THỂ TÍCH KHỐI ĐA DIỆN KHÁC KÈM ĐÁP ÁN

Tài Liệu Ôn Thi Group

TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021

THỂ TÍCH KHỐI ĐA DIỆN DIỆN KHÁC

Chuyên đề 14

TÀI LIỆU DÀNH CHO ĐỐI TƯỢNG HỌC SINH GIỎI MỨC 9-10 ĐIỂM
Câu 1.

(Đề Tham Khảo 2020 Lần 2) Cho hình hộp ABCD. ABC D có chiều cao bằng 8 và diện tích
đáy bằng 9 . Gọi M , N , P và Q lần lượt là tâm của các mặt bên ABBA, BCCB, CDDC và
DAAD  . Thể tích của khối đa diện lồi có các đỉnh là các điểm A, B, C, D, M , N , P và Q bằng

A. 27 .

B. 30 .

C. 18 .
Lời giải

D. 36 .

Chọn B

Ta có VABCD. ABC D  9.8  72 .
Gọi I , J , K , L lần lượt là trung điểm các cạnh AA, BB, CC, DD suy ra VABCD. IJKL  36 .
Do hình chóp A.MIQ đồng dạng với hình chóp A.BAD theo tỉ số

1

nên
2

1
1 1 9 3
VA.MQI  VA. BAD  . .8.  .
8
8 3 2 2
3
VABCD.MNPQ  VABCD. IJKL  4VA.MIQ  36  4.  30 .
2
(Mã 101 - 2020 Lần 1) Cho hình chóp đều S . ABCD có cạnh đáy bằng a , cạnh bên bằng 2a và
O là tâm của đáy. Gọi M , N , P , Q lần lượt là các điểm đối xứng với O qua trọng tâm của các
tam giác SAB , SBC , SCD , SDA và S ' là điểm đối xứng với S qua O . Thể tích của khối chóp

S '.MNPQ bằng
40 14a 3
.
81

10 14a3
.
81
Lời giải
C.

2 14a3
.
9

D.

IE

U

O

N

T

H

I.
N

E

A.

IL

Chọn

B.

T

20 14a3

.
81

A

A.

T

Câu 2.

Trang 1



Tài Liệu Ôn Thi Group

Gọi G1 , G2 , G3 , G4 lần lượt là trọng tâm SAB, SBC, SCD, SDA .

E, F , G, H lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, BC, CD, DA .
4
4 1
8a 2
Ta có S MNPQ  4 SG1G2G3G4  4. S EFGH  4. . EG.HF 
.
9
9 2
9
d  S ,  MNPQ    d  S ,  ABCD    d  O,  MNPQ  
 d  S ,  ABCD    2d  O,  G1G2G3G4  

2
 d  S ,  ABCD    d  S ,  ABCD  
3
5
5a 14
 d  S ,  ABCD   
3
6

1 5a 14 8a 2 20a 3 14


Vậy VS .MNPQ  
.
3
6
9
81
Câu 3.

(Mã 102 - 2020 Lần 1) Cho hình chóp đều S . ABCD có cạnh đáy bằng a , cạnh bên bằng a 3
và O là tâm của đáy. Gọi M , N , P, Q lần lượt là các điểm đối xứng với O qua trọng tâm của các
tam giác SAB, SBC , SCD, SDA và S  là điểm đối xứng với S qua O . Thể tích của khối chóp

20 10 a3
.
81
Lời giải
C.

D.

2 10 a3
.
9

E

10 10 a3
.
81

I.
N

B.

H

40 10 a3
.
81

T

A.

T

S .MNPQ bằng

T

A

IL

IE

U

O

N

Chọn B

Trang 2



Tài Liệu Ôn Thi Group

TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021

Ta gọi G1 , G2 , G3 , G4 lần lượt là trọng tâm của tam giác SAB, SBC , SCD, SDA thì

5
5
5

d  O,  MNPQ    VS .MNPQ  VO .MNPQ  .8VO .G1G2G3G4
2
2
2

 10VS .G1G2G3G4  10.

2
20 1 a 10 2 10 10a3
VS . ABCD  . .
.a 
.
27
27 3 2
81

(Mã 103 - 2020 Lần 1) Cho hình chóp đều S. ABCD có cạnh đáy bằng a , cạnh bên bằng 2a và
O là tâm của đáy. Gọi M , N , P, Q lần lượt là các điểm đối xứng với O qua trọng tâm của các tam
giác SAB, SBC , SCD , SDA và S  là điểm đối xứng với S qua O . Thể tích khối chóp S .MNPQ
bằng.
A.

2 6a 3
.
9

B.

40 6a 3
.

81

10 6 a 3
.
81
Lời giải

C.

20 6a 3
.
81

D.

A

IL

IE

U

O

N

T

H

I.
N

E

T

Chọn D

T

Câu 4.

d  S ,  MNPQ   

Trang 3



Tài Liệu Ơn Thi Group

2
5a 6
Ta có: S K  S O  OK  SO  SO 

3
6
1 4
8

, SMNPQ  4   S ABCD  a 2 .
2 9
9

Vậy: VS .MNPQ 
Câu 5.

20 6a 3

81

(Mã 104 - 2020 Lần 1) Cho hình chóp đều S. ABCD có tất cả các cạnh bằng a và O là tâm của
đáy. Gọi M , N , P , Q lần lượt là các điểm đối xứng với O qua trọng tâm của các tam giác
SAB , SBC , SCD , SDA và S  là điểm đối xứng với S qua O . Thể tích khối chóp S MNPQ bằng
A.

2 2a 3
.
9

B.

20 2a 3
.
81

40 2a 3
.
81
Lời giải

C.

D.

