Chương 1 KHỐI đa DIỆN mức độ 4 phần 3

Câu 1: (THPT Lê Quý Đôn-Hà Nội năm 2017-2018) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD
là hình bình hành. Gọi M , N lần lượt là trung điểm của các cạnh AB , BC . Điểm I thuộc
đoạn SA . Biết mặt phẳng  MNI  chia khối chọp S . ABCD thành hai phần, phần chứa đỉnh S
có thể tích bằng
A.

3
.
4

7
IA
lần phần còn lại. Tính tỉ số k  ?
13
IS
1
1
B. .
C. .
2
3
Lời giải

D.

2
.
3

Chọn D

Dễ thấy thiết diện tạo bởi mặt phẳng  MNI  với hình chóp là hình ngũ giác IMNJH với
1
MN // JI . Ta có MN , AD , IH đồng qui tại E với EA  ED và MN , CD , HJ đồng qui tại
3
1
F với FC  FD , chú ý E , F cố định.
3
Dùng định lí Menelaus với tam giác SAD ta có
Từ đó

d  H ,  ABCD  
d  S ,  ABCD  



HS ED IA
HS
HS
1
.
. 1 �
.3.k  1 �

.
HD EA SI
HD
HD 3k

HD
3k


.
SD 3k  1

Suy ra VHJIAMNCD  VH .DFE  VI . AEM  VJ .NFC .
1
Đặt V  VS . ABCD và S  S ABCD , h  d  S ,  ABCD   ta có S AEM  S NFC  S và
8
d  I ,  ABCD  

d  S ,  ABCD  



IA
k

SA k  1

Thay vào ta được VHJIAMNCD

1 21k2  25k
1 3k
1
�9 � 1 k
V.
 .
h. � S � 2. .
h. S  .
8  3k  1  k  1

3 3k  1 �8 � 3 k  1 8


Theo giả thiết ta có VHJIAMNCD
phương trình này được k 

1 21k 2  25k
13
13

 V nên ta có phương trình .
, giải
8  3k  1  k  1 20
20

2
.
3

Câu 2: (THPT Can Lộc-Hà Tĩnh-lần 1 năm 2017-2018) 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 SB và SD lần lượt tại M và N . Gọi V1 là thể tích của khối chóp S . AMPN . Tìm
giá trị nhỏ nhất của
A.

1
.
3

V1

.
V

B.

1
.
8

C.

2
.
3

D.

3
.
8

Lời giải
Chọn A

SM
SN
, y
,  0  x, y �1 .
SB
SD

V
V
1 SM SP SN SP � 1
 VS . ANP
V V
 S . AMP  S . ANP  �
.

.
Ta có 1  S . AMP
�  x  y  (1)
2VS . ABC 2VS . ADC 2 �
V
V
�SB SC SD SC � 4
V
V
1 SM SN SM SN SP � 3
 VS .PMN
V V
 S . AMN  S . PMN  �
.

.
.
Lại có 1  S . AMN
� xy (2).
2VS . ABD 2VS .CBD 2 �
V
V

�SB SD SB SD SC � 4

Đặt x 

Suy ra

1
3
x
x
�1 ,
. Từ điều kiện 0  y �1 , ta có
 x  y   xy � x  y  3xy � y 
4
4
3x  1
3x  1

1
hay x � .
2

Thay vào (2) ta được tỉ số thể tích

V1 3 x 2
.
 .
V 4 3x  1

x  0 ( L)

�
3 3x2  2 x
3 x2
1 �
�
�
�
f
x

.
�
, x �� ;1�, ta có  
Đặt f  x   .
, f  x  0 �
.
2
4  3x  1 2
�
x
(N )
4 3x  1
2 �
�
� 3
V1
3
�1 �
�2 � 1
f  x   f �2 � 1 .

f � � f  1  , f � � , do đó min V  min
1 �
��
�
x
�
;1
8
� �
�2 �
�3 � 3
�3 � 3
2 �
�


Câu 3: (THPT Can Lộc-Hà Tĩnh-lần 1 năm 2017-2018) Cho tam giác nhọn ABC , biết rằng
khi quay tam giác này quanh các cạnh AB , BC , CA ta lần lượt được các hình tròn xoay có thể
3136 9408
,
.Tính diện tích tam giác ABC .
5
13
A. S  1979 .
B. S  364 .
C. S  84 .
D. S  96 .
Lời giải
Chọn C
Vì tam giác ABC nhọn nên các chân đường cao nằm trong tam giác.

