TRƯỜNG THPT LÝ THƯỜNG KIỆT TỔ TOÁN TIN CHUYÊN ĐỀ HÌNH HỌC KHÔNG GIAN ÔN THI THPT QUỐC GIA NĂM 2015 A. Kiến thức cơ bản 1. Khái niệm thể tích của 1 khối đa diện (Sgk hh 12) 2. Các công thức tính thể tích của khối đa diện a) Thể tích khối hộp chữ nhật V = abc với a, b, c là 3 kích thước của khối hộp chữ nhật b) Thể tích của khối chóp 1 V= Sđáy . h ; h: Chiều cao của khối chóp 3 c) Thể tích của khối lăng trụ V= Sđáy . h ; h: Chiều cao của khối lăng trụ 3. Quan hệ vuông góc trong không gian. a) Đường thẳng vuông góc với mặt phẳng b) Hai mặt phẳng vuông góc. c) Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng, góc giữa hai mặt phẳng. B. Các dạng bài tập MỨC ĐỘ NHẬN BIẾT Bài toán tính thể tích khối đa diện *Phương pháp: Để tính thể tích của khối đa diện ta có thể: +áp dụng trực tiếp các công thức tính thể tích +Chia khối đa diện thành các khối nhỏ hơn mà thể tích của các khối đó tính được +Bổ sung thêm bên ngoài các khối đa diện để được 1 khối đa diện có thể tính thể tích bằng công thức và phần bù vào cũng tính được thể tích. *Các bài tập 1)Về thể tích của khối chóp +Nếu khối chóp đã có chiều cao và đáy thì ta tính toán chiều cao, diện tích đáy và 1 áp dụng công thức :V= Sđáy . h 3 Bài 1: Tính thể tích hình chóp tam giác đều SABC trong các trường hợp sau: a) Cạnh đáy bằng a, góc ABC = 60o b) AB = a, SA = l c) SA = l, góc giữa mặt bên và mặt đáy bằng α ( Mức độ vận dụng). giải: a) Gọi O là tâm ∆ABC đều S ⇒ SO ⊥(ABC) 1 a 3 a2 3 SABC = a = 2 2 4 ∆ABC có SA = SB; ABC = 60o ⇒ SA = AB = SB = a C A O a B SO ⊥ OA ( vì SO ⊥ (ABC) ) Tam giác vuông SOA có: 2 SO = SA - OA = a - ( a 3 2 2 2 2 a2 2 2 3 2 2 ) =a − = a 3 3 2 2 3 ⇒ SO = a 2 Vậy VSABC = S∆ABC . SO = 13 . a 3 . a 2 3 4 . l 2 − a3 2 b) Tương tự câu a đáp số: V 1 SABC = 3 a2 3 4 . . l2 − a2 3 c) Gọi O là tâm ∆ABC Gọi A’ là trung điểm BC Dễ thấy ((SBC), (ABC)) = góc SA’O Tam giác vuông SOA có: 4 SO2 = l2 - OA2 = l2 - 9 AA’2 Tam giác vuông SOA’ có: sin α = SO 1 AA ' 3 ⇒ SO = AA'.sin α (2) 1 3 A C a Từ (1) (2) ta có: 1 9 ⇔ AA’2(sin2 á + 4) = 9l2 AA' = S∆ABC = 1 2 3l sin 2 α+4 AA'.BC = 12 . 3l sin 2 α + 4 A' B AA' sin 2 α + 94 AA'.sin α = l 2 ⇔ O . 3l 3 sin 2 α + 4 = 3 3l 2 2 (sin 2 α + 4 ) SO = 13 . 3l 2 sin α + 4 . sin α = l . sin α sin 2 α + 4 2 3 l sin α ⇒VSABC = 13 S∆ABC . SO = 3 (sin 2 α + 4 ). sin 2 α + 4 . Bài 2. Cho lăng trụ ABCA’B’C’ có độ dài cạnh bên = 2a, ∆ABC vuông tại A, AB = a, AC = a 3 . Hình chiếu vuông góc của A’ trên (ABC) là trung điểm BC. Tính V A’ABC theo a? Giải. -Gọi H là trung điểm BC C' ⇒A’H ⊥ (ABC) (gt) -Ta có S∆ABC = 1 2 AB. AC = 12 a 2 3 -Vì A’H ⊥ (ABC) ⇒ A’H ⊥ AH Tam giác vuông A’HA có: 2a A’H2 = A’A2 - AH2 = (2a)2 - 1 .(a2 + 3a2) 4 B A' C H hay A’H2 = 4a2 - a2 = 3a2 ⇒ A’H = a 3 a3 a . a 2 3.a 3 = ⇒VA’ABC = 1 S∆ABC .A’H = 1 1 3 3 2 a2 2 Bài 3. Hình chóp SABCD có SA ⊥ (ABC), SA = a. ∆ABC vuông cân có AB = BC =a. B’ là trung điểm SB. C’ là chân đường cao hạ từ A của ∆SAC a) tính VSABC b) Chứng minh rằng AB ⊥ (AB’C’). Tính VSAB’C’ Giải a) S∆ABC = 1 2 BA.BC = 12 a 2 ; SA =a ⇒ VSABC = 13 S∆ABC .SA = 16 a3 C' a B' A C a a B b) ∆SAB có AB = SA = a ⇒∆SAB cân tại A ⇒ AB’ ⊥ SB B’S = B’B BC⊥ AB ⇒ BC ⊥ (SAB) ⇒ BC ⊥ AB’ BC⊥ SA ⇒ AB’ ⊥ (SAC) ⇒ AB’ ⊥ SA ⇒SC ⊥ (AB’C’) AC’ ⊥ SC Cách 1 AB' = 12 SB = 1 2 2a 2 = a 2 Vì AB’ ⊥ (SBC) ⇒AB’ ⊥ B’C’. SC = SC ' = SA 2 SC = a 3 B’C’2 = SB’2 - SC’2 = ⇒S∆AB’C’ = 1 2 a2 6 ⇒ B' C ' = AB'.B ' C ' = 12 . a2 . 