Bài toán vận dụng cao chủ đề 5 KHỐI đa DIỆN có lời giải file word

PHẦN CUỐI: BÀI TOÁN VẬN DỤNG (8.9.10)
Chủ đề 5. KHỐI ĐA DIỆN
ABCD. A′B′C ′D′

Câu 1: (SGD VĨNH PHÚC) Cho hình hộp chữ nhật

BB′

Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng
và
a 3
a 3
a 3
4
2
.
B.
.
C.
.
A.

AC ′.

AB = a, AD = a 3.

có

D.

a 2

2

.

Hướng dẫn giải
Chọn C.
A′C ′ =

( A′B′)

2

+ ( B′C ′ ) = 2a.
2

Ta có:
B′H =

Kẻ

B′H ⊥ A′C ′.

A′B′.B′C ′ a.a 3 a 3
=
=
.
B′C ′
2a
2

BB′// ( ACC ′A′ )
Vì

nên

d ( BB′, AC ′ ) = d ( BB′, ( ACC ′A′ ) )

d ( BB′, ( ACC ′A′ ) ) = B′H =

d ( BB′, AC ′ ) =

Nên

a 3
.
2

a 3
.
2

Câu 2: (SGD VĨNH PHÚC) Cho hình chóp
vuông cân tại
tích khối chóp
a3
6
A.
.

B

AC = 2a

,
S . AMC.

B.

a3
3

và

.

SA = a.

SA ⊥ ( ABC )

S . ABC

Gọi

M

, tam giác
SB
là trung điểm cạnh
. Tính thể

a3
9

C.

ABC

có

.

D.

a3
12

Hướng dẫn giải
Chọn A.

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

.


Xét

tam

AB = BC =

S ABC =

giác

vuông

cân

ABC

có:

AC
=a 2
2

1
AB.BC = a 2
2

1
1
a3
VS . ABC = SA.S ABC = .a.a 2 =
3
3
3

Áp dụng định lí Sim-Son ta có:
VSAMC SA SM SC 1

=
.
.
=
VS . ABC SA SB SC 2
1
a3
⇒ VS . AMC = VS . ABC =
2
6

Câu 3: (SGD VĨNH PHÚC) Cho hình lăng trụ đứng
AA1 = 2a 5
và

·
BAC
= 120°.

Gọi

K

,

ABC. A1 B1C1
có

AB = a

,

AC = 2a

CC1

I

lần lượt là trung điểm của các cạnh
BB1
( A1BK ) .
I
. Tính khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng
a 5
a 5
a 15
a 15
3
6
3
.
B.
.
C.
.
D.
.
A.
Hướng dẫn giải
Chọn C.

IK = B1C1 = BC = AB 2 + AC 2 − 2 AB. AC .cos1200 = a 7
Ta có

AH ⊥ B1C1
Kẻ

khi đó

AH

là đường cao của tứ diện

A1 BIK

A1 H .B1C1 = A1B1. A1C1.sin1200 ⇒ A1H =

Vì

,

a 21
7

,


SVIKB =

1
1

1
IK .KB = a 2 35 ⇒ VA1 . IBK = a3 15(dvtt )
2
2
6

Mặt khác áp dụng định lý Pitago và công thức Hê-rông ta tính đc
S ∆A1BK = 3a 3 ( dvdt )

d ( I , ( A1 BK ) ) =

3VA1IBK
S ∆A1BK

Do đó

=

a 5
6
.

Câu 4: (NGUYỄN KHUYẾN TPHCM) Cho hình chóp

S . ABCD

có đáy là hình chữ nhật.

SAB

A
Tam giác
vuông cân tại và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy
SB = 4 2
l
SD
M
và
. Gọi
là trung điểm của cạnh
. Tính khoảng cách từ điểm
( SBC )
M
đến mặt phẳng
.
2
l=
l= 2
l=2 2
l=2
2
A.
B.
C.
D.
Hướng dẫn giải

Theo giả thiết, ta có

( SAB ) ⊥ ( ABCD ) , ( SAB ) ∩ ( ABCD ) = AB


⇒ SA ⊥ ( ABCD )
 SA ⊥ AB

N, H, K
Gọi

Ta có

SA, SB
lần lượt là trung điểm các cạnh

 BC ⊥ SA
⇒ BC ⊥ ( SAB ) ⇒ BC ⊥ AH

 BC ⊥ AB

và đoạn

SH

.

.

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

.

AH ⊥ SB VABC
AH
(
cân tại A có
là trung tuyến).

Mà

AH ⊥ ( SBC )
Suy ra

KN ⊥ ( SBC )
, do đó

KN || AH
(vì

, đường trung bình).

MN || BC ⇒ MN || ( SBC )
Mặt khác

.

d ( M , ( SBC ) ) = d ( N , ( SBC ) ) = NK =
Nên

1
AH = 2 2
2

.

Đáp án: B.

M,N
có cạnh bằng 3. Gọi
AD, BD.
P
AB
lần lượt là trung điểm các cạnh
Lấy điểm không đổi
trên cạnh
A, B
PMNC
(khác
). Thể tích khối chóp
bằng

Câu 5: (NGUYỄN KHUYẾN TPHCM) Cho tứ diện đều

A.

