Bài tập trắc nghiệm hình học lớp 12

HÌNH HỌC 12 CHƯƠNG I: THỂ TÍCH KHỐI ĐA DIỆN
BÀI 1:
Câu 1.

[2D4-1] Hình đa diện nào sau đây không có mặt đối xứng?

A. Hình lăng trụ tam giác.
C. Hình chóp tứ giác đều.

Câu 2.

Câu 3.

Câu hỏi lý thuyết

B. Hình lăng trụ lục giác đều.
D. Hình lập phương.
Hướng dẫn giải

Chọn A.
[2D4-2] Cắt khối trụ ABC. A ' B ' C ' bởi các mặt phẳng ( AB ' C ') và ( ABC ') ta được những
khối đa diện nào?
A. Hai khối tứ diện và hai khối chóp tứ giác. B. Ba khối tứ diện.
C. Một khối tứ diện và hai khối chóp tứ giác. D. Hai khối tứ diện và một khối chóp tứ giác.
Hướng dẫn giải
Chọn B.

Ta có ba khối tứ diện là A. A′B′C ′; B′. ABC ′; C ′. ABC
[2D4-2] Khẳng định nào sau đây sai?
A. Tổng số đỉnh, số cạnh và số mặt của một hình tứ diện đều bằng 14 .
B. Số cạnh của một hình hai mươi mặt đều bằng 30 .

C. Số mặt của một hình mười hai mặt đều bằng 12 .
D. Số đỉnh của một hình bát diện đều bằng 8 .
Hướng dẫn giải

Câu 4.

Chọn D.
Hình tứ diện đều có số đỉnh là 4 , số cạnh là 6 , số mặt là 4 ⇒ A đúng.
Hình 20 mặt đều có số cạnh là 30 ⇒ B đúng.
Hình 12 mặt đều có số mặt là 12 ⇒ C đúng.
Hình bát diện đều có số đỉnh là 6 ⇒ D sai.
[2D4-2] Khối bát diện đều có bao nhiêu mặt phẳng đối xứng?
A. 9 mặt phẳng.

B. 5 mặt phẳng.

C. 7 mặt phẳng.

D. 8 mặt phẳng.

Hướng dẫn giải
Chọn A.

1


.

2

BÀI 2:

Thể tích hình chóp có đáy là tam giác.

Dạng 1: Thể tích khối chóp có cạnh bên vuông góc với đáy.
Câu 5.

[2D4-1] Cho tứ diện ABCD có AD vuông góc với mặt phẳng ( ABC ) biết đáy ABC là tam
giác vuông tại B và AD = 10 , AB = 10 , BC = 24 . Tính thể tích V của tứ diện ABCD .
1300
A. V = 1200 . B. V = 960 . C. V = 400 .
D. V =
.
3
Hướng dẫn giải/
Chọn C.
1
1
1
1
1
Ta có VABCD = AD.S ABC = AD. AB.BC = AB. AD.BC = 10.10.24 = 400 (đvtt).
3
3
2
6
6

Câu 6.

[2D4-1] Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a . Cạnh SA vuông góc với
a 3
mặt phẳng ( ABC ) và SA =
. Tính thể tích V của khối chóp S . ABC .
3
a3
a3
a2
a3
A. V =
.
B. V =
.
C. V =
.
D. V =
.
8
12
4
6
Hướng dẫn giải:
Chọn B.

a2 3
Vì ∆ABC đều cạnh a ⇒ S ABC =
.
4
1

1 a 3 a 2 3 a3
Vậy V = SA.S ABC = ×
.
×
=
3
3 3
4
12
Câu 7.

[2D4-1] Cho khối chóp S . ABC có SA ⊥ ( ABC ) ,SA = a, đáy ABC là tam giác đều cạnh bằng
a . Tính thể tích của khối tứ diện S.ABC
3
a 3
a2 3
a3 3
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
12
12
12
12
Hướng dẫn giải

Chọn D.
Ta có SABC =

Câu 8.

a2 3
1
a3 3
.
, VSABC = SA.SABC =
4
3
12

[2D4-2] Cho hình chóp S . ABC có SA vuông góc với mặt phẳng đáy, tam giác SBC đều cạnh
a , góc giữa mặt phẳng ( SBC ) và đáy là 30° . Thể tích khối chóp S . ABC là
3


a3 3
.
16
a3 3
C. V =
.
32

A. V =

a3 3

.
24
3a 3
D. V =
.
64

B. V =

Hướng dẫn giải
Chọn C.

Vì tam giác SBC đều nên suy ra AB = AC . Gọi M là trung điểm của BC thì AM ⊥ BC mà
·
= 300 .
BC ⊥ SM (đường cao tam giác đều). Do đó: ( ( SBC ) , ( ABC ) ) = SMA
Vì tam giác SBC đều nên SM = a

3
.
2


3
0
 SA = SM .sin 30 = a
4
Xét tam giác vuông SAM , ta có: 
 AM = SM .cos 300 = 3a


4
3
1
1 1
a 3
Thể tích là: VS . ABC = S ABC .SA = . AM .BC.SA =
.
3
3 2
32

Dạng 2: Thể tích có một mặt vuông góc với đáy.
Dạng 3: Thể tích có hai mặt bên vuông góc với đáy.
Dạng 4: Thể tích hình tự tìm đường cao.
Câu 9.
[2D4-2] Cho hình chóp S . ABC có SA = SB = SC = 6 , AC = 4 ; ABC là tam giác vuông cân
tại B . Tính thể tích V của khối chóp S . ABC .
A. V = 16 7 .

