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

PHẦN CUỐI: BÀI TOÁN VẬN DỤNG (8.9.10)
Chủ đề 5. KHỐI ĐA DIỆN
Câu 1:

(SGD VĨNH PHÚC) Cho hình hộp chữ nhật ABCD.ABCD có AB = a, AD = a 3. Tính
khoảng cách giữa hai đường thẳng BB và AC.
a 2
a 3
a 3
.
B. a 3 .
C.
.
D.
.
A.
2
4
2
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Ta có: AC =
BH =

( AB) + ( BC)
2

2

D

= 2a. Kẻ BH ⊥ AC.
A

AB.BC  a.a 3 a 3
=
=
.
BC 
2a
2

C

B

Vì BB// ( ACCA) nên d ( BB, AC) = d ( BB, ( ACCA) )

D'

C'

H

d ( BB, ( ACC A ) ) = BH =

Nên d ( BB, AC  ) =
Câu 2:

a 3
.

2

B'

A'

a 3
.
2

(SGD VĨNH PHÚC) Cho hình chóp S.ABC có SA ⊥ ( ABC ) , tam giác ABC vuông cân tại B ,
AC = 2a và SA = a. Gọi M là trung điểm cạnh SB . Tính thể tích khối chóp S.AMC.
a3
a3
a3
a3
A.
.
B.
.
.
D.
.
C.
12
9
6
3
Hướng dẫn giải
Chọn A.

Xét tam giác vuông cân ABC có: AB = BC =

S ABC =

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

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

S

a
M
A

2a

B

C


1
a3
 VS . AMC = VS . ABC =
2
6

Câu 3:

(SGD VĨNH PHÚC) Cho hình lăng trụ đứng ABC. A1B1C1 có AB = a , AC = 2a , AA1 = 2a 5
và BAC = 120. Gọi K , I lần lượt là trung điểm của các cạnh CC1 , BB1 . Tính khoảng cách
từ điểm I đến mặt phẳng ( A1BK ) .
A.

a 5
.
3

B. a 15 .

C.

a 5
.
6

D.

a 15
.
3

Hướng dẫn giải
Chọn C.

C1

A1

Ta có IK = B1C1 = BC = AB 2 + AC 2 − 2 AB. AC.cos1200 = a 7
Kẻ AH ⊥ B1C1 khi đó AH là đường cao của tứ diện A1 BIK
Vì A1 H .B1C1 = A1 B1. A1C1.sin1200  A1H =

S

IKB

=

a 21
7

H

B1

K

I
C

A

1
1
1
IK .KB = a 2 35  VA1 .IBK = a 3 15(dvtt )
2
2
6

B

Mặt khác áp dụng định lý Pitago và công thức Hê-rông ta tính đc SA1BK = 3a 3 ( dvdt )
Do đó d ( I , ( A1BK ) ) =
Câu 4:

3VA1IBK

SA1BK

=

a 5
.
6

(NGUYỄN KHUYẾN TPHCM) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật. Tam giác
SAB vuông cân tại A và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy và SB = 4 2 . Gọi M là
trung điểm của cạnh SD . Tính khoảng cách l từ điểm M đến mặt phẳng ( SBC ) .
A. l = 2

B. l = 2 2

C. l = 2
Hướng dẫn giải

D. l =

2
2


S

K
H

M

N

4 2

D
A

B

C

( SAB ) ⊥ ( ABCD ) , ( SAB )  ( ABCD ) = AB
Theo giả thiết, ta có 
 SA ⊥ ( ABCD ) .
 SA ⊥ AB

Gọi N , H , K lần lượt là trung điểm các cạnh SA, SB và đoạn SH .

 BC ⊥ SA
 BC ⊥ ( SAB )  BC ⊥ AH .
Ta có 
 BC ⊥ AB
Mà AH ⊥ SB ( ABC cân tại A có AH là trung tuyến).
Suy ra AH ⊥ ( SBC ) , do đó KN ⊥ ( SBC ) (vì KN || AH , đường trung bình).
Mặt khác MN || BC  MN || ( SBC ) .
Nên d ( M , ( SBC ) ) = d ( N , ( SBC ) ) = NK =

1
AH = 2 2 .
2

Đáp án: B.
Câu 5:

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

9 2
16

B.

8 3
3

C. 3 3

D.

27 2
12

Hướng dẫn giải
A

Chọn A
Do AB

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

P

1
Vậy VPCMN = VDPMN = VMCND = VABCD
4

N

B

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

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

D


2

Mặt khác VABCD
Câu 6:

1 a2 3
a3 2 27 2
1 27 2 9 2
 a 

2
nên VMCND = .
=
=
. a −
=
=

4 12
16
3 4
12
12
 3

(NGUYỄN KHUYẾN TPHCM) Cho tứ diện ABCD có AD = 14, BC = 6 . Gọi M , N lần lượt là
trung điểm của các cạnh AC , BD và MN = 8 . Gọi  là góc giữa hai đường thẳng BC và
MN . Tính sin  .
1
2 2
2
3
A.
B.
C.
D.
2
4
2
3

Hướng dẫn giải
Gọi

P là

trung

điểm

của

A

cạnh

CD ,

ta

có

 = ( MN , BC ) = ( MN , NP ) .
14

Trong

tam

cos MNP =

MNP ,

ta

có

MN 2 + PN 2 − MP 2 1
= . Suy ra MNP = 60 .
2MN .NP
2

8

7

D

3
.
2

Suy ra sin  =
Câu 7:

giác

M

3

N
B

6

P

C

(NGUYỄN KHUYẾN TPHCM) Cho lăng trụ tam giác ABC.A ' B ' C ' có đáy ABC là đều cạnh
AB = 2a 2 . Biết AC ' = 8a và tạo với mặt đáy một góc 450 . Thể tích khối đa diện ABCC ' B '
bằng
16a 3 6
.
D.
3

16a 3 3
.
C.
3

8a 3 6
.
B.
3

8a 3 3
.
A.