Gọi ha , hb , hc lần lượt là đường cao từ đỉnh A , B , C của tam giác ABC , và a , b , c lần lượt

tích là 672 ,

là độ dài các cạnh BC , CA , AB .
Khi đó
1
. .hc 2 .c  672 .
3
1
3136
2
+ Thể tích khối tròn xoay khi quay tam giác quanh BC là . .ha .a 
.
3
5
1
9408
2
+ Thể tích khối tròn xoay khi quay tam giác quanh CA là . .hb .b 
.
3
13
�4 S 2
� 4S 2
�1 2

672
c
�3 c

�
�3 c.hc  672
� 2
� 3.6722
�
3136
�4 S
� 20S
�1 2 3136
��

��
a
Do đó � a.ha 
5
5
�3
�3 a
� 3.3136
�1 2 9408
�4 S 2 9408
� 52 S 2
b
.
h

b

�3 b
�

�
13
�
13
�3 b
� 3.9408

+ Thể tích khối tròn xoay khi quay tam giác quanh AB là

�  a  b  c   a  b  c   b  c  a   c  a  b   S 8.
� 16 S 2  S 8 .

1 1
1
.
.
4
3 9408 28812

1 1
1
.
.
� S 6  16.81.9408.28812 � S  84 .
4
3 9408 28812

Câu 4: (THPT Chuyên Tiền Giang-lần 1 năm 2017-2018) Cho tứ diện đều ABCD có cạnh
bằng a . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của các cạnh AB , BC và E là điểm đối xứng với
B qua D . Mặt phẳng  MNE  chia khối tứ diện ABCD thành hai khối đa diện, trong đó khối

chứa điểm A có thể tích V . Tính V .
A.

11 2a 3
.
216

B.

7 2a 3
.
216

C.
Lời giải

Chọn A

2a 3
.
18

D.

13 2a 3
216


Gọi VABCD  V1
VACMNPQ  VE . ACMN  VE . ACPQ

1
1
3
1
3
3V
VE . ACMN  d  E ,  ABC   .S AMNC  d  E ,  ABC   . S ABC  d  D,  ABC   . S ABC  1
3
3
4
3
4
2
1
1
8
8
VE . ACPQ  d  B,  ACD   .  S ACD  SQPD   d  B,  ACD   . S ACD  V1
3
3
9
9
VACMNPQ 

3V1 8
11
 V1  V1 .
2 9
18

a3 2
Áp dụng công thức giải nhanh thể tích tứ diện đều ABCD có cạnh bằng a có V1 
.
12
11
11 a 3 2 a 311 2
Vậy V  V1  .
.

18
18 12
216
Câu 5: (THPT Phan Đình Phùng-Hà Tĩnh-lần 1 năm 2017-2018) Cho hình đa diện như
hình vẽ
S

D
B

C

A
�  CSD
�  DSA
�  BSD
�  60�. Thể tích
Biết SA  6 , SB  3 , SC  4 , SD  2 và �
ASB  BSC
khối đa diện S . ABCD là
A. 6 2 .

B. 5 2 .
C. 30 2 .
D. 10 2 .
Lời giải
Chọn B


 SB�
 SC �
 SD  2 . Ta có
Trên SA , SB , SC lần lượt lấy các điểm A�
, B�
, C �sao cho SA�
A��
B  B��
C  C�
D  DA�
 2 . Khi đó hình chóp S . A��
B D và hình chóp S .CB�
D là các hình
chóp tam giác đều có tất cả các cạnh bằng 2 .
23 2 2 2
.
VS . A��

B D  VS .C ��
BD 
12
3
VS . ABD

SA SB SD
3 9
9
9 2 2

.
.
 3.  , nên VS . ABD  VS . A��
Mặt khác
.
3 2.
BD 
�
�
VS . A��
SA
SB
SD
2 2
2
2 3
BD
VS .CBD
SC SB SD
3
2 2

.
.
 2.  3 , nên VS .CBD  3VS .C ��

2 2.
B D  3.
VS .C �B�D SC �SB�SD
2
3
Thể tích khối đa diện S . ABCD là
V  VS . ABD  VS .CBD  3 2  2 2  5 2 .