2 ⇒V∆AB’C’ = 1 . a . a 3 24 SA 2 + AC 2 = 3a 3 = a 6 = a 6 a2 4 3 a3 36 Bài 4: SABC có SA = SB = SC = a. ASB = 60o, BSC = 90o, CSA = 120o. a) Chứng minh rằng ∆ABC vuông b) Tính VSABC Giải a) S a A H C B SA = SB  o ⇒ AB = a  ASB = 60 -Tam giác vuông SBC có BC2 = SB2 + SC2 = 2a2 1 ) =3a2 2 -∆ABC có AC2 = AB2 + BC2 ⇒∆ABC vuông tại B -∆SAC có AC2 = a2 + a2 -2a2cos120o = 2a2 - 2a2(b) Hạ SH ⊥ (ABC) Vì SA = SB = SL ⇒ HA = HB = HC ⇒ H là trung điểm AC ∆ABC vuông tại B Tam giác vuông SHB có SB = a BH = AC 2 = 1 3 ⇒ SH = a 2 = a 2 a 3 2 (Hoặc ∆SAC là nửa đều tam giác đều ⇒ SH = SA 2 ⇒VSABC = 4 2 ⇒ SH2 = SB2 - BH2 = a = a ) 2 S ∆ABC .SH = 13 . 12 AB.BC.SH = 16 a.a 2 . a3 2 12 Bài 5: SABCD có đáy ABCD là hình thang với đáy lớn AB = 2, ACB = 90 o. ∆SAC và ∆SBD là các tam giác đều có cạnh = 3 . Tính thể tích khối chóp SABCD. Đáp số: VSABCD = 6 4 Bài 6: SABCD có đáy là hình thang vuông tại A và D, ∆SAD đều cạnh = 2a, BC = 3a. Các mặt bên lập với đáy các góc bằng nhau. Tính VSABCD Giải D C K 2a 3a H - Hạ SH ⊥ (ABCD), H ∈ (ABCD) - Vì các mặt bên lập với đáy các góc bằng nhau nên dễ dàng chứng minh được H là tâm đường tròn nội tiếp đáy - Gọi K là hình chiếu của H lên AD - Ta có HK = AD 2 =a - Tam giác vuông SHK có HK = a SK = ⇒SH = 2a 3 2 =a 3 (vì ∆SAD đều) 3a 2 − a 2 = a 2 Vì ⋄ABCD ngoại tiếp nên: AB + CD = AD + BC = 5a ( AB +CD ). AD = 5 a2.2 a = 5a 2 ⇒SABCD = 2 2 1 3 S ABCD .SH = 3 5a .a 2 = ⇒VSABCD = 1 5a3 3 2 Bài 7: Cho hình chóp SABCD có ABCD là hình vuông cạnh 2a, SA = a, SB = a 3 , (SAB) ⊥ (ABCD). M, N lần lượt là trung điểm AB, BC. Tính VSBMDN Giải ∆SA S D A H M B N B hạ SH b AB (SAB) b (ABCD) ⇒SH b (ABCD) ⇒ SH b (BMDN) C S∆CDN = S∆MDA = 14 S⋄ABCD ⇒ S⋄BMDN = 12 S⋄ABCD = 12 2a.2a = 2a2 ∆SAB có AB2 = SA2 + SB2 = 4a2 ⇒ SAB vuông tại S 1 ⇒ SH 2 = 1 SA 2 + 1 SB 2 = 1 a2 ⇒VSBMDN = 1 S⋄BMDN.SH = 3 + 31a 2 = 1 3 4 3a 2 ⇒ SH = a 3 2a 2 . a 2 3 = 2 a 3 3 2 Bài 8: Hình chóp SABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, SA vuông góc với đáy ABC và SA = a.Điểm M thuộc cạnh AB. Đặt góc ACM bằng α Hạ SH vuông góc với CM a)Tìm giá trị lớn nhất của thể tích khối tứ diện SAHC b)Hạ AI vuông góc với SC,AK vuông góc với SH Tính thể tích khối tứ diện SAKI. Đáp số a 3 sin 2α a3 a)Vmax= b)VSAKI = 24(1 + sin 2 α ) 12 MỨC ĐỘ THÔNG HIỂU Bài 1: SABC có đáy ABCD là hình bình hành và S ABCD = 3 và góc giữa 2 đường chéo = 60o. các cạnh bên nghiêng đều trên đáy 1 góc 45o. Tính VSABCD Giải D C O A B -Hạ SO ⊥ (ABCD) - Vì khối chóp có các bên nghiêng đều trên đáy. ⇒ O là tâm đường tròn đi qua 4 đỉnh A, B, C, D ⇒ tứ giác ABCD là hình chữ nhật và {O} = AC ∩ BD - Đặt AC = BD =x. Ta có ShcnABCD = 12 AC.BD.sin60o = 12 x2. 3 2 = 3 4 x 2 = 3 ⇒ x=3 - (SA, (ABCD)) = (SA, AO) = SAO = 45o = SCO = (SC, (ABCD)) ⇒ ∆ASC vuông cân tại S ⇒ SO = 12 AC = 1 ⇒ VSABCD = 13 3.1 = 33 Bài 2: SABC có SA = 3a, SA ⊥ (ABC), ∆ABC có AB = BC = 2a, ABC =120o Tính D(A,(SBC)). Giải S 3a A C 2a B M 1 AB.BC.sin120o = 2 a .2 a . 3 = a3 3 2 4 2 1 SSABC = S∆ABC .SA= a . 3 3 a = a3 3 3 3 Kẻ SM ⊥ BC BC ⊥ SA (vì SA ⊥ (ABC)) S∆ABC = ⇒BC ⊥ AM ⇒ AM = a 3 ∆SAM vuông tại A có SM = 2 3 a S∆SBC = SM.BC = 2 3 a2 3V d(A, (SBC)) = S SABC ∆SBC = 3a3 3 2 3a 2 = 3 2 a Bài 3: Cho tứ diện ABCD có AD b (ABC); AC = AD = 4; AB = 3, BC = 5. Tính d(A, (BCD)) ? Giải D M 4 5 A C 3 5 B Dễ thấy ∆ABC vuông tại A .S∆ABC = 12 AB.AC = 6. VDABC = 13 S∆ABC.DA = 8 ∆DAC có DC = 4 2 . ∆DAB có DB = 5 ∆DBC có BC = BD = 5 ⇒ ∆DBC cân tại B, gọi M là trung điểm DC ⇒BM ⊥ DC BM = 1 1 25 − 8 = 17 . S∆DBC = 2 BM.DC = 2 . 17 .4 2 = 2 34 3VDABC d(A, (DBC)) = S∆DBC = 12 34 a Bài 4. Hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, (SAD) ⊥ (ABCD), ∆SAD đều. Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm SB, BC, CD. Tính thể tích hình chóp CMNP Giải z S M A B F E D N a P x C y - Gọi E là trung điểm AD. (CNP) ≡ (ABCD) ⇒ SE ⊥ AD (SAD) ⊥ (ABCD) ⇒SE ⊥ (ABCD) - Gọi F là hình chiếu của M lên (ABCD) ⇒ MF // SE. Dễ thấy F ∈ EB và F là trung điểm EB Ta có MF = S∆CNP = VCMNP = 1 4 1 2 SE = 1 . a 3 2 2 = a 3 4 S ∆CBD = 18 S ABCD = 18 a 2 1 2 2 a 3 3 8a . 4 = S∆NCP.MF = 1 1 a3 3 96 Nhận xét: có thể dùng phương pháp toạ độ để giải với gốc toạ độ O . 0x ≡ EN, oy ≡ ED, oz ≡ ES Bài 5: Cho hình chóp có ABCD là hình chữ nhật; AB = a.AD = 2a; SA ⊥ (ABCD); (SA, (ABCD) = 60o. Điểm M thuộc cạnh SA, AM = (BCM) ∩ SD ={ N}. Tính thể tích hình chóp S.BCMN Giải a 3 3 . S M H N A D B Ta có SAB=60 C 0 a 3 , AB = a ⇒ ABM = 300 3 Kẻ SH⊥ BM thì SH là đương cao của hình chóp S.BCMN ta có SH=SB sin 300 = a SM MN AD.SM 4a = = BC//(SAD) ⇒MN//BC ⇒ ⇒MN = SA AD SA 3 2 1 10a ⇒SBCMN = ( MN + BC ).BM = 2 3 3 3 1 ⇒VSBCMN = SH . SBCMN = 10 273a 3 ∆SAB vuông tại A có AM = Bài 6: Cho hình chóp SABCD có ABCD là hình thang; BAD = ABC = 90o; AB = BC = a; AD = 20; SA b (ABCD); SA = 2a. M, N lần lượt là trung điểm SA và SD. Chứng minh rằng BCMN là hình chữ nhật và tính thể tích hình chóp S.BCNM Giải H M A S N D Ta có BC//AD ,BC= 1 1 AD ,MN//AD , MN= AD ⇒BC = MN , BC// MN (1) 2 2 BC ⊥AB BC ⊥SA ⇒BC ⊥ (SAB) BC AM (2) Từ (1) và (2) ta có BCNM là hình chữ nhật Kẻ SH ⊥BM thỡ SH⊥ (BCNM) 1 1 a3 ⇒Vsbcnm= SBCNM.SH= BC.NM.SH= 3 3 3 Thể tích khối cầu, khối trụ, khối nón A/. Lý thuyết. 1/Định nghĩa: -Thể tích khối cầu (Sgk HH12 – Trang 44) -Thể tích khối trụ (Sgk HH12 – Trang 50) -Thể tích khối nón (Sgk HH12 – Trang 56) 2/Các công thức: a)Thể tích khối cầu V = 4 3 πR 3 , R: bán kính mặt cầu b)Thể tích khối trụ V = Sđáy.h , h: chiều cao c)Thể tích khối nón V = 13 Sđáy.h , h: chiều cao B/.Bài tập ở đây chủ yếu là bài tập tính thể tích khối cầu, trụn nón dựa vào các công thức trên. Bài 7: Cho lăng trụ tam giác đều có đáy là tam giác đều các cạnh đều bằng a, cạnh bên bằng b. Tính thể tích mặt cầu đi qua các đỉnh của lăng trụ Giải C O B A1 I A' a C' O' A1' B' -Gọi O và O’ là tâm ∆ABC và ∆A’B’C’ thì OO’ là trục của các đường tròn ngoại tiếp ∆ABC và∆A’B’C’ -Gọi I là trung điểm OO’ thì IA = IB =IC = IA’ = IB’ = IC’ hay I là tâm mặt cầu ngoại tiếp lăng trụ -Bán kính mặt cầu là R = IA 2 3 Tam giác vuông AOI có: AO = OI = 1 2 OO' = 12 AA' = 2 ⇒AI2 = OA2+OI2 = a3 V= 4 3 AI2 = V= 4 3 πR 3 = 43 π 4 a 2 + 3b 2 12 a3 8 2 . 73 2 a 3 3 2 = a 3 3 b 2 + b4 = 7 3 7a2 12 = ⇒ AI = a 3π .28 72 4 a 2 + 3b 2 2 3 ⇒ AI = π R 3 = 43 π AA1 = 7 3 = a 7 2 3 7πa 3 18 7 3 = =R 3 1 8.3 3 21.a 3 54 3 (4a 2 + 3b 2 ) 2 = 181 3 .(4a 2 + 3b 2 ) 2 Bài8: Cho hình chóp tứ giác đều có cạnh đáy bằng a, cạnh bên hợp với đáy một góc 30 o. Tính thể tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp. Giải S M I D C O A a B Gọi O là tâm hình vuông ABCD. Ta có SO b (ABCD), SO là trục của ABCD, (SA, (ABCD)) = SAO = 30o Gọi M là trung điểm SA Trung trực của SA cắt SO tại I ⇒ I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp ⋄OIMA là từ giác nội tiếp ⇒ SI.SO = SM.SA Với AO = a 2 , AS = 2 ⇒SI = a a 23 6 a 6 =a 2 3 AO cos 30o ⇒ VMcầu = 4 3 = πa 3 2 a 2 3 2 2 3 2 3 = = 8 9 ⇒ SI = a 2 3 2 3 SM . SA SO , SO = SA sin30o = a3 a 6 Bài 9: Cho hình trụ có đáy là tâm đường tròn tâm O và O’ tứ giác ABCD là hình vuông nội tiếp trong đường tròn tâm O. AA’, BB’ là các đường sinh của khối trụ. Biết góc của mặt phẳng (A’B”CD) và đáy hình trụ bằng 60o. Tính thể tích khối trụ Giải B' A' B A C D  AD ⊥ DC ⇒ADA’ là góc của (A’B’CD) và đáy   A' D ⊥ DC Do đó: ADA’ = 60o ∆OAD vuông cân nên AD = OA 2 = R 2 ∆ADA’ có h = AA’ = ADtan60o = R 6 Bài 10: Cho mặt cầu đường kính AB=2R. Gọi I là điểm trên AB sao cho AI=h. Một mặt phẳng vuông góc với AB tại I cắt mặt cầu theo đường tròn (C). +Tính thể tích khối nón đỉnh A và đáy là (C). +Xác định vị trí điểm I để thể tích trên đạt giá trị lớn nhất. Giải O E I F B Gọi EFlà 1 đường kính cua (C) ta có : IE2 = IA.IB = h(2R-h) ⇒ R = IE = h(2 R − h) 1 2 πh 2 Thể tích cần tính là:V= πr h = (2r − h) với 0 < h < 2R 3 3 π 4R (4 Rh − 3h 2 ⇔h= ’ , ’ 3 V = 3 V = 0 4R 4R ⇔h= 3 hay AI = 3 Vmax MỨC ĐỘ VẬN DỤNG BÀI 1: Cho hình chóp tam giác SABC có SA=5a,BC=6a,CA=7a. Các mặt bên SAB,SBC,SCA cùng tạo với đáy một góc 600.Tính thể tích của khối chóp Bài giải Ta có hình chiếu của đỉnh S trùng tâm D đường tròn nội tiếp đáy AB + BC + CA =9a Nên SABC= p( p − a)( p − b)( p − c) =6a2. 6 2 S 2 mặt khác SABC=pr ⇒ r= p = a 6 3 trong ∆ SDK có SD=KDtan600 = r.tan600= 2a. 2 1 Do đó VSABC= SD.SABC=8a3. 3 3 Ta có p= S B A D k C Bài 3 Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 2a,SA=a, SB=a 3 và mpSAB vuông góc với mặt đáy. Gọi M,N lần lượt là trung điểm của AB,BC. Hãy tính thể tích khối chóp SBMDN. Bài giải S D A H M B N Hạ SH ⊥ AB tại H thì SH chính là đường cao SADM=1/2AD.AM=a2 C SCDN=1/2.CD.CN=.a2 Nên SBMDN=SABCD-SADM-SCDN=4a2 -2a2=2a2. mặt khác do đó 1 1 1 SA 2 .SB 2 a 3 ⇒ = + SH= = 2 2 2 2 2 SH SA SB SA + SB 2 3 1 a 3 VSBMDN= .SH.SBMDN= 3 3 Bài 4 Cho hình chóp S.ABCD, đáy ABCD là hình thang vuông tại A,D; AB=AD=2a,CD=a. Góc giữa hai mpSBC và ABCD bằng 600. Gọi I là trung điểm của AD, Biết hai mp SBI,SCI cùng vuông góc với mpABCD. Tính thể tích khối chóp S.ABCD. Bài giải S B J A H I C D Gọi H trung điểm là của I lên BC, J là trung điểm AB. Ta có SI ⊥ mpABCD IC= ID 2 + DC 2 =a 2 IB= IA 2 + AB 2 =a 5 và BC= CJ 2 + JB 2 =a 5 SABCD=1/2AD(AB+CD)=3a2 SIBA=1/2.IA.AB=a2 và SCDI=1/2.DC.DI=1/2 ⇒ SIBC=SABCDSIAB-SDIC= 3a 2 2 1 2 mặt khác SIBC= .IH.BC nên IH = 2 S IBC 3 3 = a BC 5 9. 3 a. 5 1 3 15 3 Do đó VABCD= SI.SABCD= a 3 5 SI=IH.tan600= Bài 5 Cho chóp SABC có SA=SB=SC=a, ∠ ASB= 600, ∠ CSB=900, ∠ CSA=1200 CMR tam giác ABC vuông rồi tính thể tích chóp. Bài giải S C E A D B Gọi E,D lần lượt là AC,BC ∆ SAB đều AB=a, ∆ SBC Vuông BC=a. 2 1 a 3 ⇒ AC=a 3 và SE=SAcos600= a. 2 2 2 2 2 2 ⇒ ∆ ABC có AC =BA +BC =3a vậy ∆ ABC vuông tại B 1 a2 2 Có SABC= .BA.BC= 2 2 1 a 3 ∆ SBE có BE= AC= 2 2 2 2 SB =BE +SE2=a2 nên BE ⊥ SE AC ⊥ SE ∆ SAC có AE=SA.sin600= Do đó SE chính là đường cao VSABC= 1 2 SE.SABC= a 3 3 12 Bài 6 Cho khối trụ tam giác ABCA1B1C1 có đáy là ABC là tam giác vuông cân với cạnh huyền AB= 2 .Cho biết mpABB1vuông góc với đáy,A1A= 3 ,Góc A1AB nhọn, góc giữa mpA1AC và đáy bằng 600. hãy tính thể tích trụ. Bài giải Tam giác ABC có cạnh huyền AB= 2 và cân nên CA=CB=1; SABC=1/2.CA.CA=1/2. . MpABB1vuông góc với ABC từ A1 hạ A1G ⊥ AB tại G. A1G chính là đường cao Từ G hạ GH ⊥ AC tại H Gt ⇒ góc A1HG=600 Đặt AH=x(x>0) Do ∆ AHG vuông cân tại H nên HG=x và AG=x 2 ∆ HGA1 có A1G=HG.tan600=x. 3 15 A1A2=AG2+A1G2 ⇔ 3=2x2+3x2 hay x= ∆ A1AG có Do đó A1G= 5 3 5 5 vậy VLT=A1G.SABC= 3 5 10 A1 B1 C1 A B G H C Bài 7 Cho khối hộp ABCD.A1B1C1D1 có đáy là hcn với AB= 3 và AD= 7 . Các mặt bên ABB1A1 và A1D1DA lần lượt tạo với đáy những góc 450 và 600. Hãy tính thể tích khối hộp đó biết cạnh bên bằng 1. giải F B1 A1 D1 A C1 B N M H C D Gọi H là hình chiếu của A1 lên mpABCD Từ H hạ HM ⊥ AD tại M và HN ⊥ AB tại N 0 ⇒ ∠ ∠ Theo gt A1MH=60 và A1NH=450 Đặt