Topic Hình học không gian

[phaituankhan19]

Bài toán 10:
Cho hình chóp $S.ABCD $ có đáy $ABCD $ là hình chữ nhật $AB = a,BC = a\sqrt 3 \left( {a > 0} \right) $. Tam giác $SAC $ đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi $(P) $ là mặt phẳng đi qua trọng tâm $G $ của tam giác $SAC $ và song song với cạnh $SA $,mặt phẳng $(P) $ cắt cạnh $SC $ tại $M $ và cắt $AC $ tại $E $. Tính thể tích khối chóp $M.BCDE $ theo $a $
------------------------------
Bài số 11:
Cho hình lăng trụ $\[ABC.{{A}^{/}}{{B}^{/}}{{C}^{/}}\] $có $\[{{A}^{/}}.ABC\] $là hình chóp tam giác đều cạnh đáy $AB=a $.

Biết độ dài đường vuông góc chung của $\[\text{A}{{\text{A}}^{/}}\] $và $BC $ là $\[\frac{a\sqrt{3}}{4}\] $.

Tính thể tích của khối chóp $\[{{A}^{/}}.B{{B}^{/}}{{C}^{/}}C\] $ theo $a $.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[tuan119]

Bài 10:

+) Hạ $MX \perp AC $ tại $X $, khi đó: $h=MX=\frac{2}{3}SO=\frac{2}{3}(\frac{2a\sqrt{3}}{2 })=\frac{2a\sqrt{3}}{3}; $
+) Tính $S_{BCDE}; $
Ta có: $BH=\frac{a\sqrt{3}}{2};EC=\frac{2}{3}AC=\frac{4a}{ 3} \Rightarrow S_{BEC}=\frac{1}{2}EC.BH=\frac{a^2\sqrt{3}}{3} $
$\Rightarrow S_{BCDE}=2S_{BEC}=\frac{2a^2\sqrt{3}}{3} $ (Do $d_{O}(B)=D\Rightarrow d(B;AC)=d(D;AC) $)
Vậy $V=\frac{1}{3}S_{BCDE}.MX=\frac{1}{3}(\frac{2a^2 \sqrt{3}}{3}).(\frac{2a\sqrt{3}}{3})=\boxed{\frac{ 4a^3}{9}} $
------------------------------
Bài 11:

+) Xác định đoạn vuông góc chung:
Gọi $N $ là trung điểm của $BC $, dễ dàng chỉ ra được $BC \perp mp(ANA') $; Từ $N $ hạ $NM \perp AA' \implies $ đường vuông góc chung của $BC $ và $AA' $ là $MN $.
+) Ta có: $ V_{A'.BB'C'C}=V_{ABC.A'B'C'}-V_{A'.ABC}=2V_{A'ABC}=\frac{2}{3}A'O.S_{ABC}; $
Trong đó: $S_{ABC}=\frac{a^2\sqrt{3}}{4} $;
+) Tính $A'O: $
Xét tam giác vuông $AMN $ $\implies \widehat{A}=30^\circ $;
Xét tam giác vuông $A'AO $: $A'O=AO \tan 30^\circ=\frac{2}{3}(\frac{a\sqrt{3}}{2}).(\frac{1 }{\sqrt{3}})=\frac{a}{3} $
Vậy $V_{A'.BB'C'C}=\frac{2}{3}.S_{ABC}.A'O=\frac{2}{3}. \frac{a^2 \sqrt{3}}{4}.\frac{a}{3}=\boxed{\frac{a^3\sqrt{3}} {18}} $.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[together1995]

Cho mình đón góp 1 bài:
Bài 12. Cho hình chóp $S.ABC $ có $SA \bot (ABC) $. Tam giác $ABC $ cân tại $A $ có trung tuyến $AD=5\text{cm} $. Cạnh $SB $ tạo với đáy một góc $45^\circ $ và tạo với $(SAD) $ một góc $15^\circ $. Tính $SB $.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[tuan119]

