480 câu HÌNH KHÔNG GIAN

Học Online tại: hoc24h.vn
Đăng ký học OFF: 0903288866 | Địa chỉ: Số 8 ngõ 17 Tạ Quang Bửu

Thầy Nguyễn Tiến Đạt
Chun gia luyện thi mơn Tốn

480 CÂU HỎI HÌNH KHƠNG GIAN
ĐÁP ÁN CHI TIẾT
Facebook: Đạt Nguyễn Tiến (Follow để theo dõi bộ đề thi cực chất 2019)
Fanpage: Toán thầy Đạt - chuyên luyện thi Đại Học 10,11,12
Insta: nguyentiendat10
Học online: Hoc24h.vn
Học offline: Số 8 ngõ 17 Tạ Quang Bửu, Hà Nội
Liên hệ: 0903288866

Câu 1: (Chuyên Đại Học Vinh) Cho hình hộp đứng ABCD.A 'B'C 'D ' có cạnh bên
AA '  h

và diện tích của tam giác ABC bằng S. Thể tích của khối hộp

ABCD.A ' B'C 'D ' bằng
1
A. V  Sh
3

2
B. V  Sh
3

C. V  Sh

D. V  2Sh

Đáp án D
Phương pháp:
+ Cơng thức tính thể tích hình hộp chữ nhật là: V  Sd .h
Cách giải:
Ta có: SABCD  2SABC  2S  VABCD.A 'B'C 'D'  2Sh
Câu 2: (Chun Đại Học Vinh) Cho hình trụ có bán kính đáy bằng R, chiều cao bằng h.
Biết rằng hình trụ đó có diện tích tồn phần gấp đơi diện tích xung quanh. Mệnh đề nào
sau đây đúng?
A. h  2R

B. h  2R

C. R  h

Đáp án C
Phương pháp:
+ Cơng thức diện tích xung quanh và diện tích tồn phần của hình trụ là:

Sxq  2Rl;Stp  2Rl  2R 2
Cách giải:
Ta có: Stp  2Sxq  2Rh  2R 2  4Rh  R  h

1

D. R  2h


Thầy Nguyễn Tiến Đạt

Chun gia luyện thi mơn Tốn

Học Online tại: hoc24h.vn
Đăng ký học OFF: 0903288866 | Địa chỉ: Số 8 ngõ 17 Tạ Quang Bửu

Câu 3:(Chuyên Đại Học Vinh)
Cho hình lăng trụ đứng ABC.A 'B'C ' có đáy ABC là tam giác
vuông cân tại A, AB  AA '  a (tham khảo hình vẽ bên). Tính tang
của góc giữa đường thẳng BC' và mặt phẳng  ABB'A ' .
A.

3
2

B.

2
2

C.

2

D.

6
3

Đáp án B
Phương pháp:

+) Xác định góc giữa đường thẳng BC’ và mặt phẳng  ABB'A ' sau đó dựa vào các tam
giác vng để tìm tan của góc đó.
Cách giải:
C 'A '  A 'B '
Ta có: 
 C ' A '   ABB'A '    BC ''  ABB 'A '   C ' BA '
C 'A '  A 'A
 tan  BC ';  ABB 'A '   tan C ' BA ' 

A 'C '

A'B

a
A 'B '2  BB '2



a
a2  a2



2
2

Câu 4: (Chun Đại Học Vinh)Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có đáy ABCD là
hình vng cạnh 2a, tâm O, SO  a (tham khảo hình vẽ bên).

Khoảng cách từ O đến mặt phẳng  SCD  bằng

2


Học Online tại: hoc24h.vn
Đăng ký học OFF: 0903288866 | Địa chỉ: Số 8 ngõ 17 Tạ Quang Bửu

A.

2a
2

B.

3a

C.

5a
5

D.

Thầy Nguyễn Tiến Đạt
Chun gia luyện thi mơn Tốn

6a
3

Đáp án A

Phương pháp:
+) Tính khoảng cách từ O đến  SCD  sau đó sử dụng các cơng thức tính nhanh để tính.
Cách giải:
Xét tứ diện SOCD ta có: SO, OC, OD đơi một vng góc với nhau


1
1
1
1
với d  O;  SCD   .



2
2
2
d
SO OC OD 2

Có BD  BC2  CD2  2.4a 2  2a 2
Cạnh OC  OD 

3

BD
1
1
1
1

a 2
a 2 2  2  2  2 d
.
2
d
a
2a
2a
2


Học Online tại: hoc24h.vn
Đăng ký học OFF: 0903288866 | Địa chỉ: Số 8 ngõ 17 Tạ Quang Bửu

Thầy Nguyễn Tiến Đạt
Chun gia luyện thi mơn Tốn

Câu 5: (Chun Đại Học Vinh) Cho hình lập phương ABCD.A 'B'C 'D ' cạnh a. Gọi M,
N lần lượt là trung điểm của AC và B'C' (tham khảo hình vẽ bên).

Khoảng cách giữa hai đường thẳng MN và B’D’ bằng
A.

5a

C. 3a

5a
5

B.
D.

a
3

Đáp án
Phương pháp:
Cách 1: Gắn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho A '  0;0;0  , B' 1; 0;0  ; D '  0;1; 0  ; A  0;0;1 .
Xác định tọa độ các điểm M, N.
Sử dụng công thức tính khoảng cách giữa hai đường thẳng
  
 B 'D '; MN  .NB '


chéo nhau d  MN; B ' D '  
 
B 'D '; MN
Cách 2: Xác định mặt phẳng (P) chứa B’D’ và song song với
MN, khi đó d  MN; B'D '  d  B'D ';  P    d  O;  P   (với O là
trung điểm của B'D').
Cách giải:
Cách 1: Chọn hệ trục tọa độ với A '  0;0;0 

4


Học Online tại: hoc24h.vn
Đăng ký học OFF: 0903288866 | Địa chỉ: Số 8 ngõ 17 Tạ Quang Bửu