B. V =

16 7
.
C. V = 16 2 .
3
/Hướng dẫn giải

D. V =

16 2

.
3

Chọn D.

4


Gọi H là trung điểm của AC , suy ra: HA = HB = HC . Mà SA = SB = SC = 6 nên SH là trục
của đường tròn ngoại tiếp ∆ABC . Do đó: SH ⊥ ( ABC ) tại H .
1
S ABC = AC.BH = 4 ; SH = SA2 − AH 2 = 4 2
2
1
16 2
.
V = S ABC .SH =
3
3
Câu 10. [2D4-3] Cho hình trụ có các đáy là hai hình tròn tâm O và O′ , bán kính đáy bằng chiều cao
và bằng 4cm . Trên đường tròn đáy tâm O lấy điểm A , trên đường tròn đáy tâm O′ lấy điểm
B , sao cho AB = 4 3cm . Thể tích khối tứ diện ABOO′ là

A.

64 3
cm .
3

B. 32cm3 .

C. 64cm3 .

D.

32 3
cm .
3

Hướng dẫn giải
Chọn D.

O'

B

O

A
Tam giác OAO ' vuông cân tại O ' → O′A = 4 2
Tam giác O′AB có AB 2 = O′B 2 + O′A2
⇒ ∆O′AB vuông tại O ' ⇒ O ' B ⊥ AO '
Lại có OO ' ⊥ O ' B ⇒ O ' B ⊥ ( OAO ') .
2
Tam giác OAO ' vuông cân tại O ⇒ S∆OAO ' = 8 ( cm )

1
1
32
⇒ VB.OAO ' = O ' B.S ∆OAO ' = .4.8 = ( cm3 )

3
3
3

5


Dạng 5: Thể tích tứ diện đều và chóp tam giác đều
Dạng 6: Tỉ số thể tích
Câu 11.

[2D4-2] Cho hình chóp S . ABC có M , N lần lượt là trung điểm của SA , SB . Tính thể tích
khối chóp S .MNC biết thể tích khối chóp S . ABC bằng 8a 3 .
3
A. VSMNC = 6a .

3
B. VSMNC = 4a .

3
C. VSMNC = a .

3
D. VSMNC = 2a .

Hướng dẫn giải
Chọn D.
VS .MNC SM SN SC
1
=

.
.
⇒ VS .MNC = VS . ABC = 2a 3 .
Ta có:
VS . ABC
SA SB SC
4
Câu 12. [2D4-2] Cho hình lăng trụ đứng ABC. A′B′C ′ có tất cả các cạnh bằng a. Thể tích khối tứ diện
A′B′AC là
A.

3a 3
.
6

B.

a3
.
6

C.

3a 3
.
12

D.

3a 3

.
4

Hướng dẫn giải
Chọn C.

Gọi H là hình chiếu của C lên AB .
Ta có CH ⊥ ( AA ' B ') .
CH =

a 3
2

S AA ' B ' =

1
1
a2
AA '. A ' B ' = a.a =
2
2
2

1
1 a 3 a 2 a3 3
.
VA′B′AC = CH .SAA ' B =
. =
3
3 2 2

12
Cách khác
1
1 1
3a
3 3
Ta có: VA′B′AC = VC . ABB′ = VB '. ABC → VA′B′AC = VABC . A′B′C ′ = a. .a.
=
a .
3
3 2
2
12
Câu 13.

[2D4-3] Cho hình chóp S . ABC . Gọi M là trung điểm cạnh SA và N là điểm trên cạnh SC sao
cho SN = 3 NC . Tính tỉ số k giữa thể tích khối chóp A.BMN và thể tích khối chóp S . ABC .

6


3
A. k = .
8

B. k =

2
.
5

1
C. k = .
3

D. k =

3
.
4

Hướng dẫn giải
Chọn A.
S

M
N
A

C

B

Ta có: M là trung điểm SA nên VA. BMN = VS .BMN
VS . BMN SM SN 1 3 3
=
.
= . = .
Ta có:
VS .BAC

SA SC 2 4 8
Vậy: k =
Câu 14.

VA. BMN 3
= .
VS . BAC 8

[2D4-3] Cho tứ diện S . ABC có thể tích V . Gọi H , M , N , P lần lượt là trung điểm của các
cạnh SA, AB, BC , CA . Thể tích khối chóp H .MNP là:
A.

1
V.
12

B.

1
V.
16

1
V.
8
Hướng dẫn giải
C.

D.

3
V.
8

Chọn C.
Ta có :
1
d ( S , ( ABC ) ) .
2
1
1 1
1
= d ( N , MP ) .MP = . d ( A, BC ) . BC
2
2 2
2

d ( H , ( ABC ) ) =
S ∆MNP

1
= .S ∆ABC
4
1
Vậy VH .MNP = S ∆MNP .d ( H , ( MNP ) )
3
1 1
1
= . S∆ABC . d ( S , ( ABC ) )
3 4

2
1
= .V
8
·
Câu 15. [2D4-3] Cho khối chóp S.ABC có SA = 6, SB = 2, SC = 4, AB = 2 10 và góc SBC
= 90° ,
·ASC = 120° . Mặt phẳng ( P ) đi qua B và trung điểm N của cạnh SC đồng thời vuông góc
VS .BMN
.
với mặt phẳng ( SAC ) cắt SA tại M . Tính tỉ số thể tích k =
VS . ABC
A. k =

1
.
6

B. k =

2
.
5

C. k =

2
.
9

D. k =

1
.
4

Hướng dẫn giải
Chọn A.