3

Hướng dẫn giải
Gọi H là hình chiếu của A lên mp ( A ' B ' C ')

B

2a 2
A

 HC ' A = 45

0

C

 AHC ' vuông cân tại H.
 AH =

8a
B'

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

A'

H

NX:

VA.BCC ' B '

C'

(

)

2

2a 2 . 3 16a3 6
2
2
2
= VABC . A' B 'C ' = AH .S ABC = .4a 2.
=
.
3
3
3
4
3

Chọn D.
Gọi H là hình chiếu của A lên mp ( A ' B ' C ')

 HC ' A = 450


 AHC ' vuông cân tại H.
 AH =

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

NX: VA.BCC ' B '
Câu 8:

(

)

2

2a 2 . 3 16a3 6
2
2
2
= VABC . A' B 'C ' = AH .S ABC = .4a 2.
=
.
3
3

3
4
3

(T.T DIỆU HIỀN) Cho hình lập phương ABCD.A ' B ' C ' D ' cạnh a . Tính khoảng cách giữa
hai đường thẳng BC ' và CD ' .
a 2
a 3
A. a 2 .
B.
.
C. 2a .
D.
.
3
3
Hướng dẫn giải
Chọn B
A'

D'
O

B'

C'
H
A

D

C

B

Gọi O = A ' C ' B ' D ' và từ B ' kẽ B ' H ⊥ BO
Ta

có

CD ' // ( BA ' C ')

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

Câu 9:

nên

BB '.B ' O a 3
=
BO
3

(T.T DIỆU HIỀN) Một hình hộp chữ nhật ABCD.ABCD có ba kích thước là 2cm , 3cm và
6cm . Thể tích của khối tứ diện ACB
. D bằng
3
3
A. 8 cm .
B. 12 cm .

C. 6 cm3 .
D. 4 cm3 .
Hướng dẫn giải
Chọn B.
A'

D'

Ta có :
B'

C'

6 cm

A
D

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

3 cm
2 cm

C


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 cạnh bằng 2cm. Gọi M , N , P lần lượt là
trọng tâm của ba tam giác ABC , ABD, ACD. Tính thể tích V của khối chóp AMNP.
A. V =

2
cm3 .
162

B. V =

2 2 3
cm .
81

C. V =

4 2 3
cm .
81

D. V =

2
cm3 .
144

Hướng dẫn giải
Chọn C.

A

Tam giác BCD đều  DE = 3  DH =
AH = AD 2 − DH 2 =

SEFK

2 3
3

2 6
3

N
M

1
1 1
1
3
= .d( E , FK ) .FK = . d( D,BC) . BC =
2
2 2

2
4

B

K

P
D

 VSKFE =

Mà

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

F

AM AN AP 2
=

=
=
AE AK AF 3

Lại có:

H

E

C

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

hình
hộp
có
ABCD.ABCD

BCD = 60, AC = a 7, BD = a 3, AB  AD ,đường chéo BD  hợp với mặt phẳng ( ADDA)
góc 30 . Tính thể tích V của khối hộp ABCD.ABCD .
39 3
a.
A. 39a3 .
B.
C. 2 3a3 .
D. 3 3a3 .
3

Câu 11: (LÝ

TỰ

TRỌNG

–

TPHCM)

Cho

Hướng dẫn giải
Chọn D.


D'

C'
30°

A'

B'

x

D

y

O
A

C

B

( x  y)

•

Đặt x = CD; y = BC

•

Áp dụng định lý hàm cos và phân giác trong tam giác BCD
3a2 = x2 + y 2 − xy và x2 + y 2 = 5a2

 x = 2a;

y=a

•

Với x = 2 y = 2a và C = 60 → BD ⊥ AD → BD ';(ADD'A') = 30 → DD ' = 3a

•

S ABCD = xy.sin 60 = a 2 3

•

Vậy V hình hộp = a 3 3 3

2
. Gọ i M là
6
trung điể m củ a cạ nh SD . Nế u SB ⊥ SD thì khoả ng cá ch từ B đế n mặt phẳng ( MAC )
bà ng:
1
3
1
2
A. .
B.
.
C.
.
D. .