Thầy Nguyễn Tiến Đạt
Chun gia luyện thi mơn Tốn

B ' 1; 0; 0  ; D '  0;1; 0  ; A  0; 0;1 , C 1;1;1 ; C ' 1;1;0  ;
B 1; 0;1 ; D  0;1;1
1 1   1 
Ta có: M  ; ;1 ; N  1; ; 0 
2 2   2 

  1

Khi đó B 'D '   1;1; 0  ; MN   ; 0; 1 
2

  
1 
Suy ra  B 'D '; MN    1; 1; 
2 


   1


B'
  1 
  
1
 D '; MN  .NB ' 2 1
NB '   0; ; 0    B 'D '; MN  .NB '    d  MN; B'D '  
 

 
3 3
2
 B ' D '; MN 
 2 


2
Cách 2: Gọi P là trung điểm của C' D' suy ra d  d  O;  MNP  
Dựng

OE  NP; OF  ME  d  OF 

MO  a; OE 

a 2
a
d
4
3

MO.OE
MO 2  OE 2

trong

Câu 6: (Chuyên Đại Học Vinh)
Người ta thả một viên billiards snooker có dạng hình cầu với bán kính
nhỏ hơn 4,5 cm vào một chiếc cốc hình trụ đang chứa nước thì viên
billiards đó tiếp xúc với đáy cốc và tiếp xúc với mặt nước sau khi dâng

(tham khảo hình vẽ bên). Biết rằng bán kính của phần trong đáy cốc
bằng 5,4 cm và chiều cao của mực nước ban đầu trong cốc bằng 4,5
cm. Bán kính của viên billiards đó bằng
A. 4, 2cm

B. 3, 6cm

C. 2, 6cm

Đáp án D
Phương pháp:
+) Tính thể tích của mực nước ban đầu V1
+) Gọi R là bán kính của viên billiards hình cầu, tính thể tích khối cầu V2
+) Tính thể tích mực nước lúc sau V
+) Từ giả thiết ta có phương trình V  V1  V2 , tìm R.

5

D. 2, 7cm

đó


Học Online tại: hoc24h.vn
Đăng ký học OFF: 0903288866 | Địa chỉ: Số 8 ngõ 17 Tạ Quang Bửu

Thầy Nguyễn Tiến Đạt
Chun gia luyện thi mơn Tốn

Cách giải:

Thể tích mực nước ban đầu là: V1  r12 h1  .5, 4 2.4,5
Gọi R là bán kính của viên bi ta có sau khi thả viên bi vào cốc, chiều cao của mực nước
bằng 2R, do đó tổng thể tích của nước và bi sau khi thả viên bi vào trong cốc là:

V  r12 .  2R   .5, 42.2R
Thể tích của quả cầu là: V C  

4 3
R
3

4
Ta có: V  V1  V2  5, 4 2.4, 5  R 3  5, 42.2R
3

Giải phương trình trên với điều kiện R  4, 5  R  2, 7cm
Câu 7: (Chuyên Đại Học Vinh) Cho hình lăng trụ đứng ABC.A 'B'C ' có đáy ABC là
tam giác vng, AB  BC  a . Biết rằng góc giữa hai mặt phẳng  ACC '  và  AB'C '
bằng 60 (tham khảo hình vẽ bên). Thể tích của khối chóp B'.ACC 'A ' bằng
A.

a3
3

B.

C.

a3
2

D.

a3
6
3a 3
3

Đáp án A
Phương pháp:
VB'.ACC 'A '  V  VB'.BAC 

2
V, với V là thể tích khối lăng trụ.
3

Tính thể tích khối lăng trụ.
Cách giải:
Dựng B 'M  A C  B 'M  (ACCA )
Dựng MN  AC '  AC '  (MNB ')
Khi đó

  AB'C ' ;  AC 'A '   MNB'  60

Ta có: B ' M 

a 2
B 'M
a 6
 MN 


2
tan MNB '
6

Mặt khác tan AC ' A ' 

6



MN A A '

C 'N A 'C'


Thầy Nguyễn Tiến Đạt
Chun gia luyện thi mơn Tốn

Học Online tại: hoc24h.vn
Đăng ký học OFF: 0903288866 | Địa chỉ: Số 8 ngõ 17 Tạ Quang Bửu

Trong đó MN 

a 6
a 2
a 3
; MC ' 
 C ' N  C ' M 2  MN 2 
6

3
3

Suy ra AA' =a
AB2
a3
V 2
a3
Thể tích lăng trụ V 
.A A  V B'.ACC'A '  V  VB'.BAC  V   V 
2
2
3 3
3
Câu 8: (Chun Đại Học Vinh) Cho hình chóp S.ABCD có
đáy ABCD là hình vng cạnh a, mặt bên SAB là tam giác đều
và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng

 ABCD  . Gọi G là trọng tâm của tam giác SAB và M, N lần
lượt là trung điểm của SC, SD (tham khảo hình vẽ bên). Tính
cơsin của góc giữa hai mặt phẳng  GMN  và  ABCD  .
A.

2 39
39

B.

13
13

C.

3
2 39
D.
6
13

Đáp án D

Phương pháp:
Gọi H là trung điểm của AB  SH   ABCD 
Gắn

hệ

tọa

độ

Oxyz,


3  1
 1
 1
  1

H  0; 0; 0  ,S  0; 0;

 , A   ; 0;0  ; B  ;0; 0  ;C  ;1;0  , D   ;1;0 
2   2
 2
 2
  2


 
n1 ; n 2
Gọi
lần
lượt
là
VTPT
của
mặt

7

với

phẳng


Thầy Nguyễn Tiến Đạt
Chun gia luyện thi mơn Tốn

Học Online tại: hoc24h.vn
Đăng ký học OFF: 0903288866 | Địa chỉ: Số 8 ngõ 17 Tạ Quang Bửu

 
n1.n 2
 GMN  ;  ABCD   cos   GMN  ;  ABCD     
n1 . n 2

Cách giải:
Gọi H là trung điểm của AB.Vì  SAD    ABCD   SH   ABCD 
Gắn hệ tọa độ Oxyz, với