Câu 6: (THPT Chuyên Hùng Vương-Phú Thọ-lần 2 năm 2017-2018) Cho hình thập nhị
diện đều (tham khảo hình vẽ bên). Côsin của góc tạo bởi hai mặt phẳng có chung một cạnh của
thập nhị diện đều bằng

A.

5 1
.
2

B.

5 1
.
4

C.
Lời giải

Chọn C

1

.
5

D.

1
.
2


Bước 1: Lập mối quan hệ giữa bán kính mặt cầu và cạnh khối 12 mặt đều:
Gọi O là tâm khối 12 mặt đều, xét 3 mặt phẳng chung đỉnh A là ABEFC , ACGHD, ABJID .
Khi đó A.BCD là chóp tam giác đều và OA vuông góc với  BCD  .

�3
Ta có BC  CD  DB  a 2  a 2  2a 2 cos �
�5
AH  AB 2 

� 1 5
a.
�
� 2

BC 2
5 1

a.
3
2 3

AB 2
a 3

.
2 AH
5 1
Bước 2: Tính khoảng cách từ tâm một mặt đến cạnh của nó:
Ta có AH . AO  AB. AM � R  AO 

�  3 . AM  a .
Ta có BAT
10
2
3
Suy ra MT  AM .tan
.
10
Bước 3: Tính góc:
Gọi tâm của các mặt ABEFC và ABJID là T , V .
Có OT , OV vuông góc với hai mặt này nên góc giữa hai mặt bằng góc giữa OT và OV .
Lại có O, T , M , V cùng thuộc một mặt phẳng (trung trực của AB ).


Có OT  TM và OV  VM .





2
5 1 a
�a 3 � a 2
; MT  AM .tan 3 .

OM  OA  AM  �
� 5 1 �
� 4
10
2 5 1
�
�
2

� 
Suy ra sin TOM

2

TM

OM









5  1 tan 54�
.
5 1





5 1 1

.
5 5
5
Câu 7: (THPT Chuyên Hùng Vương-Phú Thọ-lần 2 năm 2017-2018) Cho hình chóp
�  1  2sin 2 TOM
�

Vậy cos TOV

SABCD có đáy là hình chữ nhật, AB  a , SA   ABCD  , cạnh bên SC tạo với  ABCD  một
3
góc 60�và tạo với  SAB  một góc  thỏa mãn sin  
. Thể tích của khối chóp SABCD
4
bằng

A.

3a 3 .

B.

2 3a 3
.
4

C. 2a 3 .
Lời giải

Chọn C

D.

2a 3
.
3


�  60�
�   � sin   BC  3 .
Theo bài ra ta có SCA
, BSC
SC
4
4x
Đặt BC  x , ta có SC 
, AC  a 2  x 2 .
3
AC

2x
cos 60�
�
 a 2  x 2 � x  a 3 � AC  2a � SA  AC tan 60� 2a 3 .
SC
3
1
1
2
3
Thể tích khối chóp SABCD bằng V  .SA.S ABCD  .2a 3.a 3  2a .
3
3

Câu 8: (THPT Lục Ngạn-Bắc Giang-lần 1 năm 2017-2018) Cho tứ diện ABCD có các
cạnh AD  BC  3 ; AC  BD  4 ; AB  CD  2 3 . Thể tích tứ diện ABCD bằng
A.

2047
.
12

B.

2470
.
12

C.

2474
.
12

D.

2740
.
12

Lời giải
Chọn B

A

G
B
D
E

C

F

Từ các đỉnh của tam giác BCD ta kẻ các đường thẳng song song với cạnh đối diện chúng tạo
thành tam giác EFG có diện tích gấp 4 lần diện tích tam giác BCD .
Các tam giác AEF , AFG , AGE là các tam giác vuông tại A nên ta có:


AE 2  AF 2  EF 2  64  1 ; AF 2  AG 2  FG 2  36  2  và AE 2  AG 2  EG 2  48  3 .