7


Trên cạnh SA lấy điểm A1 sao cho SA1 = 2 . Khi đó ta có A1 B = 2 2 .
1
Mặt khác BN = SC = 2 , A1 N = 2 3 . Suy ra tam giác A1 BN vuông tại B .
2
Gọi D là hình chiếu của S xuống mặt phẳng ( A1BN ) . Do SA1 = SB = SN = 2 nên D là tâm
đường tròn ngoại tiếp tam giác A1 BN .
Vậy ta có SD ⊥ ( A1BN ) nên ( SAC ) ⊥ ( A1 BN ) ⇒ A1 ≡ M .
VS .BMN SA1 SN 1 1 1
=
.
= . = .
Từ đó ta có k =
VS . ABC SA SC 3 2 6
Câu 16.

[2D4-4] Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình bình hành và có thể tích là V . Điểm P là
trung điểm của SC , một mặt phẳng qua AP cắt hai cạnh SD và SB lần lượt tại M và N .
Gọi V1 là thể tích của khối chóp S . AMPN . Tìm giá trị nhỏ nhất của

A.

1
.
8

2
.
3
Hướng dẫn giải
B.

C.

V1
?
V

3
.
8

D.

1
.
3
S

Chọn D.

Gọi O là tâm của hình bình hành ABCD . G là trọng tâm
tam giác SAC .
Ta có M , G , N thẳng hàng. Do ABCD là hình bình hành
1
nên VS . ADC = VS . ABC = VS . ABCD .
2
Theo công thức tỉ số thể tích ta có:

M
G

P
D

A

N
O

B

C

VS . AMP SM SP
V
V
1 SM
1 SM
=
.

⇔ S . AMP =
⇔ S . AMP =
1
VS . ADC SD SC
VS . ABCD 4 SD
VS . ABCD 2 SD
2
Tương tự
VS . ANP SN SP
V
V
1 SN
1 SN
=
.
⇔ S . ANP =
⇔ S . ANP =
1
VS . ABC SB SC
VS . ABCD 4 SB
VS . ABCD 2 SB
2
VS . AMP VS . ANP 1  SM SN  VS . AMNP 1  SM SN 
+
= 
+
= 
+
Từ đó suy ra
÷⇒

÷
VS . ABCD VS . ABCD 4  SD SB  VS . ABCD 4  SD SB 

8


V1 1  SM SN 
= 
+
÷
V 4  SD SB 
SD SB
+
= 3.
Ta chứng minh
SM SN
Thậy vậy, qua B, D kẻ các đường song song với MN cắt SO lần lượt tại E , F .
SD SF SB SE
SD SB SE + SF
S
=
;
=
⇒
+
=
Ta có:
SM SG SN SG
SM SN
SG

SD SB 2SO
3
⇒
+
=
= 2. = 3
SM SN
SG
2
G
SD
SB
N
E
= x;
= y . Ta có x + y = 3
Đặt
SM
SN
O
B
V1 1  SM SN  1  1 1  x + y
3
3
1
= 
+
=
≥
=

Mặt khác
÷=  + ÷=
V 4  SD SB  4  x y  4 xy 4 xy ( x + y ) 2 3

Hay

M
D
F

Vậy V1 nhỏ nhất bằng 1 .
V
3
Dạng 7: Bài toán cực trị thể tích

BÀI 3:

Thể tích hình chóp có đáy là tứ giác

Dạng 8: Thể tích khối chóp có cạnh bên vuông góc với đáy.
Câu 17.

[2D4-2] Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông SA ⊥ ( ABCD ) , biết rằng
8 2
·
. Tính độ dài cạnh a của hình vuông
SCA
= 45° và thể tích của khối chóp S . ABCD bằng
3
ABCD .

A. a = 3 .

B. a = 2 .

C. a = 2 .

D. a =

2
.
2

Hướng dẫn giải
Chọn C.

Ta có AC = AB 2 = a 2,
Tam giác SAC vuông cân tại A ⇒ SA = a 2.

9


8 2
1
8 2
⇔ S ABCD .SA =
3
3
3
1
8 2

⇔ a 2 .a 2 =
⇔ a = 2.
3
3

VS . ABCD =

Dạng 9: Thể tích có một mặt vuông góc với đáy.
Câu 18. [2D4-3] Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, tam giác SAB cân tại
S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt mặt đáy. Góc giữa hai mặt phẳng ( SCD ) và

( ABCD )

A. V =

bằng 60° . Tính thể tích V của khối chóp S . ABCD .

a3 3
.
9

B. V =

a3
a3 3
.
C. V =
.
6
3

Hướng dẫn giải

D. V =

a3 3
.
6

Chọn B.