10 2a 3
.
81

N

T

H

I.
N

E

T

Chọn B

O

a 2
2
Gọi G, K lần lượt là trọng tâm của tam giác SAB và tam giác SCD .

Trang 4


IE
IL
A

4
4
a , tương tự NQ  a .
3
3

T

Suy ra MP  2GK 

U

Ta có SO 


Tài Liệu Ôn Thi Group

TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021

8
 S MNPQ  a 2 .
9
Ta có  MNPQ  //  ABCD 

d  M ,  ABCD    2d  G ,  ABCD   
 d   MNPQ  ,  ABCD   
 d  S ,  MNPQ    S O 

2
a 2
.
SO 
3
3

a 2
3

a 2 5a 2

3
6

1 5a 2 8a 2 20 2a 3
.
 VS MNPQ  .
.

3 6
9
81

(Mã 102 - 2020 Lần 2) Cho hình chóp đều S . ABCD có cạnh đáy bằng 4a , cạnh bên bằng
2 3a và O là tâm của đáy. Gọi M , N , P , Q lần lượt là hình chiếu vng góc của O lên các

mặt phẳng (SAB) , ( SBC) , (SCD) và (SDA) . Thể tích của khối chóp O.MNPQ bằng
A.

4a 3
.
3

B.

64a 3
.
81

128a 3
.
81
Lời giải
C.

2a3
.
3

D.

Chọn D

T

Gọi E , F , G , H lần lượt là trung điểm của AB, BC , CD và DA . Gọi M , N , P, Q lần lượt hình

I.
N

E

chiếu vng góc của O lên các đường thẳng SE , SF , SG, SH ta suy ra M , N , P, Q lần lượt hình

T
N
IE

U

1
1
AC 2  (2a 3)2  (4a 2)2  2a và SE  SO 2  OE 2  2a 2 .
4
4
IL

Các độ dài SO  SA2 

1
1
S ABCD suy ra VS . EFGH  VS . ABCD .
2
2

O

Ta có EFGH là hình vng và S EFGH 

H

chiếu vng góc của O mặt phẳng ( SAB ), ( SBC ),( SCD) và ( SDA) .

SM SO 2 1
SN SP SQ 1

 suy ra


 .
2
SE SE
2
SF SG SH 2
A

Trong tam giác vng SOE ta có

T

Câu 6.

Trang 5



Tài Liệu Ơn Thi Group

Xét hai hình chóp S .EFGH và O.MNPQ ta có hai đường cao OO và SO tương ứng tỷ lệ

SMNPQ  MN  2 1
OO 1

 , đồng thời diện tích đáy
  .
S EFGH  EF 
4
SO 2
Do vậy

Câu 7.

VO.MNPQ
VS .EFGH



1
1
1
1 1
2
hay VO.MNPQ  VS .EFGH  VS . ABCD  . .2 a.(4a ) 2  a 3 .
8
8
16
16 3

3

3a
2
và O là tâm của đáy. Gọi M , N , P và Q lần lượt là hình chiếu vng góc của O trên các mặt

(Mã 103 - 2020 Lần 2) Cho hình chóp đều S. ABCD có cạnh đáy bằng a , cạnh bên bằng

phẳng  SAB  ,  SBC  ,  SCD  và  SDA  . Thể tích của khối chóp O.MNPQ bằng

a3
A.
.
48

2a 3
B.
.
81

a3
C.
.
81
Lời giải

a3
D.
.
96

Chọn D

Gọi M , N , P, Q lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, BC , CD, DA .
Ta có AB  OM  và AB  SO nên AB   SOM   .
Suy ra  SAB    SOM   theo giao tuyến SM  .
Theo giả thiết ta có OM   SAB  nên OM  SM  , do đó M là hình chiếu vng góc của O trên

SM  .
Tương tự như vậy: N , P, Q là hình chiếu vng góc của O lần lượt trên SN , SP, SQ .
3a 2 2a 2 a

  OM  .
4
4
2
Suy ra tam giác SOM  vuông cân tại O nên M là trung điểm của SM  .
Từ đó dễ chứng minh được MNPQ là hình vng có tâm I thuộc SO và nằm trong mặt phẳng
Ta có SO  SA2  AO 2 

E

T

song song với  ABCD  , với I là trung điểm của SO .
H
T
O
U
IE

IL

1
1
1 a 2 a a3
S MNPQ .OI  .MN 2 .OI  . .  .
3
3
3 8 4 96

T

Thể tích khối chóp O.MNPQ bằng

N

1
1
2a
.
M N   AC 
2
4
4

A

Do đó MN 

I.

N

1
a
Suy ra OI  OS  .
2
4

Trang 6



Tài Liệu Ôn Thi Group

TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021

Câu 8.

3a 3
Cho hình chóp đều S. ABCD có cạnh đáy bằng 3a , cạnh bên bằng
và O là tâm của đáy.
2
Gọi M , N , P và Q lần lượt là hình chiếu vng góc của O trên các mặt phẳng ( SAB ) , ( SBC ) ,
( SCD ) và ( SAD) . Thể tích khối chóp O.MNPQ bằng

A.

9a 3
.
16

B.

2a 3
.
3

C.

9a 3
.
32

a3
.
3

D.

Lời giải
Chọn

C.