3  1
 1
 1
  1

H  0; 0; 0  ,S  0; 0;
 , A   ; 0;0  ; B  ;0; 0  ;C  ;1;0  , D   ;1;0 
2   2
 2
 2
  2



1 1 3  1 1 3
3
Khi đó G  0; 0;
,
M

 ; ;

 , N   ; ;



6
4
2
4



  4 2 4 
  1 1 3    1

 GM   ; ;
 ; MN    ; 0;0 
 2

 4 2 12 
 
  
3 1
 n1  n GMN    GM; MN    0; 
; 
24
4


 


Và mặt phẳng  ABCD  có véc tơ pháp tuyến là n 2  n  ABCD   k   0;0;1

 
n1.n 2
2 39
Vậy cosin góc giữa hai mặt phẳng  GMN  ,  ABCD  cos    
13
n1 . n 2

Đáp án D

Phương pháp:
Gọi H là trung điểm của AB  SH   ABCD 
Gắn

8

hệ

tọa

độ

Oxyz,

với


Học Online tại: hoc24h.vn
Đăng ký học OFF: 0903288866 | Địa chỉ: Số 8 ngõ 17 Tạ Quang Bửu

Thầy Nguyễn Tiến Đạt
Chun gia luyện thi mơn Tốn


3  1
 1
 1
  1

H  0; 0; 0  ,S  0; 0;
 , A   ; 0;0  ; B  ;0; 0  ;C  ;1;0  , D   ;1;0 
2   2
 2
 2
  2


 
n1 ; n 2
Gọi
lần
lượt
là
VTPT
của
mặt
 
n1.n 2
 GMN  ;  ABCD   cos   GMN  ;  ABCD     

n1 . n 2

phẳng

Cách giải:
Gọi H là trung điểm của AB.Vì  SAD    ABCD   SH   ABCD 
Gắn hệ tọa độ Oxyz, với

3  1
 1
 1
  1

H  0; 0; 0  ,S  0; 0;
 , A   ; 0;0  ; B  ;0; 0  ;C  ;1;0  , D   ;1;0 
2   2
 2
 2
  2



1 1 3  1 1 3
3
Khi đó G  0; 0;
,
M

 ; ;
 , N   ; ;



6 

4 2 4   4 2 4 
  1 1 3    1

 GM   ; ;
 ; MN    ; 0;0 
 2

 4 2 12 
 
  
3 1
 n1  n GMN    GM; MN    0; 
; 
24 4 


 

Và mặt phẳng  ABCD  có véc tơ pháp tuyến là n 2  n  ABCD   k   0;0;1

 
n1.n 2
2 39
Vậy cosin góc giữa hai mặt phẳng  GMN  ,  ABCD  cos    
13
n1 . n 2

Câu 9: (Chuyên ĐH Sư Phạm Hà Nội) Cho hình hộp xiên ABCD.A’B’C’D’ có các
  BAA
'  BAD
  600. Khoảng cánh giữa hai đường
cạnh bằng nhau và bằng a, BAD
thẳng AC’ và BD bằng
a
a
a 3
A. a.
B.
.
C.
.
D.
.
2
2 3
3
Đáp án B.

9


Học Online tại: hoc24h.vn
Đăng ký học OFF: 0903288866 | Địa chỉ: Số 8 ngõ 17 Tạ Quang Bửu

Thầy Nguyễn Tiến Đạt
Chun gia luyện thi mơn Tốn

  BAA
'  BAD
  600  A’ABD là tứ diện đều.
Do BAD
Dựng A 'H   ABCD  suy ra H là trọng tâm tam giác đều ABD. Ta có:
AC  BD
 BD   AA'C'C 

BD  A 'H
Dựng OK  AC '  OK là đoạn vng góc chung của AC’ và BD.
a 3
Dựng CE//AH AE  4AH  4.
3
a 6
2

CE  AH  AA'2  AH 2 
 tan C
' AH 
3
4
a 3

Do đó OK  OA sin C
'AH 
.
6
Câu 10: (Chun ĐH Sư Phạm Hà Nội) Cho hình chóp tam giác đều S.ABC. Cho hình
chóp tam giác đều S và có đường trịn

đường trịn đáy là đường trịn nội tiếp tam giác ABC gọi là hình nón nội tiếp hình chóp
S.ABC, hình nón có đỉnh S và có đường tròn đáy là đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC
gọi là hình nón ngoại tiếp hình chóp S.ABC. Tỉ số thể tích của hình nón nội tiếp và hình
nón ngoại tiếp hình chóp đã cho là
1
1
1
2
A. .
B. .
C. .
D. .
2
4
3
3
Đáp án B.
Gọi r và R lần lượt là bán kính đường tròn nội tiếp và ngoại tiếp tam giác ABC.
1
Thể tích hình nón nội tiếp hình chóp là: V1  r 2 h
3
2

V
r2  1  1
1
Thể tích hình nón ngoại tiếp hình chóp là: V2  R 2 h  1  2     .
3
V2 R
4

2
Câu 11: (Chuyên ĐH Sư Phạm Hà Nội)
Cho lăng trụ đứng ABC.A 'B'C ' có đáy là tam giác vng cân tại a, AB  AC  a,
AA '  2a. Thể tích khối tứ diện A 'BB'C là

10


Thầy Nguyễn Tiến Đạt
Chun gia luyện thi mơn Tốn

Học Online tại: hoc24h.vn
Đăng ký học OFF: 0903288866 | Địa chỉ: Số 8 ngõ 17 Tạ Quang Bửu

A. 2a 3 .

B. a 3 . C.

2a 3
.
3

D.

a3
.
3

Đáp án D.
Gọi H là trung điểm của B’C’. Khi đó A ' H   BCC 'B' 

a2  a2 a 2

2
2
Thể tích khối tứ diện A’BB’C là:
1
1 a 2 1
a3
V  A ' H.SBB'C  .
. 2a.a 2  .
3
3 2 2
3
Ta có: A 'H 