2
2
2
Từ  1 ,  2  ,  3 ta có: 2  AE  AF  AG   148 � AE 2  AF 2  AG 2  74

 4 .

Từ  1 ,  4  ta có: AG 2  10 � AG  10 .
Từ  2  ,  4  ta có: AE 2  38 � AE  38 .
Từ  3 ,  4  ta có: AF 2  26 � AF  38 .

Thể tích khối chóp A.EFG là : V �

1
1
1
AE. AF . AG 
9880 
2470 .
6
6
3

1
2470
Do đó thể tích tứ diện ABCD là : V  V �
.

4

12

Câu 9: (THPT Chuyên Hạ Long-Quãng Ninh lần 2 năm 2017-2018) Trong không gian,
cho bốn mặt cầu có bán kính lần lượt là 2 , 3 , 3 , 2 (đơn vị độ dài) tiếp xúc ngoài với nhau. Mặt
cầu nhỏ nhất tiếp xúc ngoài với cả bốn mặt cầu nói trên có bán kính bằng
5
3
7
6
A. .
B. .
C.
.
D.
.
9
7
15
11
Lời giải
Chọn D
Cách 1:
Gọi A, B, C , D là tâm bốn mặt cầu, không mất tính tổng quát ta giả sử AB  4 ,
AC  BD  AD  BC  5 . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của AB, CD . Dễ dàng tính được
MN  2 3 . Gọi I là tâm mặt cầu nhỏ nhất với bán kính r tiếp xúc với bốn mặt cầu trên. Vì
IA  IB, IC  ID nên I nằm trên đoạn MN .



Đặt IN  x , ta có IC  32  x 2  3  r , IA  22  2 3  x

Từ đó suy ra



3 x  2  2 2x
2

2

2



2



2

 2r
2

�
12 3
12 3 �
6
, suy ra r  32  �
1� x 
3
�

�
�
11
11
� 11 �

Cách 2
B  2
M
I

A  2

D  3
N
C  3

Gọi A, B là tâm quả cầu bán kính bằng 2 . C , D là tâm quả cầu bán kính bằng 3 . I là tâm quả
cầu bán kính x .
Mặt cầu  I  tiếp xúc ngoài với 4 mặt cầu tâm A, B, C , D nên IA  IB  x  2, IC  ID  x  3 .
Gọi  P  ,  Q  lần lượt là các mặt phẳng trung trực đoạn AB và CD .


�
�IA  IB � I � P 
� I � P  � Q   1 .
�
�IC  ID � I � Q 
Tứ diện ABCD có DA  DB  CA  CB  5 suy ra MN là đường vuông góc chung của AB và
CD , suy ra MN   P  � Q  (2).

Từ  1 và  2  suy ra I �MN
Tam giác IAM có IM  IA2  AM 2 
Tam giác CIN có IN  IC 2  CN 2 

 x  2
 x  3

2

2

4.

9 .

Tam giác ABN có NM  NA2  AM 2  12 .
Suy ra

 x  3

2

9 

 x  2

2

 4  12 � x 

6
.
11

Câu 10: (THPT Chuyên Hùng Vương-Gia Lai-lần 1 năm 2017-2018) Một khối lập
phương lớn tạo bởi 27 khối lập phương đơn vị. Một mặt phẳng vuông góc với đường chéo của
khối lập phương lớn tại trung điểm của nó. Mặt phẳng này cắt ngang (không đi qua đỉnh) bao
nhiêu khối lập phương đơn vị?
A. 16 .
B. 17 .
C. 18 .
D. 19 .
Lời giải
Chọn D

B C D là khối lập phương lớn tạo bởi 27 khối lập phương đơn vị và O là tâm
Gọi ABCD. A����
B C D có cạnh bằng 3 . Ta xét mặt phẳng  P 
hình lập phương đó, khối lập phương ABCD. A����
C tại M �
đi qua O và vuông góc với AC �
, cắt AC tại M , cắt A��
.
3 3
3
3
9 2
3 2
AM

AO
� AM 
AC �

.3 3 
Ta có
.
� CM 

 2
4
2
2
2
2
4
�
AC
AC 3 2
Gọi A1 B1C1D1 là mặt phẳng chia lớp 9 khối lập phương mặt trên với 9 khối lập phương ở mặt
thứ 2 , gọi M 1  A1C1 �MM �
.
7
7 3 2 7 2
5 2
Ta có A1M 1  CM  .
.