Gọi E , F , G , H lần lượt là giao điểm của SM với AB , SN với BC , SP với CD , SQ với DA
thì E , F , G , H là trung điểm của AB , BC , CD , DA thì
9a 2
SP SP.SG SO
1
Ta có



 4   P là trung điểm SG .
SG
SG 2
SG 2 9a 2 2
2
2

Chứng minh tương tự ta cũng có M , N , Q lần lượt là trung điểm AB , BC , DA .
Khi đó d(O, ( MNPQ )) 
S MNPQ 

1
1
9a 2
S EFGH  S ABCD 
.
4
8
8

Vậy VO.MNPQ 

1 3a 9a 2 9a 3
 

.
3 4 8
32

T

(Mã 104 - 2020 Lần 2) Cho hình chóp đều S. ABCD có cạnh đáy bằng 2a , cạnh bên bằng a 3
và O là tâm của đáy. Gọi M , N , P và Q lần lượt là hình chiếu vng góc của O lên các mặt

D.

I.
N

16 a 3
.
81

H

a3
.
12
Lời giải

C.

T

a3
.
6

N

B.

O

8a 3
.
81

U

A.

E

phẳng  SAB  ,  SBC  ,  SCD  và  SDA  . Thể tích khối chóp O. MNPQ bằng:

A

IL

IE

Chọn C

T

Câu 9.

1
3a
.
SO 
2
4

Trang 7



Tài Liệu Ôn Thi Group

Gọi I , J , E và F lần lượt là trung điểm AB , BC , CD và DA .
SIA vuông tại I  SI  SA2  AI 2  3a 2  a 2  a 2.
SOI vuông tại O  SO  SI 2  OI 2  2a 2  a 2  a.
 SOI vuông cân tại O .

 M là trung điểm SI .
MN là đường trung bình SIJ  MN 

1
1 1
1
a 2
IJ  . AC  2a 2 
.
2
2 2
4

2

2

 a 2  a2
S MNPQ  MN  
  .
2
 2 
Gọi H  MP  SO  H là trung điểm SO .
1
a
 d  O,  MNPQ    SH  SO  .
2
2
2

1
1 a a2 a3
VO.MNPQ  SH .S MNPQ  . .  .
3
3 2 2 12
(Đề Tham Khảo 2018) Cho hình vng ABCD và ABEF có cạnh bằng 1 , lần lượt nằm trên hai
mặt phẳng vng góc với nhau. Gọi S là điểm đối xứng của B qua đường thẳng DE . Thể tích
của khối đa diện ABCDSEF bằng
7
11
2
5
A.

B.
C.
D.
6
12
3
6
Lời giải
Chọn D

T

A

IL

IE

U

O

N

T

H

I.
N

E

T

Câu 10.

Trang 8



Tài Liệu Ôn Thi Group

TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021

Ta có:ADF.BCE là hình lăng trụ đứng có đáy là tam giác vng cân
Dựa vào hình vẽ ta có:
VABCDSEF  VADF . BCE  VS .CDFE  VADF . BCE  VB.CDFE  2VADF . BCE  VBADE
VADF . BCE  AB.S BCE 

Câu 11.

1
1
1
1 1 5
;VBADE  AD.S ABE   V ABCDSEF  2.  
2
3
6

2 6 6

(Mã đề 104 - BGD - 2019) Cho lăng trụ ABC. ABC  có chiều cao bằng 4 và đáy là tam giác đều
cạnh bằng 4. Gọi M , N và P lần lượt là tâm của các mặt bên ABBA, ACC A và BCC B . Thể
tích của khối đa diện lồi có các đỉnh là các điểm A, B, C , M , N , P bằng
A. 8 3 .

B. 6 3 .

20 3
.
3
Lời giải
C.

D.

14 3
.
3

Chọn B

42. 3
 16 3 .
4
Gọi thể tích của khối đa diện lồi có các đỉnh là các điểm A, B, C , M , N , P là V1 .
Thể tích khối lăng trụ ABC. ABC  là V  4.

Ta có: V1  VAMNCB  VBMNP  VBNPC .

E
I.
N
H

U

O

N

T

(Mã 103 - BGD - 2019) Cho lăng trụ ABC. ABC  có chiều cao bằng 6 và đáy là tam giác đều
cạnh bằng 4. Gọi M , N , P lần lượt là tâm các mặt bên ABBA, ACC A, BCC B . Thể tích khối
C. 7 3 .
Lời giải

IL

B. 10 3 .

D. 12 3 .
A

A. 9 3 .

IE

đa diện lồi có các đỉnh là các điểm A, B, C , M , N , P bằng

T

Câu 12.

T

1
3
1
Dễ thấy VAABC  V và VAMNCB  VAABC nên VAMNCB  V .
3
4
4
1
1
1
VBABC   V và VBMNP  VBABC  nên VBMNP  V .
3
8
24
1
1
1
VABCB  VABCC   V và VBNPC  VBABC nên VBNPC  V .
3
4
12
3

Vậy V1  VAMNCB  VBMNP  VBNPC  V  6 3 .
8

Chọn A
Trang 9



Tài Liệu Ôn Thi Group

A'

C'
B'
N

D

F

M

P
E
C

A
B

Gọi DEF là thiết diện của lăng trụ cắt bởi mặt phẳng  MNP  .

Dễ chứng minh được  DEF  / /  ABC  và D, E , F lần lượt là trung điểm của các đoạn

1
thẳng AA, BB, CC  suy ra VABC . DEF  VABC . ABC   12 3 .
2
Ta có VABCPNM  VABC . DEF  VADMN  VBMPE  VCPMF .
Mặt khác VADMN  VBMPE  VCPMF 
Câu 13.

1
3
VABC .DEF  VABCPNM  VABC .DEF  9 3 .
12
4

(Mã 102 - BGD - 2019) Cho lăng trụ ABC . A ' B ' C ' có chiều cao bằng 8 và đáy là tam giác đều
cạnh bằng 4 . Gọi M , N và P lần lượt là tâm các mặt bên ABB ' A ', ACC ' A ' và BCC ' B ' . Thể
tích của khối đa diện lồi có các đỉnh là các điểm A, B, C, M , N , P bằng
A.