Câu 12:(Chuyên ĐH Sư Phạm Hà Nội) Cho tứ diện ABCD, hỏi có bao nhiêu véctơ

khác véctơ 0 mà mỗi véctơ có điểm đầu, điểm cuối là hai đỉnh của tứ diện ABCD
A. 4.
B. 12.
C. 10.
D. 8.
Đáp án B.
Mỗi cạnh của tứ diện tạo thành 2 vecto thỏa mãn đề bài, suy ra có 6.2  12 vecto
Câu 13: (Chuyên ĐH Sư Phạm Hà Nội) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vng
cạnh a, mặt bên SAB là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vng góc với đáy. Thể
tích khối chóp S.ABCD là
a3 3
a3 3

a3 3
A. a 3 . B.
C.
D.
.
.
.
2
3
6
Đáp án D.
Họi H là trung điểm của AB. Khi đó SH   ABCD 
1
1 a 3 2
3a 3
Thể tích khối chóp là: V  SH.SABCD  .
.a 
.
3
3 2
6
Câu 14: (Chuyên ĐH Sư Phạm Hà Nội ) Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác
vng cân cạnh bằng B, cạnh bên SA vng góc với mặt phẳng đáy, AB  BC  a và
SA  a. Góc giữa hai mặt phẳng (SAC) và (SBC) bằng
A. 900.
B. 300.
C. 600.
D. 450.
Đáp án C.

Gọi D và E lần lượt là hình chiếu của A lên SB và SC.

Khi đó:   SBC  ;  SAC    AED
a
a 2
, AE 
,
2
3
a
AD
AD
3

  600.
sin AED

 2 
 AED
AE AE a 2
2
3
Câu 15: (Chuyên ĐH Sư Phạm Hà Nội) Cho hình chóp
Ta có: AD 

11


Học Online tại: hoc24h.vn
Đăng ký học OFF: 0903288866 | Địa chỉ: Số 8 ngõ 17 Tạ Quang Bửu

Thầy Nguyễn Tiến Đạt
Chun gia luyện thi mơn Tốn

S.ABC có đáy là tam giác vng tại B, cạnh bên SA vng góc với mặt phẳng đáy,
  600 và Sa  3 2. Góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng  SAC  bằng
AB  2a, BAC
A. 450.
Đáp án A.

B. 300.

C. 600.

D. 900.

Dựng BH  AC  BH   SAC 

 
Khi đó:  SB;  SAC    BSH

Ta có: BH  ABsin 600  a 3,SB  SA 2  AB2  a 6
  BH  1  BSH
  450.
Suy ra sin BSH
SB
2
Câu 16: (Chuyên ĐH Sư Phạm Hà Nội) Cho hình nón có đỉnh S, đáy là hình trịn tâm
O, bán kính R  3cm, góc ở đỉnh của hình nón là   1200.. Cắt hình nón bởi một mặt
phẳng qua đỉnh S tạo thành tam giác đều SAB, trong đó A,B thuộc đường trịn đáy. Diện

tích của tam giác SAB bằng
A. 3 3cm 2 . B. 6 3cm 2 . C. 6cm 2 .
D. 3cm 2 .
Đáp án A.
Do góc ở đỉnh của hình nón là   1200. Gọi l là độ dài đường sinh ta có:
2R
l
 2 3  SA
3
Diện tích của tam giác SAB bằng S 

3
SA 2  3 3.
4

Câu 17: (Chuyên ĐH Sư Phạm Hà Nội) Cho tứ diện ABCD có cạnh DA vng góc với
mặt phẳng (ABC) và AB  3cm, AC  4cm, AD  6cm, BC  5cm. Khoảng cách từ A
đến mặt phẳng  BCD  bằng
A.

12

12
cm.
5

B.

12
cm.

7

C.

6cm

D.

6
cm.
10


Thầy Nguyễn Tiến Đạt
Chun gia luyện thi mơn Tốn

Học Online tại: hoc24h.vn
Đăng ký học OFF: 0903288866 | Địa chỉ: Số 8 ngõ 17 Tạ Quang Bửu

Đáp án B.
Dễ thấy tam giác ABC vng tại A. Khi đó AB,AC,AD đơi một vng góc
1
1
1
1
49
12
Do đó 2 




d .
2
2
2
d
AB AC AD
144
7
Câu 18: (Chun ĐH Sư Phạm Hà Nội) Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác đều
cạnh a  4 2cm, cạnh bên SC vng góc với đáy và SC  2cm. Gọi M,N là trung
điểm của AB và BC. Góc giữa hai đường thẳng SN và CM là
A. 450.
B. 300.
C. 600.
D. 900.
Đáp án A.

    1  
Ta có: SN.CM  SC  CN
CA  CB
2
1   1    
1   
  SC  CB  CA  CB  CB CA  CB
2
2
4

 

1   1
1
1
 CB.CA  CB2  CB2 cos60 0  CB2  12  SN.CMcos SN; CM
4
4
4
4
 
2
Do SN  SC 2  CN 2  2 3; CM  2 6  cos SN; CM 
2
0

Do đó  SN;CM   45 .



 



















Câu 19:(Chuyên ĐH Sư Phạm Hà Nội) Cần đẽo thanh gỗ hình hộp có đáy là hình
vng thành hình trụ có cùng chiều cao. Tỉ lệ thể tích gỗ cần phải đẽo đi ít nhất (tính gần
đúng) là
A. 21%.
B. 11%.
C. 50%.
D. 30%.
Đáp án A.
Để lượng gỗ cần đẽo ít nhất thì hình trịn đáy hình trụ phải có diện tích lớn nhất, điều này
a
xảy ra khi đường tròn này tiếp xúc với cạnh của hình vng đáy là hình hộp  R  .
2
2
2
2
Diện tích đáy hình trụ: S1  R . Diện tích đáy hình hộp: S2  a  4R .

13


Học Online tại: hoc24h.vn
Đăng ký học OFF: 0903288866 | Địa chỉ: Số 8 ngõ 17 Tạ Quang Bửu

Chiều cao bằng nhau nên tỉ lệ thể tích:
Tỉ lệ thể tích cần đẽo ít nhất: 1 

Thầy Nguyễn Tiến Đạt
Chuyên gia luyện thi mơn Tốn

V1 S1 

 .
V2 S2 4


 21%.
4

Câu 21: (Chuyên ĐH Sư Phạm Hà Nội) Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy là
tam giác vng cân tại A, AB  AC  a, AA'= 2a. Thể tích khối cầu ngoại tiếp hình tứ
diện AB’B’C’ là
4a 3
a 3
A.
.
B.
.
C. 4a 3 .
D. a 3 .
3
3
Đáp án A.