9 2
16

B.

8 3
3

ABCD

3 3
C.

D.

27 2
12

Hướng dẫn giải
Chọn A
AB P( CMN )
Do

nên

d ( P, ( CMN ) ) = d ( A, ( CMN ) ) = d ( D, ( CMN ) )

Vậy

1
VPCMN = VDPMN = VMCND = VABCD
4

(Do diện tích đáy và chiều cao đều bằng một nửa).
2

VABCD

Mặt khác

1 a2 3
a 3 2 27 2
 a 
=
. a2 − 
=
=
÷
3 4
12
12
 3

Câu 6: (NGUYỄN KHUYẾN TPHCM) Cho tứ diện

ABCD

AC , BD
lượt là trung điểm của các cạnh
BC
sin α
MN
đường thẳng
và
. Tính
.

và

nên

1 27 2 9 2
VMCND = .
=
4 12
16

AD = 14, BC = 6
có
MN = 8

M,N
. Gọi

. Gọi

α

lần

là góc giữa hai


A.

2 2
3

3
2

B.

C.

1
2

D.

2
4

Hướng dẫn giải

P

Gọi

CD

là trung điểm của cạnh

, ta có

α = (·MN , BC ) = (·MN , NP )
.
Trong

tam

MNP

giác

MN 2 + PN 2 − MP 2 1
=
2MN .NP
2

·
cos MNP
=

sin α =

Suy ra

3
2

,

. Suy ra

ta

có

·
MNP
= 60°

.

.

Câu 7: (NGUYỄN KHUYẾN TPHCM) Cho lăng trụ tam giác

ABC

ABC. A ' B ' C '

có đáy
là
0
AB = 2a 2
45
AC ' = 8a
đều cạnh
. Biết
và tạo với mặt đáy một góc
. Thể tích
ABCC ' B '
khối đa diện
bằng

A.

8a 3 3
.
3

B.

8a 3 6
.
3

C.

16a 3 3
.
3

D.

16a 3 6
.
3

Hướng dẫn giải

Gọi

H

là hình chiếu của

A

mp ( A ' B ' C ')
lên

· ' A = 450
⇒ HC
⇒ ∆AHC '

⇒ AH =

NX:

vuông cân tại H.

AC ' 8a
=
= 4a 2.
2
2

2
2
2
VA. BCC ' B ' = VABC . A ' B 'C ' = AH .S ABC = .4a
3
3
3

( 2a 2 )
2.
4

2

. 3

=

16a 3 6
.
3

Chọn D.
– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất


Gọi

H

là hình chiếu của

A

mp ( A ' B ' C ')
lên

· ' A = 450

⇒ HC
⇒ ∆AHC '

⇒ AH =

NX:

vuông cân tại H.

AC ' 8a
=
= 4a 2.
2
2

2
2
2
VA. BCC ' B ' = VABC . A ' B 'C ' = AH .S ABC = .4a
3
3
3

( 2a 2 )
2.
4

cách giữa hai đường thẳng
a 3
a 2

3
A.
.
B.
.

và

CD '

. 3

=

16a 3 6
.
3

ABCD. A ' B ' C ' D '

Câu 8: (T.T DIỆU HIỀN) Cho hình lập phương
BC '

2

cạnh

a

. Tính khoảng

.

C.

2a

.

D.

a 2
3

.

Hướng dẫn giải
Chọn B

Gọi
Ta

O = A ' C '∩ B ' D '

và từ
có

B'

kẽ

B ' H ⊥ BO

CD '

d ( BC '; CD ') = d ( D ';( BA ' C ')) = d ( B ';( BA ' C ')) = B ' H =

( BA ' C ')
//
BB '.B ' O a 3
=
BO
3

nên


Câu 9: (T.T DIỆU HIỀN) Một hình hộp chữ nhật

ABCD. A′B′C ′D′

A.CB′D′

2cm 3cm
6cm
,
và
. Thể tích của khối tứ diện
3
8 cm

12 cm3
6 cm3
A.
.
B.
.
C.
.

có ba kích thước là

bằng
D.

4 cm3

.

Hướng dẫn giải
Chọn B.

Ta có :
VABCD. A′B′C ′D′ = VB. AB′C + VD. ACD′ + VA′.B′AD′ + VC .B′C ′D′ + VA.CB′D′
⇒ VABCD. A′B′C ′D′ = 4VB. AB′C + VA.CB′D′
⇒ VA.CB′D′ = VABCD. A′B′C ′D′ − 4VB. AB′C
1
⇒ VA.CB′D′ = VABCD. A′B′C ′D′ − 4. VABCD . A′B′C ′D ′
6
1
1

⇒ VA.CB′D′ = VABCD. A′B′C ′D′ = .2.3.6 = 12 cm3
3
3

Câu 10: (LẠNG GIANG SỐ 1) Cho khối tứ diện đều

ABCD

2cm.