40 3
.
3

28 3
.
3
Lời giải

B. 16 3 .

C.

D. 12 3 .

N

T

1
1
3 2
.4  32 3; VC '. ABC  VABC . A ' B 'C ' ; VA. BC ' B '  VABC . A ' B 'C '
3
3
4

O

Ta có: VABC . A ' B 'C '  8.

H

I.
N

E

T

Chọn D

Trang 10


IE
IL
A
T

3
1
Ta có VC . ABPN  VC '. ABC  VABC . A ' B 'C '
4
4

U

Khối đa diện cần tìm V  VC. ABPN  VP. AMN  VP. ABM


Tài Liệu Ôn Thi Group

TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021

1
1
Ta có VPAMN  VABC ' B '  VABC . A ' B 'C '
8
24

1
1
Ta có VPABM  VABC ' B '  VABC . A ' B ' C '
4
12
1
1
1
3
Vậy thể tích khối cần tìm V  VABC. A ' B 'C '  VABC . A ' B ' C '  VABC . A' B ' C '  VABC . A ' B 'C '  12 3 .
4
24
12
8
Câu 14.

(Mã đề 101 - BGD - 2019) Cho lăng trụ ABC. A ' B ' C ' có chiều cao bằng 8 và đáy là tam giác
đều cạnh bằng 6 . Gọi M , N và P lần lượt là tâm của các mặt bên ABB ' A ', ACC ' A ' và

BCC ' B ' . Thể tích của khối đa diện lồi có các đỉnh là các điểm A, B, C , M , N , P bằng
A. 30 3 .

B. 36 3 .

C. 27 3 .
Lời giải

D. 21 3 .

Chọn C

Gọi h là chiều cao của hình lăng trụ ABC. A ' B ' C ' .
Vì ABC đều có độ dài cạnh bằng 6 nên SABC  62.

3
9 3 .
4

Thể tích lặng trụ ABC. A ' B ' C ' là V  h. S ABC  8.9 3  72 3 .
Gọi E là trung điểm của cạnh AA ' .
Thể tích khối chóp A.EMN là VA.EMN 

1
1 1 1
1
d  A,  EMN   . SEMN  . h. S ABC 
V.
3
3 2 4
24

Thể tích khổi đa diện ABCMNP là:
1
1
1
3
VABCMNP  V  3VA. EMN  V  3. V  V  27 3 .
2
2
24

8

A

IL

IE

U

O

N

T

H

I.
N

E

T

(Chuyên Hạ Long -2019) thể tích của bát diện đều cạnh bằng a 3 là.
4
a. 6a3 .
B. 6a 3 .
C. a 3 .

D. a3 .
3
Lời giải

T

Câu 15.

Trang 11



Tài Liệu Ơn Thi Group

Ta có khối bát diện đều cạnh a 3 được tạo từ 2 khối chóp tứ giác đều có cạnh đáy và cạnh bên
bằng a 3 .



Chiều cao của khối chóp là: h 
Thể tích của khối chóp: Vchop



2

a 6
a 6
a 3 
.

 
2
 2 



2



2 a 6
1
a3 6
 a 3 .

(đvtt).
3
2
2

Vậy thể tích khối bát diện là: V  2Vchop  a 3 6 (đvtt).

H

I.
N

E

T

Câu 16. Cho một hình lập phương có cạnh bằng a . Tính theo a thể tích của khối bát diện đều có các đỉnh
là tâm các mặt của hình lập phương.
1
1
1 3
1
A. a3 .
B. a3 .
C.
D. a 3 .
a .
4
6
12
8
Lời giải
Chọn B

N

T

Giả sử hình lập phương ABCD. AB C D có cạnh bằng a và tâm các mặt là P , Q, R , S , O , O  như

1 2
a và OO   a .
2

Trang 12

IE

IL

T

Do đó S PQRS  PQ 2 

a 2
.
2
A

Ta có PQ là đường trung bình của tam giác đều B CD  cạnh a 2 nên PQ 

U

O

hình vẽ.


Tài Liệu Ôn Thi Group

TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021

1
1

Vậy thể tích bát diện cần tìm là V  S PQRS .OO  a 3 (đvtt).
3
6

Câu 17.

(THPT Yên Khánh - Ninh Bình 2019) Cho hình hộp chữ nhật ABCDAB C D  . Khoảng cách
giữa AB và B C là

2a 5
2a 5
a 3
, giữa BC và AB là
, giữa AC và BD là
. Thể tích của
5
5
3

khối hộp đó là
A. 8a 3 .

B. 4a3 .

C. 2a3 .
Lời giải

D. a3 .

Đặt AB  x , AD  y , AA  z .

Gọi H là hình chiếu vng góc của B trên B C , ta có BH là đoạn vng góc chung của AB và
B C nên d  AB, B C   BH 

2a 5
1
1
1
5

 2  2  2 . (1)
2
5
BH
z
y
4a

Gọi I là hình chiếu vng góc của B trên AB , ta có BI là đoạn vng góc chung của BC và
1
1
1
5
AB nên d  BC , AB   BI  2  2  2  2 . (2)
BI
x
z
4a
Gọi M là trung điểm của DD , O là giao điểm của AC và BD , ta có mặt phẳng  ACM  chứa

AC và song song với BD nên d  AC , BD  d  BD,  ACM   d  D, ACM  .