2
4
2
3

Câu 12: (NGÔ GIA TỰ - VP) Cho hình chó p tứ giá c đề u S.ABCD có thể tích V =

Hướng dẫn giải
Chọn A
S

M

D

A
O

B

C

Giả sử hình chóp có đáy ABCD là hình vuông cạnh a . Khi đó, BD = a 2 .
Tam giác SBD vuông cân tại S nên SD = SB = a và SO =

BD a 2
=
.
2
2

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


Suy ra các tam giác SCD, SAD là các tam giác đều cạnh a và SD ⊥ ( MAC ) tại M .
1
a3 2
Thể tích khối chóp là V = .SO.S ABCD =
3
6

Mà

a3 2
2
=
 a =1
6
6

1
Vì O là trung điểm BD nên d ( B, ( MAC ) ) = d ( D, ( MAC ) ) = DM = .
2
Câu 13: (THTT – 477) Một hình lăng trụ có đáy là tam giác đều cạnh bằng a , cạnh bên bằng b 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  .
a b sin  .
a b cos  .
a b cos  .
A.
B.
C.
D.
12
4
12
4
Hướng dẫn giải
Chọn A.
A'

C'
S

B'

A

C
H'

H

B

Gọi H là hình chiếu của A trên ( ABC ) . Khi đó  = AAH .
Ta

có AH = AA.sin  = b sin 

nên

thể

tích

khối

lăng

trụ

là

a b 3 sin 
.
4
Lại có chiều cao của chóp theo yêu cầu đề bài chính là chiều cao của lăng trụ và bằng AH
VABC . ABC  = AH .S ABC =

2

1
a 2b 3 sin 
nên thể tích khối chóp là 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
A. V =

(b

(b
B. V =

2

+ c 2 − a 2 )( c 2 + a 2 − b 2 )( a 2 + b 2 − c 2 )
8

2

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

C. V = abc.

8

.

.

D. V = a + b + c.
Hướng dẫn giải
B

C

x

a

A

D

y

b

c

z
B'

C'

A'

D'

Chọn A.
Giả sử hình hộp chữ nhật có ba kích thước: x, y, z .

 x2 + y 2 = a2
 y 2 = a2 − x2
 y 2 = a2 − x2



Theo yêu cầu bài toán ta có  y 2 + z 2 = c 2   y 2 + z 2 = c 2  a 2 − x 2 + b 2 − x 2 = c 2
 x2 + z 2 = b2
 z 2 = b2 − x2
 z 2 = b2 − x2



 2 a 2 − b2 + c2
y =
2

2
a + b2 − c2

  x2 =
V =
2

 2 b2 + c2 − a 2
z =
2



(a

2

+ c 2 − b 2 )( a 2 + b 2 − c 2 )( b 2 + c 2 − a 2 )
8

Câu 15: (SỞ GD HÀ NỘI) Cho hình lăng trụ A BCA B C  có đáy là tam giác đều cạnh a . Hình chiếu
vuông góc của A  lên mặt phẳng A BC trùng với trọng tâm tam giác A BC . Biết khoảng

(

)

cách giữa hai đường thẳng A A  và BC bằng
A BCA B C .

A. V =

a3 3
.
24

B. V =

a3 3
.
12

a 3
. Tính thể tích V của khối lăng trụ
4

C. V =

a3 3
.
3

D. V =

a3 3
.
6

Hướng dẫn giải
Chọn B.
A'

(

)

M là trung điểm của BC thì BC ⊥ A A M .

C'

H

B'

Gọi MH là đường cao của tam giác A A M thì
MH ⊥ A A và HM ⊥ BC nên HM là khoảng cách

C

A
G
B

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

M


A A  và BC .

Ta có A A.HM = A G.AM 

a 3
a 3
a2
.A A =
A A 2 −
4
2
3


a2 
4a 2
4a 2
2a
 A A 2 = 4  A A 2 −   3A A 2 =
 A A 2 =
 A A =
.


3
3
9
3


Đường cao của lăng trụ là A G =

Thể tích V LT =

4a 2 3a 2 a
−
= .
9
9
3

a 3a 2 a 3 3
.

=
.
3 4
12

Câu 16: (SỞ GD HÀ NỘI) Cho hình chóp S.ABC có ASB = CSB = 600 , ASC = 900 , SA = SB = SC = a .
Tính khoảng cách d từ điểm A đến mặt phẳng ( SBC ) .
A. d = 2a 6 .

B. d =

a 6
.
3

C. d = a 6 .

D. d =

2a 6
.
3

Hướng dẫn giải
Chọn B.
S

B
A
H

C

+ Ta có: SAB , SBC là các đều cạnh a nên AB = BC = a
+ Ta có: SAC vuông cân tại S nên AC = a 2
+ Ta có: AC 2 = AB 2 + BC 2 nên ABC vuông tại B có S ABC =

a2
2

+ Gọi H là trung điểm của AC . Ta có: HA = HB = HC và SA = SB = SC nên SH ⊥ ( ABC )
và SH =

AC a 2
=
.
2
2


3V
SH .S ABC
+ Vậy d  A; ( SBC )  = S . ABC =
S SBC
S SBC

a 2 a2
.
2
2 =a 6
=

2
3
a 3
4

Câu 17: (CHUYÊN HÙNG VƯƠNG – GL) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh
bằng 2a 3 , góc BAD bằng 1200. Hai mặt phẳng ( SAB ) và ( SAD ) cùng vuông góc với
đáy. Góc gữa mặt phẳng ( SBC ) và ( ABCD ) bằng 450 . Tính khoảng cách h từ A đến mặt
phẳng ( SBC ) .
A. h = 2a 2.