Bán kính đáy đường tròn ngoại tiếp đáy r 

BC a 2

2
2
2

4 3 4 3
 AA ' 
Áp dụng cơng thức tính nhanh ta có: R  r  
  a  V  R  a
3
3
 2 
Câu 22: (Chuyên ĐH Sư Phạm Hà Nội) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vng,
cạnh bên SA vng góc với đáy. Gọi M,N là trung điểm của SA,SB. Mặt phẳng MNCD
chia hình chóp đã cho thành hai phần. Tỉ số thể tích hai phần S.MNCD và MNABCD là
3
3
4
A. .
B. .
C. .
D. 1.D.
4
5
5
Đáp án B.
2

VS.MNC SM SN 1 1 1
V
SM 1

.
 .  và S.MCD 
 .
VS.ABC SA SB 2 2 4
VS.ACD SA 2
1
1
3
Khi đó VS.MNC  VS.ABCD và VS.MCD  VS.ABCD  VS.MNCD  VS.ABCD
8
4
8
V
VS.MNCD
3  3 3
 : 1    .
Vậy tỉ số S.MNCD 
VMNABCD VS.ABCD  VS.MNCD 8  8  5
Câu 1: (Chuyên Lam Sơn-Thanh Hóa 2018)Cho khối hộp ABCD.A 'B'C 'D ' có đáy là

Ta có

hình chữ nhật với AB  a 3, AD  7. Hai mặt bên  ABB' A ' và  ADD ' A ' cùng tạo

14

Học Online tại: hoc24h.vn
Đăng ký học OFF: 0903288866 | Địa chỉ: Số 8 ngõ 17 Tạ Quang Bửu

Thầy Nguyễn Tiến Đạt
Chun gia luyện thi mơn Tốn

với đáy góc 45, cạnh bên của hình hộp bằng 1. Thể tích khối hộp là:
A.

7

B. 3 3

C. 5

D. 7 7

Đáp án
Câu 23:(Chuyên Lam Sơn-Thanh Hóa 2018) Khối lăng trụ có chiều cao h, diện tích
đáy bằng B có thể tích là:
A. V 

1
Bh
6

B. V  Bh

1
C. V  Bh
3

D. V 

1
Bh
2

Đáp án B
Câu 24: (Chun Lam Sơn-Thanh Hóa 2018)Cho khối nón có bán kính đáy r  2,
chiều cao h  3 . Thể tích của khối nón là:
A.

4
3

B.

2 3
3

C. 4 3

D.

4 3
3

Đáp án D
Câu 25: (Chun Lam Sơn-Thanh Hóa 2018)Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình
vng cạnh a, SA vng góc với mặt phẳng  ABCD  và SA  a 6. Gọi a là góc giữa
đường thẳng SB và mặt phẳng (SAC). Tính sin ta được kết quả là:
1
14
Đáp án A
A.

B.

2
2

C.

3
2

D.

1
5

BD  AC
Ta có: 
 BD   SAC 
BD  SA

 

Gọi O  AC  BD   SB;  SAC    BSO

a 2
OB
1
2



Trong đó sin BSO
SB
14
SA 2  AB2
Câu 26: (Chun Lam Sơn-Thanh Hóa 2018)Cho hình
lăng trụ đứng ABC.A'B'C' có đáy là tam giác vng BA  BC  a, cạnh bên AA '  a 2,
M là trung điểm của BC. Khoảng cách giữa AM và B' C là:

15


Học Online tại: hoc24h.vn
Đăng ký học OFF: 0903288866 | Địa chỉ: Số 8 ngõ 17 Tạ Quang Bửu

A.

a 2
2

B.

a 3
3

C.

Thầy Nguyễn Tiến Đạt
Chun gia luyện thi mơn Tốn

a 5
5

D.

a 7
7

Đáp án D

Dựng Cx / /AM  d  d  AM;  B'Cx  
 d  M;  B 'Cx   

1
d  B;  B 'Cx  
2

Dựng CE  Cx, CF  B ' E  d 
Mặt khác BE  2BI 

1
1

BE.BB '
BF  .
2
2 BE 2  BB '2

2a
a 7
d
.
7
5

Câu 26: (Chuyên Lam Sơn-Thanh Hóa 2018)Cho hình chóp tam giác đều có cạnh đáy
bằng 1 và chiều cao h  3. Diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp là:
A.

100
3

B.

25
3

C.

100
27

D. 100

Đáp án C
Bán kính của đường tròn ngoại tiếp đáy là r 

1
3

SA 2 h 2  r 2 5  3
100
Áp dụng CT tính nhanh suy ra R 


 S  4R 2 
2SH
9
27
2 3
Câu 27: (Chuyên Lam Sơn-Thanh Hóa 2018)Cho khối chóp tứ giác đều có cạnh đáy

16


Học Online tại: hoc24h.vn
Đăng ký học OFF: 0903288866 | Địa chỉ: Số 8 ngõ 17 Tạ Quang Bửu

Thầy Nguyễn Tiến Đạt
Chun gia luyện thi mơn Tốn

bằng a, cạnh bên bằng a 2 . Thể tích của khối chóp là:
A.

a3 6
6

B.

2a 3 2
3

C.

a3 6
3

D.

a3 3
6

Đáp án A
Diện tích đáy là S  a , chiều cao h 
2

a 2 

2

2

a 2 

a 6
 
 
2
 2 

1
a3 6
Thể tích khối chóp là S  S.h 
3
6

Câu 28: (Chuyên Lam Sơn-Thanh Hóa 2018)Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là
hình chữ nhật AB  a, cạnh bên SA vng góc với đáy và SA  a . Góc giữa hai mặt
phẳng  SBC  và  SAD  bằng:
A. 45

B. 30

C. 60

D. 90

Đáp án A
Do BC / /AD nên giao tuyến d của  SBC  và  SAD  song song với BC và AD.