Bài 12:

+) Xác định góc:
[m]\widehat{(SB,(ABC))}=\widehat{SBA}=45^\circ[/m] và [m]\widehat{(SB,(SAD))}=\widehat{BSD}=15^\circ;[/m]
+) Tính [m]SB/m]
Xét tam giác vuông [m]SAD[/m]:
[m]SA^2+AD^2=SD^2=SB^2 \cos^2 15^\circ =2SA^2 \cos^2 15^\circ [/m]
[m]\iff 25=SA^2\frac{\sqrt {3}}{2} \implies \boxed {SB=\frac{10}{\sqrt[4]{3}}}[/m].
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[phaituankhan19]

Bài 13: Cho tứ diện $SABC $ với $SA=SB=SC=a $, $\widehat {{\rm{AS}}B} = {120^0},\widehat {BSC} = {60^0},\widehat {CSA} = {90^0} $ . Tính theo $a $ thể tích khối tứ diện $SABC $.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[tuan119]

Bài 13:
- Với điều kiện như trên thì bài toán trở nên đơn giản , và là trường hợp đặc biệt của bài toán sau:
[Only registered and activated users can see links. ]
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[tuan119]

Bài 13:
Làm theo cách khác!

+) Chứng minh được [m]\bigtriangleup ABC[/m] vuông tại [m]C[/m];
+) Kẻ [m]SH \perp AB [/m]tại [m]H[/m], tiếp đến chứng minh được [m]\bigtriangleup SHC[/m] vuông tại [m]H[/m] nên [m]SH \perp (ABC)[/m];
+) Tính: [m]SH=\frac{a}{2}[/m] và [m]S_{ABC}=\frac{a^2\sqrt{2}}{2} \implies \boxed{V=\frac{a^3\sqrt{2}}{12}}[/m]
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[phaituankhan19]

Bài 14: Cho hình chóp $SABCD $ có đáy $ABCD $ là hình vuông cạnh $a $. Mặt bên $SAB $ là tam giác đều và vuông góc với đáy. Gọi $H $ là trung điểm của $AB $ và $M $ là một điểm di động trên đường thẳng $BC $.
1. Chứng minh rằng $SH $ vuông góc với $(ABCD) $. Tính thể tích hình chóp $SABCD $
2. Tìm quỹ tích các hình chiếu vuông góc của $S $ lên $DM $
3. Đặt $CM=x $. Tính khoảng cách từ $S $ đến $DM $ theo $a $ và $x $
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[tuan119]

Tương tiếp bài này:
Bài 14:

1.
+) Ta có: [m]SH \perp AB[/m]; Mà [m]AB=mp(SAB)\cap mp(ABCD),mp(SAB)\perp mp(ABCD) [/m]
[m] \implies SH \perp mp(ABCD).[/m]
+) [m]V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}SH.S_{ABCD}=\frac{1}{3}. (\frac{a \sqrt{3} }{2}). a^2=\boxed{\frac{a^3 \sqrt{3} }{6}}.[/m]
2.
Cách 1:
Gọi [m]T[/m] là hình chiếu của [m]S[/m] trên [m]DM[/m]. Ta có: [m]ST \perp DM[/m] (gt) , mà [m]DM \perp SH \implies DM \perp (SHT)\implies DM \perp HT[/m].
Từ đó: [m]T [/m] luôn nhìn đoạn [m]HD [/m] (không đổi) dưới góc [m]90^\circ[/m], trong [m]mp(ABCD)[/m], nên quỹ tích điểm [m]T [/m]thuộc đường tròn đường kính [m]HD [/m] (trong [m]mp(ABCD)[/m]);
Cách 2:
Nhận thấy: [m]H, T [/m] cùng nhìn [m]SD [/m] dưới góc [m]90^\circ[/m], nên [m]H, T[/m] thuộc mặt cầu đường kính [m]SD[/m], nên quỹ tích điểm [m]T[/m] là tương giao của [m]mp(ABCD) [/m] với mặt cầu đường kính [m]SD[/m].
3.
Xét tam giác [m]SMD[/m], ta có: [m]ST.MD=SM.SD.\sin MSD \implies ST=\frac{SM.SD.\sin MSD }{MD}[/m].
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[gachip94]