B. h =

2a 2
.
3

3a 2
.
2
Hướng dẫn giải

D. h = a 3.

C. h =

Chọn C.
Gọi H là chân đường cao hạ từ A của tam giác ABC.
Xét tam giác ABH :
AH

sin B =
 AH = 2a 3.sin 600 = 3a.
AB

cos B =

S

BH
 BH = 2a 3.cos 600 = a 3.
AB
I

Xét tam giác SAH vuông tại A :
SA
tan SHA =
 SA = 3a tan 450 = 3a.
AH

D

A

Trong tam giác SAH vuông tại A , kẻ
AI ⊥ SH tại I . Ta có AI ⊥ ( SBC ) nên AI là

B

H

C

khoảng cách từ A đến mặt phẳng ( SBC ) .
Xét tam giác SAH , ta có:
 d ( A, ( SBC ) ) = AI =

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

3a 2
.
2

Câu 18: (CHUYÊN LƯƠNG VĂN CHÁNH) Khi chiề u cao củ a mọ t hình chó p đề u tăng lên n là n

nhưng mõ i cạ nh đá y giả m đi n là n thì thể tích củ a nó .
A. Không thay đỏ i.
B. Tăng lên n là n.
C. Tăng lên n −1 là n. D. Giả m đi n là n.
Hướng dẫn giải
Chọ n D.

1
Ta có : V = .h.S , với h là chiề u cao, S là diệ n tích đá y
3
S=

x2a
với x là đọ dà i cạ nh củ a đa giá c đề u, a là só đỉnh củ a đa giá c đề u.
 1800 
4 tan 

 a 



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


2

 x
  a
1
1 1

1
n
Ycbt  V1 = .nh.  
= . .h.S = .V .
3
n
 1800  n 3
4 tan 

 a 



Câu 19:

(BIÊN HÒA – HÀ NAM) 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. Tỉ số thể tích giữa hai
phần (phần lớn trên phần bé) bằng:
7
1
A. .
B. .
7
5

7
.
3
Hướng dẫn giải

C.

D.

6
.
5

Chọn A.
S

N
E
H

D

C
O

B

M

F

A

Giả sử các điểm như hình vẽ.

E = SD  MN  E là trọng tâm tam giác SCM , DF // BC  F là trung điểm BM .

(

)

Ta có: SD, ( ABCD ) = SDO = 60  SO =

a 6
a 7
, SF = SO 2 + OF 2 =
2
2

a 6
1
a2 7
 d ( O, ( SAD ) ) = OH = h =
; 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
7a3 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 diện tích của
tất cả các mặt là 36 , độ dài đường chéo AC bằng 6 . Hỏi thể tích của khối hộp lớn nhất là
bao nhiêu?
A. 8 .
B. 8 2 .
C. 16 2 .
D. 24 3 .
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Gọi chiều dài 3 cạnh của hình hộp chữ nhật lần lượt là: a , b , c  0
Ta có AC 2 = a 2 + b 2 + c 2 = 36; S = 2ab + 2bc + 2ca = 36  (a + b + c) 2 = 72  a + b + c = 6 2
3

3
a+b+c 3
 a+b+c   6 2 
 abc  abc  
 = 16 2 . Vậy VMax = 16 2
 = 
3
3

  3 

Câu 21:

(CHUYÊN ĐHSP HN) 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 qua S . 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
2 3a 3
4 3a 3
3a 3
A.
.
B. 2 3a3 .
C.
.
D.
.
3
3
2
Chọn A.
Cách 1: Ta tính thể tích khối chóp S.ABC :
Gọi H là tâm tam giác ABC đều cạnh a  CH =

a 3
. Góc giữa đường thẳng SA và mặt
3

1
1 a 2 3 a3 3
=
.
phẳng (ABC) bằng 600  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 là: VS . ABC =
Diện tích tam giác SBC là: S SBC =

a 2 39
.
12

Khoảng cách từ A đến mặt phẳng
d ( A, ( SBC ) ) =

a3 3
.
12

( SBC )

A'

là:

B'

C'

3a
.
13

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

S

C

B
H

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


Có SB =

2a 3
2a 3
a 39
.
 BB ' =
 B 'C =
3

3
3

Diện tích BCB ' C ' là: S BCB 'C ' =

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).

1
Thể tích khối bát diện đã cho là V = 2VA ' B 'C ' BC = 2.4VA '.SBC = 8VS . ABC = 8. SG.S ABC
3
Ta

có:

tan SAG =

( SA; ( ABC )) = SAG = 60 .
0

Xét

SGA

vuông

tại

G:

SG
 SG = AG.tan SAG = a.
AG

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

Câu 22: (CHUYÊN THÁI BÌNH) Cho khối chóp S.ABC có SA = a , SB = a 2 , SC = a 3 . Thể tích
lớn nhất của khối chóp là
a3 6
a3 6
a3 6