A1H=x(x>0) ta có A1M= 2x x = sin 60 0 3 tứ giác AMHN là hcn( góc A,M,N vuông) Nên HN=AM mà AM= AA12 − A1 M 2 = 3 − 4x 2 3 Mặt khác Suy ra trong tam giác A1HN có HN=x.cot450 x = 3 − 4x 2 3 hay x= 3 7 vậy VHH=AB.AD.x= 3. Bài 8 :Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hcn AB=a,AD=a 3 ,SA=2a và SA ⊥ ABCD, Một mp đi qua A và vuông góc với SC,cắt SB,SC,SD lần lượt tại H,I,K. Hãy tính thể tích khối chóp S.AHIK theo a Bài giải Cách 1 tính trực tiếp Ta có AC 2 = AD 2 + CD 2 = 3a 2 + a 2 = 4a 2 ⇒ AC = 2a Nên ∆SAC ⊥ cân tại A mà AI ⊥ SC nên I là trung điểm SC 1 2a 2 = a. 2 2 2 BC ⊥ AB, BC ⊥ SA( SA ⊥ ABCD) ⇒ BC ⊥ SAB Mà AH ⊥ SC cho nên ABC 1 1 1 SA.BA 2a = + ⇒ AH = = 2 2 2 2 2 AH AB AS 5 SA + AB AI=SI= SC = Trong tam giác vuông HAI có HI = AI 2 − AH 2 = 2a 2 − 4a 2 a 6 = 5 5 S I H Tương tự ta có AK= a 14 7 B K D A C 1 1 1 1 1 VSAHIK = VSIHA + VSIKA = .SI . . AH .HI + .SI . AK .KI = SI .( AH .HI + AK .KI ) 3 2 3 2 6 3 1 2a a 6 2a 3 a 14 8a . 3 ⇒ VSAHIK = .a 2 ( . + . )= 6 7 35 5 5 7 Cách 2 tính gián tiếp Tương tự như các 1 ta chỉ lập luận AH ⊥ SB, AK ⊥ SD SH .SI 1 SA 2 1 4a 2 1 4a 3 . 3 .VSABC = . 2 .VSABC = . 2 .. .2a.a. 3 = SB.SC. 2 SB 2 5a 3 35 3 4a . 3 Tương tự VSAIK = 35 3 8a . 3 Do đó VSAHIK= 35 VSAHI = MỨC ĐỘ VẬN DỤNG CẤP CAO Bài 1 Cho hai đường thẳng chéo nhau x và y. lấy đoạn thẳng AB có độ dài a trượt trên x, đoạn thẳng CD có độ dài b trượt trên y. CMR VABCD không đổi giải nhận xét các yếu tố không đổi a,b,góc và khoảng cách giữa hai đường thẳng x và y đặt (x,y)= α và d(x,y)=d Ta dựng hình lăng trụ ABF.CED như (hv) Khi đó d=d(x,y)=d(AB,CD)=d(AB,CDE)=d(B,CDE) hay d chính là chiều cao lăng trụ 1 2 1 2 VLT= d.SCDE=d. CD .CE.sin α = d.b.a.sin α mặt khác Khối lăng trụ được ghép từ 3 khối tứ diện gồm 1 3 1 3 Tứ diện BCDE có VBCDE= .d(B,CDE).SCDE= .VLT Tứ diện BACD và BAFD có thể tích bằng nhau Do vậy 1 3 1 6 VABCD= .VLT= .d.a.b.sin α = hằng số B A F E C D l Cách 2 Dựng hình hộp, cách 3 dựng hbh “ Như hai hv sau” D B H G A E C E C B A F D Bài 2 Bài toán thể tích liên quan đến cực trị Cho hình chóp S.ABCD,SA là đường cao,đáy là hcn với SA=a,AB=b, AD=c. Trong mpSDB lấy G là trọng tâm tam giác SDB qua G kẻ đường thẳng d cắt cạnh BS tại M, cắt cạnh SD tại N,mpAMN cắt SC tại K . Xác định M thuộc SB sao cho VSAMKN đạt giá trị lớn nhất và nhỏ nhất, Hãy tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất đó Bài giải S K M G N A D O B C Gọi O Là tâm hcn ABCD 2 3 Ta có SG= .SO và K=A G ∩ SC và K là trung điểm SC VSMAK SM SA SK 1 SM 1 SM 1 SM = . . ⇒ VSMAK = . .VSBAC = . .VSABCD = .a.b.c VSBAC SB SA SC 2 SB 4 SB 12 SB 1 SN . .a.b.c 12 SC 1 SM SN .( + ).a.b.c 12 SB SC Tương tự VSNAK = Do đó VSAMKN S H M G N D O Trong mpSBD B S SMN SM SN S SMG + S SGN S S SG.SM SG.SN = . = = SGM + SGN = + S SBD SB SC 2 S SBO 2S SBO 2 S SOD 2.SO.SB 2.SO.SC ⇒ SM .SN 1 SM SN = ( + ) SB.SC 3 SB SC Do M,N lần lượt nằm trên cạnh SB,SD nên Đặt t= SB 1 SM ≤ SM ≤ SB ⇔ ≤ ≤1 2 2 SB SM 1 SN 1 SN SN t = (t + )⇔ = ( ≤ t ≤ 1 ) thì t. SN 2 SC 3 SC SC 3t − 1 Nhận thấy VSAMKN đạt GTLN,GTNN nếu f(t)= 1 ≤ t ≤1 2 SM SN t + =t+ với SB SC 3t − 1 1 9t 2 − 6t = (3t − 1) 2 (3t − 1) 2 2 Nên f ′(t ) = 0 ⇔ t = , t = 0 (loại) 3 Ta có f ′(t ) = 1 − f(1/2)=3/2 , f(1)=3/2 f(2/3)=4/3 abc là GTLN khi M là trung điểm SB hoặc M trùng với B 8 abc VSAMKN = là GTNN khi MB chiếm 1 phần SB 9 do vậy VSAMKN = Bài 3: Hình chóp SABCD có ABCD là hình vuông tâm O, SA ⊥ (ABCD), AB = a, SA = a 2 . H, K lần lượt là hình chiếu vuông góc của A trên SB, SD. Chứng minh rằng: SC ⊥ (AHK) và tính thể tích hình