M , N, P

cạnh bằng
Gọi
ABC , ABD, ACD.
V
lần lượt là trọng tâm của ba tam giác
Tính thể tích
của
AMNP.
khối chóp
2
2 2 3
4 2 3
2
V=
cm3
V=
cm
V=

cm
V=
cm3
162
81
81
144
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
Hướng dẫn giải
Chọn C.

Tam giác

BCD

⇒ DE = 3 ⇒ DH =

đều

AH = AD 2 − DH 2 =

2 3
3

2 6
3

1
1 1
1
3
S ∆EFK = .d ( E , FK ) .FK = . d ( D,BC ) . BC =
2
2 2
2
4
⇒ VSKFE =

1
1 2 6 3
2
AH .S ∆EFK = .
.
=
3
3 3
4
6

.

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

Mà

AM AN AP 2
=
=
=
AE AK AF 3

Lại có:

VAMNP AM AN AP 8
8
4 2
=
.
.
=
⇒ VAMNP = VAEKF =
VAEKF
AE AK AF 27
27
81

.
ABCD. A′B′C ′D′

Câu 11: (LÝ

TỰ TRỌNG

– TPHCM) Cho hình hộp
có
·BCD = 60°, AC = a 7, BD = a 3, AB > AD
BD′
,đường chéo
hợp với mặt phẳng
( ADD′A′ )
30°
V
ABCD. A′B′C ′D′
góc
. Tính thể tích
của khối hộp
.
39 3
a.
3
39a .
2 3a 3 .
3 3a 3 .
3
A.
B.
C.
D.
Hướng dẫn giải
Chọn D.

• Đặt x = CD; y = BC ( x > y )
• Áp dụng định lý hàm cos và phân giác trong tam giác BCD

3a 2 = x 2 + y 2 − xy và x 2 + y 2 = 5a 2

⇒ x = 2a;

y=a

·
µ
• Với x = 2 y = 2a và C = 60 → BD ⊥ AD → BD '; (ADD'A') = 30 → DD ' = 3a
2
• S ABCD = xy.sin 60 = a 3

3
• Vậy V hình hộp = a 3 3


Câu 12: (NGÔ GIA TỰ - VP) Cho hình chóp tứ giác đều
M

Gọi

là trung điểm của cạnh
( MAC )
mặt phẳng
bằng:
1
1
2
2
A. .

B.
.

SD

. Nếu

SB ⊥ SD

S . ABCD

V=

có thể tích

thì khoảng cách từ

2
3

C.

.

3
4

D.

B

2
6

.

đến

.

Hướng dẫn giải
Chọn A

Giả sử hình chóp có đáy

Tam giác

SBD

ABCD

vuông cân tại

S

là hình vuông cạnh

nên

SD = SB = a

a

SO =

và

BD a 2
=
2
2

SCD, SAD
Suy ra các tam giác
M
.

Thể tích khối chóp là

Mà

Vì

BD = a 2

. Khi đó,

là các tam giác đều cạnh

a

là trung điểm

và

1
a3 2
V = .SO.S ABCD =
3
6

BD

d ( B, ( MAC ) ) = d ( D, ( MAC ) ) = DM =
nên

.

SD ⊥ ( MAC )

a3 2
2
=
⇒ a =1
6
6

O

.

1
2

.

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

tại


Câu 13: (THTT – 477) Một hình lăng trụ có đáy là tam giác đều cạnh bằng

a

, cạnh

b
α
bên bằng và tạo với mặt phẳng đáy một góc . Thể tích của khối chóp có
đáy là đáy của lăng trụ và đỉnh là một điểm bất kì trên đáy còn lại là
3 2
3 2
3 2
3 2
a b sin α .
a b sin α .
a b cos α .
a b cos α .
12

4
12
4
A.
B.
C.
D.

Hướng dẫn giải
Chọn A.

Gọi
Ta

A′

H

( ABC )

là hình chiếu của
trên
A′H = A′A.sin α = b sin α
có
nên

VABC . A′B′C ′ = A′H .S ∆ABC =

. Khi đó
thể

α = ·A′AH
tích

.

khối

lăng

trụ

là

a 2b 3 sin α
4

.
Lại có chiều cao của chóp theo yêu cầu đề bài chính là chiều cao của lăng

trụ và bằng

A′H

nên thể tích khối chóp là

1
a 2b 3 sin α
VS . ABC = VABC . A′B′C ′ =
3

12

.

Câu 14: (THTT – 477) Các đường chéo của các mặt của một hình hộp chữ nhật bằng
a, b, c
. Thể tích của khối hộp đó là

V=
A.

(b

(b
V=

2

+ c2 − a2 ) ( c2 + a2 − b2 ) ( a 2 + b2 − c2 )
8

2

+ c 2 − a 2 ) ( c 2 + a 2 − b2 ) ( a 2 + b 2 − c 2 )

B.
C.
D.

V = abc.

V = a + b + c.

8

.

.