� C1M 1  A1C1  A1M 1 
3

3 4
4
4


Gọi A2 B2C2 D2 là mặt phẳng chia lớp 9 khối lập phương mặt thứ 2 với 9 khối lập phương ở
mặt thứ 3 , gọi M 2  A2C2 �MM �
.
5
5 3 2 5 2
7 2
Ta có A2 M 2  CM  .
.

� C2 M 2  A2C2  A2 M 2 
3
3 4
4
4
Giao tuyến của mặt phẳng  P  với mặt phẳng  ABCD  cắt các cạnh của 3 hình vuông, giao
tuyến của mặt phẳng  P  với mặt phẳng  A1 B1C1 D1  cắt các cạnh của 5 hình vuông (hình vẽ),
trong các hình vuông này có 2 cặp hình vuông cùng chung một hình lập phương đơn vị, nên
suy ra mặt phẳng  P  cắt ngang 6 khối lập phương mặt trên.

Tương tự mặt phẳng  P  cắt ngang 6 khối lập phương mặt dưới cùng.
Giao tuyến của mặt phẳng  P  với mặt phẳng  A1 B1C1D1  cắt các cạnh của 5 hình vuông, giao
tuyến của mặt phẳng  P  với mặt phẳng  A2 B2C2 D2  cắt các cạnh của 5 hình vuông (hình vẽ),
trong đó có 3 cặp hình vuông cùng chung với một hình lập phương đơn vị, nên suy ra mặt
phẳng  P  cắt ngang 7 khối lập phương mặt thứ hai.

Vậy, mặt phẳng  P  cắt ngang (không đi qua đỉnh) 6  6  7  19 khối lập phương đơn vị.
Cách khác
Giả sử các đỉnh của khối lập phương đơn vị là  i; j; k  , với i , j , k � 0;1; 2;3 và đường chéo
đang xét của khối lập phương lớn nối hai đỉnh là O  0;0;0  và A  3;3;3 . Phương trình mặt
trung trực của OA là    : x  y  z 

9
 0 . Mặt phẳng này cắt khối lập phương đơn vị khi và
2


và chỉ khi các đầu mút  i; j; k  và (i  1; j  1; k  1) của đường chéo của khối lập phương đơn vị
nằm về hai phía đối với ( ) . Do đó bài toán quy về đếm trong số 27 bộ  i; j; k  , với i , j ,
k � 0;1; 2 , có bao nhiêu bộ ba thỏa mãn:
9
�
i

j

k

0
�
3
9
�
2
� i jk 
�

9
2
2
�
i  1   j  1   k  1   0

�
2

 1 .

3
�
i

i

k
�
�
2
Các bộ ba không thỏa điều kiện  1 , tức là �
là
9
�
iik �
�
2

S    0;0;0  ;  0;0;1 ;  0;1;0  ;  1;0;0  ;  1; 2; 2  ;  2;1; 2  ;  2; 2;1 ;  2; 2; 2  

Vậy có 27  8  19 khối lập phương đơn vị bị cắt bởi    .
BC
Câu 11: (PTNK-ĐHQG TP HCM-lần 1 năm 2017-2018) Cho hình lăng trụ đều ABC. A���
uuur uuuur r uuuu
r
uuuu
r
có cạnh đáy bằng a . Gọi M , N là hai điểm thỏa mãn MB  2 MB�
. Biết hai
 0 ; NB�
 3NC �

mặt phẳng  MCA  và  NAB  vuông góc với nhau. Tính thể tích của hình lăng trụ.
A.

9a 3 2
.
8

B.