chóp OAHK. Giải S a 2 F E K H N a A B a x O C D y AH ⊥ SB (gt) (1) BC ⊥ AB (vì ABCD là hình vuông) BC ⊥ SA (vì SA ⊥ (ABCD)) ⇒BC ⊥ (SAB) BC ⊥ AH (2) Từ (1) (2) ⇒AH ⊥ (SBC ⇒AH ⊥ SC (3) Chứng minh tương tự ta có: SC ⊥ AK (4) Từ (3) (4) ⇒ SC ⊥ (AKH) Gọi {F} = KH ∩ SO ⇒ (SAC) ∩ (AHK) = AF Kéo dài AF cắt SC tại N Trong (SAC) kẻ đường thẳng qua O//SC cắt AN tại E ⇒ OE ⊥ (AHK) 1 CN Vì OA = OC; OE//CN OE = 2 Dễ thấy AH = a = 1 AK 2 Tam giác vuông SAD có 1 AS 2 + 1 AD 2 ⇒ AK = AS . AD AS 2 + AD 2 = a 2 .a 3a 2 2 3 ∆AKH cân tại A Dễ thấy ∆SBD có = SK SD KH BD mà SK = SA2 − AK 2 = 2a 2 − 23 a 2 = SD = a 3 ⇒ KH BD = 2a 3a 3 = 23 = HK = 2 3 BD = 2 3 OF = 1 3 SO ⇒ OF SF SF SO a 2 = 1 2 ∆SAC có : OA = OC OE OF 1 1 1 = = ⇒ ⇒OE = SN = a SN SF 2 2 2 2a 3 =a 2 3 1 HK 2 2a 2 2 S∆AHK = KH. AK 2 − = 2 4 9 1 ⇒ V = OE.S ∆AHK = 3 2a 3 2 27 Bài 4: SABCD có ⋄ABCD là hình thang với AB = BC = CD = 1 AD. ∆SBD vuông tại 2 S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. SB = 8a, SD = 15a. Tính VSABCD Giải S 15a 8a A D H C B -Trong ∆SBD kẻ SH b BD Vì (SBD) b (ABCD) ⇒SH b (ABCD) 1 -Tam giác vuông SBD có SH 2 hay 1 SH 2 hay SH = = = 1 64 a 2 14400 289 + 1 1 SH 2 SD 2 1 225 a 2 + .a = 120 17 a -Vì hình thang có AB = BC = CD = 1 AD ⇒ ˆ ˆ = 60o, B = C = 120o A=D 2 -∆SBD có BD2 = SB2 +SD2 =289a2 ⇒ BD = 17a ∆CBD có BD2 =2BC2(1+ 12 ) = 3BC2 = 289a2 ⇒ BC = S∆BCD = 1 2 BC 2 sin 120 o = 12 . 289 a2. 3 S⋄ABCD = 3S∆BCD = ⇒VSABCD = 3 2 = 289 3a 2 12 289 3a 2 12 1 S⋄ABCD.SH = 3 2 1 289 3a 120 a 3 12 17 . 17 3 = 170 3 a3 a Bài 5: Cho tứ diện ABCD có các cặp cạnh đối đôi một bằng nhau AB = CD =a, AC = BD = b, AD = BC = c Tính thể tích ABCD Giải H P R B C Q +Dựng ∆PQR sao cho B, C, D lần lượt là trung điểm PQ, QR, PR. +S∆DCR = S∆BCQ = S∆PDB = 14 S∆PQR ⇒ S∆BCD = 14 S∆PQR AD = BC = PR D là trung điểm PR ⇒AR ⊥ AP Tương tự AP b AQ, AQ b AR 1 VAPQR = 4 S∆PQRAR SM 1 SN = , = 2 . Mặt MA 2 NB phẳng qua MN // SC chia tứ diện thành hai phần. Tính tỉ số thể tích hai phần này. Giải Bài 6: Cho tứ diện SABC lấy M, N thuộc cạnh SA, SB sao cho M C N B E F A' A Dễ thấy thiết diện là hình thang MNEF (với MF // NE) Đặt V = VSABC, V1 = VMNEFCS, V2 = VMNEFAB V1 = VSCEF + VSFME + VSMNE ⇒ VSFME V VSCEF V VSFME VSFEA = CF CE CA CB = SM SE VSFEA V = S FEA S ABC . = 13 . 94 = = 13 . 23 = . SE SA = = 4 27 VSMNE VSABE = SM SA VSABE V = S ABE S ABC SM SA 2 9 = 1 3 . SSCEA = ABC S FEA SCEA FA CE CA CB . = 4 9 . = 1 3 V . SN SB = = 2 9 S ABE SCEA . SSCEA = ABC EB CE CE CB 2 4 4 ⇒VSABE = 2 V ⇒ V1 = V+ V+ 2 V= V 27 27 9 27 9 V1 V2 = 4 5 Bài 7: Tứ diện ABCD có AB = x có các cạnh còn lại bằng 1. a.Tính thể tích tứ diện theo x. b.tính khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng ACD c. Tìm x để thể ABCD đạt giá trị lớn nhất Giải a. C H D B C Cách 1: Gọi H là Hình chiếu của D lên (ABC) vì DA = DC = DB = 1 ⇒ H là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ABC mà ∆ABC cân H ∈ CC’ với C’ là trung điểm AB S∆ABC = 1 2 CC '.AB = 1 2 4− x2 4 .x = 1 4 4 − x 2 .x x 2 sin C HC = R∆ABC = = = x 4 sin C2 cos C2 x 4. 2x 2 1− x4 = ⇒Tam giác vuông HCD có HD2 = CD2- DC2 = ⇒ HD = 3− x 2 ⇒VABCD = 4− x 2 1 4− x 2 1 − 4−1x2 = S ∆ABC .HD = 13 . 14 4 − x 2 .x. 1 3 3− x 2 3− x 2 4− x 2 = 12x 3 − x 2 4− x2 Cách 2: A C' D B M Gọi M là trung điểm CD ⇒ CD ⊥ ABM 3 2 Vì ∆ACD và ∆BCD đều ⇒ AM = BM = VABCD = 2VCBMA = 2. 