Hướng dẫn giải

Chọn A.

x, y , z

Giả sử hình hộp chữ nhật có ba kích thước:

Theo yêu cầu bài toán ta có
 2 a2 − b2 + c2
y =
2

2
a + b2 − c2

⇔  x2 =
⇒V =
2

 2 b2 + c2 − a2

z =
2


.

x + y = a
 y = a − x2
 y2 = a2 − x2
 2
 2
 2
2
2
2
2
2
2
2
2
 y + z = c ⇔  y + z = c ⇔ a − x + b − x = c
 x2 + z 2 = b2
 z 2 = b2 − x2
 z 2 = b2 − x2



2

(a

2

2

2

2

2

+ c 2 − b2 ) ( a 2 + b2 − c2 ) ( b2 + c2 − a2 )
8

Câu 15: (SỞ GD HÀ NỘI) Cho hình lăng trụ

ABCA′B ′C ′

có đáy là tam giác đều cạnh

a

( ABC )

A′

. Hình chiếu vuông góc của
lên mặt phẳng
trùng với trọng tâm
ABC

AA′
BC
tam giác
. Biết khoảng cách giữa hai đường thẳng
và
bằng

a 3
4

. Tính thể tích

V =
A.

a3 3
.
24

V

của khối lăng trụ

V =
B.

a3 3
.
12

ABCA′B ′C ′.
V =
C.

a3 3
.
3

V =
D.

Hướng dẫn giải
Chọn B.

M

là trung điểm của

BC

(

BC ⊥ AA′M
thì

)
.

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

a3 3
.
6


MH

Gọi

là đường cao của tam giác

MH ⊥ A′A
AA′

và

Ta có

và

BC

HM ⊥ BC

nên

HM

A′AM

thì

là khoảng cách

.

a 3
a 3
a2
.A′A =
A′A2 −
2
3
A′A.HM = A′G .AM ⇔ 4


a2 
4a2
4a2
2a
2
2
2
2
′
′
′
′
⇔ A A = 4 A A − ÷ ⇔ 3A A =
⇔AA =

⇔ A ′A =
.

÷
3
3
9
3


A′ G =
Đường cao của lăng trụ là

VLT =
Thể tích

a 3a2 a3 3
.
=
3 4
12

4a2 3a2 a
−
=
9
9
3

.

Câu 16: (SỞ GD HÀ NỘI) Cho hình chóp
SA = SB = SC = a

A.

d = 2a 6

. Tính khoảng cách
d=

.

B.

.

a 6
3

.

d

S . ABC

từ điểm

C.

có

A

Chọn B.

·ASC = 900

,
( SBC )

đến mặt phẳng

d =a 6

Hướng dẫn giải

·ASB = CSB
·
= 600

d=

.

D.

.
2a 6
3

.

,


a
∆SAB ∆SBC
AB = BC = a
,
là các đều cạnh nên

+ Ta có:

∆SAC

+ Ta có:

AC 2 = AB 2 + BC 2

+ Ta có:
+ Gọi

vuông cân tại

H

nên

S

∆ABC

là trung điểm của
SH =

SH ⊥ ( ABC )
và

d  A; ( SBC )  =

AC a 2
=
2
2

nên

AC

AC = a 2

vuông tại

. Ta có:

S ABC

B

có

a2
=
2

HA = HB = HC

và

SA = SB = SC

nên

.

3VS . ABC SH .S ABC
=
S SBC
S SBC

+ Vậy

a 2 a2
.
2
2 =a 6
=
2
3

a 3
4

Câu 17: (CHUYÊN HÙNG VƯƠNG – GL) Cho hình chóp

S . ABCD

ABCD

là hình
·
( SAB )
( SAD )
2a 3
BAD
0
thoi cạnh bằng
, góc
bằng 120 . Hai mặt phẳng
và
( SBC )
( ABCD )
cùng vuông góc với đáy. Góc gữa mặt phẳng
và
bằng 450 .
( SBC ) .
h
A
Tính khoảng cách từ
đến mặt phẳng

3a 2
2a 2
h=
.
h=
.
h = a 3.
h = 2a 2.
3
2
A.
B.
C.
D.
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Gọi

H

là chân đường cao hạ từ

A

của tam giác

có đáy

ABC.

ABH :

Xét tam giác
AH
sin ∠B =
⇒ AH = 2a 3.sin 600 = 3a.
AB

cos ∠B =

BH
⇒ BH = 2 a 3.cos 60 0 = a 3.
AB

SAH
A:
Xét tam giác
vuông tại
SA
tan ∠SHA =
⇒ SA = 3a tan 450 = 3a.
AH
– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất


Trong tam giác

SAH

A

là khoảng cách từ

Xét tam giác

SAH

vuông tại

A

, kẻ

AI ⊥ SH

( SBC ) .

tại

I.

AI ⊥ ( SBC )
Ta có

nên

AI

đến mặt phẳng
1

1
1
1
1
2
= 2+
=
+
= 2.
2
2
2
2
AI
SA
AH
( 3a ) ( 3a ) 9a

, ta có:

⇒ d ( A, ( SBC ) ) = AI =

3a 2
.
2

Câu 18: (CHUYÊN LƯƠNG VĂN CHÁNH) Khi chiều cao của một hình chóp đều tăng
lên

n

lần nhưng mỗi cạnh đáy giảm đi

lần thì thể tích của nó.
n
n −1
B. Tăng lên lần. C. Tăng lên

A. Không thay đổi.
lần.

n

D. Giảm đi

n

lần.
Hướng dẫn giải

Chọn D.

