hình chóp S.ABC là: a3 3 a3 3 a3 3 a3 3 A. .B. . C. .D. . 12 8 36 24  Trang 478 
TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 Lời giải Tác giả: Nguyễn Thị Anh; Fb: Anh Nguyễn Chọn D Gọi J là trung điểm của BC AJ  BC . Kẻ HI //AJ HI  BC 1 Mà SH  ABC SH  BC . Hay SI  BC 2 Từ 1 , 2 ta có SBC ; ABC SI; HI S· IH 60 . 1 1 a 3 a 3 Ta có: HI .AJ 3 3 2 6 a a2 3 SH HI.tan 60 , S . 2 ABC 4 a3 3 V . SABC 24 Câu 31. (HSG12 Tân Yên – Bắc Giang Năm 2019) Cho hình chóp đều S.ABCD có cạnh đáy AB a , chiều cao là h . Gọi M , N , P lần lượt là trung điểm của các cạnh AB , AD và SC . Tính diện tích thiết diện tạo thành khi cắt hình chóp S.ABCD bởi mặt phẳng MNP . Lời giải Tác giả: Hùng Cường ; Fb: nhc6362  Trang 479 
TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 Thiết diện tạo thành khi cắt hình chóp S.ABCD bởi mặt phẳng MNP là: PFMNE . Dễ thấy ANBJ và AIDM là các hình bình hành nên M , N lần lượt là trung điểm của JN và MI JM MN NI . DI 1 BC Dễ thấy và 2 . DC 2 BJ EP DI SC EP 1 Áp dụng định lý Menelaus vào PCI có: . . 1 . .2 1 EP EI . EI DC SP EI 2 Suy ra E là trung điểm của PI , tương tự có F là trung điểm của PJ . 1 1 .IE.IN.sin I .IE.IN.sin I S 1 1 Mà: INE 2 2 S S . S 1 1 6 INE 6 IPJ IPJ .IP.IJ.sin I .2IE.3IN.sin I 2 2 2 Vì IEN JFM c.g.c nên S S 2S S * . PFMNE PIJ INE 3 PIJ Gọi K MN  AC ; O là tâm hình vuông ABCD và H là trung điểm của OC . 2a2 h2 Xét PHK vuông tại H có KP . 2 3 3 3 2a Mà IJ 3MN BD .a 2 . 2 2 2 Ta có: PCJ PCI c.g.c PJ PI và PK là đường trung tuyến nên PK là đường cao: 1 1 2a2 h2 3 2a 3 2a 2a2 h2 S .KP.IJ . . thay vào * ta được: PIJ 2 2 2 2 8  Trang 480 
TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 2a 2a2 h2 S . PFMNE 4 2a 2a2 h2 Vậy diện tích thiết diện cần tìm là: S . PFMNE 4 Câu 32. (HSG11 Nho Quan Ninh Bình 2018-2019) Cho tứ diện đều ABCD có độ dài các cạnh bằng 4 . Điểm M là trung điểm của đoạn BC , điểm E nằm trên đoạn BM , E không trùng với B và M . Mặt phẳng (P) qua E và song song với mặt phẳng (AMD). Diện tích thiết diện của (P) với tứ diện 4 2 ABCD bằng . Độ dài đoạn BE bằng 9 1 4 2 A. . B. . C. 1. D. . 6 3 3 Lời giải Tác giả: Vũ Tuấn Việt; Fb: Vũ Tuấn Việt Chọn D A N C D G F M E B a2 2 Đặt cạnh của tứ diện đều là a thì diện tích thiết diện của (P) với tứ diện ABCD bằng 36 ABC  AMD AM Ta có P / / AMD nên suy ra P  ABC theo giao tuyến song song với AM . Từ đó, E P qua E ta kẻ EN / / AM ( N AB ) thì P  ABC EN . Lập luận tương tự với mặt phẳng BCD thì P  BCD EF và EF / / MD. Khi đó thiết diện của (P) với tứ diện ABCD là tam giác EFN .  Trang 481 
TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 2 a 3 a 3 Gọi G là trọng tâm tam giác BCD , khi đó GD  ; 3 2 3 2 2 2 2 a 3 a 6 AG AD GD a . 3 3 1 1 a 6 a 3 a2 2 Khi đó diện tích tam giác S AG.MD   (1). AMD 2 2 3 2 4 EN BE EN x 2x Đặt BE x , vì EN / / AM nên theo Ta-let trong tam giác ABM ta có MA BM MA a a 2 (2). EF 2x Tương tự, trong tam giác BMD với EF / / MD, ta suy ra (3). MD a     Vì EF cùng hướng MD và EN cùng hướng MA nên ·AMD ·NEF (4). 1 EN.EF.sin N· EF 2 2 S 4x 4x Từ (2),(3),(4) ta có ENF 2 S  S . S 1 a2 ENF a2 AMD AMD MA.MD.sin ·AMD 2 a2 2 4x2 a2 2 a2 a Khi đó, từ (1) và theo giả thiết, ta có  x2 x . 36 a2 4 36 6 2 Thay a 4 vào, ta được x . 3 Câu 33. (HSG11 Nho Quan Ninh Bình 2018-2019) Cho hình chóp đều S.ABCD . Mặt phẳng qua AB và vuông góc với mặt phẳng SCD . Thiết diện tạo bởi với hình chóp đã cho là: A. Hình thang vuông. B. Hình bình hành. C. Tam giác cân. D. Hình thang cân. Lời giải Tác giả: Vũ Tuấn Việt; Fb: Vũ Tuấn Việt Chọn D  Trang 482 
TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 S N M B C O A D Gọi d là giao tuyến của mặt phẳng qua AB và vuông góc với mặt phẳng SCD . Vì S.ABCD là hình chóp đều nên AB/ / SCD , mà AB  từ đó suy ra d / / AB. TH1: Đường thẳng d không có điểm chung với mặt bên SCD . Khi đó, mặt phẳng không cắt hình chóp. Suy ra không tạo thành thiết diện. TH2: Đường thẳng d đi qua điểm S , khi đó mặt phẳng là mặt phẳng SAB không cắt hình chóp. Suy ra không tạo thành thiết diện. TH3: Đường thẳng d trùng với đường thẳng DC , khi đó mặt phẳng là mặt phẳng ABCD không cắt hình chóp. Suy ra không tạo thành thiết diện. TH4: Đường thẳng d cắt hai cạnh SC và SD . Gọi M d SD, N d SC thì thiết diện là hình thang AMNB . Vì đoạn MN song song và không trùng với CD nên ta suy ra MN CD hay hình thang AMNB không là hình bình hành. Ta chứng minh AM BN . Trong SDC có MN / /CD nên MD NC . Mặt khác ta có AD BC , ·ADM B· CN (tính chất hình chóp đều). Từ đó hai tam giác AMD và BNC bằng nhau (c-g-c), suy ra AM BN . Suy ra thiết diện tạo bởi với hình chóp đã cho là hình thang cân. Ta chứng minh thiết diện không là hình thang vuông. Giả sử hình thang cân AMNB là hình thang vuông thì ta suy được nó là hình chữ nhật, mâu thuẫn với MN CD . Kết luận: Thiết diện đã cho là hình thang cân. Câu 34. (HSG11 Nho Quan Ninh Bình 2018-2019) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình  Trang 483 
TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 thoi cạnh a , góc ·ABC 60 . Mặt phẳng SAB và SAD cùng vuông góc với mặt phẳng đáy. Trên cạnh SC lấy điểm M sao cho MC 2MS . Khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng SAB bằng: a a 2 a 3 a 3 A. . B. . C. . D. . 3 3 6 3 Lời giải Tác giả: Trần Công Sơn; Fb: Trần Công Sơn Chọn C S M H A B D C Ta có: ·ABC 60 nên ABC đều. a 3 Gọi H là trung điểm AB . Từ đó suy ra CH  AB (1) và CH . 2 SAB  ABCD Ta có: SAD  ABCD SA  ABCD SA  CH (2) SAB  SAD SA Từ (1) và (2) suy ra: CH  SAB . 1 1 1 a 3 a 3 Khi đó d M ; SAB d C ; SAB CH . 3 3 3 2 6 Câu 35. (HSG12 tỉnh Bắc Ninh 2018 – 2019 ) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB a , BC a 3 . Cạnh bên SA vuông góc với đáy và đường thẳng SC tạo với mặt phẳng SAB một góc 30 . Thể tích của khối chóp S.ABCD là 3a3 2a3 2 6a3 A. 3a3 . B. . C. . D. . 3 3 3 Lời giải Tác giả: Nguyễn Thị Hồng Nhung; Fb: Nguyễn Thị Hồng Nhung Chọn D  Trang 484 
TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 S 30° A D B C Ta có BC  AB  BC  SAB BC  SB . BC  SA  Và ·SC , SAB ·SC , SB C· SB 30 . BC Tam giác SBC vuông tại B và C· SB 30 nên SB 3a . tan 30 Tam giác SAB vuông tại A nên SA SB2 AB2 2a 2 . 1 2a3 6 Vậy thể tích của khối chóp S.ABCD là V .AB.BC.SA . 3 3 Câu 36. (HSG11 Nho Quan Ninh Bình 2018-2019) Cho tứ diện ABCD có AB 6 , CD 8 . Cắt tứ diện bởi một mặt phẳng song song với AB , CD sao cho thiết diện đó là một hình thoi. Cạnh của hình thoi đó bằng 24 18 31 15 A. .B. . C. .D. . 7 7 7 7 Lời giải Tác giả: Vũ Văn Trụ; Fb: Trụ Vũ Chọn A Vì thiết diện song song với AB nên nó cắt (ABC) theo giao tuyến MN // AB như hình vẽ. Vì thiết diện song song với CD nên nó cắt (ACD) , BCD lần lượt theo các giao tuyến MQ, NP cùng song song với AB . Do đó thiết diện của tứ diện ABCD cắt bởi mặt phẳng song song với AB , CD là hình bình hành MNPQ .  Trang 485 
TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 Theo bài ra ta có thiết diện là hình thoi MNPQ . Gọi a là cạnh của hình thoi MNPQ 0 a 6 . MN CM Ta có . AB CA MQ AM AC MC CM MN a a 24 1 1 1 a . CD AC AC CA AB 8 6 7 Câu 37. (HSG11 Nguyễn Đức Cảnh Thái Bình 2018-2019) Cho lăng trụ tam giác đều ABC.A B C có AB a, AA a 6 . Gọi E là trung điểm của B C . Gọi là góc giữa đường thẳng AE và mặt phẳng ABB A thì: 1 3 6 6 A. sin . B. sin . C. sin . D. sin . 6 6 3 6 Lời giải Tác giả: Lê Ngọc Hùng; Fb: Hung Le Chọn A Goi I là trung điểm A B C I  ABB A . Trong A B C từ E kẻ EH / /C I cắt A B tại H EH  ABB A ·AE; ABB A E· AH . a 27 1 a 3 EH 1 Mà AE AB 2 B E 2 , EH C I nên sin . 2 2 4 AE 6 Câu 38. (HSG11 Nho Quan Ninh Bình 2018-2019) Cho tứ diện ABCD. Gọi M , N , P thứ tự là trung điểm của AC , CB , BD . Gọi d là giao tuyến của MNP và ABD . Kết luận nào sau đây đúng? A. d / / AC . B. d  (ABC) . C. d / /BC . D. d / /(ABC). Lời giải Tác giả: TRUONG SON; Fb: Truongson Chọn D  Trang 486 
TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 A Q M D P B N C Do ABD và MNP có điểm P chung và lần lượt chứa hai đường thẳng AB , MN song song với nhau, nên giao tuyến d sẽ đi qua điểm P và song song AB . Mặt khác AB  ABC nên d / / ABC . Câu 39. (Tổ-25-Lan-2-HSG-Yên-Dũng) Cho hình chóp S.ABCD có SAB là tam giác đều, mặt phẳng (SAB) vuông góc với đáy, đáy ABCD là hình vuông cạnh a. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của BC và SD. Khoảng cách giữa DM và CN là: a 3 2a 3 a 5 a 7 A. . B. . C. . D. . 8 5 8 8 Lời giải Tác giả:Lê Tiếp ; Fb:Lê Tiếp Chọn A Cách 1 Gọi H là trung điểm của AB, ta có H là đường cao S của hình chóp S.ABCD Gọi I là trung điểm của SA, ta có N CN / /IM CN / /(IMD) d(CN, DM ) I d(CN,(IMD)) d(C,(IMD)) P A D Gọi L DM  AB,P IL SH, E CH  MD, dựng J HK  PE tại K. Vì ABCD là hình vuông, M, H lần H K lượt là trung điểm của BC, AB nên DM  HC tại E, mà DM  PH nên B E DM  (PHE) HK  DM M C HK  (IMD) d(H,(IMD)) HK 3 3 a2 3a HE 3 Ta có HE HC a2 , 5 5 4 2 5 CE 2 L  Trang 487 
TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 1 Lại có MB / / AD LB BA a . Gọi J là trung điểm của HA, suy ra PH / / IJ , 2 PH LH 6 6 6 1 3 a 3 3a 3 do đó P H IJ . SH IJ HJ 7 7 7 2 7 2 14 1 1 1 256 3a 3 Trong tam giác vuông PHE có HK HK 2 HP2 HE 2 27a2 256 d(C,(IMD)) CE 2 2 a 3 mà d(C,(IMD)) d(H,(IMD)) d(H,(IMD)) HE 3 3 8 Cách 2 : Chọn hệ trục Oxyz như hình vẽ ( H  O ). Ta có: z 1 a a a 3 S H (0;0;0),B( ;0;0),C( ;1;0), D( ;1;0), S(0;0; ) 2 2 2 2 N Vì M, N lần lượt là trung điểm của BC, SD nên A  D DC (a;0;0) H 1 1 a a a 3  3a a a 3 M ( ; ;0), N( ; ; ) CN ( ; ; ) 2 2 4 2 4 4 2 4 B M C  a DM (a; ;0) 2 x   a 3 a 3 7a CN, DM ( ; ; ) 8 4 8    DC. CN, DM a 3 d(CN, DM )   . 8 CN, DM Câu 40. (HSG12 Ninh Bình 2018-2019) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi M , N lần lượt là trung điểm của AD và SC ; I là giao điểm của BM và AC . Tỉ số thể tích của hai khối chóp ANIB và S.ABCD là 1 1 1 1 A. . B. . C. . D. . 16 8 12 24 Lời giải Tác giả: Đặng Phước Thiên ; Fb: Đặng Phước Thiên Chọn C  Trang 488 
TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 S N A B M I O D C Gọi O là tâm hình bình hành ABCD . Ta có I là trọng tâm tam giác ABD . 2 1 1 Suy ra AI AO AC d I, AB d C, AB . 3 3 3 1 1 1 1 Khi đó S d I, AB .AB . .d C, AB .AB S .(1) IAB 2 2 3 6 ABCD 1 Lại có N là trung điểm SC , do đó d N, ABCD d S, ABCD .(2) 2 Từ (1) và (2), ta được: 1 1 1 1 1 VANIB VN.IAB .S IAB .d N, ABCD . SABCD . d S, ABCD VS.ABCD . 3 3 6 2 12 V 1 Vậy ANIB . VS.ABCD 12 Câu 41. (HSG12 tỉnh Bắc Ninh 2018 – 2019 ) Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC.A B C có độ dài cạnh đáy bằng a và chiều cao bằng h . Tính thể tích V của khối trụ ngoại tiếp lăng trụ đã cho. a2h a2h A. V . B. V 3 a2h . C. V . D. V a2h . 3 9 Lời giải Tác giả: Lê Phương; Fb:lephuongtt1 Chọn A Đáy của khối trụ ngoại tiếp lăng trụ ABC.A B C là hình tròn ngoại tiếp tam giác đều cạnh a . Chiều cao của khối trụ ngoại tiếp lăng trụ ABC.A B C là chiều cao h của lăng trụ ABC.A B C 2 a 3 a 2 Diện tích đáy bằng của khối trụ ngoại tiếp lăng trụ ABC.A B C bằng . 3 3  Trang 489 
TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 a2h Do đó thể tích V của khối trụ ngoại tiếp lăng trụ đã cho là V . 3 Câu 42. (HSG11 Nho Quan Ninh Bình 2018-2019) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là một hình vuông, SA vuông góc đáy. Gọi M , N lần lượt là hình chiếu vuông góc của A lên các đường thẳng SB , SD . Gọi P là giao điểm của SC và AMN . Khi đó góc giữa hai đường thẳng AP và MN bằng 2 A. . B. . C. . D. . 3 6 4 2 Lời giải Tác giả: Trịnh Văn Điệp; Fb: Trịnh Văn Điệp Chọn D S P N M D A O B C SM SN Từ giả thiết suy ra BD // MN 1 . SB SD BD  AC t / c hình vuoâng Mà BD  SAC  AP BD  AP 2 . BD  SA SA  ABCD Từ 1 và 2 suy ra AP  MN ·AP, MN 90 . Câu 43. (HSG11 Hà Tĩnh 2018-2019) Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy là hình chữ nhật tâm O , cạnh AB a, AD 2a . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của các cạnh SA, BC . Biết rằng SA SB SC SD và góc giữa đường thẳng MN và mặt phẳng ABCD là 60 . a. Tính diện tích tam giác SBM theo a . b. Tính sin của góc giữa đường thẳng MN và mặt phẳng SBD . Lời giải Tác giả: Đỗ Tiến Tuấn ; Fb: Đỗ Tiến Tuấn.  Trang 490 
TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 a. Vì SA SC nên SO  AC . Vì SB SD nên SO  BD . Do đó SO  ABCD . Trong tam giác SAC, MH  AC H AC MH // SO MH  ABCD . Theo giả thiết M· NH 60 . 3 a Kẻ HQ//AB . Ta có HQ a;QN 4 2 2 2 2 2 2 2 3a a 13a a 13 NH HQ QN . Suy ra NH . 4 2 16 4 a 39 a 39 Do đó MH NH tan 60 suy ra SO 2MH . 4 2 1 1 39a2 a 43 Ta có S S SK.AB;SK SO2 KO2 a2 SMB 2 SAB 4 4 2 1 a2 43 Suy ra S SK.AB SMB 4 8 b. Gọi P là trung điểm của SD , ta có tứ giác MPCN là hình bình hành suy ra MN //CP . Gọi là góc giữa đường thẳng MN và mặt phẳng SBD , ta thấy bằng góc giữa đường thẳng CP và mặt phẳng SBD .` Kẻ CI  BD CI  SBD C· PI .  Trang 491 
TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 Tam giác BCD vuông tại C có CI là đường cao, suy ra 1 1 1 1 1 5 2a CI . CI 2 CB2 CD2 4a2 a2 4a2 5 a 13 Ta có CP MN 2NH . 2 CI 4 sin . CP 65 Câu 44. (HSG12 Cao Bằng năm 2018-2019) Cho hình chóp S.ABC có ABC là tam giác vuông tại B , · 0 AB a 3 , ACB 60 , hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng ABC là trọng tâm của tam giác ABC , gọi E là trung điểm AC biết SE a 3 . Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ C đến mặt phẳng SAB . Lời giải S H E A C N G K M B  Trang 492 
TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC , M , N lần lượt là trung điểm của BC và AB . Theo giả thiết có: SG  ABC . a) Xét tam giác ABC là tam giác vuông tại B có: AB AB BE a AC 2a , BC a , GE . sin ·ACB tan ·ACB 3 3 1 a2 3 S AB.BC . ABC 2 2 a2 a 26 Xét tam giác SGE vuông tại G có: SG SE 2 GE 2 3a2 . 9 3 1 1 a 26 a2 3 a3 78 Khi đó: V SG.S . . (đvtt). S.ABC 3 ABC 3 3 2 18 d C, SAB CN b) Ta có: 3 d C, SAB 3.d G, SAB . d G, SAB GN AB  SG Dựng GK // BM với K AB . Ta có: AB  SGK . AB  GK GH  AB Trong SGK dựng GH  SK với H SK . Ta có: GH  SAB . GH  SK Suy ra d G, SAB GH . Do đó d C, SAB 3.GH . GK AG 2 2 2 BC a Ta có: GK PBM GK .BM . . BM AM 3 3 3 2 3 Tam giác SGK vuông tại G và có đường cao GH nên: 1 1 1 9 9 243 a 78 GH . GH 2 GS 2 GK 2 26a2 a2 26a2 27 a 78 Vậy: d C, SAB 3.GH . 9 Câu 45. (HSG12 Quảng Ngãi 2018-2019) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A . Tam giác SAB đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Biết AB 7a, BC 7a 3 . E là điểm trên cạnh SC sao cho CE 2ES . a) Tính thể tích khối chóp E.ABC . b) Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và BE. Lời giải Tác giả: Bùi Thu Hương ; Fb:Cucai Đuong  Trang 493 
TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 2 a) Tam giác ABC vuông tại A nên AC = (7a 3) - (7a)2 = 7a 2 Gọi H là trung điểm của AB ì ï (SAB)^ (ABC) ï í (SAB)Ç(ABC)= AB Þ SH ^ (ABC), ï ï îï SH Ì (SAB), SH ^ AB 7a 3 Tam giác SAB đều nên SH = 2 V SE 1 V 2 Cách 1: Ta có S.ABE = = Þ E.ABC = VS.ABC SC 3 VS.ABC 3 2 2 1 2 1 7a 3 1 343a3 6 V = V = . .SH.S = . . . .7a.7a 2 = . E.ABC 3 S.ABC 3 3 ABC 3 3 2 2 18 Cách 2: Dựng EJ // SH cắt HC tại J . Khi đó Þ EJ ^ (ABC), EJ 2 2 7a 3 7a 3 1 1 7a 3 1 343a3 6 = Þ EJ = . = V = .EJ.S = . . .7a.7a 2 = . SH 3 3 2 3 E.ABC 3 ABC 3 3 2 18 b) Dựng D sao cho BCAD là hình bình hành. Khi đó AC // (BED) . d(AC, BE)= d(AC,(BED))= d(A,(BED))= 2d(H,(BED)) Vì BD ^ (SAB)Þ (BDE)^ (SAB) . Gọi I = SH ÇDE Þ (SAB)Ç(BDE)= BI . Từ H kẻ HK ^ BI tại K . Khi đó HK ^ (BDE) Þ d(AC, BE)= 2HK  Trang 494 
TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 1 7a 3 Ta có HI = SH = 2 4 Trong tam giác vuông BIH : 2 2 1 1 1 æ 4 ÷ö æ2 ö 4 a 21 = + = ç ÷ + ç ÷ = Þ HK = HK 2 HI 2 HB2 èç7a 3ø÷ èç7aø÷ 21a2 2 Þ d(AC, BE)= 2HK = a 21. Câu 46. (HSG12 Tỉnh Đồng Nai 2018-2019) Cho tứ diện ABCD có AB vuông góc với mặt phẳng BCD . Tam giác BCD là tam giác đều, AB a , BC 2a . 1) Tính góc giữa hai mặt phẳng ABC và BCD . 2) Tính theo a khoảng cách giữa hai đường AC và BD. Lời giải Tác giả: Yến Lâm; Fb: Yen Lam A B E H D F C 1) Ta có AB  BCD mà AB  ABC ABC  BCD . Suy ra góc giữa hai mặt phẳng ABC và BCD là 900 . 2) Gọi E là trung điểm BD, dựng hình chữ nhật BFCE . Gọi H là hình chiếu của B trên AF . Ta có BD / / FC BD / / AFC . Suy ra d BD, AC d BD, AFC d B, AFC . Mặt khác ta có: BH  AF 1 . CF  BF CF  ABF CF  BH 2 . CF  AB Từ (1) và (2) suy ra BH  ACF . Vậy BH d B, ACF d BD, AC . Xét tam giác vuông ABF ta có: AB.BF AB.BF AB.CE a.a 3 a 3 BH.AF AB.BF BH . AF AB2 BF 2 AB2 CE 2 a2 3a2 2  Trang 495 
TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 a 3 Vậy d BD, AC . 2 Câu 47. (HSG12 tỉnh Hải Phòng năm 2018-2019) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B , AB BC a, AD 2a , SA 2a và vuông góc với mặt phẳng ABCD . a)Tính góc giữa hai mặt phẳng SBC và SCD . b)Cho M là điểm nằm trên cạnh SA sao cho SM x, 0 x 2a . Mặt phẳng BCM chia hình chóp thành hai phần có thể tích V1 và V2 (trong đó V1 là thể tích của phần chứa đỉnh S ). Tìm x để V 1 1 . V2 2 Lời giải Tác giả: Nhóm 4 - Tổ 8 nhóm toán team toán vd - vdc a) Gọi là góc giữa hai mặt phẳng SBC . Gọi H, K lần lượt là hình chiếu vuông góc của A trên SB và SC . Ta có BC  SAB BC  AH . Ngoài ra AH  SB AH  SBC . Tương tự AK  SCD . Do đó góc giữa hai mặt phẳng SBC và SCD bằng góc giữa hai đường AH 2 AK 2 HK 2 thẳng AH và AK , hay cos cos H· AK . 2.AH.AK SA.AB 2a SA.AC 2a Ta có AH , AK . SB 5 SC 3 BC.SH 4a Mặt khác SHK : SCB nên HK . SC 30 15 Vậy cos . 5  Trang 496 
TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 b) Mặt phẳng BCM cắt cạnh SD tại N . Thiết diện của hình chóp cắt bởi mặt phẳng BCM là hình thang BCNM . 1 2 Gọi V là thể tích khối chóp S.ABCD . Ta có V V V ;V V , V V . S.BCNM S.BCM S.CNM S.ABC 3 S.ACD 3 SM VS.BCM SM 1 VS.CMN SM SN 2 2 2 Đặt k suy ra: k VS.BCM k.V ; . k VS.CMN k .V . SA VS.BCA SA 3 VS.CAD SA SD 3 1 2 2 V1 1 1 Từ đó suy ra V1 k k .V . Mà V1 V . 3 3 V2 2 3 1 1 2 2 1 Suy ra V k k .V k x a . 3 3 3 2 Câu 48. (HSG12 tỉnh Thái Nguyên năm 2018-2019) Cho hình chóp S. ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B , AB a . Gọi I là trung điểm của AC . Biết hình chiếu của S lên mặt phẳng ABC là   điểm H thỏa mãn BI 3IH và góc giữa hai mặt phẳng SAB ; SBC bằng 600 . Tính thể tích khối chóp S. ABC đã cho và tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AB , SI theo a . Lời giải Tác giả: Nguyễn Thùy Linh; Fb:Nguyễn Thùy Linh Cách 1:  Trang 497 
TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 BH  AC a) Từ giả thiết của bài toán ta có AC  SBH AC  SB . SH  AC AJ  SB Kẻ IJ  SB góc giữa hai mặt phẳng SAB và SCB bằng góc giữa hai đường thẳng CJ  SB AJ và CJ . Dễ thấy AIJ là tam giác cân tại J , kết hợp với giả thiết góc giữa hai mặt phẳng SAB và SBC bằng 600 ta có hai trường hợp sau : TH1: ·AJC 600 ·AJI 300 . a 6 a 2 Ta có IJ AI .tan 600 BIJ vuông tại J có BI IJ ( Loại ) . 2 2 TH2: ·AJC 1200 ·AJI 600 . a a 3 Ta có IJ AI .tan 300 BIJ vuông tại J có BJ BI 2 IJ 2 . 6 3 IJ .BH 1 a 2 2a 2 BIJ : BSH SH . Mặt khác IB AC BH . BJ 2 2 3 2a 1 a3 Ta có SH V SH.S (đvtt). 3 S.ABC 3 ABC 9 b) Gọi E là trung điểm của BC IE PAB . Do vậy ta có d AB, SI d AB, SIE d B, SIE .   Do BI 3IH d B, SIE 3d H, SIE . Kẻ HK  IE , K IE . Mặt khác ta lại có SH  ABC SH  IE IE  SHK SIE  SHK . Kẻ HF  SK HF  SIE d H , SIE HF d AB, SI 3HF .  Trang 498 
TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 1 1 1 SH .HK Xét tam giác vuông SHK ta có : 2 2 2 HF . HF HK HS SH 2 HK 2 HK IH 1 1 a 2a 17 Mặt khác HK BE HF . BE IB 3 3 6 51 2a 17 Vậy d AB, SI 3HF . 17 Cách 2: Chọn hệ trục tọa độ Bxyz với A Bx,C By, Bz // SH . Không mất tính tổng quát ta chọn a 1. 1 1 Ta có : B 0;0;0 , A 1;0;0 , C 0;1;0 I ; ;0 . 2 2   2 2 2 2 Do BI 3IH H ; ;0 . Gọi S ; ;h với h 0 . 3 3 3 3   2 2  BA 1;0;0 , BS ; ;h , BC 0;1;0 . 3 3    2    2 n1 BA, BS 0; h; , n2 BC , BS h;0; . 3 3   n .n 0 0 1 2 2 2 2 2 Do góc giữa SAB và SBC bằng 60 nên cos60   h S ; ; . 3 3 3 3 n1 . n2 1 1 2 1 1 a3 V SH.S . . . Do chọn a 1 nên V ( đvtt ). S .ABC 3 ABC 3 3 2 9 S .ABC 9   1 1   1  1 1 Ta có : BA 1;0;0 , SI ; ;0 , BA, SI 0;0; , BI ; ;0 . 6 6 6 2 2    BA, SI .BI 2 17 2a 17 d AB, SI   . Do chọn a 1 nên d AB, SI . 17 17 BA, SI  Trang 499 
TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 Câu 49. (HSG11 Nguyễn Đức Cảnh Thái Bình 2018-2019) Cho hình chóp S.ABC có các cạnh SA, BC, AB đôi một vuông góc với nhau. Gọi M là hình chiếu vuông góc của A trên SB . Tìm khẳng định sai trong các khẳng định sau: A. SA  ABC . B. AM  SBC . C. AB  SBC . D. BC  SAB . Lời giải Tác giả:Lê Ngọc Hùng; Fb:Hung Le Chọn C Cách 1: Do các cạnh SA, BC, AB đôi một vuông góc với nhau nên SA  ABC , BC  SAB . Mà BC  SAB BC  AM và AM  SB AM  SBC . Nên các đáp án A, B, D đúng. Cách 2: Từ đáp án C, nếu AB  SBC AB  SB . Theo giả thiết M là hình chiếu vuông góc của A trên SB nên M  B vô lý vì khi đó SAB có hai góc vuông. Suy ra đáp án C sai. Câu 50. (HSG11 Nho Quan Ninh Bình 2018-2019) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , cạnh SA a và vuông góc với mặt phẳng ABCD . a) Chứng minh rằng các mặt bên của hình chóp là những tam giác vuông. b) M là điểm di động trên đoạn BC và BM x , K là hình chiếu của S trên DM . Tính độ dài đoạn SK theo a và x . Tìm giá trị nhỏ nhất của đoạn SK . Lời giải Tác giả: Nguyễn Xuân Tiến Fb: Tien nguyen Ckte  Trang 500 
TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 SA  AB Theo giả thiết SA  ABCD SA  AD Do vậy SAB và SAD vuông tại A . Mặt khác SA  ABCD SA  BC . BC  SA Ta có BC  AB BC  SAB BC  SB SBC vuông tại B . SAAB A Tương tự, SDC vuông tại D . (đpcm) b) Theo giả thiết BM x CM a x . AKD : DCM ( ·AKD D· CM 90, D· AK C· DM : góc có cạnh tương ứng vuông góc) AK AD AD a2 AK DC  . CD DM DM x2 2ax 2a2 a4 a2 SAK vuông tại A , SK SA2 AK 2 a2 a 1 . x2 2ax 2a2 x a 2 a2 Do 0 x a x a 2 a 2 , dấu = xảy ra khi và chỉ khi x 0 . 2 a 2 SK đạt giá trị nhỏ nhất giá trị biểu thức nhỏ nhất x a đạt giá trị lớn nhất. x a 2 a2 a 6 Do vậy SK , đạt khi M  B . min 2 Câu 51. (HSG11 Nghệ An 2018-2019) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang cân (AB//CD) nội tiếp đường tròn tâm O và S· BA S· CA 90 . Gọi M là trung điểm cạnh SA. a) Chứng minh rằng: MO  ABCD . BC b) Gọi là góc giữa hai đường thẳng AB và SC. Chứng minh rằng cos . SA Lời giải  Trang 501 
TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 Tác giả: Chu Viết Tấn ; Fb: Chu Viết Tấn S M H D C O A B a), Gọi O’ là hình chiếu vuông góc của M trên (ABCD). Do các tam giác SBA và SCA lần lượt vuông tại B và C nên ta có MA MB MC O ' A O ' B O 'C O '  O hay MO  ABCD . b) Cách 1: Ký hiệu (a,b) là góc giữa hai đường thẳng a,b. Gọi SC, AB SC,CD S· CD S· AD . Mặt cầu đường kính SA ngoại tiếp khối chóp S.ABC nên cũng ngoại tiếp khối chóp S.ABCD do đó S· DA 90 . Gọi R,r lần lượt là bán kính đường tròn ngoại tiếp SAD, SCD . Ta có: SD 2r sin S· CD 2Rsin S· AD . Do r R nên sin S· CD sin S· AD S· CD S· AD AD BC cos cos S· AD . SA SA Cách 2: ( Đáp án chính) S I M D C O A B Vì AB / /CD nên góc giữa hai đường thẳng AB SC là góc giữa CD và SC  Trang 502 
TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 suy ra cos cos SCD 1 sin 2 SCD (*) 1 Gọi I hình chiếu vuông góc của điểm M lên mặt phẳng SCD ta có MD MC SA nên tam giác 2 SAD vuông tại D . Mặt khác MS MD MC suy ra I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác SCD. Khi đó SD SD SD sin SCD ( Vì tam giác MID vuông tại I ) 2.ID 2.MD SA SD2 SA2 SD2 AD2 BC Từ (*) suy ra: cos 1 sin 2 SCD 1 SA2 SA2 SA2 SA Vậy ta có đpcm. Câu 52. (HSG11 Thị Xã Quảng Trị năm 2018-2019)Cho tứ diện ABCD có tam giác ABC đều cạnh a 5 bằng a và tam giác BCD cân tại D với DC . 2 1. Chứng minh rằng: AD  BC . 2. Gọi G là trọng tâm tam giác BCD , tính cosin góc giữa hai đường thẳng AG và CD , biết góc giữa hai mặt phẳng (ABC) và (BCD) bằng 300 . Lời giải Tác giả:Bùi Thu Hương ; Fb:Cucai Đuong 1)Gọi M là trung điểm BC, ta có: ABC đều nên AM  BC , DBC cân nên DM  BC BC  (AMD) BC  AD ì ï (ABC)È(DBC)= BC ï 2) Ta có í AM Ì (ABC), AM ^ BC nên góc giữa hai mặt phẳng (ABC) và (BCD) ï ï îï DM Ì (DBC), DM ^ BC là góc giữa hai đường thẳng MA, MD . Từ đó, góc giữa hai đường thẳng MA, MD bằng 300 . Kẻ GN / /CD , nối AN  Trang 503 
TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 a a 3 + TH1: D·AM bằng 300 , ta có: MD a MG , ABC đều nên AM . 3 2 Áp dụng định lí cosin cho AMG : AG2 = AM 2 + MG2 - 2.AM.MG.cos300 2 æa 3ö æaö2 a 3 a 3 13a2 2 ç ÷ ç ÷ AG = ç ÷ + ç ÷ - 2. . . = èç 2 ø÷ èç3ø÷ 2 3 2 36 a 13 CD a 5 a 7 ta có AG ,GN . ANC có AN . Trong ANG 6 3 6 3 - 5 5 có cos·AGN= .Gọi (·AG;CD) = a thì cos = 65 65 13 + TH2: A·MD bằng 1500. Tính tương tự ta có: thì cos = . 7 5 Câu 53. (HSG12 tỉnh Bến Tre năm 2018-2019) Trong không gian cho 4 điểm A, B,C, D thỏa mãn   AB 3, BC 7,CD 11, DA 9. Tính AC.BD. Lời giải Ta có        2AC.BD AB BC AD DC .BD       AB AD .BD BC DC .BD         AB AD . AD AB BC DC . BC DC AD2 AB2 BC 2 DC 2.   Thay số vào ta được AC.BD 0. Câu 54. (HSG12 tỉnh Hà Tĩnh năm 2018-2019) Cho hình lăng trụ ABC.A B C có đáy là tam giác đều cạnh a . Hình chiếu vuông góc của A lên mp ABC trùng với trọng tâm tam giác ABC . Biết a 3 khoảng cách giữa hai đường thẳng AA và BC bằng . Tính thể tích khối lăng trụ đã cho theo a . 4 Lời giải  Trang 504 
TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 Gọi I là trung điểm của BC . Gọi G là trọng tâm tam giác ABC . Gọi H là hình chiếu vuông góc của I lên AA . Ta có BC  A G; BC  AI nên suy ra BC  AA I BC  IH . a 3 Suy ra d AA , BC IH . 4 a 3 a 3 a2 a Đặt A G h . Ta có: A G.AI IH.AA h. . h2 h . 2 4 3 3 a a2 3 a3 3 Vậy V h.S . . ABC.A B C ABC 3 4 12 Câu 55. (HSG12 tỉnh Hưng Yên 2018-2019) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh 2a và ·ABC 60 . Gọi E , F lần lượt là trung điểm của các cạnh SC , SD . Biết SA SC SD và mặt phẳng ABEF vuông góc với mặt bên SCD , tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a . Lời giải Tác giả: Trần Tố Nga; Fb: Trần Tố Nga S F E I A D O H M B C Gọi M là trung điểm của CD , I là giao điểm của EF và SM , H là giao điểm của AM và DO .  Trang 505 
TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 Có ABCD là hình thoi cạnh 2a , ·ABC 60 nên ACD đều cạnh 2a . . là tâm đường tròn ngoại tiếp . Có SA SC SD nên hình chiếu của S lên mặt phẳng ABCD trùng với H hay SH  ABCD . Có ABEF  SCD theo giao tuyến EF Mà SM  EF (Do SM  CD;EF //CD) SM  ABEF SM  AI AIM vuông tại I . S I A H K M +) Gọi K là trung điểm của HM IK là đường trung bình của SHM . {. Xét AIM vuông tại I có IK  AM nên 2 1 1 2a 3 a 3 a 3 15 2 IK AK.KM AH HM . HM . a 2 2 3 6 6 36 a 15 a 15 IK SH 6 3 3 1 1 a 15 2 2a 5 Vậy V SH.S . 2a sin 60 . S.ABCD 3 ABCD 3 3 3 Câu 56. (HSG12 tỉnh Quảng Bình năm 2018-2019) Cho khối tứ diện SABC và hai điểm M , N lần SM 1 SN lượt thuộc các cạnh SA , SB sao cho , 2. Gọi P là mặt phẳng đi qua hai điểm M , N MA 2 NB và song song với đường thẳng SC . a. Trong trường hợp SABC là tứ diện đều cạnh a , xác định và tính theo a diện tích thiết diện của khối tứ diện S.ABC với mặt phẳng P . Lời giải Tác giả: Phạm Thị Phương Thúy, Trần Bạch Mai; Fb: thuypham, Bạch Mai  Trang 506 
TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 *) Xác định thiết diện SC / / P Ta có: SC  SAC P  SAC MF MF / /SC; F AC . M P  SAC SC / / P Ta có: SC  SBC P  SBC NE NE / /SC; E BC . N P  SBC Thiết diện là tứ giác MNEF . Mặt khác ta có: +) NE / /MF / / SC . +) SMN CFE MN FE . NE BN 1 a +) NE / /SC NE . SC BS 3 3 MF AM 2 2a +) MF / /SC MF . SC AS 3 3 Vậy thiết diện MNEF là hình thang cân. *) Tính diện tích thiết diện  Trang 507 
TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 a Xét SMN có MN SM 2 SN 2 2.SM.SN.cosM· SN . 3 MF NE a a 11 Kẻ NH  MF, MNEF là hình thang cân MH NH 2 6 6 . 1 1 a 2a a 11 a2 11 Vậy diện tích thiết diện là: SMNEF NE MF .NH . 2 2 3 3 6 12 b. Trong trường hợp bất kì, mặt phẳng P chia tứ diện SABC thành hai phần. Tính tỉ số thể tích của hai phần đó.Lời giải Tác giả: Trương Hồng Hà & Vũ Việt Tiến; Fb: Trương Hồng Hà & Vũ Việt Tiến Cách 1: Vì mp P đi qua M , N và song song với SC nên: P  SAC MF, F AC, MF / /SC ; P  SBC NE, E BC, NE / /SC . CF SM 1 CE SN 2 Khi đó ; . CA SA 3 CB SB 3 Mặt phẳng P chia khối tứ diện SABC thành hai khối: MNEFSC và MNEFAB . + Gọi VSABC V , VMNEFSC V1, VMNEFAB V2 . + Ta có V1 VMNEFSC VCSEF VSFME VSMNE . VCSEF CE CF 2 2 + . VCSEF V . VCSBA CB CA 9 9 V SN 1 + SFME 1 . VSFAE SA 3  Trang 508 
TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 1 1 2 2 d S, AEF .S d E, AF .FA d B, AC . AC V AEF S 4 + Mà SFAE 3 AEF 2 3 3 . 1 1 VSABC SABC d B, AC .AC 9 d S, ABC .SABC d B, AC .AC 3 2 VSFAE 4 4 VSFAE V 2 . VSABC 9 9 1 4 4 Từ (1) và (2) suy ra V . V V . SFME 3 9 27 V SM SN 1 2 2 + SMNE . . 3 . VSABE SA SB 3 3 9 1 1 d S, ABE .S d A, BE .BE V ABE S BE 1 + Mà SABE 3 ABE 2 . 1 1 VSABC SABC BC 3 d S, ABC .SABC d A, BC .BC 3 2 VSABE 1 1 VSABE V 4 . VSABC 3 3 2 1 2 Từ (1) và (2) suy ra V . V V . SABE 9 3 27 2 4 2 4 5 + Do đó V V V V V V V V V V . 1 CSEF SFME SMNE 9 27 27 9 2 9 V 4 V 5 + Vậy 1 hoặc 2 . V2 5 V1 4 Cách 2: Vì MF / /NE / /SC nên tứ giác MNEF là hình thang. Gọi I FE  MN I AB . Theo định lý Mennelaus, ta có SM AI BN AI IB 1 + . . 1 4 . AM BI SN BI IA 4 AB IE FC IE + . . 1 1 E là trung điểm của FI . IB FE AC FE VIBNE IB IN IE 1 1 1 1 15 + . . . . V2 VMNEFAB VIAMF VIBNE VIAMF . VIAMF IA IM IF 4 2 2 16 6 VIAMF IA 4 4 Mặt khác VIAMF VBAMF . VBAMF BA 3 3 2 AM 2 4 + S S ; V V . ABF 3 ABC AS 3 BAMF 9 SABC 15 4 4 5 4 V . . V V V V . 2 16 3 9 SABC 9 1 9  Trang 509 
TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 V 4 V 5 + Vậy 1 hoặc 2 . V2 5 V1 4 Câu 57. (HSG11 Nguyễn Đức Cảnh Thái Bình 2018-2019) Cho tứ diện ABCD đều cạnh bằng a . Hãy chỉ ra mệnh đề sai trong các mệnh đề sau đây:   a2     A. AB.AC . B. AB CD BC DA 0 .   2     C. AB.CD 0 . D. AB.AD BC.CD . Lời giải Tác giả: Nguyễn Trần Vũ; Fb: Nguyễn Trần Vũ Chọn D Ta có:   1 a2 +) AB.AC AB.AC.cos60 a.a. suy ra đáp án A đúng. 2 2          +) AB CD BC DA AB BC CD DA AA 0 suy ra đáp án B đúng.          +) AB.CD AB. AD AC AB.AD AB.AC a.a.cos60 a.a.cos60 0 suy ra đáp án C đúng. Vậy đáp án D sai. Câu 58. (HSG12 Thành Phố Đà Nẵng 2018-2019) Cho hình chóp đều S.ABC có góc giữa mặt bên và 3a 7 mặt đáy ABC bằng 60 . Biết khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và BC bằng , tính theo 14 a thể tích V của khối chóp S.ABC . a3 3 a3 3 a3 3 a3 3 A. V . B. V . C. V . D. V . 12 16 18 24 Lời giải Tác giả: Vũ Ngọc Tân ; Fb: Vũ Ngọc Tân. Phản biện: Lê Mai Hương; Fb: Le Mai Huong. Chọn D  Trang 510 
TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 Dựng SH  ABC , mà S.ABC là hình chóp đều nên H là trọng tâm ABC , gọi M , N lần lượt là trung điểm của BC, AB . x 3 Theo giả thiết thì S·MA 60, khi đó ta đặt AB AC BC x nên AM . 2 1 1 x 3 x x Ta có : SH tan 60.HM tan 60. AM 3. . , AH . 3 3 2 2 3 3 Dựng hình bình hành ACBP , khi đó d BC, SA d BC, SAP d M , SAP d H, SAP 2 2 2 3a 7 a d H, SAP d BC, AB . . 3 3 14 7 a Vì HAP vuông tại A, nên ta dựng HK  SA do đó d H, SAP HK . 7 1 1 1 7 3 4 Khi đó ta được : nên x a . HK 2 AH 2 SH 2 a2 x2 x2 a2 3 1 1 a a2 3 a3 3 Vậy SH a , S , nên V .SH.S . . . ABC 4 SABC 3 ABC 3 2 4 24 Câu 59. (HSG 12 Yên Lạc 2 Vĩnh Phúc năm 2018-2019) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang có AD 2a, AB BC CD a, B· AD 600 , SA  (ABCD), SA a 3. M và I là hai điểm     thỏa mãn 3MB MS 0, 4IS 3ID 0. Mặt phẳng ( AIM ) cắt SC tại N. d)Chứng minh rằng đường thẳng SD vuông góc với mặt phẳng ( AIM ). · 0 · 0 e)Chứng minh ANI 90 ; AMI 90 . f)Tính diện tích của thiết diện tạo bởi mặt phẳng ( AMI ) và hình chóp S.ABCD. Lời giải Tác giả: Dương Hà Hải ; Fb: Dương Hà Hải. Phản biện: Vũ Huỳnh Đức; Fb: Vũ Huỳnh Đức  Trang 511 
TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019    a)Đặt AB a, AD b, AS c.  1 Ta có BC b, a a, b 2a, c a 3,a.b a2 ,a.c 0,c.b 0. 2   3 4  3 1 Ta có: SD b c, AI b c, AM a c. 7 7 4 4     Suy ra SD.AI 0, SD.AM 0. Do đó SD  AI , SD  AM . Vậy SD  ( AMI ). b)Trog mặt phẳng ( ABCD), AC cắt BD tại E. Trog mặt phẳng (SBD), SE cắt MI tại F. Khi đó, trong mặt phẳng (SAC), AF cắt SC tại N.  1 1 1  1 5 1 Ta có: AN a b c, NI a b c 2 4 2 2 28 14   AN.NI 0 AN  NI ·ANI 900.  3 1  3 3 9 AM a c, MI a b c 4 4 4 7 28   AM.MI 0 AM  MI ·AMI 900. c)Thiết diện tạo bởi mặt phẳng ( AMI ) và hình chop S.ABCD là tứ giác AMNI. Ta có SAMNI SANI SAMN a 3 a 6 a 42 Ta có AM , AN , NI 2 2 14 1 3a2 7 S AN.NI . ANI 2 28     15a2 AM.AN 5 14 Ta có AM.AN cos M· AN sin M· AN 16 AM.AN 4 2 8 1 3a2 7 S AN.AM.sin M· AN AMN 2 32  Trang 512 
TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 3a2 7 3a2 7 45a2 7 Vậy S . AMNI 28 32 224 Câu 60. (HSG11 Bắc Ninh 2018-2019) Cho hình chóp S.ABCD , có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB = a 3, BC = a và SA = SB = SC = SD = 2a . Gọi K là hình chiếu vuông góc của B trên AC và H là hình chiếu vuông góc của K trên SA. a) Tính độ dài đoạn HK theo a. b) Gọi I là giao điểm của hai đường thẳng HK ,SO . Mặt phẳng (a) di động, luôn đi qua I và cắt các đoạn thẳng SA,SB,SC,SD lần lượt tại A¢,B¢,C ¢,D¢. Tìm giá trị nhỏ nhất của P = SA¢.SB¢.SC ¢.SD¢. Lời giải Tác giả: Nguyễn Thị Hà; Fb: Ha Nguyen a) + Ta có AB a 3; BC a AC 2a BD . + Gọi O là giao điểm của AC và BD BO a . + Xét OBC có: OB OC BC a OBC đều, mà K là hình chiếu vuông góc của B lên AC 3a BK  OC K là trung điểm của OC AK . 2 + Xét SOB có: SO SB2 OB2 4a2 a2 a 3 . 3a a 3. SO.AK 3a 3 + Xét SAK có: 2S SO.AK HK.SA HK 2 . SAK SA 2a 4 9a2 27a2 3a 3a 5a b) + Xét AHK có: AH AK 2 HK 2 SH SA AH 2a 4 16 4 4 4  Trang 513 
TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 + Từ O kẻ đường song song với HK , cắt SA tại điểm J . a HJ KO 1 1 1 3a a + Xét AHK có: 2 HJ .HA . HA AK 3a 3 3 3 4 4 2 5a SH SI SI SH + Xét SJO có: 4 5 HJ IO IO HJ a 4 + Từ A và từ C kẻ các đường song song với A C cắt đường SO tại các điểm D và E . + Xét 2 tam giác ADO và OEC có: D· AO O· CE (so le trong) AO OC D· OA E· OC (đối đỉnh) ADO CEO (g.c.g) DO EO SA SD SC SE + Trong SAD có: ; trong SEC có: SA' SI SC ' SI SA SC SD SE SD SE 2SO 12 SA' SC ' SI SI SI SI 5 SB SD 12 + Tương tự có: SB ' SD ' 5 SA SB SC SD SA SB SC SD + Áp dụng BĐT Cô – si ta có: 44 . . . SA' SB ' SC ' SD ' SA' SB ' SC ' SD ' 24 16a4 44 5 SA'.SB '.SC '.SD '  Trang 514 
TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 4 5a 625 4 SA'.SB '.SC '.SD ' a . 3 81 SA SB SC SD 6 5 + Dấu “=” xảy ra SA' SB ' SC ' SD ' a . SA' SB ' SC ' SD ' 5 3 Cách 2: Sử dụng định lý Menelauyt: 5a 3a SH AK OI OI OI 1 + Ta có: . . 1 4 . 2 . 1 HA KO IS 3a a IS IS 5 4 2 + Gọi giao điểm của A C và AC là M , đặt SA' x SA' AM OI x AM 1 MO x AO 6x 10a + Ta có: . . 1 . . 1 A' A MO IS 2a x MO 5 AM 10a 5x AM 10a 5x MC 6x 10a 7x 10a 2. 1 AM 10a 5x 10a 5x SA' AM CC ' x 10a 5x CC ' CC ' 7x 10a CS 12x 10a + Ta lại có: . . 1 . . 1 SA MC C 'S 2a x 7x 10a C 'S C 'S 5x C 'S 5x SA SC 2a 12x 10a 12 + Khi đó: SA' SC ' x 5x 5 + Các bước tiếp theo làm tương tự như cách 1. Câu 61. (HSG11 Cụm Hà Đông Hoài Đức Hà Nội năm 2018-2019) Cho hình hộp ABCDA B C D có tất cả các cạnh bằng nhau. Điểm M di động trên cạnh AB , điểm N di động trên cạnh A D sao cho A N 2AM . Gọi (α) là mặt phẳng chứa MN và song song với AC . Dựng thiết diện của hình hộp bởi (α) và chứng minh rằng (α) luôn chứa một đường thẳng cố định. Lời giải Tác giả: thuy hoang ; Fb: thuy hoang  Trang 515 
TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 * Dựng thiết diện của hình hộp bởi : Y B R C M X A D Q T B' C' P A' N D' M ( )  (ABCD)  ABCD d Xét có: AC / /( ) AC  (ABCD) Nên d là đường thẳng qua M và song song với AC , d cắt AD tại X , cắt CD tại Y cắt BC tại R . Tương tự xét  A B C D d , d qua N và song song với AC cắt C D tại P . XN cắt AA tại T , YP cắt CC tại Q . Vậy thiết diện cần tìm là lục giác MRQPNT . * Chứng minh rằng (α) luôn chứa một đường thẳng cố định: AC // ( ) - Ta có: AC  (ACC A ) TQ // AC (1) ( )  (ACC A ) TQ AT AX - Trong mặt phẳng ADD A có AX // A'N TA A N Mà tứ giác AXRC là hình bình hành suy ra AX CR (*) AM CR -Xét tam giác ABC cân có MR // BC = AB CB Mà AB BC nên AM RC . Suy ra AX AM (kết hợp (*)) AT AX AM 1 AT 1 Suy ra , hay . Suy ra điểm T cố định. TA A N A N 2 TA 2 Kết hợp (1) suy ra TQ cố định. Vậy luôn chứa đường TQ cố định. (đpcm). Câu 62. (HSG11 tỉnh Quảng Ngãi năm 2018-2019) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật, AD 2a, AB a ; O là giao điểm của AC và  Trang 516 
TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 a BD , SO vuông góc với ABCD và SO . Gọi M là trung điểm của BC . 2 a. Chứng minh đường thẳng SM vuông góc với mặt phẳng SAD . b. Gọi là góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng SAD , tính sin . Lời giải a) Gọi N là trung điểm của AD . AD  MN Ta có AD  SMN AD  SM (1). AD  SO a 2 Mặt khác SM SN SO2 OM 2 và MN a suy ra SM 2 SN2 MN2 . 2 Theo định lý Pitago ta có SM  SN (2). Mà AD, SN  SAD ; AD  SN N (3) Từ (1), (2), (3) ta được SM  SAD . b) Gọi H là hình chiếu vuông góc của C lên SAD . Khi đó: C· SH . a 2 Do CM / / SAD nên d C, SAD d M , SAD CH MS . 2 a2 5a2 a 6 Mặt khác SC SO2 OC 2 . 4 4 2 CH a 2 2 3 Vậy sin . . SC 2 a 6 3 Câu 63. (HSG11 tỉnh Vĩnh Phúc năm 2018-2019) Cho hình hộp ABCD.A' B 'C ' D '. Gọi M là một 1 điểm trên cạnh AD sao cho AM AD, N là một điểm trên đường thẳng BD ', P là điểm trên 4 MN đường thẳng CC ' sao cho 3 điểm M , N, P thẳng hàng. Tính tỉ số MP Lời giải  Trang 517 
TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 B C M E A D N C' B' P A' D' I Vì 2 đường thẳng BD ', MP cắt nhau tại điểm N nên 4 điểm B, M , D ', P đồng phẳng. Xét 3 mặt phẳng ABCD , CDD'C' , BMD 'P đôi một cắt nhau theo 3 giao tuyến là DC, BM , D ' P . Mà BM cắt DC . Do đó 3 đường thẳng DC, BM , D ' P đồng quy. Trong mặt phẳng ABCD :BM CD I . Trong mặt phẳng CDD'C ' :ID 'CC ' P . Trong mặt phẳng IBP :BD ' MP N . Trong mặt phẳng IBP :ME // IP E BD ' . BM D ' I NP ME D ' I D ' P Ta có 1 1 . BI D ' P NM ID ' D ' P ME IM MD 3 BM 1 Mặt khác (2) . IB BC 4 BI 4 ID ' ID MD 3 D ' I 3 3 . IP IC BC 4 D ' P NP 4 MN 3 Từ (1), (2), (3) ta có . NM 3 MP 7 Câu 64. (HSG12 Cụm Thanh Xuân năm 2018-2019) Cho tứ diện ABCD 1) Gọi E, F,G lần lượt là trọng tâm của tam giác ABC, ACD, ABD . a) Chứng minh EFG / / BCD . b) Tính diện tích tam giác EFG theo diện tích tam giác BCD . 2) Cho tứ diện ABCD . M là điểm thuộc miền trong của tam giác BCD . Kẻ qua M đường thẳng d / / AB . a) Xác định giao điểm B ' của đường thẳng d và mặt phẳng ACD . b) Kẻ qua M các đường thẳng lần lượt song song với AC và AD cắt các mặt phẳng ABD và  Trang 518 
TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 MB ' MC ' MD ' ABC theo thứ tự tại C ', D ' . Chứng minh rằng 1. AB AC AD AB AC AD c) Tính giá trị nhỏ nhất của biểu thức T . MB ' MC ' MD ' Lời giải 1) Gọi E, F,G lần lượt là trọng tâm của tam giác ABC, ACD, ABD . a) Chứng minh EFG / / BCD . b) Tính diện tích tam giác EFG theo diện tích tam giác BCD .Lời giải Tác giả: Nguyễn Thị Trà My ; Fb: Nguyễn My Phản biện:Trần Trung; Fb: Trung Tran Phản biện: Đỗ Hữu Nhân; Fb: Do Huu Nhan a) Gọi M , N , P lần lượt là trung điểm của BC,CD, DB . AE AF 2 Theo tính chất trọng tâm ta có EF / /MN . AM AN 3 Ta có MN  BCD nên EF / / BCD . (1) Chứng minh tương tự ta có EG / / BCD . (2) Từ (1) và (2) ta có EFG / / BCD . EF FG EG 2 b) Ta có theo định lý Talet. MN NP MP 3 2 S 4 EFG : MNP theo tỉ số EFG (3) (Do tỉ số diện tích của hai tam giác đồng dạng bằng 3 S MNP 9 bình phương tỉ số đồng dạng) 1 S 1 Mặt khác MNP : DBC theo tỉ số MNP . (4) 2 S DBC 4  Trang 519 
TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 S EFG 1 1 Từ (3) và (4) ta có S EFG S BDC . S DBC 9 9 2) Cho tứ diện ABCD . M là điểm thuộc miền trong của tam giác BCD . Kẻ qua M đường thẳng d / / AB . a) Xác định giao điểm B ' của đường thẳng d và mặt phẳng ACD . b) Kẻ qua M các đường thẳng lần lượt song song với AC và AD cắt các mặt phẳng ABD và MB ' MC ' MD ' ABC theo thứ tự tại C ', D ' . Chứng minh rằng 1. AB AC AD AB AC AD c) Tính giá trị nhỏ nhất của biểu thức T .Lời giải MB ' MC ' MD ' Tác giả: Trần Mạnh Trung ; Fb: Trung Tran PB: Nguyễn Phương Thu ; Fb: Nguyễn Phương Thu PB: Đỗ Hữu Nhân; Fb: Do Huu Nhan a) Trong mặt phẳng BCD gọi BM CD E . Trong mặt phẳng ABE kẻ MB '/ / AB B ' AE d  MB '. B ' d Ta có d  ACD B ' B ' AE  ACD b) Trong mặt phẳng BCD gọi CM  BD F, DM  BC G . Trong mặt phẳng ACF kẻ MC '/ / AC C ' AF . Trong mặt phẳng ADG kẻ MD '/ / AD D ' AG . MB ' ME S Ta có MB '/ / AB MCD (1). AB BE S BCD MC ' S MD ' S Tương tự ta có MBD (2); MBC (3) . AC S BCD AD S BCD  Trang 520 
TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 MB ' MC ' MD ' S MCD S MBD S MBC Từ (1) , (2) và (3) Suy ra 1 AB AC AD S ABC MB ' MC ' MD ' MB '.MC '.MD ' 1 27 c) Ta có 33 . AB AC AD AB.AC.AD MB '.MC '.MD ' AB.AC.AD AB AC AD AB.AC.AD 27.AB.AC.AD Ta có T 33 33 3 3 . MB ' MC ' MD ' MB '.MC '.MD ' AB.AC.AD MB ' MC ' MD ' 1 ME MF MD 1 Dấu " " xảy ra khi và chỉ khi . AB AC AD 3 BE CF DG 3 Câu 65. (HSG12 Hà Nội năm 2018-2019) Cho hình lập phương ABCD.A B C D . Một mặt phẳng P cắt các tia AB , AD , AA , AC lần lượt tại M , N , P , Q . 3 1 1 1 a) Chứng minh rằng: . AQ AM AN AP b) Gọi H là hình chiếu của A lên P . Chứng minh rằng AQ 3AH . Lời giải Tác giả: Bùi Văn Lưu; Fb: Bùi Văn Lưu a) Theo quy tắc hình hộp ta có:     AC  AB  AD  AA  AC AB AD AA AQ AM AN AP . AQ AM AN AP 1 Ta có AC là đường chéo của hình lập phương ABCD.A B C D AB AD AA AC . 3 AC AB AD AA 3 1 1 1 Mà M , N , P , Q đồng phẳng nên . AQ AM AN AP AQ AM AN AP 1 1 1 1 b) Ta có AMNP là tứ diện vuông . AH 2 AM 2 AN 2 AP2 2 1 1 1 1 1 1 Mà 2 2 2 . AM AN AP AM AN AP  Trang 521 
TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 1 1 1 1 1 3 AQ 3AH . AH AM AN AP AH AQ Câu 66. (HSG12 tỉnh Cần Thơ năm 2018-2019) Cho hình lăng trụ ABCD.A B C D có đáy ABCD là · hình thoi cạnh a , BAD 120 . Biết các đường thẳng A A, A B, A C cùng tạo với mặt phẳng ABCD một góc bằng 60 . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của BB ,CC . a) Tính thể tích khối lăng trụ ABCD.A B C D . b) Tính khoảng cách giữa AD và mặt phẳng D MN Lời giải Tác giả: Nhóm 3 tổ 8 nhóm strong team vd- vdc a) Tính thể tích khối lăng trụ ABCD.A B C D . Gọi I là trung điểm của BC. Gọi H là hình chiếu vuông góc của điểm A trên mặt phẳng ABCD vì các đường thẳng A A, A B, A C cùng tạo với mặt phẳng ABCD một góc bằng 60 nên H· AA ' H· BA ' H· CA ' 60 . Tam giác ABC đều Do tam giác ABC tam giác đều nên A .ABC là hình chóp tam giác đều. a 3 a 3 a2 3 Ta có AI AH A H AH tan ·A AH a , S AB.AD.sin B· AD 2 3 ABCD 2 a3 3 Thể tích khối lăng trụ ABCD.A B C D là V A H.SABCD . 2 b) Tính khoảng cách giữa đường thẳng AD và mặt phẳng (D¢MN) Cách 1.  Trang 522 
TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 Do MN / / A¢D¢ nên A¢ thuộc mặt phẳng (D¢MN) Gọi E = A¢M Ç AB , F = D¢N ÇDC Þ EF / /BC / / AD và B,C lần lượt là trung điểm của các đoạn 3 thẳng AE, DF . Suy ra A, H , F thẳng hàng và AF = HF . 2 3 Ta có AD / /(D¢MN)Þ d (AD,(D¢MN))= d (A,(A¢EF))= d (H,(A¢EF)). 2 Do AH ^ BC Þ AH ^ EF Þ EF ^ (A¢HF)Þ (A¢EF)^ (A¢HF) Trong tam giác A¢HF , kẻ HK ^ A¢F Þ HK ^ (A¢EF)Þ d (H,(A¢EF))= HK 2a 3 1 1 1 1 3 7 2a 7 Ta có A¢H = a, HF = 2HA = , = + = + = Þ HK = . 3 HK 2 HA¢2 HF 2 a2 4a2 4a2 7 3 3a 7 Suy ra d (AD,(D¢MN))= HK = . 2 7 Cách 2. æ a ö æa ö Chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho I º O(0;0;0), Bç- ;0;0÷,Cç ;0;0÷ èç 2 ø÷ èç2 ø÷ æ a 3 ö æ a 3 ö æ a 3 ö ç ÷ ç ÷ ¢ç ÷ H ç0; ;0÷, Aç0; ;0÷, A ç0; ;a÷ èç 6 ø÷ èç 2 ø÷ èç 6 ø÷ uuur uuur uuur æ a a 3 ö æa a 3 ö uuur uuuur æ a 3 ö ¢ ¢ ¢ ¢ç ÷ ¢ç ÷ ¢ ¢ ¢ç ÷ Do AA = BB = CC nên B ç- ;- ;a÷,C ç ;- ;a÷; BC = A D Þ D ça; ;a÷ èç 2 3 ø÷ èç2 3 ø÷ èç 6 ø÷  Trang 523 
TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 æ a a 3 aö æa a 3 aö ¢ ¢ ç ÷ ç ÷ M , N lần lượt là trung điểm của BB ,CC nên M ç- ;- ; ÷, N ç ;- ; ÷ èç 2 6 2ø÷ èç2 6 2ø÷ uuur uuuur æ a a 3 aö ¢ ç ÷ Ta có MN = (a;0;0), D N = ç- ;- ;- ÷ èç 2 3 2ø÷ uuur uuuur æ a2 a2 3ö a2 é ¢ ù ç ÷ Suy ra êMN, D Nú= ç0; ;- ÷= (0;3;- 2 3) ë û èç 2 3 ø÷ 6 r Mặt phẳng (D¢MN) có một véc tơ pháp tuyến là n = (0;3;- 2 3) 3a 3 Phương trình mặt phẳng (D¢MN): 3y - 2 3z + = 0 2 3a 3 3a 3 + 2 2 3a 7 Do đó d (AD,(D¢MN))= d (A,(D¢MN))= = . 9+ 12 7 Câu 67. (HSG12 tỉnh GIA LAI 2018-2019) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , chiều cao h không đổi. Gọi M , N lần lượt là hai điểm di động trên hai cạnh BC,CD sao cho góc M· AN 45 . Đặt BM x . Tìm x theo a sao cho thể tích khối chóp S.AMN đạt giá trị nhỏ nhất. Lời giải S x M B C N α 45° A D 1 1 1 h 2 Ta có V .h.S .h. .AM.AN.sin 45 .AM.AN . S.AMN 3 AMN 3 2 12 Đặt M· AB ,0 45 N· AD 45 AB AD a2 2 2a2 2 Khi đó AM.AN . . cos cos 45 cos cos sin 1 2 sin 2 45  Trang 524 
TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 Khi đó VS.AMN nhỏ nhất AM.AN nhỏ nhất 1 2 sin 2 45 lớn nhất 22,5 . Vậy khi x a.tan 22,5 a 2 1 thì thể tích khối chóp S.AMN đạt giá trị nhỏ nhất. Câu 68. (HSG12 tỉnh Hà Nam năm 2018-2019) Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng 1. Gọi M , N là hai điểm thay đổi lần lượt thuộc các cạnh AB , AC sao cho mặt phẳng (DMN) luôn vuông góc với mặt phẳng(ABC) . Đặt AM x, AN y . Tìm x, y để tam giác DMN có diện tích nhỏ nhất, lớn nhất. Lời giải Tác giả: Trần Duy Khương ; Fb:Tran Duy Khuong Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác đều ABC . Do ABCD là tứ diện đều nên DO  ABC . Theo đề bài, mặt phẳng DMN  ABC nên suy ra O MN . 1 Tam giác DMN có DO  MN nên S DO.MN . Mà DO là hằng số nên S lớn nhất khi MN DMN 2 DMN lớn nhất, nhỏ nhất khi MN nhỏ nhất. 2 Áp dụng định lí cosin trong tam giác AMN ta có MN 2 x2 y2 xy x y 3xy . Như vậy M , N thay đổi sao cho đoạn thẳng MN luôn đi qua O . Ta có 0 x, y 1.         2   1  1  Ta có MN AN AM y AC xAB , MO AO AM AH xAB x AB AC . 3 3 3 1 1   x 3 3 1 1 Vì MN và MO cùng hướng nên 0 y x x 3xy x y . y x 3 3 1 1 1 1 1 1 Từ 0 x, y 1 , ta có x y 3xy 3 3 2 x x y x y x 2 2 Ta có MN 2 x y x y . x 1 3x 3x 2 Đặt t x y . Ta có t x với x ;1 , t ' x . Bảng biến thiên: 2 3x 1 2 3x 1  Trang 525 
TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 4 3 Quan sát bảng biến thiên, ta có t . 3 2 2 2 4 3 Ta có MN f t t t . Khảo sát sự biến thiên của hàm f t trên đoạn ; ta được 3 2 2 3 1 x t x 1, y 4 3 2 2 MN min t , MN max 3 2 1 1 y t y 1, x . 3 2 2 Câu 69. (HSG12 tỉnh Hải Dương năm 2018-2019)Cho hình hộp đứng ABCD.A B C D có đáy ABCD là hình vuông. 1) Gọi S là tâm của hình vuông A B C D . SA , BC có trung điểm lần lượt là M và N . Tính thể tích của khối chóp S.ABC theo a , biết MN tạo với mặt phẳng ABCD một góc bằng 600 và AB a . 2) Khi AA AB . Gọi R , S lần lượt nằm trên các đoạn thẳng A D , CD sao cho RS vuông góc với mặt a 3 phẳng CB D và RS . Tính thể tích khối hộp ABCD.A B C D theo a . 3 3) Cho AA AB a . Gọi G là trung điểm BD , một mp P thay đổi luôn đi qua G cắt các đoạn thẳng AD , CD , D B tương ứng tại H , I , K . 1 1 1 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức T . D H.D I D I.D K D K.D H Lời giải Tác giả: Đoàn Tấn Minh Triết; Fb: Đoàn Minh Triết 1) Gọi H là trung điểm của AC SH là trung tuyến trong tam giác SAC . Mặt khác tam giác SAC cân tại S SH là đường cao SH  AC . SAC  ABC ; SAC  ABC AC   SH  ABC . SH  SAC ;SH  AC  Gọi I là trung điểm của AH , mà M là trung điểm của SA IM là đường trung bình trong tam giác IM / /SH SAH 1 . IM SH 2  Trang 526 
TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 SH  ABC  · 0  IM  ABC M· NI MN, ABC 60 . IM / /SH  3 3 Tam giác ABC vuông cân tại B , có AB a BC a ; AC a 2 CI AC a 2 . 4 4 1 a NC BC ; tam giác ABC vuông cân tại B µA Cµ 450 . 2 2 a 10 a 30 Xét tam giác CNI có NI CI 2 CN 2 2CI.CN.cos I·CN MI IN.tan 600 . 4 4 a 30 1 1 1 a3 30 SH 2MI V .S .SH . .AB.BC.SH . 2 S.ABC 3 ABC 3 2 12            2) Đặt AA m , A D n , A B p m n p b ; m.n n.p p.m 0 .     Mặt khác A R x.A D ; D S y.D C .            Ta có A R x.m x.n ; D S y.m y.p RS RA A D D S y x m 1 x n y p . Do đường thẳng RS vuông góc với mặt phẳng CB D nên ta có:      RS.B C 0 y x m 1 x n y p . m n 0       RS.D C 0 y x m 1 x n y p . m p 0 2 x 1 y 2x 0 3 . 2y x 0 1 y 3  2   1  Vậy R , S là các điểm sao cho A R A D ; D S D C 3 3  1  1 1  b2 b 3 a 3 RS m n p RS 2 RS b a V a3 . 3 3 3 3 3 3 ABCD.A B C D 3) Vì AA AB a nên ABCD.A B C D là hình lập phương có G là trung điểm BD nên G là tâm của ABCD.A B C D . Gọi E , F lần lượt là tâm ADD A và BB C C E , F lần lượt là trung điểm A D và B C ; G là trung điểm EF .        1    GA GB GC GD 2GE 2GF 0 D G D A D C D B 4  D A  D C  D B   a 2  a 2  a 2  4D G .D H .D K .D I D G .D I .D K .D H 1 D H D K D I 4D I 4D K 4D H Vì bốn điểm H, I, K,G đồng phẳng nên:          GH kGI lGK D H D G k D I D G l D K D G  Trang 527 
TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019  k  l  1  D G .D I .D K .D H 2 k l 1 k l 1 k l 1    a 2 a 2 a 2 do D I , D K , D H không đồng phẳng nên từ 1 và 2 ta được: 1. 4D I 4D K 4D H 2 1 1 1 1 1 1 1 8 Mặt khác T 2 D H.D I D I.D K D K.D H 3 D I D H D K 3a 8 3a 2 T D H D I D K . 3a2 4 8 Vậy giá trị lớn nhất của T là . 3a2 Câu 70. (HSG12 THPT Thuận Thành năm 2018-2019) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang, đáy lớn BC 2a đáy bé AD a , AB b . Mặt bên SAD là tam giác đều, M là một điểm di động trên AB . Mặt phẳng P đi qua M và song song với SA , BC . 1. Tìm thiết diện của hình chóp khi cắt bởi mặt phẳng P . Thiết diện là hình gì? 2. Tính diện tích thiết diện theo a,b và x AM , 0 x b . Tìm x theo b để diện tích thiết diện lớn nhất. Lời giải S P Q C B N M D A 1. Tìm thiết diện của hình chóp khi cắt bởi mặt phẳng P . Thiết diện là hình gì? Do SA// P nên P cắt SAB theo giao tuyến là đường thẳng đi qua M , song song với SA cắt SB tại Q . Do BC// P nên P cắt ABCD theo giao tuyến là đường thẳng đi qua M , song song với BC cắt CD tại N . P cắt SBC theo giao tuyến là đường thẳng đi qua Q , song song với BC cắt SC tại P . Khi đó thiết diện của hình chóp khi cắt bởi P là hình thang MNPQ (MN //PQ) . Do MN //BC, MQ//SA nên (MNPQ)//(SAD) suy ra PN //SD .  Trang 528 
TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 Khi đó P· NM S· DA 600 , Q· MN S· AD 600 (hai góc có các cặp cạnh tương ứng song song) nên MNPQ là hình thang cân. 2. Tính diện tích hình thang MNPQ P Q N K M b x 2.a.x ab ax Ta tính được MQ NP a, PQ ;MN . b b b ab a.x 3 Từ đó tính được QK . . b 2 Suy ra diện tích của MNPQ là: 1 3.a2 S MN PQ .QK b x b 3x MNPQ 2 4b2 2 3.a2 3.a2 3b 3.x b 3.x 3.a2 Ta có SMNPQ 2 b x b 3x 2 4b 12b 2 3 b Dấu “=” xảy ra khi x . 3 b Vậy S đạt giá trị lớn nhất x . MNPQ 3 Câu 71. (HSG12 tỉnh Hưng Yên 2018-2019) Cho tứ diện ABCD có độ dài các cạnh AB 3 , AC 4 , · · · AD 6 và các góc BAC BAD 60 , CAD 90 . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và CD . Lời giải 3 Gọi N là trung điểm của AD , M là điểm trên cạnh AC sao cho AM AC . 4  Trang 529 
TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 Vì AB 3 , AC 4 , AD 6 AB AM AN 3. Lại có B· AC B· AD 60 , C· AD 90 nên BM CN 3; MN 3 2 . BMN vuông tại B . Gọi O là trung điểm của MN thì O là tâm đường tròn ngoại tiếp BMN . Lại có AB AM AN 3 3 2 AO  BMN và AO AN 2 ON 2 . 2 1 3 2 Vì BMN vuông tại B nên BO  MN ;BO MN . 2 2 Đặt hệ trục toạ độ Oxyz như hình vẽ với: 3 2 3 2 3 2 3 2 O 0;0;0 , A 0;0; , N ;0;0 , M ;0;0 , B 0; ;0 . 2 2 2 2 3 2 3 2 +) Vì N là trung điểm của AD nên D ;0; . 2 2 4  4  2 +) Có AC AM AC AM C 2 2 ;0; . 3 3 2   Có AB,CD 3; 15; 15 .  Có AC 2 2 ;0; 2 2    AB,CD .AC 6 2 30 2 36 2 .    AB,CD .AC Áp dụng công thức d AB,CD   AB,CD 36 2 4 102 d AB,CD . 9 225 225 17 Câu 72. (HSG12 tỉnh Lào Cai năm 2018-2019) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh   bằng a . Biết hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng ABCD là điểm M thỏa mãn AD 3MD . Trên cạnh CD lấy các điểm I , N sao cho ·ABM M· BI và MN vuông góc với BI . Biết góc giữa SC và ABCD bằng 60. Tính thể tích khối chóp S.AMCB và khoảng cách từ N đến mặt phẳng SBC . Lời giải  Trang 530 
TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 *) Tính thể tích khối chóp S.AMCB : Ta có : AD 2a DM , AM CM DM 2 CD2 3 3 a 3 SM  ABCD S·CM 60 SM CM.tan 60 3 AM CB .AB 5a2 1 5a3 30 Khi đó : S V .SM.S AMCB 2 6 S.AMCB 3 AMCB 54 *) Tính khoảng cách từ N đến mặt phẳng SBC a 13 AB 3 Ta có : BM cos ·ABM cos I·BM 3 BM 13 2 a 2 Đặt DI x IM 2 x2 , IB a x a2 . 9 Áp dụng định lý cosin ta có 2 2 a 2 13a 2 IM 2 MB2 IB2 2MB.IB.cos I·BM x2 a x a2 2a. a x a2 9 9 7a 13a x IB 12 12 a Gọi H MN  BI .Ta có ABM MBH BH AB a, IH IB BH 12 BI CI HI.BI 13a a CN 1 CBI ~ HNI NI ,CN CD DI IN NI HI CI 60 5 CD 5 1 1 Suy ra : d N, SBC .d D, SBC d M , SBC 5 5 Kẻ ME vuông góc với BC , MK vuông góc với SE . Suy ra : MK d M. SBC  Trang 531 
TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 1 1 1 13 a 130 1 a 130 Ta có : MK d N, SBC .d M , SBC MK 2 MS 2 ME 2 10a2 13 5 65 Câu 73. (HSG12 tỉnh Lâm Đồng năm 2018-2019) a) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, AD và H là giao điểm của CN và DM . Biết SH vuông góc với mặt phẳng (ABCD) và 2a khoảng cách giữa hai đường thẳng DM và SC bằng . Tính theo a thể tích khối tứ diện SHMC. 3 b) Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC.A' B 'C ' có AB 2 3, AA ' 3 , Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm các cạnh A'B', A'C', và BC . Tính côsin của góc tạo bởi hai mặt phẳng AB 'C ' và MNP . Lời giải a) Tác giả: Nhóm 2 - Tổ 8 nhóm toán team toán vd - vdc S K B C M H A N D Theo giả thiết ABCD là hình vuông, suy ra ADM DNC (c.g.c) Từ đó suy ra ·ADH D· CN DM  CN 2 2 2 2 2 a a 5 CD 2a DC.DN a Vậy có: NC DC DN a ; HC ; HD ; 2 2 CN 5 NC 5 a 5 a 3a 5 1 1 2a 3a 5 3a2 HM MD HD và S HC.HM . . 2 5 10 HMC 2 2 5 10 10 Mặt khác, ta có SH  (ABCD) SH  DM Theo chứng minh trên DM  CN DM  (SCN). 2a Kẻ HK  SC thì HK là khoảng cách giữa hai đường thẳng DM và SC . Suy ra HK . 3  Trang 532 
TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 Tam giác SHC vuông tại H, đường cao HK suy ra 1 1 1 1 1 1 1 SH a HK 2 SH 2 HC 2 SH 2 HK 2 HC 2 a2 1 1 3a2 a3 Vậy V S .SH . .a SHMC 3 HMC 3 10 10 b) Cách 1: 3 5 Gọi I,Q lần lượt là trung điểm của các cạnh MN và B 'C ' , khi đó AQ 3 2, PI . Giả sử 2 PI  AQ G G AB 'C '  MNP . MN  MNP , B 'C '  AB 'C ' Hơn nữa nên giao tuyến của hai mặt AB 'C ' và MNP là đường MN PB 'C ' thẳng đi qua G và song song với MN và B 'C ' . Ta có B 'C '  AA'QP AG  , chứng minh tương tự PG  , do đó · AB 'C ' , MNP ·AG , PG . Mặt khác IQPAP, theo định lý Ta-lét ta có: GQ GI IQ 1 2 2 GA 2GQ AQ 2 2;GP 2GI PI 5. GA GP AP 2 3 3 2 2 2 GA2 GP2 AP2 2 2 5 3 1 Xét tam giác AGP có cos·AGP . 2GA.GP 2 2. 5 10 1 Vậy cos · AB 'C ' , MNP 10 Cách 2.  Trang 533 
TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 Gọi I,Q, X lần lượt là trung điểm của MN,B'C' và AA'. Ta có AP PQ QA' A' A 3và ·A' AP 90o nên tứ giác APQA' là hình vuông. IPQ XQA' c g c I·PQ ·XQA' PI  QX 1 . Ta có B 'C '  APQA' B 'C '  QX mà MN PB 'C ' MN  QX 2 Từ (1) và (2) suy ra QX  MNP , chứng minh tương tự ta có A' P  AB 'C ' Do đó · AB 'C ' , MNP ·A'P,QX . TP TQ PQ Ta có XAPPQ, theo định lý Ta-lét có 2 , từ đó ta được TP 2 2,QX 5 . Áp TA TX XA 2 2 2 TP2 TQ2 PQ2 2 2 5 3 1 dụng định lý cosin cho tam giác PTQ ta có cosP· TQ 2TP.TQ 2 2. 5 10 1 Vậy cos · AB 'C ' , MNP 10 Cách 3. Gọi I,O, J lần lượt là trung điểm các cạnh B'C',MN, AP. Ta có MN PB'C' và A' I  B 'C ' MN  A' I . Đặt hình lăng trụ tam giác đều ABC.A' B 'C 'trong hệ trục tọa độ Oxyz với gốc O 0;0;0 , chiều dương Ox trùng với tia ON , chiều dương Oy trùng với tia OI , chiều dương Oz  Trang 534 
TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 trùng với tia OJ . Khi đó ta có: 3 3 3 3 3 3 A 0; ;3 , B ' 3; ;0 ,C ' 3; ;0 , M ;0;0 , N ;0;0 , P 0; ;3 2 2 2 2 2 2 Gọi n1 và n2 lần lượt là các véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng AB 'C ' và MNP . Ta có     n AB ', AC ' 0;1;1 ,n MN, MP 0; 2;1 1 2 · 0 2 1 1 cos AB 'C ' , MNP cos n1;n2 02 12 12 . 02 2 2 12 10 1 Vậy cos · AB 'C ' , MNP . 10 Câu 74. (HSG12 YÊN LẠC 2 năm 2018-2019) Cho hình hộp đứng ABCD.A1B1C1D1 có các cạnh AB AD 2 , ·  AA1 3 và BAD 60 . Gọi M , N lần lượt là trung điểm A1D1, A1B1 . a. Chứng minh rằng AC1 vuông góc với mặt phẳng BDMN . b. Tính thể tích khối chóp A.BDMN . Lời giải a. Chứng minh rằng AC1 vuông góc với mặt phẳng BDMN . Ta có: BD  AC BD  ACC1 A BD  AC1 (1) BD  AA1       1  AC1.BN AB BC CC1 BB1 BA 2       1   1   1   ABBB BCBB CC BB ABBA BCBA CC BA 1 1 1 1 2 2 2 1 1  2 1    2 AB BA.AD BB 2 2 1 1 1 2 .22 2.2.cos60 3 0 2 2 AC1  BN . (2) Từ (1) và (2) suy ra: AC1  BDMN . b. Tính thể tích khối chóp A.BDMN . Gọi AA1  DM  BN I A1, M , N lần lượt là trung điểm của AI, DI, BI .  Trang 535 
TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 VI .AMN IM.IN 1 3 VA.BDMN VI .ABD VI .ABD IB.ID 4 4 3 1 1 3 3 V . .IA.S .2 3.22. dvtt A.BDMN 4 3 ABD 4 4 2 3 Vậy V . A.BDMN 2 Câu 75. (HSG11 Nguyễn Đức Cảnh Thái Bình 2018-2019) Cho hình chóp S.ABC có SA SB SC AB AC 1cm và BC 2 cm. Tính góc giữa hai đường thẳng AB và SC A. 30 . B. 45. C. 60 . D. 90 . Lời giải Tác giả: Nguyễn Trần Vũ; Fb: Nguyễn Trần Vũ Chọn C   Theo giả thiết đề bài ta thấy BC 2 SB2 SC 2 SB  SC SB.SC 0 .     AB.SC        1 Ta có cos AB, SC SB SA .SC SB.SC SA.SC 0 SA.SC.cos60 AB.SC 2   Do đó AB, SC 120. Suy ra góc giữa hai đường thẳng AB và SC bằng 180 120 60. Câu 76. (HSG12 huyện Lương Tài Bắc Ninh năm 2019) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành tâm O . Mặt phẳng P qua trung điểm SO và song song với BD cắt SA, SC lần SM 2 SN lượt tại M , N . Biết . Tính . SA 3 SC 2 3 1 2 A. . B. . C. . D. . 5 2 2 3 Lời giải Tác giả: Nguyễn Văn Thanh; Fb: Thanh Văn Nguyễn Chọn A Gọi P,Q lần lượt là trung điểm của SB và SD . Mặt phẳng P chính là mặt phẳng MPQ . P đi qua trung điểm E của SO . ME cắt SC tại N .  Trang 536 
TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 SA SC SB SD Ta có: . SM SN SP SQ 3 SC 2 2 SC 5 Suy ra: . 2 SN 1 1 SN 2 SN 2 Do đó: . SC 5 Câu 77. (HSG12 Tỉnh Nam Định 2018-2019) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh bằng 6 . Biết rằng các mặt bên của hình chóp có diện tích bằng nhau và một trong các cạnh bên bằng 3 2 . Tính thể tích nhỏ nhất của khối chóp S.ABC . A. 2 3 .B. 2 2 .C. 3 . D. 4 . Lời giải Chọn C Gọi H là hình chiếu của S trên mặt phẳng ABC , M, N, P lần lượt là hình chiếu của H trên AB, BC, CA . Khi đó SM , SN, SP lần lượt là các đường cao của các mặt bên. Vì các mặt bên của hình chóp có diện tích bằng nhau nên SM SN SP . Do đó HM HN HP . Như vậy H là tâm đường tròn nội tiếp hoặc bàng tiếp tam giác ABC .  Trang 537 
TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 + TH1: H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC . Khi đó hình chóp S.ABC là hình chóp đều có cạnh đáy bằng 6 , cạnh bên bằng 3 2 . 2 2 2 6. 3 SH SA2 AH 2 Ta có: 3 2 . 4. 3 2 2 1 1 6 . 3 Thể tích khối chóp S.ABC là V .SH.S .4. 2 3 . 3 ABC 3 4 + TH2: H là tâm đường tròn bàng tiếp tam giác ABC . Do tam giác ABC đều nên không mất tính tổng quát giả sử H là tâm đường tròn bàng tiếp góc A của ABC . Ta có 6. 3 AH 2. 3 2, BH CH 6 . 2 Nếu SA 3 2 thì SH SA2 AH 2 0 (vô lí). Nếu SA 3 2 thì SB SC 3 2 . Ta có: SH SB2 BH 2 2 3 . 2 1 1 6 . 3 Thể tích khối chóp S.ABC là V .SH.S .2 3. 3 . 3 ABC 3 4 + Vậy thể tích nhỏ nhất của khối chóp S.ABC là V 3. Câu 78. (HSG 12 Yên Lạc 2 Vĩnh Phúc năm 2018-2019) Cho tứ diện ABCD , gọi G là trọng tâm tam giác BCD , G là trung điểm của AG .Một mặt phẳng ( ) đi qua G cắt các cạnh AB, AC, AD lần AB AC AD lượt tại B ,C , D . Tính . AB AC AD Lời giải Tác giả: Vũ Huỳnh Đức; Fb: Vũ Huỳnh Đức. Phản biện: Trần Đức Phương; Fb: Phuong Tran Duc. 1) Trước hết ta xét bài toán: “ Cho tam giác ABC có đường trung tuyến AM . Một đường thẳng d bất kì cắt các cạnh AB, AC và đoạn thẳng AM lần lượt tại các điểm B1,C1, M1 khác AB AC AM A . Chứng minh rằng 2 ” AB1 AC1 AM1  Trang 538 
TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 Chứng minh:  Qua B và C lần lượt dựng các đường thẳng nhận B1C1 làm vectơ chỉ phương. Mỗi đường thẳng này theo thứ tự cắt đường thẳng AM tại E và F (hình vẽ). Không mất tính tổng quát, ta giả sử E thuộc đoạn AM thì khi đó F đối xứng với E qua M . Áp dụng định lí Thales, ta có AB AE AM ME AC AF AM MF AM ME , . AB1 AM1 AM1 AC1 AM1 AM1 AM1 AB AC AM ME AM ME AM 2 .(đpcm) AB1 AC1 AM1 AM1 AM1 2) Gọi M , N theo thứ tự là trung điểm của CD và BG còn M , N theo thứ tự là giao điểm của mặt phẳng ( ) với AM , AN . Áp dụng kết quả của bài toán trên vào các tam giác ACD, ABG, AMN ta được: AC AD AM g 2 1 , AC AD AM AB AG AN AB AN AB AN g 2 2 2 2 2 2 AB AG AN AB AN AB AN AM AN AG g + 2 2.2 4 3 AM AN AG AC AD AB AM AN Từ 1 , 2 và 3 suy ra 2 + 2 2.4 2 6 . AC AD AB AM AN  Trang 539 
TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 AC AD AB Vậy 6 . AC AD AB Câu 79. (HSG11 Bắc Ninh 2018-2019) Cho tứ diện đều ABCD có đường cao AH . Mặt phẳng P chứa AH cắt ba cạnh BC , CD , BD lần lượt tại M , N , P ; gọi ,  ,  là góc hợp bởi AM , AN , AP với mặt phẳng BCD . Chứng minh rằng tan2 tan2  tan2  12 . Lời giải Tác giả: Vũ Ngọc Phát; Fb: Vũ Ngọc Phát 2 Không mất tính tổng quát, giả sử tứ diện có cạnh bằng a . Suy ra AH a . 3 1 1 1 18 Khi đó tan2 tan2  tan2  12 . MH 2 NH 2 PH 2 a2 Gọi I , J , K lần lượt là hình chiếu vuông góc của H lên BC , CD , BD . Vì tứ diện ABCD là tứ diện 3 đều nên tam giác BCD là tam giác đều. Do đó IH JH KH a . 6 Không mất tính tổng quát giả sử M nằm giữa B và I , gọi 1 , 2 , 3 lần lượt là ba góc hợp bởi MH , NH , PH với BC , CD , BD . Vì H· IC H· JC 90 90 180 nên tứ giác HICJ nội tiếp. Suy ra I·HJ 120 .  Trang 540 
TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 Vì I·MH I·HM J·NH J·HN 180 và I·HM J· HI J·HN 180 nên I·MH J·NH 120 hay 1 2 120. Suy ra 2 120 1 . · · · · Tam giác BMP có IMH là góc ngoài tam giác nên IMH MBP MPB 3 1 60 . Suy ra: 2 2 2 1 1 1 sin 1 sin 2 sin 3 12 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 sin 1 sin 2 sin 3 MH NH PH HI HJ HK a 12 sin2 sin2 120 sin2 60 a2 1 1 1 6 1 cos 2 1 cos 2 120 1 cos 2 60 a2 1 1 1 6 1 3 1 3 18 3 cos 2 cos 2 sin 2 cos 2 sin 2 . 2 1 1 1 1 1 2 a 2 2 2 2 a Vậy tan2 tan2  tan2  12 . Câu 80. (HSG11 Cụm Hà Đông Hoài Đức Hà Nội năm 2018-2019) Cho tứ diện ABCD . Chứng minh rằng: (AB CD)2 (AD BC)2 (AC BD)2. Lời giải Tác giả: Nguyễn Mạnh Quyền; Fb: Nguyễn Mạnh Quyền Gọi M , N, P, Q, O lần lượt là trung điểm của AB, BC, CD, AD, AC . Ta có tứ giác MNPQ là hình bình hành và điểm O không nằm trên MNPQ Từ đó, ta có: (AB CD)2 (AD BC)2 (2ON 2OQ)2 (2OP 2OM )2 4NQ2 4MP2 (1) Ta lại có:  Trang 541 
TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019   2   2 4NQ2 4MP2 4 NM MQ MN NP     4 NM 2 2NM.MQ MQ2 MN 2 2MN.NP NP2    4 2NM 2 MQ2 NP2 2NM MQ NP 4(2MN 2 2MQ2 ) 2(AC 2 BD2 ) (AC BD)2 (2) Từ (1) và (2) suy ra điều phải chứng minh. Câu 81. (HSG11 THuận Thành 2018-2019) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang, đáy lớn BC 2a, đáy bé AD a, AB b . Mặt bên SAD là tam giác đều. M là một điểm di động trên AB , mặt phẳng (P) đi qua M và song song với SA, BC. 1. Tìm thiết diện của hình chóp khi cắt bởi (P) . Thiết diện là hình gì? 2. Tính diện tích thiết diện theo a,b và x AM (0 x b) . Tìm x theo b để diện tích thiết diện lớn nhất. Lời giải Tác giả: Võ Quỳnh Trang ; Fb: Võ Quỳnh Trang 1. Do (P) qua M và song song với SA, BC nên: +) Trong (SAB) kẻ MQ / /SA, cắt SB tại Q . +) Trong (ABCD) kẻ MN / /BC , cắt CD tại N . +) Trong (SBC) kẻ QP / /BC , cắt SC tại P . Nối P, N . Ta có thiết diện là hình thang MNPQ. CN BM BQ PC MQ BQ PC PN Mặt khác: PN / /SD CD BA BS CS SA BS CS SD Mà SA SD nên MQ PN . Vậy thiết diện là hình thang cân MNPQ. 2.  Trang 542 