Bài 15. Cho hình lăng trụ đứng [M]ABC.A'B'C'[/M] có đáy là tam giác vuông cân [M]ABC[/M] tại [M]B[/M]. Giả sử [M]AB=a, AA'=2a, AC'=3a[/M]. Gọi [M]M[/M] là trung điểm [M]A'C'[/M] và [M]I[/M] là giao điểm của [M]AM[/M] và [M]A'C[/M].
Tính thể tích tứ diện [M]IABC[/M].
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[tuan119]

Đề sai thì giải sao được , chắc là bạn sáng tác bài này
Xét tam giác [m]ACC'[/m], ta có [m]AC=a\sqrt{5}[/m]; (1)
Xét tam giác [m]ABC[/m], ta có [m]AC=a\sqrt{2}[/m]; (2)
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[phaituankhan19]

Bài 16: Cho lăng trụ đứng tam giác $ABC.A'B'C' $ có các cạnh đều bằng $a $.Gọi $M,N $ lần lượt là trung điểm của cạnh $AA' $ và $BC $.Chứng minh $MN $ song song $(BA'C') $.Tính khoảng cách giữa $MN $và $(BA'C') $.

Mong các bạn giải theo nhiều cách khác nhau

[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[tuan119]

Bài 16:

*)
Ta có:
$MN \parallel JA'\subset (BA'C') $. Vì $NMA'J $ là hình bình hành.
(Do $NJ\xrightarrow[\parallel]{=}MA' $);
*)
Kẻ $NL\parallel CB', NL\cap BC' $ tại $H $ $\implies NH=d(MN;(BC'A')). $
Tính: $NH=\frac{CB'}{4}=\boxed{\frac{a\sqrt{2}}{4}} $.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[phaituankhan19]

Bài 17: Cho hình trụ có các đáy là hai hình tròn tâm
$\[O\] $ và $\[{{O}^{/}}\] $;
$\[\text{O}{{\text{O}}^{/}}=a\] $
.Gọi $A,B $ là hai điểm thuộc đường tròn đáy tâm $O $,điểm $\[{{A}^{/}}\] $ thuộc đường tròn đáy tâm $\[{{O}^{/}}\] $ sao cho $OA,OB $ vuông góc với nhau và $\[\text{A}{{\text{A}}^{/}}\] $ là đường sinh của hình trụ. Biết góc giữa đường thẳng $\[A{{O}^{/}}\] $ và mặt phẳng $\[\left( \text{A}{{\text{A}}^{/}}B \right)\] $ bằng $\[{{30}^{0}}\] $. Tính thể tích khối trụ theo $a $

Bài 18: Cho hình lăng trụ $\[ABC.{{A}_{1}}{{B}_{1}}{{C}_{1}}\] $ có $\[\text{A}{{\text{A}}_{1}}=3A,BC=a,\text{A}{{\text{A }}_{1}}\bot BC\] $ , khoảng cách giữa hai đường thẳng $\[\text{A}{{\text{A}}_{1}}\] $ và $\[{{B}_{1}}C\] $ bằng $2a $$(a>0) $. Tính thể tích khối lăng trụ theo $a $.

Bài 19: Cho hình chóp $\[S.ABC\] $ có mặt phẳng $\[\left( SAC \right)\] $ vuông góc với mặt phẳng $\[\left( ABC \right)\] $ và có $\[SA=SB=SC=2a,AB=3a,BC=a\sqrt{3}\left( a>0 \right)\] $. Tính diện tích của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp theo $a $.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[tuan119]

Nguồn bài 9:
[Only registered and activated users can see links. ]
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]