Ta có:

1
V = .h.S
3

x2a
S=

 1800 
4 tan 
÷
 a ÷



, với

với

x

h

là chiều cao,

S

là diện tích đáy

là độ dài cạnh của đa giác đều,

a

là số đỉnh của đa giác

đều.
2

Ycbt

 x
 ÷ a
1
1 1
1
n
⇔ V1 = .nh.  
= . .h.S = .V
0
3
n
 180  n 3
4 tan 
÷
 a ÷



.

Câu 19: (BIÊN HÒA – HÀ NAM) Cho hình chóp tứ giác đều

S . ABCD

có cạnh đáy bằng
a
60°
C

M
, cạnh bên hợp với đáy một góc
. Gọi
là điểm đối xứng của
qua
( BMN )
SC.
S . ABCD
D N
,
là trung điểm
Mặt phẳng
chia khối chóp
thành hai
phần. Tỉ số thể tích giữa hai phần (phần lớn trên phần bé) bằng:
7
1
7
6
5
7
3
5
A. .
B. .
C. .
D. .
Hướng dẫn giải

Chọn A.

Giả sử các điểm như hình vẽ.

E = SD ∩ MN ⇒ E
BM

là trọng tâm tam giác

SCM

DF // BC ⇒ F

,

là trung điểm

.

Ta có:

· , ( ABCD ) = SDO
) · = 60° ⇒ SO = a 2 6
( SD

⇒ d ( O, ( SAD ) ) = OH = h =

SF = SO 2 + OF 2 =

,

a 7
2

a 6
1
a2 7
; S SAD = SF . AD =
2
4
2 7

VMEFD ME MF MD 1
=
×
×
=
VMNBC MN MB MC 6
5
5 1
1
5
1
5a 3 6
⇒ VBFDCNE = VMNBC = × ×d ( M , ( SAD ) ) × S SBC = ×4h × S SAD =
6
6 3
2
18
2

72
1
a3 6
7a 3 6
VS . ABCD = SO.S ABCD =
⇒ VSABFEN = VS . ABCD − VBFDCNE =
×
3
6
36

Suy ra:

VSABFEN 7
= ×
VBFDCNE 5

Câu 20: (CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU) Cho hình hộp chữ nhật

ABCD. A′B′C ′D′

có tồng

AC ′
36
6
diện tích của tất cả các mặt là
, độ dài đường chéo
bằng . Hỏi thể
tích của khối hộp lớn nhất là bao nhiêu?

24 3
8 2
8
16 2
A. .
B.
.
C.
.
D.
.

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất


Hướng dẫn giải
Chọn C.
a b c>0
Gọi chiều dài 3 cạnh của hình hộp chữ nhật lần lượt là: , ,

AC ′2 = a 2 + b 2 + c 2 = 36; S = 2ab + 2bc + 2ca = 36 ⇒ ( a + b + c) 2 = 72 ⇒ a + b + c = 6 2

Ta có
3

3
a+b+c 3
 a+b+c 6 2 
≥ abc ⇒ abc ≤ 
÷ = 16 2

÷ = 
3
3

  3 ÷


VMax = 16 2
. Vậy

S . ABC

Câu 21: (CHUYÊN ĐHSP HN) Cho hình chóp đều

có đáy cạnh bằng

( ABC )

a

, góc giữa

60°
A′ B′ C ′
và mặt phẳng
bằng
. Gọi
,
,
tương ứng là

S
A B C
các điểm đối xứng của , ,
qua . Thể tích của khối bát diện có các mặt
ABC , A′B′C ′ A′BC B′CA C ′AB AB′C ′ BA′C ′ CA′B′
,
,
,
,
,
,
là
3
3
2 3a
4 3a 3
3a
2 3a3
3
2
3
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.

đường thẳng

SA

Chọn A.
Cách 1: Ta tính thể tích khối chóp

S . ABC

:

⇒ CH =

Gọi H là tâm tam giác ABC đều cạnh a
SA

và

mặt

phẳng

a 3
3

. Góc giữa đường thẳng

(ABC)

bằng

1
1 a 2 3 a3 3
·
⇒ SCH
= 60o ⇒ SH = a ⇒ VS . ABC = .S H .S ABC = a.
=
.
3
3
4
12

V = 2VB. ACA 'C ' = 2.4VB.ACS = 8VS . ABC =

2a 3 3
3

Cách 2: Ta có thể tích khối chóp

.

S . ABC

VS . ABC

là:

a3 3
=

12

.

600


SBC

Diện tích tam giác

Khoảng cách từ

là:

.

( SBC )

A

d ( A, ( SBC ) ) =

S ∆SBC

a 2 39
=
12

đến mặt phẳng

3a
13

là:

.