  45
Suy ra d   BSA   
SBC  ;  SAD   BSA

Câu 29: (Chuyên Lam Sơn-Thanh Hóa 2018)Xét tứ diện O.ABC có OA, OB, OC đơi
một vng góc. Gọi , ,  lần lượt là góc
giữa các đường thẳng OA, OB, OC với mặt phẳng (ABC). Khi đó, tính giá trị nhỏ nhất
của biểu thức sau M   3  cot 2   3  cot 2  3  cot 2  
A. Số khác

B. 48 3

C. 48

D. 125

Đáp án D
Gọi H là hình chiếu của O lên  ABC   H là trực tâm ABC


   ; tương tự OBH
  ;OCH

OA; AH   OAH
Ta có OA;
 ABC   
Lại có

17

1
1
1
1
OH 2 OH 2 OH 2






 1  sin 2   sin 2   sin 2   1
OH 2 OA 2 OB2 OC 2
OA 2 OB2 OC 2


Học Online tại: hoc24h.vn
Đăng ký học OFF: 0903288866 | Địa chỉ: Số 8 ngõ 17 Tạ Quang Bửu

Thầy Nguyễn Tiến Đạt
Chun gia luyện thi mơn Tốn

 x, y, z  0
1
Đặt x  sin 2 , y  sin 2 , z  sin 2   
 1  x  y  z  3 3 xyz  xyz 
27
x  y  z  1
1 
1 

1  
1 
1 
1

Khi đó M   2  2   2  2   2  2    2    2    2  
sin   
sin   
sin   
x 
y 
z

1 1 1  1
1
2  1
 8  4     2    
 x y z   xy yz xz  xyz
36
18
1
36 18 1
 8


 8  
 125
1
x  y  z xy  yz  zx xyz
1 1

3 27
Vậy M min  125.
Câu 30:( Chuyên Biên Hịa-Hà Nam) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình
vng cạnh bằng a, SA   ABCD  , SA  a 3. Gọi M là trung điểm của SD. Tính
khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và CM.
3a
a 3
a 3
2a 3
A.
B.
C.
D.
.
.
.
.
4
2
4
3
Đáp án B.
Ta có AB / /  CMD   d  AB;CM   d  AB;  CMD  
Dựng AH  SD, khi đó d  A;  SCD    AH
Lại có AH 

SA.AD

SA 2  AD 2
a 3

Do đó d 
.
2



a 3
2

Câu 31: ( Chun Biên Hịa-Hà Nam) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là hình
vng tại B và BA  BC  a. Cạnh bên SA  2a và vng góc với mặt phẳng (ABC).
Bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối chóp S.ABC là:
a 2
a 6
A. 3a.
B.
C. a 6.
D.
.
.
2
2
Đáp án D.
Bán kính đáy r 

AC a 2

2
2
2

a 6
 SA 
Áp dụng cơng thức tính nhanh ta có: R  r  
.
 
2
 2 
Câu 32: ( Chuyên Biên Hịa-Hà Nam) Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác ABC
đều, đường cao SH với H nằm trong ABC và 2SH  BC,  SBC  tạo với mặt phẳng
2

18


Học Online tại: hoc24h.vn
Đăng ký học OFF: 0903288866 | Địa chỉ: Số 8 ngõ 17 Tạ Quang Bửu

Thầy Nguyễn Tiến Đạt
Chun gia luyện thi mơn Tốn

(ABC) một góc 600. Biết có một điểm O nằm trên đường cao SH sao cho
d  O; AB   d  O; AC   d  O;  SBC    1. Tính thể tích khối cầu ngoại tiếp hình chóp đã
cho.

256
.
81
Đáp án D.

A.

B.

125
.
162

C.

500
.
81

D.

343
.
48

Dựng hình như hình bên với HE  AB; HF  AC; HM  BC.
  600
Ta có: OE  OF=OK=1;SMH

  300
Đặt BC  2a  SH  a; HSM
a
2a
Ta có: HM tan 300  SH  HM 
;SM 

3
3.
0
SOsin30  OK  1  SO  2  OH  a  2
 HE  12   a  2  ; AH  a 3 
2

a
2a

3
3

  1  HE  1   a  2 
Lại có: sin EAH
2a
2 AH
3
3
 3a 2  1   a 2  4a  4   a  .
2

Trên AM lấy điểm P sao cho BPC  1200  ABPC nội tiếp.
SA.AP.SM SA 2 7
4
343
Khi đó R S.ABC  R SAP 

  V C   R 3 
.

2.AP.SH
2SH 4
3
48
Câu 33: ( Chuyên Biên Hịa-Hà Nam)
Hình nào dưới đây khơng phải là hình đa diện?
2

A. Hình 1.

B. Hình 2.

C. Hình 3.

D. Hình 4.

Đáp án D.
Câu 34: ( Chun Biên Hịa-Hà Nam) Cho hình hộp đứng ABCD.A’B’C’D’ có đáy
  600 , AB’ hợp với đáy (ABCD) một góc 300. Thể
ABCD là hình thoi cạnh a và BAD

19


Thầy Nguyễn Tiến Đạt
Chun gia luyện thi mơn Tốn

Học Online tại: hoc24h.vn
Đăng ký học OFF: 0903288866 | Địa chỉ: Số 8 ngõ 17 Tạ Quang Bửu

tích của khối hộp là
a3
A. .
2

B.

3a 3
.
2

C.

a3
.
6

D.

a3 2
.
6

Đáp án A.
a2 3 a2 3

.
4
2
a


Mặt khác AB  a; B
' AB  300  BB'  h  AB tan 300 
3
3
a
Thể tích của khối hộp là: V  Sh  .
2

Diện tích đáy là S  2.

Câu 35:( Chun Biên Hịa-Hà Nam)
Tính diện tích tồn phần của hình trụ có bán kính đáy a và đường cao a 3.
A. 2a 2





3 1 .

B. a 2 3.

C. a 2





3 1 .

D. 2a 2



Đáp án D.
Stp  2rh  2r 2  2a 2





3 1 .