9a 3 2
.
16

C.
Lời giải

Chọn B

Chọn hệ tọa độ Oxyz như hình vẽ

3a 3 2
.
16

D.

3a 3 2
.
8


� � a � �a 3
2h � �a 3 a h �
� a � �a 3
0;  ;0 �
;0;0 �
0; ;0 �, M �
;0; �
Ta có A �
, B�
, C�
, I�
�
�
�
� ; ; �
�

3 �
� 2 � �2
� � 2 � �2
� �4 4 3�
uuur �a 3 a � uur � a 3 a h � r
uuu
r uur �ah ah 3 a 2 3 �
�
�
AB  �
;
;0
BI


;
;
�
n

AB
,
�
� , BI � �
�2 2 �
�
� 4 4 3�
�
�6 ; 6 ; 4 �
�

�
�
�
�
�
�
uuuu
r �a 3 a 2h � uu
r
uuur uuuu
r �2ah a 2 3 �
uuur
�
� � ;0;
;
;
�
n

AC
,
AM
AC   0; a;0  , AM  �
�
�
� �3
�2 2 3 � 2 �
2 �
�
�

�
�
ur uu
r
2a 2 h 2 3a 4
3a 6
Ta có  NAB    MAC  � n1.n2  0 �

0�h
6.3
8
4
VABC . A���
BC 

3a 6 1
3 9a 3 2
.
. .a.a.

4 2
2
16

Câu 12: (THPT Chuyên ĐH Vinh – lần 1 - năm 2017 – 2018) Cho hình lăng trụ đứng
ABC. A���
B C có đáy ABC là tam giác vuông, AB  BC  a . Biết rằng góc giữa hai mặt phẳng
C  bằng 60�. Tính thể tích khối chóp B�
 ACC �
 và  AB��

. ACC �
A�
.
A

C

B
A�

C�

B�
3

A.

a
.
3

3

B.

a
.
6

C.

a3
.
2

D.

a3 3
.
3

Lời giải
Chọn A

C . Do tam giác A���
B C vuông cân tại B�nên B�
M  A��
C
Gọi M là trung điểm của A��

1
� MB�
  AA��
C C  . Thể tích khối chóp B�
B�
M . AA�
. AC .
. ACC �
A�là VB�. AA��
CC 

3
a 2
  AA��
C C  � MB�
 AC �
Ta có B�
, AC  a 2 . Do MB�
. Kẻ MK  AC �
M
2
� �
� �
C  là MKB
 và  AB��
� B�
K  AC �
. Vậy góc giữa hai mặt phẳng  ACC �
� MKB
 60�.
Trong tam giác vuông MKB�
ta có tan 60�

MB�
MB� a 6
� MK 
.

MK
tan 60� 6

� �
K
Trong tam giác vuông MKC �
ta có tan MC

MK

MK

KC

MC 2  MK 2



a 6
6
2
.
2
2 
2a 6a
2

4
36

2
� �

C ta có AA�
Mặt khác trong tam giác vuông AA�
a 2  a.
 A��
C .tan MC
K
2
1
a3
1 a 2
�
�

B
M
.
AA
.
AC
Vậy VB�. AA��
.


a
.
.
a
2
CC
3

3
3
2
Câu 13: (THPT Quảng Xương I – Thanh Hóa – năm 2017 – 2018) Cho x , y là các số
thực dương thay đổi. Xét hình chóp S . ABC có SA  x , BC  y , các cạnh còn lại đều bằng 1.
Khi thể tích khối chóp S . ABC đạt giá trị lớn nhất thì tích x. y bằng
3
1
4 3
A. .
B.
.
C. 2 3 .
D. .
4
3
3
Lời giải
Chọn A
S

N

C

A
H

M

B

- Do SB  SC  AB  AC  1 nên các tam giác SBC và ABC cân tại S và A .
Gọi M , N lần lượt là trung điểm của BC và SA , ta có:
�SM  BC
� BC   SAM  . Hạ SH  AM tại H thì SH   ABC  .
�
�AM  BC
- Ta có: AM  1 