BCB ' C '
Tứ giác
là hình chữ nhật vì có hai
đường chéo bằng nhau và cắt nhau tại
trung điểm mỗi đường.

SB =

Có

2a 3
2a 3
a 39
⇒ BB ' =
⇒ B 'C =
3
3
3

BCB ' C '

Diện tích

S BCB 'C ' =

là:

a 2 39
3

.

.

Thể tích khối 8 mặt cần tìm là:
1
2a 3 3
V = 2. d ( A, ( SBC ) ) .S BCB 'C ' =
.
3
3

Cách 3 (Tham khảo lời giải của Ngọc HuyềnLB).

Thể tích khối bát diện đã cho là

1
V = 2VA ' B 'C ' BC = 2.4VA '.SBC = 8VS . ABC = 8. SG.S ABC
3

·
= 60 .
(·SA; ( ABC ) ) = SAG

0

Ta

có:

·
tan SAG
=

Vậy

∆SGA

Xét

vuông

tại

G

:

SG
·
⇔ SG = AG.tan SAG
= a.
AG

1
1 a 2 3 2 3a 3
V = 8. SG.S ABC = 8. .a.
=
.
3
3
4
3

Câu 22: (CHUYÊN THÁI BÌNH) Cho khối chóp
tích lớn nhất của khối chóp là
a3 6
a3 6
2
A.
.
B.
.

S . ABC

C.

có

SA = a SB = a 2 SC = a 3
,
,
. Thể

a3 6
3

.

D.

a3 6
6

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

.


Chọn D.

Gọi

H

là hình chiếu của
Ta có

S SBC =

khi

AH ≤ SA

A

( SBC ) ⇒ V =
lên

.
AS ⊥ ( SBC )

; dấu “=” xảy ra khi

1
1
·
SB.SC.sin SBC
≤ SB.SC
2
2

SB ⊥ SC

V=
Khi đó,

1
AH .S SBC
3

.

, dấu “=” xảy ra

.

1
1
1
1
AH .S SBC ≤ AS × SB ×SC = SA ×SB ×SC
3
3
2
6

.

SA, SB, SC
Dấu “=” xảy ra khi
góc với nhau.

đôi một vuông

Suy ra thể tích lớn nhất của khối chóp là
V=

1
a3 6
SA.SB.SC =
6
6

.

Câu 23: (CHUYÊN THÁI BÌNH) Cho hình chóp
SD =

a 17
2

, hình chiếu vuông góc

S . ABCD

( ABCD )

S

H

a
có đáy là hình vuông cạnh ,

của
lên mặt
a
H .SBD
AB
đoạn
. Tính chiều cao của khối chóp
theo .

3a
a 3
a 21
5
7
5
A.
.
B.
.
C.
.
Chọn A.
Ta

∆SHD

có

vuông

H

tại

2

 a 17   2  a  2 
⇒ SH = SD − HD = 
=a 3

÷
÷
÷ −  a +  2 ÷
÷
2


 

2

2

.
d ( H , BD ) =

Cách 1. Ta có

1
a 2
d ( A, BD ) =
2
4

.

là trung điểm của

D.

3a
5

.


Chiều cao của chóp
d ( H , ( SBD ) ) =

H .SBD

là

SH .d ( H , BD )
SH +  d ( H , BD ) 
2

2

=

a 2
2
4 = a 6.2 2 = a 3 .
4.5a
5
a2
3a 2 +
8

a 3.

Cách 2.

1
3 3
S . ABCD = SH .S ABCD =
a
3
3

1
1
1
3 3
VH .SBD = VA.SBD = VS . ABC = VS . ABCD =
a
⇒
2
2
4
12

.

Tam giác

Tam giác

⇒

∆SHB

∆SBD

vuông tại
SB =

có

d ( H , ( SBD ) ) =

H

⇒ SB = SH 2 + HB 2 = 3a 2 +

a 13
a 17
5a 2
; BD = a 2; SD =
S ∆SBD =
2
2 ⇒
4

Cách 3. Gọi
là trung
O ≡ H ; Ox ≡ HI ; Oy ≡ HB; Oz ≡ HS .

H ( 0; 0;0 )

có

.

.

3VS .HBD a 3
=
.
S ∆SBD
5
I

Ta

a 2 a 13
=
4
2

;

 a 
B  0; ;0 ÷
 2 

điểm

(

BD

S 0;0; a 3
;

Oxyz
.

)

Chọn

hệ

trục

;

a

I  ;0; 0 ÷
2


( SBD ) ≡ ( SBI )
Vì

⇒

( SBD ) :

2x 2 y
z
3
+
+
= 1 ⇔ 2x + 2 y +
z−a =0
a
a a 3
3

.

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

với


d ( H , ( SBD ) ) =

2.0 + 2.0 +

3
.0 − a
3

4+4+

1

3

=

a 3
.
5

Suy ra

Câu 24: (CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU) Cho khối chóp
SAB

bên
là tam giác đều cạnh
a
SA
CD
khoảng cách giữa
và
.

2 3a

a

và đáy

.

B.