A. a3 6 .
B.
.
C.
.
D.
.
2
3
6
Chọn D.

1
AH .S SBC .
3
Ta có AH  SA ; dấu “=” xảy ra khi AS ⊥ ( SBC ) .

Gọi H là hình chiếu của A lên ( SBC )  V =

1
1
SB.SC.sin SBC  SB.SC , dấu “=” xảy ra khi
2
2
SB ⊥ SC .
S SBC =

Khi đó, V =

A

1
1
1
1
AH .S SBC  AS  SB  SC = SA  SB  SC .
3
3
2
6

a

Dấu “=” xảy ra khi SA, SB, SC đôi một vuông góc với
nhau.
Suy ra thể tích lớn nhất của khối chóp là
1
a3 6
V = SA.SB.SC =
.
6
6

a 3
S

C

H

a 2
B


Câu 23:

a 17
,
2
hình chiếu vuông góc H của S lên mặt ( ABCD ) là trung điểm của đoạn AB . Tính chiều cao

(CHUYÊN THÁI BÌNH) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a , SD =

của khối chóp H .SBD theo a .
a 3
3a
A.
.
B.
.
5
7
Chọn A.
Ta
có

SHD

C.

vuông

a 21
.
5

tại

D.

3a
.
5

S

H

2

 a 17   2  a 2 
 SH = SD − HD = 
 −  a +    = a 3 .
2
2 

 
2

2

Cách 1. Ta có d ( H , BD ) =

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

Chiều cao của chóp H .SBD là

d ( H , ( SBD ) ) =

B

C

H

A

SH .d ( H , BD )
SH 2 +  d ( H , BD ) 

D

B
2

C

=
H

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

I
A

D

1
1
1
1
3 3
3 3
a  VH .SBD = VA.SBD = VS . ABC = VS . ABCD =
a .
Cách 2. S . ABCD = SH .S ABCD =
2

3
2
4
3
12

Tam giác SHB vuông tại H  SB = SH 2 + HB 2 = 3a 2 +

Tam giác SBD có SB =
 d ( H , ( SBD ) ) =

a 2 a 13
=
.
4
2

a 13
a 17
5a 2
; BD = a 2; SD =
.
 SSBD =
2
2
4

3VS .HBD a 3
=
.

S SBD
5

Cách 3. Gọi I là trung điểm BD . Chọn hệ trục Oxyz
với O  H ; Ox  HI ; Oy  HB; Oz  HS .

(

z

)

 a 
a

Ta có H ( 0;0;0 ) ; B  0; ;0  ; S 0;0; a 3 ; I  ;0;0 
 2 
2


S

Vì ( SBD )  ( SBI )

y
B

C
I

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

x

OH

D


 ( SBD ) :

2x 2 y
z
3
+
+
= 1  2x + 2 y +
z−a = 0.
a
a a 3
3

Suy ra d ( H , ( SBD ) ) =

2.0 + 2.0 +

3
.0 − a
3

4+4+

1
3

=

a 3
.
5

Câu 24: (CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU) Cho khối chóp S.ABCD có thể tích bằng a 3 . Mặt bên SAB là
tam giác đều cạnh a và đáy ABCD là hình bình hành. Tính theo a khoảng cách giữa SA
và CD .
a
2a
A. 2 3a .
B. a 3 .
C.
.
D. .
2
3
Hướng dẫn giải
Chọn A.
Vì đáy ABCD là hình bình hành
S
1
a3

 VSABD = VSBCD = VS . ABCD = .
2
2
Ta có:
Vì tam giác SAB đều cạnh a
a2 3
 S SAB =
4
A
D
Vì CD AB  CD ( SAB ) nên

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

a

3

a
3VSABD 3. 2
=
= 2
= 2 3a.
S SBD
a 3
4

B

C

Câu 25: (LÝ TỰ TRỌNG – TPHCM) Tìm Vmax là giá trị lớn nhất của thể tích các khối hộp chữ nhật
có đường chéo bằng 3 2cm và diện tích toàn phần bằng 18cm 2 .
A. Vmax = 6cm3 .
B. Vmax = 5cm3 .
C. Vmax = 4cm3 .

D. Vmax = 3cm3 .
Hướng dẫn giải

Chọn C.

a 2 + b2 + c 2 = 18
Đặt a, b, c là kích thước của hình hộp thì ta có hệ 
.
ab + bc + ac = 9
Suy ra a + b + c = 6. Cần tìm GTLN của V = abc.
Ta có b + c = 6 − a  bc = 9 − a (b + c ) = 9 − a ( 6 − a ) .
Do ( b + c )  4bc  ( 6 − a )  4 9 − a ( 6 − a )  0  a  4.
2

2


Tương tự 0  b, c  4 .
Ta lại có V = a 9 − a ( 6 − a )  . Khảo sát hàm số này tìm được GTLN của V là 4.
Câu 26: (CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU) Khối chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a .
SA = SB = SC = a , Cạnh SD thay đổi. Thể tích lớn nhất của khối chóp S.ABCD là:
3a3
a3

a3
a3
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
8
8
4
2
Hướng dẫn giải
Chọn D.
Khi SD thay đổi thi AC thay đổi. Đặt AC = x .
Gọi O = AC  BD .
Vì SA = SB = SC nên chân đường cao SH trùng
với tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC .
 H  BO .