1
y2
1
y2
� S ABC  AM .BC  y 1 
.
2
4
2
4

Mặt khác: vì SM  AM nên tam giác MSA cân tại M � MN  MA2  AN 2  1 
y2 x2
x. 1  
2
2
MN .SA
4 4  x 4 x  y

�

SH

Lại có: SH . AM  MN .SA
AM
y2
4  y2
1
4
� VS . ABC

1 x 4  x2  y 2 1
y2
1
1
. .y 1
 .SH .S ABC  .
 xy 4  x 2  y 2
2
3
2
4 12
3
4 y
3



1
1 �x 2  y 2  4  x 2  y 2 � 2 3 .
x2 y 2  4  x2  y 2  �

�
�
12
12 �
3
� 27

y 2 x2
.

4 4


Vậy Vmax 

2
4
2 3
� x2  y 2  4  x 2  y 2 � x  y 
, do đó x. y  .
3
3
27

B C . Gọi M , N , P lần lượt là các
Câu 14: ----------HẾT----------Cho hình lăng trụ ABC. A���
 2 NB , PC  PC �
điểm thuộc các cạnh AA�
, BB�
, CC �sao cho AM  2MA�

, NB�
.
B C MNP .
Gọi V1 , V2 lần lượt là thể tích của hai khối đa diện ABCMNP và A���
V1
Tính tỉ số
.
V2
V1
V1 1
V1
V1 2
 2.
 .
 1.
 .
A.
B.
C.
D.
V2
V2 2
V2
V2 3
Câu 15: (THPT Chuyên Ngữ – Hà Nội - Lần 1 năm 2017 – 2018) Cho hình lăng trụ
ABC. A���
B C . Gọi M , N , P lần lượt là các điểm thuộc các cạnh AA�
, BB�
, CC �
 2 NB , PC  PC �

sao cho AM  2MA�
, NB�
. Gọi V1 , V2 lần lượt là thể tích của hai
B C MNP . Tính tỉ số
khối đa diện ABCMNP và A���
A.

V1
 2.
V2

B.

V1 1
 .
V2 2

V1
.
V2

V1
 1.
V2
Lời giải
C.

D.

V1 2

 .
V2 3

Chọn C

B C . Ta có V1  VM . ABC  VM .BCPN .
Gọi V là thể tích khối lăng trụ ABC. A���
1
1 2
2
VM . ABC  S ABC .d  M ,  ABC    . S ABC .d  A�
,  ABC    V .
3
3 3
9
1
1 1
1
���
���
VM . A���
S A���
. S A���
V.
BC 
B C .d  M ,  A B C   
B C .d  M ,  A B C   
3
3 3
9

B�là hình bình hành và NB�
 2 NB , PC  PC �nên S B��
Do BCC �
C PN 

7
S BCPN .
5

7
VM .BCPN , Từ đó V  VM . ABC  VM .BCPN  VM . A���
Suy ra VM .B��
B C  VM . B ��
C PN
C PN 
5
2
1
7
5
� V  V  VM . BCPN  V  VM . BCPN � VM . BCPN  V .
9
9
5
18
V1
2
5
1
1

1.
Như vậy V1  V  V  V � V2  V . Bởi vậy:
V2
9
18
2
2
Câu 16: (THPT Chuyên Vĩnh Phúc – Vĩnh Phúc - Lần 4 năm 2017 – 2018)Cho tứ
diện đều ABCD có cạnh bằng a . Gọi M , N lần lượt là trọng tâm của các tam giác ABD ,


ABC và E là điểm đối xứng với B qua D . Mặt phẳng  MNE  chia khối tứ diện ABCD

thành hai khối đa diện, trong đó khối đa diện chứa đỉnh A có thể tích V . Tính V .
A. V 

9 2a 3
.
320

B. V 

3 2a 3
.
320

C. V 

a3 2
.

96

D. V 

3 2a 3
.
80

Lời giải
Chọn A

Gọi G là trọng tâm tam giác BCD , ABCD là tứ diện đều nên AG   BCD  .
2

1 a 2 3 a 6 a3 2
3a
a 6.
.
VABCD  .
.