ABCD

có thể tích bằng

.

a3

. Mặt

là hình bình hành. Tính theo

2a
3

a 3

A.

S . ABCD

C.
.
Hướng dẫn giải

D.

a

2

.

Chọn A.
Vì đáy

ABCD

là hình bình hành
1
a3
⇒ VSABD = VSBCD = VS . ABCD =
2
2
.
Ta có:
SAB
a
Vì tam giác
đều cạnh
a2 3
S SAB =
⇒
4
CD P AB ⇒ CD P( SAB )

Vì
nên
d ( CD, SA ) = d ( CD, ( SAB ) ) = d ( D, ( SAB ) )

=

3VSABD
S SBD

a3
= 2 2 = 2 3a
a 3
4
3.

Câu 25: (LÝ TỰ TRỌNG – TPHCM) Tìm

.

Vmax

là giá trị lớn nhất của thể tích các khối
18cm 2 .
3 2cm
hộp chữ nhật có đường chéo bằng
và diện tích toàn phần bằng
3
Vmax = 6cm .
Vmax = 5cm3 .
A.
B.
Vmax = 4cm3 .

C.

Vmax = 3cm3 .

D.
Hướng dẫn giải

Chọn C.


a , b, c
Đặt

là kích thước của hình hộp thì ta có hệ
a + b + c = 6.

Suy ra

Cần tìm GTLN của

a 2 + b 2 + c 2 = 18

ab + bc + ac = 9

.

V = abc.

b + c = 6 − a ⇒ bc = 9 − a ( b + c ) = 9 − a ( 6 − a ) .
Ta có

( b + c)

2

Do

≥ 4bc ⇒ ( 6 − a ) ≥ 4 9 − a ( 6 − a )  ⇔ 0 < a ≤ 4.
2

0 < b, c ≤ 4
Tương tự

Ta lại có

.

V = a 9 − a ( 6 − a ) 

. Khảo sát hàm số này tìm được GTLN của

Câu 26: (CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU) Khối chóp
a

cạnh .
S . ABCD

SA = SB = SC = a

A.

có đáy

ABCD

.

B.

a3
4

.

thay đổi. Thể tích lớn nhất của khối chóp
3a 3
8

C.
.
Hướng dẫn giải

D.

a3
2

Chọn D.
AC
SD

Khi
thay đổi thi
thay đổi. Đặt
AC = x
.
O = AC ∩ BD
Gọi
.
SH
SA = SB = SC
Vì
nên chân đường cao
trùng với tâm đường tròn ngoại tiếp tam
ABC
giác
.
⇒ H ∈ BO
.
2

4a 2 − x 2
4a 2 − x 2
x
OB = a −  ÷ =
=
4
2
2
2

Ta có
S ABC

là 4.

là hình thoi

là:

3

a
8

, Cạnh

SD

S . ABCD

V

1
1
4 a 2 − x 2 x 4a 2 − x 2
= OB. AC = x.
=
2
2
2

4

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

.


HB = R =

a.a.x
=
4S ABC

a2 x
4.

x 4a 2 − x 2
4

SH = SB 2 − BH 2 = a 2 −

=

a2
4a 2 − x 2
.

a
a 3a − x
=

2
4a − x
4a 2 − x 2
4

2

2

2

1
2 a 3a 2 − x 2 x 4a 2 − x 2
VS . ABCD = 2VS . ABC = 2. SH .S ABC = .
.
3
3 4a 2 − x 2
4

(

)

1
1  x 2 + 3a 2 − x 2  a 3
= a x. 3a 2 − x 2 ≤ a 
÷=
3
3 
2

 2

Câu 27: (THTT – 477) Cho khối đa diện đều

n

mặt có thể tích

S.

V

và diện tích mỗi mặt

của nó bằng
Khi đó, tổng các khoảng cách từ một điểm bất kì bên trong
khối đa diện đó đến các mặt của nó bằng
nV
V
.
.
S
nS
A.
B.
3V
V
.
.
S

3S
C.
D.
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Xét trong trường hợp khối tứ diện đều.
Các trường hợp khác hoàn toàn tương tự.

1
1
1
1
VH . ABC = h1.S ; VH .SBC = h2 .S ; VH .SAB = h3 .S ; VH .SAC = h4 .S
3
3
3
3

3V
3V1
3V
3V
; h2 = 2 ; h3 = 3 ; h4 = 4
S
S
S
S
3 ( V1 + V2 + V3 + V4 ) 3V
⇒ h1 + h2 + h3 + h4 =
=

S
S
h1 =


Câu 28: (LƯƠNG ĐẮC BẰNG) Cho hình lập phương

(α)

ABCD. A′B′C ′D′

có cạnh bằng

a

,

AA′ BB′ CC ′ DD′
M N P
một mặt phẳng
cắt các cạnh
,
,
,
lần lượt tại
,
, ,
1
2
AM = a CP = a

Q
ABCD.MNPQ
3
5
. Biết
,
. Thể tích khối đa diện
là:
3
3
11 3
11 3
a
2a
a
a
30
15
3
3
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
HD: Tứ giác MNPQ là hình bình hành có tâm là I
thuộc đoạn OO’.