Gọi J là hình chiếu vng góc của D trên AC , K là hình chiếu vng góc của D trên MJ , ta
1
1
1
4
3
có d  D , ACM   d  D,  ACM   DK 
 2  2  2  2 . (3)
2
DK
x
y
z
a

T

2
1
 2  z  2a  x  y  a .
2
z
2a

E

Từ (1), (2) và (3) ta có

H

O

N

T

(THPT Ngơ Gia Tự Vĩnh Phúc 2019) Cho hình hộp chữ nhật ABCD. A ' B ' C ' D ' có
AB  a , BC  2a, AC '  3a . Điểm N thuộc cạnh BB ' sao cho BN  2 NB ' , điểm M thuộc cạnh
IL

C. 2a 3 .
Lời giải

A

tích phần chứa điểm C ' .
A. 4a 3 .
B. a 3 .

IE

U

DD ' sao cho D ' M  2 MD . Mặt phẳng  A ' MN  chia hình hộp chữ nhật làm hai phần, tính thể
D. 3a 3 .

T

Câu 18.

I.
N

Thể tích khối hộp là V  xyz  2a3 .

Trang 13



Tài Liệu Ôn Thi Group

Chọn C

Nhận xét: B ' NDM là hình bình hành  B ' N  DM , B ' N //DM 
 MN  B ' D  O là trung điểm của mỗi đoạn nên O cũng là trung điểm của đường chéo A ' C .

Vậy thiết diện tạo bởi mặt  A ' MN  và hình chóp là hình bình hành A ' NCM .
Ta có: C ' A2  B ' B 2  BA2  BC 2  B ' B  2a .
Cách 1:
Thể tích phần chứa C ' là
1
1
V  VA '. B ' C ' CN  VA '.C ' CMD  . A ' B '.S B ' C ' CN  . A ' D '.SC ' D ' MC
3
3
2a
4a
 2a
 2a

1
1
3
3
 .a.2a
 .2a.a
 2a 3 .
3
2
3
2
Cách 2: Áp dụng cơng thức tính nhanh
Gọi thể tích phần chứa C ' là V ' .
B'N D'M

V'
1
1
Ta có:
 B ' B D ' D   V '  .4a 3  2a 3 .
V ABCD . A ' B ' C ' D '
2
2
2

Cách 3: Nhận xét nhanh do đa diện chứa C ' đối xứng với đa diện không chứa C ' qua O nên thể
1
tích của hai phần này bằng nhau, suy ra V '  .VABCD. A ' B ' C ' D '  2a 3 .
2
(Sở Thanh Hóa 2019) Cho hình chóp đều S . ABC có đáy cạnh bằng a , góc giữa đường thẳng SA

và mặt phẳng  ABC  bằng 60 . Gọi A , B , C tương ứng là các điểm đối xứng của A , B , C

B. V  2 3a 3 .

C. V 

3a 3
.
2

D. V 

4 3a3
.
3

T

A

IL

IE

U

O

N

Lời giải

Trang 14


H

2 3a3
.
3

T

A. V 

I.
N

E

qua S . Thể tích V của khối bát diện có các mặt ABC , ABC , ABC , BCA , CAB , ABC ,
BAC , CAB là

T

Câu 19.


Tài Liệu Ôn Thi Group

TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021

Gọi D , D theo thứ tự là đỉnh thứ tư của hình thoi ABCD , ABC D .
Thể tích của bát diện cần tìm:

1
1
V  VABCD.C DAB  VBC DA  VBACD  VABCD.CDAB  VABCD.C DAB  VABCD.C DAB
6
6
2
2
 VABCD.C DAB  .2 SO.2 SABC .(*)
3
3
Ta có: SABC 



a2 3
.
4




  60  SO  OA.tan 60  2 . a 3 . 3  a .
,  ABC   SAO
Ta có: SA
3 2

8 a 2 3 2a 3 3
Do đó: V  .a.
.

3
4
3
(Chuyên KHTN - 2020) Cho hình lập phương ABCD. A ' B ' C ' D ' có cạnh bằng a . Gọi
M , N , P, Q, R, S là tâm các mặt của hình lập phương. Thể tích khối bát diện đều tạo bởi sáu đỉnh

M , N , P, Q, R, S bằng
A.

a3 2
24

B.

a3
4

a3
12
Lời giải
C.

a3
6

D.

A

IL

IE

U

O

N

T

H

I.
N

E

T

Chọn D

Ta có: dễ thấy MNPQRS là bát giác đều nên V  VR.MNPQ  VS .MNPQ  2VR.MNPQ
T

Câu 20.

Trang 15



Tài Liệu Ơn Thi Group

Dễ thấy: RO 

a
2

Lại có hình chóp đều R.MNPQ có tất cả các cạnh bằng nhau nên: MR  OR 2 

a 2
2

1
a3
 2VR.MNPQ  2. .MN 2 .OR 
3
6
Câu 21.

(Chuyên Lam Sơn - 2020) Cho hình hộp chữ nhật ABCD. A ' B ' C ' D ' có M , N , P lần lượt là
trung điểm các cạnh BC , C ' D ', DD ' (tham khảo hình vẽ). Biết thể tích khối hộp bằng 144 , thể
tích khối tứ diện AMNP bằng

A. 15.

B. 24.

C. 20.
Lời giải

D. 18.

Chọn A

E

(Chuyên Lương Văn Chánh - Phú Yên - 2020) Cho khối chóp S. ABCD có chiều cao bằng 9
và đáy là hình bình hành có diện tích bằng 10. Gọi M , N , P và Q lần lượt là trọng tâm của các
H

I.
N

Câu 22.

T

NP  CD  E. Đặt DC  2d , BC  2r.
3
5
S EMA  S ECBA  S EMC  S ABM  5dr  dr  dr  dr.
2
2
1
1

5
5
VNEAM  S EMA .d ( N , ( EMA))  S EMA .CC '  .4dr.CC '  VABCD. A ' B 'C ' D '  30.
3
3
24
24
1
VNPAM  VNEAM  15.
2

T

mặt bên SAB , SBC , SCD và SDA . Thể tích của khối đa diện lồi có đỉnh là các điểm

Chọn B
Trang 16


O

25
.
3
T

Lời giải

D.