S

4a 2 − x 2
4a 2 − x 2
 x
=
Ta có OB = a 2 −   =
4

2
2
2

1
1
4 a 2 − x 2 x 4a 2 − x 2
S ABC = OB. AC = x.
=
2
2
2
4
2
a.a.x
a x
a2
HB = R =
=
=
.
4S ABC
x 4a 2 − x 2
4a 2 − x 2
4.
4

A
x

B
O

a

H

C

D

a4
a 3a 2 − x 2
SH = SB − BH = a − 2 2 =
4a − x
4a 2 − x 2
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
2

2
2
3
1
1  x + 3a − x  a
= 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 V và diện tích mỗi mặt của nó bằng
S. 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
.
.
A.
B.
nS
S
3V
V
.

.
C.
D.
3S
S
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

S

C

A
H

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

B

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 ABCD.ABCD có cạnh bằng a , một mặt
1
phẳng ( ) cắt các cạnh AA , BB , CC , DD lần lượt tại M , N , P , Q . Biết AM = a ,
3
2
CP = a . Thể tích khối đa diện ABCD.MNPQ là:
5
11 3
11 3
2a 3
a3
a .
a .

A.
B.
.
C.
.
D.
30
15
3
3
HD: Tứ giác MNPQ là hình bình hành có tâm là I

B

C
O

thuộc đoạn OO’.
A

AM + CP 11
a
Ta có: OI =
= a
2
30
2

D
N

M

I

Gọi O1 là điểm đối xứng O qua I thì :
OO1=2OI=

P
Q

11
a < a. Vậy O1 nằm trong đoạn OO’.
15

Vẽ mặt phẳng qua O1 song song với (ABCD) cắt
các cạnh AA’; BB’;CC’; DD’ lần lượt tại

O1

B'

C'

O'
D'

A'

A1, B1,C1, D1. Khi đó I là tâm của hình hộp

ABCD.A B1C1D1.
Vậy V(ABCD. MNPQ)=V( MNPQ.A1 B1C1D1)
1
2

1
2

= V ( ABCD. A1B1C1D1 ) = a 2OO1 =

11 3
a
30

(CHUYÊN VĨNH PHÚC) Người ta gọ t mọ t khó i lạ p phương gõ để lá y khó i tá m mạ t đề u nọ i
tiế p nó (tức là khó i có cá c đỉnh là cá c tâm củ a cá c mạ t khó i lạ p phương). Biế t cá c cạ nh củ a
khó i lạ p phương bà ng a. Hã y tính thể tích củ a khó i tá m mạ t đề u đó :
a3
a3
a3
a3
A.
B.
C.
D.
4
6
12
8

Câu 29:

Đáp án B
C

Dựng được hình như hình bên
+ Thá y được thể tích khó i cà n tính bà ng 2 là n thể tích củ a
hình chó p S.ABCD
+ Nhiệ m vụ bây giờ đi tìm thể tích củ a S.ABCD

D
B

A

S


+ ABCD là hình vuông có tâm O đò ng thời chính là hình chiế u củ a S lên mạ t đá y

SO =

a
2
a
; BD = cạ nh củ a hình lạ p phương = a . Suy ra cá c cạ nh củ a hình vuông ABCD =
2
2

1

1 1  2  2  3 a 3
a3
VS.ABCD = Sh = . . 
a
=
.
V
.
khối đa diện = 2.VS.ABCD =



3
3 2  2 
12
6
 2 

Câu 30:

Cho tứ diện ABCD có thể tích bằng 12 và G là trọng tâm tam giác BCD . Tính thể tích V
của khối chóp AGBC
.
.
A. V = 3 .
B. V = 4 .
C. V = 6 .
D. V = 5 .
Chọn B.
• Cách 1:

Phân tích: tứ diện ABCD và khối chóp AGBC
có cùng
.
đường cao là khoảng cách từ A đến mặt phẳng ( BCD ) . Do

G là trọng tâm tam giác BCD
SBGC = SBGD = SCGD  SBCD = 3SBGC (xem
minh).

nên ta có
phần chứng

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

A

D

B
G

Chứng minh: Đặt DN = h; BC = a .
C

Từ hình vẽ có:
+) MF // ND 

B

MF CM 1
1
h
=
=  MF = DN  MF = .

DN CD 2
2
2

GE BG 2
2
2 h h
=
=  GE = MF = . =
+) GE // MF 
MF BM 3
3
3 2 3

+)

SBCD
SGBC

N

G

E
M

F

C

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BCD = 3SGBD = 3SGCD

D

D

G
A

C
H

 SBGC = SBGD = SCGD .
• Cách 2:

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

H1
I

B




d ( G; ( ABC ) )

d ( D; ( ABC ) )

=

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

1
1
Nên VG. ABC = d ( G; ( ABC ) ) .S ABC = .VDABC = 4.
3
3
Câu 31: Một hình trụ có diện tích xung quanh bằng 4 , diện tích đáy bằng diện tích của mặt cầu có
bán kính bằng 1 . Tính thể tích V khối trụ đó.
A. V = 4 .