Gọi E , G lần lượt là trung điểm của AB và CD .
Khi đó ta có
( SAB ) ⊥ ( ABCD )

( SAB ) ∩ ( ABCD ) = AB ⇒ SE ⊥ ( ABCD ) ⇒ SE ⊥ CD (1)
 SE ⊥ AB

Mặt khác, ta có EG //AD nên EG ⊥ CD (2)
Từ (1) và (2) suy ra CD ⊥ ( SEG ) ⇒ CD ⊥ SG .
Vậy ta có

( SCD ) ∩ ( ABCD ) = CD


.
 SG ⊥ CD, EG ⊥ CD
·
⇒ ( ( SCD ) , ( ABCD ) ) = ( SG , EG ) = SGE = 60°
2
Diện tích đáy S ABCD = a

·
Đường cao SE = EG.tan SGE
=a 3.
3
Tính thể tích V của khối chóp S . ABCD bằng V = 1 a 3.a 2 = a 3 .
3
3

Dạng 10: Thể tích có hai mặt bên vuông góc với đáy.
Dạng 11: Thể tích hình tự tìm đường cao.
Câu 19. [2D4-3] Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình vuông cạnh a , mặt bên SAB là tam giác đều,
mặt bên SCD là tam giác vuông cân đỉnh S . Thể tích khối chóp S . ABCD là
A.

3a 3
.
6

B.

3a 3
.
12

C.

a3
.
6

D.

3a 3
.
4

10


Hướng dẫn giải
Chọn B.

Gọi M , N lần lượt là trung điểm của AB, CD .
Ta có ( SMN ) ⊥ ( ABCD) nên hình chiếu H của S lên mp ( ABCD ) thuộc MN .
SM =

a 3
a
, SN = , MN = a .
2
2
2

 a 3   a 2
SM + SN = 
+  ÷ = a 2 = MN 2 nên tam giác SMN vuông tại S .
÷
÷
 2  2

2

2

SM .SN
SH .MN = SM .SN ⇒ SH =
=
MN

a 3 a
.
2 2=a 3
a
4

1
1 a 3 2 a3 3
V = SH .S ABCD =
.a =
3
3 4
12

BÀI 4:

Thể tích hình chóp có đáy là hình thang

Dạng 12: Thể tích khối chóp có cạnh bên vuông góc với đáy.
Dạng 13: Thể tích có một mặt vuông góc với đáy.
Dạng 14: Thể tích có hai mặt bên vuông góc với đáy.

Dạng 15: Thể tích hình tự tìm đường cao.
Dạng 16: Thể tích khối chóp đều
Câu 20. [2D4-2] Cho hình chóp S . ABCD , đáy ABCD là hình vuông cạnh a ,
SA = SB = SC = SD = a 2 . Tính thể tích khối chóp S . ABCD .
A.

a3 3
.
3

B.

a3 6
.
9

C.

a3 6
.
6

D.

a3 6
.
12

Hướng dẫn giải
Chọn C.

11


Gọi O là tâm của hình vuông. Ta có SA = SB = SC = SD và OA = OB = OC = OD nên SO là
trục của đường tròn ngoại tiếp hình vuông ABCD nên SO ⊥ ( ABCD ) .

(

Ta có: SO = SA − OA = a 2
2

2

2

)

2

3
 a  3a 2
−
÷ = 2 ⇒ SO = a 2
 2

2

1
1 3

a3 6
Vậy: VS . ABCD = SO.S ABCD = a .a 2 =
.
3
3 2
6
Câu 21. [2D4-2] Hình chóp đều S . ABCD có cạnh đáy bằng a, góc giữa cạnh bên và mặt đáy bằng 60°, có
thể tích là
A.

6a 3
. B.
6

3a 3
.
6

C.

6a 3
. D.
3

6a 3
.
2
Hướng dẫn giải

Chọn A.

Gọi O là tâm của mặt đáy.
Ta có
tan 60° =

SO
a 2
a 6
⇒ SO =
× 3=
.
BO
2
2

Thể tích là
1
1
a 6 a3 6
VS . ABCD = ×SO ×S ABCD = ×a 2 ×
=
.
3
3
2
6
Câu 22.

[2D4-3] Một hình chóp tứ giác đều có góc tạo bởi mặt bên và mặt đáy bằng 60° và diện tích
xung quanh bằng 8a 2 . Tính diện tích S của mặt đáy hình chóp.
A. S = 4a 2 3 .

B. S = 2a 2 3 .

C. S = 4a 2 .

D. S = 2a 2 .

Hướng dẫn giải
Chọn C.
Gọi H là trung điểm của AB .
 SH ⊥ AB
Vì S . ABCD là hình chóp tứ giác đều nên 
.
OH ⊥ AB
· ; OH = SHO
·
⇒ (·
(1).
( SAB ) ; ( ABCD ) ) = SH

(

)

Trong ∆SOH vuông tại O , có

12


OH

= 2.OH = AB
cos 60°
Diện tích xung quanh của hình chóp
S xq = 4.S SAB = 2.SH . AB = 2 AB 2
SH =

2
Mà S xq = 8a nên 2 AB 2 = 8a 2 ⇔ AB = 2a
Vậy diện tích đáy của mặt chóp là S = AB 2 = 4a 2 .
Câu 23. [2D4-3] Cho hình nón ( N ) có đỉnh là S , đường tròn đáy là ( O ) có bán kính R, góc ở đỉnh của

hình nón là ϕ = 120°. Hình chóp đều S . ABCD có các đỉnh A, B, C , D thuộc đường tròn ( O ) có
thể tích là
A.

2 3R 3
2 3R 3
. B.
. C.
3
9

2R3
3R 3
.
. D.
9
3
Hướng dẫn giải

Chọn B.