AG  AD  DG  a 

3 4
3
12
9
3
Gọi I , K lần lượt là giao điểm của EN với AD và AB ; F là giao điểm của KM với AC .
Khi đó V  VAKIF .

Ta có:
HM HN
AI
AF
� MN // FI , mà MN // CD nên CD // FI �



.
HI
HF
AD AC
AI EA
AI 3

3�
 .
 IEA # IND �
ID ND
AD 4
AK EA
AI 3

6�
 .
 AEK # HNK �
HK HN
AB 5
2

2

2

3 3 3
3 3 3 a 3 2 9 2a 3
Vậy: V  . . VABCD  . . .
.

4 4 5
4 4 5 12
320
Câu 17: (THPT Kim Liên – Hà Nội - Lần 2 năm 2017 – 2018)Cho tứ diện đều
ABCD có cạnh bằng 1. Trên các cạnh AB và CD lần lượt lấy các điểm M và
uuur uuur r
uuur
uuur
N sao cho MA  MB  0 và NC  2 ND . Mặt phẳng  P  chứa MN và song
song với AC chia khối tứ diện ABCD thành hai khối đa diện, trong đó khối
đa diện chứa đỉnh A có thể tích là V . Tính V .
A. V 

2
.
18

B. V 

11 2
.

216

C. V 
Lời giải

Chọn B

7 2
.
216

D. V 

2
.
108


Từ N kẻ NP //AC , N �AD
M kẻ MQ //AC , Q �BC . Mặt phẳng  P  là MPNQ
1
2
AH .S ABCD 
3
12
 VAMPC  VMQNC  VMPNC

Ta có VABCD 
V  VACMPNQ

Ta có VAMPC 

AM AP
1 2
1
.
.VABCD  . VABCD  VABCD
AB AD
2 3
3

1
1 CQ CN
11 2
1
VMQNC  VAQNC 
.
.VABCD 
. VABCD  VABCD
2
2 CB CD
22 3
2
2
2 1
2 1 AM
2 11
1
VMPNC  VMPCD  . VMACD  .
.VABCD  . VABCD  VABCD

3
3 3
3 3 AB
3 32
9
�1 1 1 �
VABCD � V  11 VABCD  11 2 .
Vậy V  �   �
�3 6 9 �
18
216
Câu 18: ----------HẾT----------(SGD Quảng Nam – năm 2017 – 2018) Cho hình chóp
S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , mặt bên SAB là tam giác đều,
mặt bên SCD là tam giác vuông cân tại S . Gọi M là điểm thuộc đường
thẳng CD sao cho BM vuông góc với SA . Tính thể tích V của khối chóp
S .BDM .
A. V 

a3 3
.
16

B. V 

a3 3
.
24

C. V 

a3 3
.
32

D. V 

Lời giải
Chọn D

Gọi I , J lần lượt là trung điểm của AB và CD .
Gọi H là hình chiếu của S lên IJ . Ta có SI 

a
a 3
, SJ  , IJ  a .
2
2

a3 3
.
48


Khi đó SI 2  SJ 2  IJ 2 suy ra tam giác SIJ vuông tại S .
Ta có SH 

SI .SJ
SI 2  SJ 2



3
3a
13
a � HI  SI 2  SH 2 
và AH  SA2  SH 2 
a.
4
4
4

�AB  SI
� AB   SIJ  � AB  SH .
�
�AB  IJ
�SH  AB
� SH   ABCD  � SH   BDM  .
Do đó �
�SH  IJ
�BM  SA
� BM  AH .
Gọi E  AH �BM . Ta có �
�BM  SH
�  90� và �
Ta có ABE đồng dạng với AHI ( vì I$ E
A chung) nên ta có
AB. AI
2a .
AE AB
� AE 



AH
13
AI AH
�E
�  90� và B
�M
� ) nên ta có
Ta có ABE đồng dạng với BMC ( vì C
AB AE
AB.BC
13a .

� BM 

BM BC
AE
2
1 3a 1
a2
S BMD  S BMC  S BDC  .a .  .a.a 
2
2 2
4
1
1 3 1 2
3 3
Thể tích V của khối chóp S .BDM là V  .SH .S BMD  .
a. a 

a .
3
3 4 4
48