13 CM.S∆ABC = S∆ABM = 1 MC’.AB = 2 VABCD = 1 x 3 4 1 2 2 1 3 2 .S ∆ABM x. ( 23 ) 2 + ( 2x ) 2 = x 4 3 − x2 3 − x 2 = 121 3 − x 2 .x b) SACD= 3V ABCD 1 3 3 − x 2 .x ⇒ d(B,(ACD))= = S ACD 3 4 c) VABCD = 121 3 − x 2 .x ≤ 1 3− x 2 + x 2 12 2 . = 81 Dấu “=” xảy ra ⇔ x2 = 3-x3 ⇔ x = 3 2 và thể tích lớn nhất là 1 8 Bài 8: Cho hình vuông ABCD cạnh a. {O} = AC ∩ BD, ox ⊥ (ABCD). Lấy S ∈ Ox, S ≠ O. Mặt phẳng qua AC và vuông góc (SAD) chia hình chóp thành hai phần. Tính tỉ số thể tích của hai phần đó. Bài 9: Cho hình chóp tứ gíc đều SABCD trên các cạnh SA, SB, SC ta lấy các điểm A 1, B1, C1 sao cho SA1 SA = 2 3 ; SB1 SB = 1 2 ; SC1 SC = 1 3 Mặt phẳng qua A1, B1, C1 cắt SD tại D1. Chứng minh rằng SD1 SD = 2 5 Giải S C1 D1 B1 A1 C D A B V 2 Ta có VSABC = VSBCD + VSCDA = VSDAB = VSA1B1C1 VSABC VSA1D1C1 VSADC = = SA1 SA SA1 SA 1 SC1 . SB SB . SC = 1 (1) 9 SC1 1 2 SD1 . SD SD . SC = 9 . SD (2) Cộng vế với vế (1) và (2) ta được VSA1B1C1D1 1 V 2 Tương tự: 1 = 19 + 92 . SD SD VSA1B1D1 VSABD = SA1 SB1 SD1 SA SB SD 1 = 13 . SD SD VSB1C1D1 VSBCD = SB1 SC1 SD1 SB SC SD 1 (5) = 16 . SD SD . . . . (4) Cộng vế với vế (4) và (5) ta được VSA1B1C1D1 1 V 2 1 = 12 . SD SD SD Từ (3) và (6) ta có 12 . SD1 1 = 19 + 92 . SD SD SD ⇒ SD1 = 2 5 MỘT VÍ DỤ MINH HỌA VỀ CHUYÊN ĐỀ HÌNH KHÔNG GIAN TRONG ĐỀ THI CỦA TRƯỜNG THPT LÝ THƯỜNG KIỆT SABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a 3 , SA ⊥ (ABC), SA =2a. Tính thể tích hình chóp SABCD và tính d(A, (SBC)) Giải S 2a A C a 3 M B S∆ABC = 12 a 3.a 3. sin 60 o = VSABC = 13 SA.S∆ABC = 3a 3 2 AM ⊥ BC BC ⊥ SA 3a 2 2 3 2 = 3 3a 2 4 . Gọi M là trung điểm BC ⇒BC ⊥ SM AM = a 3 . 3 2 = 3a 2 ∆SAM vuông tại A có SM2 = SA2 + AM2 = 4a2 + S∆SBC = 1 2 SM.BC = d(A, (SBC)) = 3VSABC S∆SBC 5 3 2 = 9 4 a2 = 25 4 a2 ⇒ SM = 5 2 a a2 3 3 .a 2 5 3 2 .a 2 3. = 3 5 a KẾ HOẠCH ÔN TẬP VÀ PHÂN CHIA THỜI GIAN CÁC CHUYÊN ĐỀ Tổng thời gian ôn tập: 60 1. Chuyên đề: Khảo sát hàm số và bài toán liên quan: 12 2. Chuyên đề: Nguyên hàm tích phân, ứng dụng của tích phân; 6 tiết 3. Chuyên đề: Phương trình, bất phương trình đại số: 4 tiết. 4. Chuyên đề: Phương trình, hệ phương trình, bất phương trình mũ, lôgarit: 4 tiết 5. Chuyên đề: Công thức lượng giác, phương trình lượng giác: 6 tiết. 6. Chuyên đề: Hình học không gian: 6 tiết. 7. Chuyên đề: Phương pháp tọa độ trong không gian.: 10 tiết 8. Chuyên đề: Phương pháp tọa độ trong mặt phẳng: 4 tiết 9. Chuyên đề: Tổ hợp, xác suất, số phức: 6 tiết. 10. Chuyên đề: Bất đẳng thức, cực trị biểu thức đại số: 2 tiết. [...]... đại số: 4 tiết 4 Chuyên đề: Phương trình, hệ phương trình, bất phương trình mũ, lôgarit: 4 tiết 5 Chuyên đề: Công thức lượng giác, phương trình lượng giác: 6 tiết 6 Chuyên đề: Hình học không gian: 6 tiết 7 Chuyên đề: Phương pháp tọa độ trong không gian. : 10 tiết 8 Chuyên đề: Phương pháp tọa độ trong mặt phẳng: 4 tiết 9 Chuyên đề: Tổ hợp, xác suất, số phức: 6 tiết 10 Chuyên đề: Bất đẳng thức, cực trị... với vế (4) và (5) ta được VSA1B1C1D1 1 V 2 1 = 12 SD SD SD Từ (3) và (6) ta có 12 SD1 1 = 19 + 92 SD SD SD ⇒ SD1 = 2 5 MỘT VÍ DỤ MINH HỌA VỀ CHUYÊN ĐỀ HÌNH KHÔNG GIAN TRONG ĐỀ THI CỦA TRƯỜNG THPT LÝ THƯỜNG KIỆT SABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a 3 , SA ⊥ (ABC), SA =2a Tính thể tích hình chóp SABCD và tính d(A, (SBC)) Giải S 2a A C a 3 M B S∆ABC = 12 a 3.a 3 sin 60 o = VSABC = 13 SA.S∆ABC = 3a... 3 2 = 3a 2 ∆SAM vuông tại A có SM2 = SA2 + AM2 = 4a2 + S∆SBC = 1 2 SM.BC = d(A, (SBC)) = 3VSABC S∆SBC 5 3 2 = 9 4 a2 = 25 4 a2 ⇒ SM = 5 2 a a2 3 3 a 2 5 3 2 a 2 3 = 3 5 a KẾ HOẠCH ÔN TẬP VÀ PHÂN CHIA THỜI GIAN CÁC CHUYÊN ĐỀ Tổng thời gian ôn tập: 60 1 Chuyên đề: Khảo sát hàm số và bài toán liên quan: 12 2 Chuyên đề: Nguyên hàm tích phân, ứng dụng của tích phân; 6 tiết 