Do hình chóp đều S . ABCD nội tiếp hình nón
⇒ SO là đường cao của hình chóp đều S . ABCD và đáy ABCD là hình vuông nội tiếp đường

tròn ( O, R )
⇒ SO =

R
R 3
và AC = 2 R ⇒ AB = R 2
=
tan 60°
3

1
1 R 3
2R3 3
Ta có VS . ABCD = SO.S ABCD = .
.2 R 2 =
3
3 3
9

BÀI 5:

Thể tích lăng trụ có đáy là tam giác.

Dạng 17: Thể tích khối lăng trụ đứng.
Câu 24. [2D4-2] Cho hình lăng trụ đứng ABC. A′B′C ′ có đáy ABC là tam giác đều cạnh a . Góc giữa

đường thẳng A′B và mặt phẳng ( ABC ) bằng 45° . Thể tích V của khối lăng trụ đã cho là:
A.

a3 3
.
24

B.

a3 3
.
4

C.

a3 3
.
6

D.

a3 3
.
12

Hướng dẫn giải
13


Chọn B.

Hình chiếu của A′B lên mặt phẳng ( ABC ) là AB .
Nên ·A′B; ( ABC )  = [·A′B; AB ] = ·A′BA = 45° .
Từ đó suy ra tam giác A′AB vuông cân tại A .
Hay A′A = AB = a.
S ∆ABC =

1
a2 3
.
AB.BC.sin 60° =
2
4

a2 3
a3 3
.a =
4
4
Câu 25. [2D4-2] Cho lăng trụ đứng ABC . A′B ′C ′ có đáy ABC là tam giác vuông tại A ,
AB = 2a, AC = 3a . Mặt phẳng ( A′BC ) hợp với mặt phẳng ( A′B′C ′ ) một góc 60° . Tính thể
tích khối lăng trụ đã cho.
VABC . A ' B 'C ′ =

A.

3a 3 39
.
26

B.

9a 3 39
.
26

C.

18a 3 39
.
13

D.

6a 3 39
.
13

Hướng dẫn giải
Chọn C.

Ta có

 A′ ∈ ( A′BC ) ∩ ( A′B′C ′ )

⇒ ( A′BC ) ∩ ( A′B′C ′ ) = A′d //BC //B′C ′
 B′C ′//BC
 B′C ′ ⊂ A′B′C ′ ; BC ⊂ A′BC
(
)
(

)


Dựng A′H ⊥ B′C ′ ⇒ A′H ⊥ A′ d
Dựng A′K ⊥ BC ⇒ A′K ⊥ A′d
Góc giữa mặt phẳng ( A′BC ) với mặt phẳng ( A′B′C ′ ) là KA
· ′H ⇒ KA
· ′H = 60°
Ta có A′H =

A′B′2 . A′C ′2
6 13
=
a
2
2
A′B′ + A′C ′
13

Ta có BB′ = HK = tan 600. A′H =

6 39
a
13
14


Vậy VABC . A′B′C ′ = BB′.S ABC =
Câu 26.

1
1
6 39
18 39 3
AB. AC.BB′ = 2a.3a
a=
a
2
2
13
13

[2D4-3] Cho hình lăng trụ đứng ABC. A′B′C ′ có đáy ABC là tam giác vuông tại A , AC = a ,
·ACB = 60° . Đường chéo BC ′ của mặt bên ( BCC ′B′ ) tạo với mặt phẳng ( ACC ′A′ ) một góc
30° . Tính thể tích của khối lăng trụ theo a .
A. V =

4a 3 6
.
3

B. V = a 3 6 .

C. V =

2a 3 6
.
3

D. V =

a3 6
.
3

Hướng dẫn giải
Chọn B.

AB
= 3 ⇒ AB = AC 3 = a 3.
AC
 AB ⊥ AC
· ' A.
⇒ AB ⊥ ( ACC ' A ') ⇒ (·
BC '; ( ACC ' A ' ) ) = BC
Ta có 
 AB ⊥ AA '
·
0
· ' A = 300 ⇒ tan 30 0 = AB = 1
Bài ra ( BC '; ( ACC ' A ' ) ) = 30 ⇒ BC
AC '
3
2
2
2
2
2
⇒ AC ' = AB 3 = 3a ⇒ CC ' = AC ' − AC = 9a − a ⇒ CC ' = 2a 2
1

1
⇒ VABC . A ' B 'C ' = CC '.S ABC = CC '. AB. AC = 2a 2. a 3.a = a 3 6.
2
2
0
Xét ∆ABC có tan 60 =

Dạng 18: Thể tích khối lăng trụ xiên
Dạng 19: Tỉ số thể tích
Câu 27. [2D4-3] Cho khối lăng trụ ABC . A′B′C ′ có thể tích V , điểm P thuộc cạnh AA′ , Q thuộc BB′
PA QB′ 1
=
= ; R là trung điểm CC ′ . Tính thể tích khối chóp tứ giác R. ABQP theo
sao cho
PA′ QB 3
V.
A.

2
V.
3

B.

1
V.
3

3
V.

4
Hướng dẫn giải

C.

D.