Câu 36: ( Chun Biên Hịa-Hà Nam)
Cho hình lăng trụ đều ABC.A’B’C’ có tất cả các cạnh bằng a. Gọi M là trung điểm của
AB và  là góc tạo bởi đường thẳng MC’ và mặt phẳng (ABC). Khi đó tan  bằng
3
2 7
3
2 3
.
A.
B.
C.
D.
.
.
.
7

2
7
3
Đáp án D.

 
Ta có: CC   ABC    C ' M;  ABC    C
'MC.
Do đó tan  

CC '
a
2 3


.
CM a 3
3
2

Câu 37:( Chun Biên Hịa-Hà Nam)
Cho hình nón N1 có chiều cao bằng 40cm. Người ta hình nón N1 bằng một mặt phẳng
1
song song với mặt đáy của nó để được một hình nón nhỏ N 2 có thể tích bằng thể tích
8
N1 . Tính chiều cao h của hình nón N 2
A. 40cm.
B. 10cm
C. 20cm.
D. 5cm.

Đáp án C.
h 2 r2
V2 r22 h 2
1
1
Ta có:
 k
 2  k3   k  .
h1 r1
V1 r1 h1
8
2

20



3 1 .


Học Online tại: hoc24h.vn
Đăng ký học OFF: 0903288866 | Địa chỉ: Số 8 ngõ 17 Tạ Quang Bửu

Thầy Nguyễn Tiến Đạt
Chun gia luyện thi mơn Tốn

1
h1  20cm.
2
Câu 38: ( Chun Biên Hịa-Hà Nam) Cho hình chóp S.ABC có VS.ABC  6a 3 . Gọi M,

N, Q lần lượt là các điểm trên các cạnh SA, SB, SC sao cho
SM  MA,SN  NB,SQ  2QC. Tính VS.MNQ .

Suy ra h 2 

A. a 3 .

B. 2a 3 .

C. 3a 3 .

D.

a3
.
3

Đáp án A.
VS.MNQ

SM SN SQ 1 1 2 1
.
.
 . .   VS.MNQ  a 3 .
VS.ABC SA SB SC 2 2 3 6
Câu 39:( Chuyên Biên Hòa-Hà Nam) Trong không gian, cho tam giác ABC vuông tại,
AB  a và AC  a 3. Tính độ dài đường sinh l của hình nón có được khi quay tam giác
ABC xung quanh trục AB .
A. l  a.
B. l  2a.

C. l  3a.
D. l  2a.
Đáp án B.
Ta có:



Độ dài đường sinh chính là độ dài đoạn thẳng BC, khi đó l  BC  AB2  AC2  2a.
Câu 40: ( Chuyên Biên Hòa-Hà Nam) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình
vng cạnh 2a, cạnh SB vng góc với đáy và mặt phẳng (SAD) tạo với đáy một góc
600. Tính thể tích khối chóp S.ABCD.
3a 3 3
4a 3 3
8a 3 3
3a 3 3
A. V 
B. V 
C. V 
D. V 
.
.
.
.
8
3
3
4
Đáp án C.

  600.

SAD  ;  ABCD   
SA; AB   SAB
Vì AD   SAB   
Tam giác SAB vng tại B, có SB  tan 600.AB  2a 3.
Diện tích hình vng ABCD là SABCD   2a   4a 2 .
2

1
1
8a 3 3
Thể tích khối chóp S.ABCD là V  .SB.SABCD  .2a 3.4a 2 
.
3
3
3

Câu 41:( Chuyên Biên Hòa-Hà Nam)
Xét khối tứ diện SABC có cạnh SA, BC thỏa mãn: SA 2  BC 2  18 và các cạnh còn lại
x y
đều bằng 5. Biết thể tích khối tứ diện SABC đạt giá trị lớn nhất có dạng: Vmax 
;
4
x, y  *;  x, y   1. Khi đó: x, y thỏa mãn bất đẳng thức nào dưới đây?
A. x  y 2  xy  4550. B. xy  2xy  2550.
C. x 2  xy  y 2  5240.
Đáp án A.

21

D. x 3  y  19602.

Học Online tại: hoc24h.vn
Đăng ký học OFF: 0903288866 | Địa chỉ: Số 8 ngõ 17 Tạ Quang Bửu

Thầy Nguyễn Tiến Đạt
Chun gia luyện thi mơn Tốn

BI  SA
Gọi I, H lần lượt là trung điểm của SA, BC. Ta có 
 SA   BIC  và
CI  SA
VS.IBC  VA.IBC .
Đặt SA  a, BC  b, theo giả thiết ta được a 2  b 2  18.
Lại có BI  SB2  SI2  25 

a2
100  a 2

.
4
2

100  a 2 b 2
100  a 2  b 2


.
4
4

2
1
y
Diện tích tam giác IBC là SIBC  .IH.BC 
100  a 2  b 2 .
2
4
1 a b
ab
Suy ra VS.IBC  VA.IBC  . . 100  a 2  b 2 
100  a 2  b 2 .
3 2 4
24
ab
Khi đó, thể tích khối chóp S.ABC là VS.ABC  2VS.IBC 
100  a 2  b 2 .
12
Ta có
x  4
a 2  b2
a 2  b2
18
3 82 x y
ab 
V
100  a 2  b 2  . 100  18 


.
2

24
24
4
4
 y  82
Vậy x  y 2  xy  4  822  4.82  6400  4550.
Câu 42:( Chuyên Thái Bình Lần 3-2018) Cho tứ diện O.ABC có OA, OB, OC đơi một
vng góc với nhau. Gọi H là hình chiếu của O trên mặt phẳng (ABC). Mệnh đề nào sau
đây đúng?
A. H là trọng tâm tam giác ABC .
B. H là trung điểm của BC.
C. H là trực tâm của tam giác ABC.
D. H là trung điểm của AC.
Đáp án C.
Câu 43:( Chuyên Thái Bình Lần 3-2018) Cho hình chóp đều S.ABCD có tất cả các
cạnh đều bằng a. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AD và SD. Số đo của góc giữa hai
đường thẳng MN và SC.
A. 450.
B. 600.
C. 300.
D. 900.
Và IH  IB2  BH 2 

Đáp án D.