U

C. 30.

IE

50
.
9

IL

B.

A

A. 9.

N

M , N , P, Q , B và D là


Tài Liệu Ôn Thi Group

TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021

Theo tính chất trọng tâm của tam giác, ta có các đường thẳng BM , DQ, SA đồng quy tại trung
điểm E của SA . Tương tự, các đường thẳng BN , DP, SC đồng quy tại trung điểm F của SC .
Ta phân chia khối đa diện lồi có đỉnh là các điểm M , N , P, Q , B và D thành khối chóp

B.MNPQ và khối tứ diện BDPQ .

Cũng theo tính chất trọng tâm, ta có mặt phẳng  MNPQ  song song với mặt phẳng  ABCD  và
4
4 1
2
S XYZT  . S ABCD  S ABCD (trong đó X , Y , Z , T lần lượt là trung điểm của
9
9 2
9
AB, BC , CD, DA ).

S MNPQ 

Hơn nữa,
d  B,  MNPQ    d  X ,  MNPQ   

1
1 2
1
d  S ,  MNPQ    . d  S ,  ABCD    d  S ,  ABCD   .
2
2 3
3

1 2
2
Do đó, VB.MNPQ  . VS . ABCD  VS . ABCD 1 .
3 9
27

Lại có
4
4


VBDPQ  VBDEF  do S DPQ  S DEF 
9
9


4
 .2VODEF do d  B,  DEF    2d O,  DEF  
9
4 1
1


 .2. VSACD  do SOEF  S SAC 
9 4
4


4 1 1
1
 .2. . VS . ABCD = VS . ABCD  2 
9 4 2
9
trong đó, O là tâm của hình bình hành ABCD .
50
 2 1

 2 1 1
Từ 1 và  2  , ta được VMNPQBD     VS . ABCD     . .9.10 
(đvtt).
9
 27 9 
 27 9  3

3 3
.
2

3
.
4
Lời giải
C.

D.

T
E
I.
N

3
.
2

IL

B.

A

A. 3 3 .

IE

U

O

N

T

(Chuyên Thái Bình - 2020) Cho hình hộp đứng ABCD. A ' B ' C ' D ' có AA '  2 , đáy ABCD là
hình thoi với ABC là tam giác đều cạnh 4 . Gọi M , N , P lần lượt là trung điểm của B ' C ' ,
C ' D ' , DD ' và Q thuộc cạnh BC sao cho QC  3QB . Tính thể tích tứ diện MNPQ .

T

Câu 23.



H



Trang 17



Tài Liệu Ôn Thi Group

Chọn D
Gọi O và O ' lần lượt là tâm đáy ABCD và A ' B ' C ' D ' .

ABC đều cạnh 4 , O là trung điểm BC  OB  2 3 , OC  2 .
Gắn hệ trục tọa độ Oxyz , tia Ox trùng tia OC , tia Oy trùng tia OB , tia Oz trùng tia OO ' .















Khi đó: C  2;0;0  , B 0; 2 3;0 , B ' 0; 2 3; 2 , C '  2;0; 2  , D 0; 2 3; 0 , D ' 0; 2 3; 2




N là trung điểm C ' D '  N 1;  3; 2  .
P là trung điểm DD '  P  0; 2 3;1 .



M là trung điểm B ' C '  M 1; 3; 2 .

1

3

 xQ  2
 xQ  2  4  0  2 


 3 
3 3
3


Q thuộc cạnh BC sao cho QC  3QB  CQ  CB   yQ  0  2 3  0   yQ 
2
4
4


3
 zQ  0



 zQ  0  4  0  0 







T


E



I.
N





N

T

1
3
3
 1

.
2 3.     0.
  2 3 .  2  
6
2
2
 2
IE

(Chuyên Lào Cai - 2020) Cho lăng trụ đều ABC. A ' B ' C ' có tất cả các cạnh bằnga. Gọi S là
điểm đối xứng của A qua BC ' . Thể tích khối đa diện ABCSB ' C ' là
T

A

IL

Câu 24.



O

 VMNPQ 



U



H

1 3 3 
Suy ra Q  ;
.
 2 2 ; 0 


1   
Ta có: VMNPQ   MN , MP  .MQ
6


 
MN  0; 2 3; 0 , MP  1; 3 3; 1   MN , MP   2 3;0; 2 3
  1 3

MQ    ;
; 2  .
 2 2




Trang 18



Tài Liệu Ôn Thi Group

TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021

A.

a

3

3

3

B. a

.

3

3.

C.

a

3

6

3

.

a3 3
D.
.
2

Lời giải
Chọn A

Chia khối đa diện ABCSB ' C ' thành 2 khối là khối chóp A.BCC ' B ' và khối chóp S.BCC ' B '

VABCSB 'C '  VABCC ' B '  VS . BCC ' B '
Gọi M là trung điểm BC.

AM  BC 
a 3
.
  AM   BCC ' B ' . Tam giác ABC đều  AM 
AM  BB '
2
Thể tích khối chóp A.BCC ' B ' là:
Ta có:

1
1 a 3 2 a3 3
VA.BCC ' B '  AM .SBCC ' B '  .
.a 
.