3 Chuyên đề: Phương trình, bất... trùng với B 8 abc VSAMKN = là GTNN khi MB chiếm 1 phần SB 9 do vậy VSAMKN = Bài 3: Hình chóp SABCD có ABCD là hình vuông tâm O, SA ⊥ (ABCD), AB = a, SA = a 2 H, K lần lượt là hình chiếu vuông góc của A trên SB, SD Chứng minh rằng: SC ⊥ (AHK) và tính thể tích hình chóp OAHK Giải S a 2 F E K H N a A B a x O C D y AH ⊥ SB (gt) (1) BC ⊥ AB (vì ABCD là hình vuông) BC ⊥ SA (vì SA ⊥ (ABCD)) ⇒BC ⊥ (SAB) BC ⊥... thang có AB = BC = CD = 1 AD ⇒ ˆ ˆ = 60o, B = C = 120 o A=D 2 -∆SBD có BD2 = SB2 +SD2 =289a2 ⇒ BD = 17a ∆CBD có BD2 =2BC2(1+ 12 ) = 3BC2 = 289a2 ⇒ BC = S∆BCD = 1 2 BC 2 sin 120 o = 12 289 a2 3 S⋄ABCD = 3S∆BCD = ⇒VSABCD = 3 2 = 289 3a 2 12 289 3a 2 12 1 S⋄ABCD.SH = 3 2 1 289 3a 120 a 3 12 17 17 3 = 170 3 a3 a Bài 5: Cho tứ diện ABCD có các cặp cạnh đối đôi một bằng nhau AB = CD =a, AC = BD = b, AD = BC... có ⋄ABCD là hình thang với AB = BC = CD = 1 AD ∆SBD vuông tại 2 S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy SB = 8a, SD = 15a Tính VSABCD Giải S 15a 8a A D H C B -Trong ∆SBD kẻ SH b BD Vì (SBD) b (ABCD) ⇒SH b (ABCD) 1 -Tam giác vuông SBD có SH 2 hay 1 SH 2 hay SH = = = 1 64 a 2 14400 289 + 1 1 SH 2 SD 2 1 225 a 2 + a = 120 17 a -Vì hình thang có AB = BC = CD = 1 AD ⇒ ˆ ˆ = 60o, B = C = 120 o A=D 2 -∆SBD... = 3-x3 ⇔ x = 3 2 và thể tích lớn nhất là 1 8 Bài 8: Cho hình vuông ABCD cạnh a {O} = AC ∩ BD, ox ⊥ (ABCD) Lấy S ∈ Ox, S ≠ O Mặt phẳng qua AC và vuông góc (SAD) chia hình chóp thành hai phần Tính tỉ số thể tích của hai phần đó Bài 9: Cho hình chóp tứ gíc đều SABCD trên các cạnh SA, SB, SC ta lấy các điểm A 1, B1, C1 sao cho SA1 SA = 2 3 ; SB1 SB = 1 2 ; SC1 SC = 1 3 Mặt phẳng qua A1, B1, C1 cắt SD tại... CSA =120 0 CMR tam giác ABC vuông rồi tính thể tích chóp Bài giải S C E A D B Gọi E,D lần lượt là AC,BC ∆ SAB đều AB=a, ∆ SBC Vuông BC=a 2 1 a 3 ⇒ AC=a 3 và SE=SAcos600= a 2 2 2 2 2 2 ⇒ ∆ ABC có AC =BA +BC =3a vậy ∆ ABC vuông tại B 1 a2 2 Có SABC= BA.BC= 2 2 1 a 3 ∆ SBE có BE= AC= 2 2 2 2 SB =BE +SE2=a2 nên BE ⊥ SE AC ⊥ SE ∆ SAC có AE=SA.sin600= Do đó SE chính là đường cao VSABC= 1 2 SE.SABC= a 3 3 12. .. cầu là R = IA 2 3 Tam giác vuông AOI có: AO = OI = 1 2 OO' = 12 AA' = 2 ⇒AI2 = OA2+OI2 = a3 V= 4 3 AI2 = V= 4 3 πR 3 = 43 π 4 a 2 + 3b 2 12 a3 8 2 73 2 a 3 3 2 = a 3 3 b 2 + b4 = 7 3 7a2 12 = ⇒ AI = a 3π 28 72 4 a 2 + 3b 2 2 3 ⇒ AI = π R 3 = 43 π AA1 = 7 3 = a 7 2 3 7πa 3 18 7 3 = =R 3 1 8.3 3 21.a 3 54 3 (4a 2 + 3b 2 ) 2 = 181 3 (4a 2 + 3b 2 ) 2 Bài8: Cho hình chóp tứ giác đều có cạnh đáy bằng a, cạnh... ABM 3 2 Vì ∆ACD và ∆BCD đều ⇒ AM = BM = VABCD = 2VCBMA = 2 13 CM.S∆ABC = S∆ABM = 1 MC’.AB = 2 VABCD = 1 x 3 4 1 2 2 1 3 2 S ∆ABM x ( 23 ) 2 + ( 2x ) 2 = x 4 3 − x2 3 − x 2 = 121 3 − x 2 x b) SACD= 3V ABCD 1 3 3 − x 2 x ⇒ d(B,(ACD))= = S ACD 3 4 c) VABCD = 121 3 − x 2 x ≤ 1 3− x 2 + x 2 12 2 = 81 Dấu “=” xảy ra ⇔ x2 = 3-x3 ⇔ x = 3 2 và thể tích lớn nhất là 1 8 Bài 8: Cho hình vuông ABCD cạnh a {O} = ... HOẠCH ÔN TẬP VÀ PHÂN CHIA THỜI GIAN CÁC CHUYÊN ĐỀ Tổng thời gian ôn tập: 60 Chuyên đề: Khảo sát hàm số toán liên quan: 12 Chuyên đề: Nguyên hàm tích phân, ứng dụng tích phân; tiết Chuyên đề: Phương... vế với vế (4) (5) ta VSA1B1C1D1 V = 12 SD SD SD Từ (3) (6) ta có 12 SD1 = 19 + 92 SD SD SD ⇒ SD1 = MỘT VÍ DỤ MINH HỌA VỀ CHUYÊN ĐỀ HÌNH KHÔNG GIAN TRONG ĐỀ THI CỦA TRƯỜNG THPT LÝ THƯỜNG KIỆT... Chuyên đề: Phương trình, hệ phương trình, bất phương trình mũ, lôgarit: tiết Chuyên đề: Công thức lượng giác, phương trình lượng giác: tiết Chuyên đề: Hình học không gian: tiết Chuyên đề: Phương