OI =

Ta có:

AM + CP 11
a
= a<
2
30
2

Gọi O1 là điểm đối xứng O qua I thì :

OO1=2OI=

11
a
15

< a. Vậy O1 nằm trong đoạn OO’.

Vẽ mặt phẳng qua O1 song song với (ABCD) cắt
các cạnh AA’; BB’;CC’; DD’ lần lượt tại
A1, B1,C1, D1. Khi đó I là tâm của hình hộp
ABCD.A B1C1D1.
Vậy V(ABCD. MNPQ)=V( MNPQ.A1 B1C1D1)

=

1

1
11
V ( ABCD. A1B1C1D1 ) = a 2OO1 = a 3
2
2
30

Câu 29: (CHUYÊN VĨNH PHÚC) Người ta gọt một khối lập phương gỗ để lấy khối tám
mặt đều nội tiếp nó (tức là khối có các đỉnh là các tâm của các mặt khối lập
phương). Biết các cạnh của khối lập phương bằng a. Hãy tính thể tích của
khối tám mặt đều đó:
3
a
a3
a3
a3
4
6
12
8
A.
B.
C.
D.
Đáp án B
Dựng được hình như hình bên
+ Thấy được thể tích khối cần tính bằng 2 lần thể
tích của hình chóp S.ABCD
+ Nhiệm vụ bây giờ đi tìm thể tích của S.ABCD
– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

+ ABCD là hình vuông có tâm O đồng thời chính là hình chiếu của S lên mặt đáy

SO =

a
2

;

ABCD =

BD =

cạnh của hình lập phương

=a

. Suy ra các cạnh của hình vuông

2
a
2

1
1 1  2  2  3 a 3
VS.ABCD = Sh = . . 
÷
÷

÷a = 12
3
3 2  2 ÷
 2 

. Vkhối đa diện

V

a3
6

.

G

ABCD

Câu 30: Cho tứ diện
Tính thể tích
V =3
A.
.

= 2.VS.ABCD =

có thể tích bằng 12 và
là trọng tâm tam giác
A.GBC
của khối chóp

.
V =4
V =6
V =5
B.
.
C.
.
D.
.

Chọn B.
• Cách 1:
Phân tích: tứ diện

ABCD

A.GBC

và khối chóp
có
A
cùng đường cao là khoảng cách từ
đến mặt
( BCD )
G
BCD
phẳng
. Do
là trọng tâm tam giác

S ∆BGC = S ∆BGD = S ∆CGD ⇒ S ∆BCD = 3S ∆BGC
nên ta có
(xem
phần chứng minh).
Áp dụng công thức thể tích hình chóp ta có:

1

1
VABCD = h.S ∆BCD 
h.S
 VABCD 3 ∆BCD S ∆BCD
3
=
=
=3
⇒
1
VA.GBC 1 h.S
S ∆GBC

VA.GBC = h.S ∆GBC
∆GBC
3

3
1
1
⇒ VA.GBC = VABCD = .12 = 4
3

3

.

DN = h; BC = a
Chứng minh: Đặt

.

Từ hình vẽ có:

MF // ND ⇒
+)

MF CM 1
1
h
=
= ⇒ MF = DN ⇒ MF =
DN CD 2
2
2

.

BCD

.

GE // MF ⇒
+)
S ∆BCD
S ∆GBC
+)

GE BG 2
2
2 h h
=
= ⇒ GE = MF = . =
MF BM 3
3
3 2 3

1
1
DN .BC
ha
=2
= 2
= 3 ⇒ S∆BCD = 3S ∆GBC
1
1h
GE.BC
a
2
23

+) Chứng minh tương tự có

⇒ S ∆BGC = S ∆BGD = S ∆CGD

S ∆BCD = 3S∆GBD = 3S ∆GCD

.

• Cách 2:

d ( G; ( ABC ) )



d ( D; ( ABC ) )

Nên

=

GI 1
1
= ⇒ d ( G; ( ABC ) ) = d ( D; ( ABC ) )
DI 3
3
.

1
1
VG. ABC = d ( G; ( ABC ) ) .S ∆ABC = .VDABC = 4.
3

3
4

Câu 31: Một hình trụ có diện tích xung quanh bằng

, diện tích đáy bằng diện tích
1
V
của mặt cầu có bán kính bằng . Tính thể tích
khối trụ đó.
A.

V =4

.

B.

V =6

.

C.

V =8

.

D.

V = 10

Đáp án B

B, D
nhìn

AC

dưới một góc

SD = a 5;K D =

Ta có:

90°

.

AD 2
a2
a
=
=
;
SD
a 5
5 SC = SA 2 + AC 2 = a 6

1

1
1
2a
+
=
Þ AK =
( 1)
2
2
2
SA
AD
AK
5

SC 2 = SD 2 + CD 2 Þ

Khi đó tam giác

tam giác

K DC

SCD

vuông tại

Þ K C = CD 2 + K D 2 =

vuông tại

D

D

.

.

a 6
5

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

.