3
3 2
6
Thể tích khối chóp S .BCC ' B ' là:
1
d S ; BCC ' B '  .S BCC ' B '
VS . BCC ' B ' 3  

VA. BCC ' B ' 1 d A; BCC ' B ' .S
  BCC ' B '
 
3
d  S ;  BCC ' B '  SI


 1.
d  A;  BCC ' B '  AI
 VS . BCC ' B '  VA.BCC ' B '

(Chuyên Lê Hồng Phong - Nam Định - 2020) Cho hình hộp ABCD. ABC D có đáy ABCD là
  60 . Gọi I, J lần lượt là tâm của các mặt bên
hình thoi tâm O, cạnh bằng a và BAC

B.

C.

3a3
.
32

T

E

I.
N

3a3
.
192

D.

H

3a3
.
48

T

3 3a 3
.
64

O

A.

 ABBA ,  ABCD

N

a 7
, AA  2a và góc giữa hai mặt phẳng
2
bằng 60 . Tính theo a thể tích khối tứ diện AOIJ.

ABBA, CDDC  . Biết AI 

IE

U

Lời giải
A

IL

Chọn C
T

Câu 25.

a3 3
a 3 3 a3 3 a3 3

 VABCSB 'C '  VA.BCC ' B '  VS . BCC ' B ' 



6
6
6
3

Trang 19



Tài Liệu Ơn Thi Group

Ta có AI 2 

AA2  AB 2 AB 2

 AB 2  2  AA2  AB 2   4 AI 2  3a 2  AB  a 3
2
4

Do AB 2  AB 2  AA2 nên tam giác AAB vuông tại B  S AAB 

a2 3
2

a2 3
4
Theo đề góc giữa hai mặt phẳng  ABBA  ,  ABC D bằng 60 , nên suy ra
Tam giác ABC đều cạnh a nên S ABC 

VAABC 

2S AAB .S ABC sin 60 a 3 3

3 AB
8

1
1 1
1
1
1
a3 3

VAOIJ  d  O;  IAJ   .S IAJ  . d  B;  B AD   . S BAD  VBABD  VAABC 
3
3 2
2
4
4
32
Bổ sung: Cơng thức tính nhanh thể tích tứ diện theo góc giữa hai mặt phẳng
Cho tứ diện ABCD có diện tích tam giác ABC bằng S1 , diện tích tam giác BCD là S 2 và góc giữa
hai mặt phẳng (ABC) và (DBC) là  . Khi đó ta có: VABCD 

2S1S 2 .sin 
3BC

E
I.

N
H
T
N

IE

U

(Chuyên Quang Trung - 2020) Cho hình chóp S . ABCD đáy là hình vng cạnh a , SA vng
góc với mặt phẳng  ABCD  , SA  a . M , K tương ứng là trọng tâm tam giác SAB, SCD ; N là
T

A

IL

Câu 26.

1
1
1 2S ABC
2S S sin 
AH .S DBC  AI sin  .S2 
.sin  .S 2  1 2
3
3
3 BC
3BC

O

VABCD 

T

Chứng minh: Gọi H là hình chiếu của A lên (BCD), kẻ HI BC tại I thì AIBC và
AIH   ; AH  AI sin 
  ABC  ;  DBC     AI ; HI   

Trang 20



Tài Liệu Ôn Thi Group

TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021

m
trung điểm BC . Thể tích khối tứ diện SMNK bằng .a 3 với m, n  ,  m, n   1 . Giá trị m  n
n
bằng:

A. 28 . B 12 .

C. 19 .

D. 32 .
Lời giải

Chọn A

1
a3
Ta có: VS . ABCD  SA.S ABCD 
.
3
3
Gọi I là trung điểm của AB , J là trung điểm của CD . Ta có: SMN đồng dạng với SIJ theo
2

tỉ số

2
4
2
. Do đó VSMNK  VP.SMN    VP.SIJ  VP.SIJ .
9
3
3

Mặt khác SPIJ 

1
1
a3
S ABCD . Do đo VP.SIJ  VS . PIJ  VS . ABCD 
4
4
12

4 a3 a3
Nên VSMNK  . 
.
9 12 27

H

I.
N

E

(Chuyên Quang Trung - 2020) Cho hình lăng trụ đứng ABCD. AB C D  có đáy là hình thoi có
  120 . Gọi M , N , K lần lượt là trung điểm cạnh AB, BC , BD . Thể
cạnh 4a , AA  8a , BAD
N

C. 16 3 a 3

D.

A

IL

Lời giải
Chọn A

40 3 3

a
3
O

28 3 3
a
3

U

B.

IE

A. 12 3 a 3

T

tích khối da diện lồi có các đỉnh là các điểm A, B, C , M , N , K là:

T

Câu 27.

T

Vậy m  1, n  27  m  n  28 .

Trang 21

Tài Liệu Ơn Thi Group

1
AC , MNCA là hình thang.
2
 VK .MNCA  VB.MNCA

MN / / AC ; MN 
VMNKABC

DK cắt (B’AC) tại B’,

d  K ;( MNCA)  1
B'K 1
1
 
  VK .MNCA  VD.MNCA
B'D 2
d  D;( MNCA)  2
2

1
3
Mà: VB.MNCA  VD .MNCA nên ta có: VMNKABC  VB.MNCA  VB.MNCA  VB.MNCA
2
2
3
3

3
3 1
3
Mặt khác: S MNCA  S B ' AC  VB.MNCA  VB.B ' AC  VB '. ABC  . VABCD. A ' B ' C ' D '  8 3a
4
4
4
4 6
3
3
VMNKABC  VB.MNCA  8 3 a3  12 3 a 3
2
2
Câu 28.

(Chun Sơn La - 2020) Cho hình chóp tứ giác đều S . ABCD có cạnh đáy bằng a, cạnh bên hợp
với đáy một góc 60 . Gọi M là điểm đối xứng của C qua D, N là trung điểm SC. Mặt phẳng
( BMN ) chia khối chóp S . ABCD thành hai phần (như hình vẽ bên). Tỉ số thể tích giữa hai phần

B.