22


Học Online tại: hoc24h.vn
Đăng ký học OFF: 0903288866 | Địa chỉ: Số 8 ngõ 17 Tạ Quang Bửu

Thầy Nguyễn Tiến Đạt
Chun gia luyện thi mơn Tốn

a
a2  a2 a 2

Ta có: NM  NP  ; MP 
 MP 2  NM 2  NP 2  MNP vuông tại
2
2
2
0
N   MN;SC   90 . (Dethithpt.com)
Câu 44: ( Chun Thái Bình Lần 3-2018)Cho hình chóp S.ABCD, đáy ABCD là hình
vng cạnh a, SA vng góc với mặt phẳng (ABCD); M, N là hai điểm nằm trên hai cạnh
BC, CD. Đặt BM  x, DN  y  0  x, y  a  . Hệ thức liên hệ giữa x và y để hai mặt
phẳng (SAM) và (SMN) vng góc với nhau là:
A. x 2  a 2  a  x  2y  .
B. x 2  a 2  a  x  y  .
C. x 2  2a 2  a  x  y  .
Đáp án B.

Chọn hệ trục tọa độ Axyz như hình vẽ.

23

D. 2x 2  a 2  a  x  y  .

Học Online tại: hoc24h.vn
Đăng ký học OFF: 0903288866 | Địa chỉ: Số 8 ngõ 17 Tạ Quang Bửu

Thầy Nguyễn Tiến Đạt
Chun gia luyện thi mơn Tốn



Ta có: A  0;0; 0  ,S  0;0; b  , M  x;a;0  , N  a; y;0   AM  x; a;0  , AS  0;0; b   vtpt của
  


(SAM) là: n1   AM; AS   ab;  bx; 0   b  a;  x; 0  MS   x; a; b  , NS  a;  y; b  

 
vtpt của (SMN) là: n 2   MS; NS   by  ab; bx  ab; xy  a 2  (Dethithpt.com)
 
Để hai mặt phẳng  SAM  và SMN vng góc với nhau thì n1.n 2  0
 a  by  ab   x  bx  ab   0  xy  a 2   0  x 2  a 2  a  x  y  .

Câu 45: Chuyên Thái Bình Lần 3-2018) Khối mười hai mặt đều có bao nhiêu cạnh?
A. 30 cạnh.
B. 12 cạnh.
C. 16 cạnh.
D. 20 cạnh.
Đáp án A.
Câu 46: ( Chuyên Thái Bình Lần 3-2018)Hình trụ (T) được sinh ra khi quay hình chữ
  450. Diện tích tồn phần S của
nhật ABCD quanh cạnh AB. Biết AC  2a 2 và ACB
tp

hình trụ (T) là:
A. Stp  16a 2 .

B. Stp  10a 2 .

C. Stp  12a 2 .

D. Stp  8a 2 .

Đáp án A.
2
 2a.
2
Diện tích tồn phần Stp của hình trụ (T) là:

Ta có: BC  AC cos 450  2a 2.

Stp  2 .BC.AB  2BC 2  2.2a.2a  2  2a   16a 2 .
2

Câu 47: ( Chun Thái Bình Lần 3-2018)Thể tích của khối cầu ngoại tiếp bát diện đều
có cạnh bằng a là.
3a 3
2a 3
2a 3
8 2a 3
A.
B.
C.

D.
.
.
.
.
3
2
3
3
Đáp án c. (Dethithpt.com)
Tâm bát diện đều SABCDS’ là tâm của hình vng ABCD  R 

AC a 2

2
2

4 3
2 3
R 
a .
3
3
Câu 48:( Chun Thái Bình Lần 3-2018) Cho hình chóp đều S.ABC có đáy là tam giác
đều cạnh a. Gọi E, F lần lượt là trung
điểm của các cạnh SB, SC. Biết mặt phẳng (AEF) vng góc với mặt phẳng (SBC). Tính
thể tích khối chóp S.ABC.
a3 5
a3 5
a3 3

a3 6
A.
B.
C.
D.
.
.
.
.
24
8
24
12

Do đó V 

24


Học Online tại: hoc24h.vn
Đăng ký học OFF: 0903288866 | Địa chỉ: Số 8 ngõ 17 Tạ Quang Bửu

Thầy Nguyễn Tiến Đạt
Chun gia luyện thi mơn Tốn

Đáp án A.

Gọi K là trung điểm của BC và I  SK  EF.
1
a

Từ gt  EF  BC  , EF / /BC  I là trung điểm của SK và EF.
2
2
Ta có SAB  SAC  Hai trung tuyến tương ứng AE  AF.
 Tam giác AEF cân tại A  AI  AF
Mặt khác  SBC    AEF   AI   SBC   AI  SK.
Suy ra SAK cân tại A  SA  AK 

a 3
.
2
2

2

 a 3   a 3  a 2 3 a3 5

.

  
 .
4
24
 2   3 
Câu 49:( Chun Thái Bình Lần 3-2018) Diện tích tồn phần của hình nón có khoảng
cách từ tâm của đáy đến đường sinh bằng 3 và thiết diện qua trục là tam giác đều bằng
A. 16.
B. 8.
C. 20.
D. 12.

Đáp án D.
1
Vậy thể tích khối chóp S.ABC là V  .
3

Gọi r,l lần lượt là bán kính đáy, độ dài đường sinh của hình nón  chiều cao
h  l2  r 2 .

Từ giả thiết, ta có

1 1 1

 và h  r 3 suy ra
r2 h2 3



r  2  h  2 3  l  22  2 3



2

 4.

Vậy diện tích tồn phàn của hình nón là Stp  rl  r 2  .2.4  22  12.
Câu 50: ( Chuyên Thái Bình Lần 3-2018)Cho đa giác đều 100 đỉnh nội tiếp một đường
tròn. Số tam giác tù được tạo thành từ 3 trong 100 đỉnh của đa giác là
A. 44100.
B. 78400.

C. 117600.
D. 58800.
Đáp án C.

25