B. V = 6 .

C. V = 8 .

D. V = 10 .

Đáp án B

B , D nhìn A C dưới một góc 90° .
SD = a 5; KD =

Ta có:

A D2
a2
a
=
=
; SC =
SD
a 5
5

SA 2 + A C 2 = a 6

1
1
1
2a
+

=
Þ AK =
(1)
2
2
2
SA
AD
AK
5

S

SC 2 = SD 2 + CD 2 Þ tam giác SCD vuông tại D .
Khi đó tam giác K DC vuông tại D .
Þ KC =

CD + KD =
2

2

E

a 6
5

H

·

Ta có: AK 2 + KC 2 = AC 2 . Vậy A KC = 90° . Tương tự
A·HC = 900
Vậy A C chính là đường kính mặt cầu ngoại tiếp khối
A BCDEHK .

A C = a 2 Þ OA =

a
2

.V =

A

D
O

B

C

4
4 a3
2 3
pOA 3 = p
=
pa
3
3 2 2
3

Câu 32: Ghép 5 khối lập phương cạnh a để được khối hộp chữ thập như hình vẽ.
Tính diện tích toàn phần S tp của khối chữ thập
A. S tp = 20a 2 .

K

B. S tp = 30a 2 .

C. S tp = 12a 2 .

D. S tp = 22a 2 .


Diện tích mỗi mặt khối lập phương: S 1 = a 2
Diện tích toàn phần các khối lập phương: S 2 = 6a 2
Diện tích toàn phần khối chữ thập: S = 5S 2 - 8S 1 = 22a 2
Câu 33:

Cho hình chóp tứ giác đều S .A BCD có cạnh đáy bằng a , cạnh bên hợp với đáy một góc
60° . Gọi M là điểm đối xứng với C qua D ; N là trung điểm của SC , mặt phẳng ( BMN )
chia khối chóp S .A BCD thành hai phần. Tính tỉ số thể tích giữa hai phần đó.
A.

1
.
5

B.

7
.
3

C.

1
.
7

D.

7
.
5

Đáp án D

ìïV = V
V
SA BIKN
Đặt ïí 1
® 1 = ?
ïïV 2 = V NBCDIK
V2
î
* V S .A BCD =

S

1 a 6 2
6 3
.
a =
a
3 2
6

N
60°

A

*
1
1 SO
.NH .S D BMC = .
.S
3
3 2 D BMC
1a 6 1
6 3
=
. .a.2a =
a
3 4 2
12

V N .BMC =

I

V M .DIK
V M .CBN

=

D

MK
2
=
MN
3

MD MI MK
1 1 2 1
.
.
= . . =
MC MB MN
2 2 3 6

® V 2 = V M .CBN - V M .DIK =

a

O
H

M

* Nhận thấy K là trọng tâm của tam giác SMC ®

*

B

K

5
5 6 3 5 6 3
V M .CBN = .
a =
a
6
6 12
72

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

a

C


® V 1 = V S .A BCD

7 6 3
a

V1
6 3 5 6 3
7 6 3
7
- V2 =
a a =
a ®
= 72
=
6
72
72
V2
5
5 6 3
a
72

Câu 34: Cho hình chó p tứ giác S.ABCD có SA ⊥ ( ABCD ) , ABCD là hình thang vuông tại A và B
biết AB = 2a , AD = 3BC = 3a . Tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a , biết khoảng cách từ A đến
3 6
mặt phẳng ( SCD ) bằng
a.
4
A. 6 6a3 .
B. 2 6a3 .
C. 2 3a3 .
D. 6 3a3 .
Hướng dẫn giải
Dựng AM ⊥ CD tại M .

Dựng AH ⊥ SM tại H .

S

3 6
a.
4
AD + BC
=
. AB = 4a 2
2

Ta có: AH =

S ABCD
CD =

( AD − BC )

2

K

+ AB2 = 2a 2

1
AB.BC = a 2
2
= S ABCD − S ABC = 3a 2

S ACD

D

A

S ABC =

M

S ACD =

2S
1
3 2
AM .CD  AM = ACD =
a
2
CD
2

Ta có:

1
1
1
=
+
 AS =
2

2
AH
AM
AS 2

AH . AM
AM 2 − AH 2

B
=

C

3 6
a
2

1
VS . ABCD = SA.S ABCD = 2 6a 3
3
Câu 35: Cho lăng trụ tam giá c ABC.A ' B ' C ' có BB ' = a , gó c giữa đường thả ng BB ' và ( ABC ) bà ng

60 , tam giá c ABC vuông tạ i C và gó c BAC = 60 . Hình chiế u vuông gó c củ a điể m B ' lên ( ABC )
trù ng với trọ ng tâm củ a ABC . Thể tích củ a khó i tứ diệ n A '.ABC theo a bằng
7a3
9a 3
13a 3
15a 3
A.
.

B.
.
C.
.
D.
.
106
208
108
108
Hướng dẫn giải


Gọ i M , N là trung điể m củ a AB, AC
và G là trọ ng tâm củ a ABC .