1
V.
2

Chọn B

15


Cách 1: Nếu bài toán đúng với mọi hình lăng trụ thì bài toán cũng phải đúng với hình lăng trụ
đặc biệt. Giả sử ABC . A ' B ' C ' là khối lăng trụ đứng có đáy là tam giác ABC vuông
cân tại A và AB = AC = 4 ; AA′ = 4 .
Chọn hệ trục tọa độ với AB ≡ Ax , AC ≡ Ay ; AA′ ≡ Az
1
Thể tích khối lăng trụ VABC . A′B′C ′ = S ABC ×AA′ = ×4 ×4 ×4 = 32 .
2
1
Diện tích S ABQP = S APTB + S PTQ = 4.1 + .4.2 = 8
2
Chiều cao hình chóp R. ABQP : d ( R, ABQP ) = d ( R, Oxz ) = yR = 4
( Vì R ( 0; 4; 2 ) ; ( Oxz ) : y = 0 )

1

1
32
Suy ra thể tích khối chóp: VR. ABQP = S ABQP .d ( R, ( ABQP ) ) = .8.4 =
3
3
3
VR. ABQP
1
=
Vậy
VABC . A′B′C′ 3
1
1 2
1
Cách 2: VR. ABQP = VR. ABB′A′ = × VABC . A′B′C ′ = VABC . A′B′C ′ .
2
2 3
3

BÀI 6:

Thể tích khối lăng trụ có đáy là tứ giác

Dạng 20: Thể tích khối lăng trụ đứng.
Câu 28. [2D4-2] Diện tích toàn phần của một hình hộp chữ nhật là S = 8a 2 . Đáy của nó là hình vuông
cạnh a . Tính thể tích V của khối hộp theo a .
3 3
A. V = a .
2

B. V = 3a 3 .

C. V = a 3 .

D. V =

7 3
a.
4

Hướng dẫn giải
Chọn A
Gọi chiều cao của hình hộp chữ nhật là b .
Stp = S 2 đáy + S 4 mat bên = 2a 2 + 4ab = 8a 2

16


⇔b=

3
a
2

3 3
2 3
Vậy thể tích của khối hộp: V = Sđáy .b = a × a = a .
2
2
Câu 29. [2D4-2] Diện tích ba mặt của hình hộp chữ nhật lần lượt bằng 20 cm 2 , 28 cm 2 , 35cm 2 . Thể

tích của hình hộp đó bằng:
A. 165 cm3 .

B. 190 cm3 .

C. 140 cm3 .
Hướng dẫn giải

D. 160 cm3 .

Chọn C.
Công thức thể tích hình hộp theo diện tích 3 mặt
V = S1.S 2 .S3 = 20.28.35 = 140 .
Câu 30.

[2D4-3] Một hình trụ có bán kính đáy bằng R và thiết diện đi qua trục là hình vuông. Tính thể
tích V của khối lăng trụ tứ giác đều nội tiếp hình trụ.
A. V = 3R 3 .

B. V = 4 R 3 .

C. V = 2 R 3 .
Hướng dẫn giải:

D. V = 5 R 3 .

Chọn B.
B
C

O R

A

D
2R
B'
A'

C'

O'
D'

Do thiết diện qua trục là hình vuông nên đường sinh của hình trụ là: l = 2 R = h .
Do lăng trụ tứ giác đều nội tiếp hình trụ, nên đáy của lăng trụ là hình vuông có đường chéo:

(

)

2

3
AC = 2 R = AB 2 ⇒ AB = R 2 ⇒ VLT = Bh = R 2 2 R = 4 R .

Dạng 21: Thể tích khối lăng trụ xiên
·
Câu 31. [2D4-3] Cho hình hộp ABCD. A′B′C ′D′ có tất cả các cạnh bằng a và BAD
= 60° ,

·A′AB = ·A′AD = 120° . Thể tích hình hộp là
A.

a3 2
.
4

B.

a3 2
.
3

C.

a3 2
.
2

D.

a3 2
.
12

Hướng dẫn giải
Chọn C.

17

B ' D ' = AD ' = AB ' = a, AA ' = A 'B' = A ' D ' = a nên tứ diện A. A ' B ' D ' là tứ diện đều.
A' H =

2 A' B ' 3 a 3
a 6
, AH =
.
=
3
2
3
3

VA. A ' B ' D ' =

( A ' B ')
1
AH .
3
4

VABCD. A′B′C ′D′ = 6.VA. A ' B ' D '

2

3

1 a 6 a 2 3 a3 2
= .

.
=
3 3
4
12

a3 2
=
.
2

Dạng 22: Hình hộp hình lập phương
Câu 32. [2D4-2] Độ dài đường chéo của một hình lập phương bằng 3a. Tính thể tích V của khối lập
phương.
A. V = a 3 3 .

B. V = 8a 3 .

C. V = a 3 .

D. V = 3 3a 3 .

Hướng dẫn giải
Chọn D.

2
2
AA′2 + AB 2 + AD 2 = 3a ⇔ 3. AB = 9a .

A′C = 3a ⇔

⇔ AB = a 3 .

(

Vậy V = a 3
Câu 33.

)

3

= 3 3a 3 .

[2D4-3] Tính thể tích V của khối lập phương ABCD. A′B′C ′D′ . Biết rằng bán kính của mặt
cầu ngoại tiếp hình lập phương ABCD. A′B′C ′D′ là r = 3 .