7
.
6

C.

7
.
3

Trang 22


D.

7
.
4

A

7
.
5

T

A.

IL

IE

U

O

N

T

H

I.
N

E

T

VSABFEN
bằng
VBFDCNE


Tài Liệu Ôn Thi Group

TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021

Lời giải
Chọn A
Ta có N là trung điểm của SO , D là trung điểm của CM nên E là trọng tâm tam giác SCM .
Ký hiệu h, S ,V tương ứng là chiều cao, diện tích đáy và thể tích khối chóp S . ABCD ta có

1 h
V
S BCM  S  VN . BCM  . .S  .
3 2
2

V
ME MD MF 2 1 1 1
V 1 V
Khi đó M . EDF 
.
.
 . .   VM . EDF  .  .
VM . NCB MN MC MB 3 2 2 6
2 6 12
Như vậy VBFDCNE 

(Chuyên Thái Bình - 2020) Cho hình chóp S. ABCD có đáy là hình vng cạnh 2 2 . Cạnh bên

SA vng góc với đáy và SA  3 . Mặt phẳng   qua A và vng góc với SC cắt các cạnh
SB , SC , SD tại M , N , P . Tính thể tích mặt cầu ngoại tiếp tứ diện CMNP

A.

32
.
3

B.

64 2
.
3

108
.

3
Lời giải

C.

D.

125
.
6

Chọn A

 SA  BC
Ta có: 
 BC   SAB   BC  MA. .
 AB  BC

1 .

T

Lại có MA  SC  MA   SBC   MA  MC

I.
N
H
T

Mặt khác AN  NC

E

 2 .
 3 .

Tương tự: AP  PC

O

N

Gọi I là trung điểm của AC , từ 1  2  3 ta có IN  IM  IC  IP   IA  . Mặt cầu ngoại tiếp

2

 2.

IE
IL

2

A

2 2   2 2 
2

AC
IA 


2

U

CMNP là mặt cầu tâm I , bán kính IA .

T

Câu 29.

V V 5V
7V
V
7
 
 VSABFEN 
 SABFEN  .
2 12 12
12
VBFDCNE 5

Trang 23



Tài Liệu Ơn Thi Group

4
32

Thể tích khối cầu ngoại tiếp tứ diện CMNP là: V   .23 
.
3
3

Câu 30.

(Chuyên Thái Ngun - 2020) Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vng cân đỉnh
B , AB  4 , SA  SB  SC  12 . Gọi M , N , E lần lượt là trung điểm của AC , BC , AB . Trên cạnh
BF 2
 . Thể tích khối tứ diện MNEF bằng
SB lấy điểm F sao cho
BS 3
A.

8 34
.
3

B.

4 34
.
3

8 34
.
9
Lời giải
C.

D.

16 34
.
9

Chọn C

Vì SA  SB  SC nên hình chiếu của S lên  ABC  là tâm đường tròn ngoại tiếp ABC , suy ra

SM   ABC  .
Từ AB  4  AC  4 2 .



Tam giác SAM vuông tại M nên SM  SA2  AM 2  12 2  2 2



2

 2 34 .

1
1 1
1 1
16 34
Thể tích VS . ABC   S ABC  SM    AB 2  SM    42  2 34 
.

3
3 2
3 2
3
Suy ra thể tích

(Đại Học Hà Tĩnh - 2020) Cho khối tứ diện ABCD có thể tích V . Gọi G1 , G 2 , G3 , G4 là trọng

E

Câu 31.

V
.
18

H

D.

T

V
.
27
Lời giải
C.

N

V
.
4

O

B.

U

V
.
12

I.
N

tâm của bốn mặt của tứ diện ABCD . Thể tích khối tứ diện G1 G 2 G3G4 là:
A.

T

A

IL

IE

Chọn C

Trang 24


T

1
1 1
2
1
1 32 34 8 34
VMNEF   S MNE  d  F ,  MNE      S ABC   SM   VS . ABC  

.
3
3 4
3
12
12
3
9


Tài Liệu Ôn Thi Group

TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021

Gọi H , E, F lần lượt là trung điểm BD, BC, CD

AG4 AG3 2


  G3G4 / / HE 1
AE
AH 3
AG3 AG2 2

  G2G3 / / HF  2 
Tương tự AF
AH 3
Ta có





Từ 1 ,  2  G4 G2G3 / /  DBC 

1
 d  G1;  G2G3G4    d  G 2 ;  BCD    d  A;  BCD  
3
G G AG2 2

Tam giác G 2 G3G4 đồng dạng tam giác HEF là 2 3 
HF
AF 3
2

4 1
1
2
S G2 G3G4    .S HEF  . S ABC  S ABC .

3
9
4
9
 

Thể tích khối tứ diện G1 G 2 G3G4 là:

1 1
1
1
V
1
V  d  G1 ;  G2G3G4   .SG2G3G4  . d  A;  BCD   S ABC  VABCD  .
3
3 3
9
27
27
(Sở Hà Tĩnh - 2020) Cho hình lập phương ABCD. AB C D  có thể tích V . Gọi M là điểm
thuộc cạnh BB sao cho BM  2 MB  . Mặt phẳng ( ) đi qua M và vng góc với AC  cắt các
cạnh DD , DC , BC lần lượt tại N , P, Q . Gọi V1 là thể tích khối đa diện CPQMNC  . Tính tỷ số
V1
V

A.

31
.
162

B.

35
.
162

34
.
162
Lời giải
C.

D.

13
.
162

A

IL

IE

U

O

N

T

H

I.
N

E

T

Chọn B

T

Câu 32.

Trang 25