(

B'

C'

)

B ' G ⊥ ( ABC )  BB ', ( ABC ) = B ' BG = 600 .
VA '. ABC

A'

1

1
= .SABC .B ' G = . AC.BC.B ' G
3
6

Xét B ' BG vuông tạ i G , có B ' BG = 600

60°
B

a 3
. (nửa tam giá c đề u)
 B 'G =
2

C
G

M

60°

N

A

Đạ t AB = 2 x . Trong ABC vuông tạ i C có BAC = 600
AB
= x, BC = x 3
 tam giác ABC là nữa tam giá c đề u  AC =

2
3
3a
Do G là trọ ng tâm ABC  BN = BG =
.
2
4
Trong BNC vuông tạ i C : BN 2 = NC 2 + BC 2

3a

AC
=

2 13
9a 2 x 2
9a 2
3a


= + 3x 2  x 2 =
x=

16
4
52
2 13
 BC = 3a 3

2 13

1 3a 3a 3 a 3 9a3
.
.
=
Vậy, VA ' ABC = .
.
6 2 13 2 13 2
208
Câu 36: Cho hình lăng trụ đứng ABC.A ' B ' C ' , biết đáy ABC là tam giác đều cạnh a . Khoảng cách
a
từ tâm O của tam giác ABC đến mặt phẳng ( A ' BC ) bằng
.Tính thể tích khối lăng trụ
6
ABC.A ' B ' C ' .
3a 3 2
3a 3 2
3a 3 2
3a 3 2
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
16
28
8

4
Hướng dẫn giải

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


Gọ i M là trung điể m củ a BC ,
ta có ( A ' AM ) ⊥ ( A ' BC ) theo giao

A'

C'

tuyến A ' M .
Trong ( A ' AM ) kẻ
B'

OH ⊥ A ' M ( H  A ' M ) .

 OH ⊥ ( A ' BC )
Suy ra: d ( O, ( A ' BC ) ) = OH =
S ABC =

a

2

a
.
6

A

C

H

3

.
4
Xét hai tam giác vuông A ' AM và

O

M

B

OHM có góc M chung nên chúng
đồng dạng.
a
OH
OM
=
 6 =
Suy ra:
A' A A'M
A' A

 A' A =

1 a 3
.
1
3 2

=
A' A
A ' A2 + AM 2

3
a 3
A ' A2 + 

 2 

2

.

a 6 a 2 3 3a 3 2
a 6
.
=
. Thể tích: VABC . A ' B 'C ' = SABC . A ' A =
.
4
4
16

4

Câu 37: Cho hình chóp tứ giác đều S .A BCD có cạnh đáy bằng a . Biết thể tích khối chóp bằng

a3 2
. Tính khoảng cách h giữa hai đường thẳng BC và SA .
6
A.

a

B. a .

.

C.

2a

D.

.

6

6

a
.
2

Hướng dẫn giải
Gọi O là tâm
SO ^ (A BCD ) .
Đặt

V S .A BCD =

hình

SO = x .

vuông

S .A BCD ,

suy

ra
S

Ta

có

1
1
a3 2
a 2
.S A BCD .SO = a 2 .x =

Û x=
.
3
3
6
2

K

Ta có BC P A D nên BC P (SA D ). Do đó

C

é
ù= d éB , (SA D )ù= 2d éO , (SA D )ù
d éêëBC , SA ù
ú
êë
ú
êë
ú
û= d êëBC , (SA D )ú
û
û
û B
.
Kẻ OK ^ SE . Khi đó d éêO, (SA D )ù
= OK =
ú
ë

û

SO .OE
SO 2 + OE 2

=

a
6

D
E

O

A

.


Vậy d éêëBC , SA ù
ú
û= 2OK =

2a

. Chọn C.

6

Câu 38: (ĐỀ MINH HỌA QUỐC GIA NĂM 2017) Cho hình chóp tứ giác S .A BCD có đáy là hình
vuông cạnh bằng a 2. Tam giác (SA D ) cân tại S và mặt bên (SA D ) vuông góc với mặt phẳng
đáy. Biết thể tích khối chóp S .A BCD bằng
A. h =

2
a.
3

B. h =

4 3
a . Tính khoảng cách h từ B đến mặt phẳng (SCD ).
3

4
a.
3

C. h =

8
a.
3

D. h =

3
a.
4

Hướng dẫn giải
Gọi H là trung điểm A D .

S

Suy ra SH ^ A D Þ SH ^ (A BCD ).
Đặt SH = x .
Ta có V =

1
.x . a 2
3

2

( ) = 43 a

3

Þ x = 2a .

A

B

K

= d éêA, (SCD )ù
Ta có d éêB , (SCD )ù

ú
ú
ë
û
ë
û

H

C

D

4a
. Chọn B.
= 2d éêH , (SCD )ù
= 2HK =
ú
ë
û
3

Câu 39: Cho hình chóp S .A BCD có đáy A BCD là hình vuông tâm O , cạnh a . Cạnh bên SA
·
= 600 . Tính theo a khoảng cách giữa hai đường thẳng A B và SO .
vuông góc với đáy, góc SBD
A.

a 3
.

3

B.

a 6
.
4

C.

a 2
.
2

D.

a 5
.
5

Hướng dẫn giải
S

Ta có D SA B = D SA D (c - g - c ) , suy ra SB = SD .
·
= 600 , suy ra
Lại có SBD

D SB D đều cạnh SB = SD = BD = a 2 .
K

Trong tam giác vuông SA B , ta có
E

A

SA =

2

2

SB - AB = a .
O

Gọi E là trung điểm A D , suy ra

OE P A B và A E ^ OE .

B

Do đó

é
ù= d éA, (SOE )ù.
d éêëA B , SO ù
ú
êë
ú
û= d êëA B , (SOE )ú

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

C

D