18


A. V =

8
.
3

B. V = 8 2 .

C. V = 16 2 .

D. V = 8 .

Hướng dẫn giải
Chọn D.
Gọi a là cạnh hình lập phương. Khi đó đường chéo cũng là đường kính của hình cầu ngoại tiếp
2r
= 2.
hình lập phương là d = a 3 = 2r ⇒ a =
3
Thể tích khối lập phương V = 23 = 8 .
Câu 34. [2D4-3] Tính thể tích V của khối lập phương. Biết khối cầu ngoại tiếp hình lập phương có thể
4
tích là π .
3
A. V = 1.

B. V =

8
8 3
C. V = .
.
3
9
Hướng dẫn giải

D. V = 2 2.

Chọn B.

Kết quả: Mặt cầu ngoại tiếp hình hộp chữ nhật (hình lập phương) có:

Tâm: trùng với tâm đối xứng của hình hộp chữ nhật (hình lập phương). Tâm I là trung điểm
của AC ′ .
AC ′
Bán kính: bằng nửa độ dài đường chéo hình hộp chữ nhật (hình lập phương) ⇒ R =
.
2
4
Áp dụng: khối cầu ngoại tiếp một hình lập phương có thể tích là π
3
4
4
A'C
⇒ π R3 = π ⇒ R = 1 ⇒
= 1 ⇒ A'C = 2
3
3
2
⇒ AA′2 + AC 2 = 2
⇔

AA′2 + 2 AA′2 = 2 ⇒ AA′ =

2
3

3

⇒ VLP
Câu 35.

 2  8 3
=
÷ = 9 .
 3

[2D4-3] Một quả bóng bàn được đặt tiếp xúc với tất cả các mặt của một cái hộp hình lập
phương. Tỉ số thể tích của phần không gian nằm trong hộp đó nhưng nằm ngoài quả bóng bàn
và thể tích hình hộp là:
8−π
2
6 −π
3
.
A.
B. .
C.
.
D. .
8
3
6
4
Hướng dẫn giải
Chọn C.

19


Giả sử hình lập phương có cạnh bằng a . Khi đó, quả bóng bàn có bán kính bằng

a
.
2

4 a3 π a3
3
V
=
a
Thể tích khối lập phương 1
, thể tích khối cầu V2 = π . =
.
3 8
6
V1 − V2
π
= 1− .
Tỉ số cần tìm là
V1
6
Dạng 23: Tìm chiều cao lăng trụ
BÀI 7:

Khoảng cách

Dạng 24: Khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng.
Câu 36. [2D4-2] Cho hình chóp S . ABC có thể tích V = 2a 3 và đáy ABC là tam giác vuông cân tại A
biết AB = a . Tính h là khoảng cách từ S đến mặt phẳng ( ABC ) .
A. h = 12a .

B. h = 6a .

3
C. h = a .
2

D. h = 3a .

Hướng dẫn giải
Chọn A.

1
a2
.
AB. AC =
2
2
3V
1
3.2a 3
VS . ABC = S ∆ABC .SH ⇒ h = SH = S . ABC = 2 = 12a
 Ta có
.
a
3
S ∆ABC
2
Câu 37. [2D4-2] Cho hình chóp tứ giác đều S . ABCD có đáy là hình vuông ABCD cạnh a 2 , các
cạnh bên có chiều dài là 2a . Tính chiều cao của hình chóp đó theo a .
 Diện tích tam giác ABC là S =

A. a 2 .

B. 2a 2 .

C. 2a .

D. a 3 .

Hướng dẫn giải
Chọn D.

20


S

A

D
O

B
C
Gọi O là tâm hình vuông ABCD .
Do S . ABCD là hình chóp đều nên SO ⊥ ( ABCD ) .
Ta có AC = 2a ⇒ AO = a .
SO = SA2 − AO 2 = 4a 2 − a 2 = a 3 .
Câu 38. [2D4-3] Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a , SA vuông góc với đáy
và góc tạo bởi SB và mặt phẳng đáy bằng 60° . Khoảng cách từ A đến mặt phẳng ( SBC )

bằng:

A.

2a 15
.
5

B.

3a
.
5

C.

a 15
.
5

D.

a 15
.
3

Hướng dẫn giải
Chọn C.

a 3

.
2
Gọi H là hình chiếu của A lên SM , ta có AH ⊥ ( SBC ) tại H (vì AH ⊥ SM , AH ⊥ BC )
Gọi M là trung điểm BC . Ta có AM =
Suy ra d ( A, ( SBC ) ) = AH .
Xét tam giác SAB vuông tại A có SA = AB tan 600 = a 3 .
Xét tam giác vuông SAM , ta có

1
1
1
1
4
5
a 15
.
= 2+
= 2 + 2 = 2 ⇒ AH =
2
2
AH
SA
AM
3a 3a
3a
5

21

BÀI 8:
BÀI TOÁN THỰC TẾ.
Câu 39. [2D4-4] /Người ta cần lợp tôn cho mái nhà như hình vẽ . Biết mái trước , mái sau là các hình
thang cân ABCD , ABFE ; hai đầu hồi là hai tam giác cân ADE , BCF tại A và B . Hình
chiếu vuông góc của A trên mặt phẳng ( CDEF ) là H . Biết AB = 16m , CD = FE = 20m ,
AH = 1, 73m , ED = CF = 6m . Tính tổng diện tích S của mái nhà ( diện tích của hai mái trước,
sau và hai đầu hồi )
A. S ≈ 281m 2 B. S ≈ 78m 2 C. S ≈ 141m 2 D. S ≈ 261m 2
Hướng dẫn giải
Chọn C.

Xét hình thang cân AKIB : KH =

KI − AB
=2
2

1
⇒ AK = HK 2 + AH 2 = 1, 732 + 22 ≈ 2, 64441 ⇒ S ADE = . AK .ED = 3.2, 64441 = 7, 93323
2
Ta có : ED ⊥ AK , ED ⊥ AH ⇒ ED ⊥ ( AKH ) ⇒ ED ⊥ HK

Kẻ HJ ⊥ EF ⇒ FE ⊥ ( JAH ) ⇒ JA ⊥ FE
AB + FE
16 + 20
⇒ S AEFB =
.JA =
. 32 + 1, 732 = 62,33538
2
2

⇒ S = 2 ( S ADE + S AEFB ) ≈ 141m 2 .
Câu 40. [2D4-4] Để làm một máng xối nước, từ một tấm tôn kích thước 0, 9m × 3m người ta gấp tấm
tôn đó như hình vẽ dưới biết mặt cắt của máng xối (bởi mặt phẳng song song với hai mặt đáy)
là một hình thang cân và máng xối là một hình lăng trụ có chiều cao bằng chiều dài của tấm
tôn. Hỏi x ( m ) bằng bao nhiêu thì thể tích máng xối lớn nhất ?
3m

x

0,3m

xm

x
0,3m

0,9 m
3m
(a) Tấm tôn
A. x = 0,5m .

0,3m

(b) Máng xối
B. x = 0, 65m .
C. x = 0, 4m .
Hướng dẫn giải.

0,3m
(c) Mặt cắt

D. x = 0, 6m .

Chọn D.

22


Vì chiều cao lăng trụ bằng chiều dài tấm tôn nên thể tích máng xối lớn nhất khi diện tích hình
thang cân (mặt cắt) lớn nhất
h
Ta có S = ( x + 0,3 )
2

( x − 0, 3) ⇒ S = ( x + 0,3) .
x − 0,3
2
BC =
⇒ h = ( 0,3) −
2
4
2
1
2
2
S = ( x + 0,3) 4. ( 0,3) − ( x − 0,3 )
4
2

Xét hàm số f ( x ) = ( x + 0,3) 4. ( 0, 3) − ( x − 0,3 )
2

⇒ f ′ ( x ) = 4. ( 0,3) − ( x − 0,3) + ( x + 0,3) .
2

=

2 4. ( 0,3) − ( x − 0,3)
2

2

2

2

2

4

−2 ( x − 0,3)

4. ( 0,3 ) − ( x − 0,3) − ( x + 0,3) ( x − 0,3 )
4. ( 0,3) − ( x − 0,3)

( x − 0,3)
−

2

2

2

( 0,3)

2

=

2

0,36 − 2 x ( x − 0,3 )
4. ( 0,3) − ( x − 0,3)
2

2

 x = −0,3
f ′ ( x ) = 0 ⇔ − x 2 + 0,3x + 0,18 = 0 ⇔ 
 x = 0, 6
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy f ( x ) lớn nhất khi x = 0, 6
Vậy thể tích máng xối lớn nhất khi x = 0, 6m .
Câu 41. [2D4-4] Kim tự tháp Cheops (có dạng hình chóp) là kim tự tháp cao nhất ở Ai Cập. Chiều cao
của kim tự tháp này là 144 m , đáy của kim tự tháp là hình vuông có cạnh dài 230 m . Các lối đi
và phòng bên trong chiếm 30% thể tích của kim tự tháp. Biết một lần vận chuyển gồm 10 xe,
mỗi xe chở 6 tấn đá, và khối lượng riêng của đá bằng 2,5.103 kg / m3 . Số lần vận chuyển đá để
xây dựng kim tự tháp là:
A. 740600 .

B. 76040 .

C. 7406 .
Hướng dẫn giải

D. 74060 .

Chọn D.

23


1
2
3
Thể tích kim tự tháp là V = c.day × c.cao = 2539 200m . Thể tích khối đá cần vận chuyển là
3
0.7V = 1777 440m3 .
Gọi x là số lần vận chuyển. Để đủ đá xây dựng kim tự tháp thì
x.10.6000
= 1777440 ⇒ x = 74060 .
2,5.103
Câu 42.

[2D4-4] Cần xẻ một khúc gỗ hình trụ có đường kính d = 40 cm và chiều dài h = 3 m thành
một cái xà hình hộp chữ nhật có cùng chiều dài. Lượng gỗ bỏ đi tối thiểu xấp xỉ là
A. 1, 4 m3 .

B. 0, 014 m3 .

C. 0,14 m3 .

D. 0, 4 m3 .

Hướng dẫn giải
Chọn C.
Lượng gỗ bỏ đi tối thiểu ⇔ thể tích cái xà lớn nhất.
⇔ diện tích đáy của cái xà lớn nhất.
⇔ đáy là hình vuông nội tiếp đường tròn đáy. Hình vuông này có đường chéo bằng đường
kính đường tròn đáy.
2

 0, 4 
Vtru = π R h = π 
÷ .3 .
 2 
2

S hh =

1
2
( 0, 4 ) .
2

Vhh = S hh .h =

1
2
( 0, 4 ) .3 .
2

Vgo bo di = Vtru − Vhh ≈ 0,14m3 .

24