Chương 1 KHỐI đa DIỆN mức độ 4 phần 4

Câu 1: (SGD Thanh Hóa – năm 2017 – 2018) Cho hình chóp S . ABCD có đáy
ABCD là hình vuông cạnh bằng 2 , SA = 2 và SA vuông góc với mặt phẳng
đáy ( ABCD ) . Gọi M , N là hai điểm thay đổi trên hai cạnh AB , AD sao cho
mặt phẳng ( SMC ) vuông góc với mặt phẳng ( SNC ) . Tính tổng T =

1
1
+
2
AN
AM 2

khi thể tích khối chóp S . AMCN đạt giá trị lớn nhất.

A. T = 2 .

B. T =

5
.
4

C. T =

2+ 3
.
4

D. T =

13

.
9

Lời giải
Chọn B

Cách 1: Chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho A ( 0;0;0 ) , B ( 2;0;0 ) , D ( 0; 2;0 ) ,
S ( 0;0; 2 ) .
Suy ra C ( 2; 2;0 ) . Đặt AM = x , AN = y , x, y ∈ [ 0; 2] , suy ra M ( x;0;0 ) , N ( 0; y;0 ) .
uuur
uuu
r
uuu
r
SM = ( x;0; −2 ) , SC = ( 2; 2; −2 ) , SN = ( 0; y; −2 ) .
ur
uuur uuu
r
uu
r uuu
r uuu
r
⇒ n1 =  SM , SC  = ( 4; 2 x − 4; 2 x ) , n2 =  SN , SC  = ( 4 − 2 y; −4; −2 y ) .
ur uu
r
Do ( SMC ) ⊥ ( SNC ) nên n1.n2 = 0 ⇔ 4 ( 4 − 4 y ) − 4 ( 2 x − 4 ) − 4 xy = 0 ⇔ xy + 2 ( x + y ) = 8 .
8 − 2x
8 − 2x
≤ 2 ⇔ x ≥ 1.
, do y ≤ 2 nên

x+2
x+2
= S ABCD − S BMC − S DNC = 4 − ( 2 − x ) − ( 2 − y ) = x + y .

⇔ y=
S AMCN

1
2
2
8 − 2x  2 x2 + 8
Do đó VS . AMCD = SA.S AMCN = ( x + y ) =  x +
.
÷=
3
3
3
x+2  3 x+2


2 x2 + 4x − 8
2 x2 + 8
′
f
x
=
Xét f ( x ) =
với x ∈ [ 1; 2] , ( )
.
3 ( x + 2) 2

3 x+2
f ′ ( x ) = 0 ⇔ x 2 + 4 x − 8 = 0 ⇔ x = −2 + 2 3 ; x = −2 − 2 3 (loại).
f ( x ) = f ( 1) = f ( 2 ) = 2 .
Lập BBT ta suy ra max
[ 0;2]

Vậy max VS . AMCN

 x = 1

1
1
1
1 5
y = 2
=2⇔
⇒T =
+
= 2+ 2= .
2
2
 x = 2
AM
AN
x
y
4

  y = 1

Cách 2: Đặt AM = x , AN = y . Gọi O = AC ∩ DB ; E = BD ∩ CM ; F = BD ∩ CN .
H là hình chiếu vuông góc của O trên SC , khi đó: HO =

2
.
3

 SC ⊥ OH
 SC ⊥ HE
⇒ SC ⊥ ( HBD ) ⇒ 
Ta có: 
.
 SC ⊥ BD
SC ⊥ HF

Do đó góc giữa ( SCM ) và ( SCN ) bằng góc giữa HE và HF . Suy ra HE ⊥ HF .
1
2
Mặt khác VS . AMCN = SA.S AMCN = ( x + y ) .
3
3
Tính OE , OF :
Ta có: x > 0 , y > 0 và nếu x ≠ 2 , y ≠ 2 thì gọi K là trung điểm của AM , khi đó:
OE KM
x
OE
EB
OB
x 2
.

=
=
⇒
=
=
⇒ OE =
EB MB 4 − 2 x
x
4 − 2x 4 − x
4− x
Tương tự: OF =

y 2
2
. Mà OE.OF = OH ⇔ ( x + 2 ) ( y + 2 ) = 12 .
4− y

2
Nếu x = 2 hoặc y = 2 thì ta cũng có OE.OF = OH ⇔ ( x + 2 ) ( y + 2 ) = 12 .

Tóm lại: ( x + 2 ) ( y + 2 ) = 12 .
1
2
2
2
12

− 4 .
Suy ra: VS . AMCN = SA.S AMCN = ( x + y ) = ( x + 2 ) + ( y + 2 ) − 4  = ( x + 2 ) +
3

3
3
3
x+2 

Do đó max VS . AMCN

 x = 1

1
1
1
1 5
y = 2
=2⇔
⇒T =
+
= 2+ 2= .
2
2
 x = 2
AM
AN
x
y
4

  y = 1

Câu 2: (THPT Chuyên Lương Thế Vinh - Hà Nội – Lần 2 năm 2017 – 2018) Cho hình

a 5
chóp S . ABCD có đáy là hình bình hành có AB = a, SA = SB = SC = SD =
2
(tham khảo hình vẽ). Giá trị lớn nhất của thể tích hình chóp S . ABCD bằng

A.

a3 3
.
6

B.

a3
.
3

C.

2a 3 3
.
3

D.

a3 6
3


Lời giải

Chọn B

Gọi O là hình chiếu của S lên mặt phẳng ( ABCD ) .
Ta có: ∆SAO = ∆SBO = ∆SCO = ∆SDO
= SB = SC = SD ).

(tam giác vuông, SO là cạnh chung, SA

Nên OA = OB = OC = OD suy ra O là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABCD
Suy ra ABCD là hình chữ nhật có O là tâm.
1
1 2
a + x2
Đặt AD = x ⇒ AO = AC =
2
2
Nên SO = SA2 − AO 2 =
VS . ABCD =

5a 2 a 2 + x 2
x2
2
−
= a −
4
4
4

2
2

1
1
x2 1
x
x2 ≤ 1 a  x +  a2 − x   1 3 .
2
ABCD.SO = a.x. a 2 −

= a.2. . a −

÷÷ = a
4  3
3
3
4
3
2
4 3  4 

Câu 3: (SGD Bắc Ninh – Lần 2 - năm 2017-2018) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là
hình vuông cạnh 2a . Tam giác SAB vuông tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy.
Gọi ϕ là góc tạo bởi đường thẳng SD và mặt phẳng ( SBC ) , với ϕ < 45° . Tìm giá trị lớn nhất
của thể tích khối chóp S . ABCD .
A. 4a 3 .

B.

8a 3
.
3

C.
Lời giải

Chọn C

4a 3
.
3

D.

2a 3
.
3


Gọi D′ là đỉnh thứ tư của hình bình hành SADD′ .
Khi đó DD′//SA mà SA ⊥ ( SBC ) (vì SA ⊥ SB , SA ⊥ BC ) nên D′ là hình chiếu vuông góc của
D lên ( SBC ) .

·
·
Góc giữa SD và ( SBC ) là α = DSD
, do đó SA = AD.tan α = 2a.tan α .
′ = SDA
Đặt tan α = x , x ∈ ( 0;1) .
1
1 2
Gọi H là hình chiếu của S lên AB , theo đề ta có VS . ABC D = .S ABCD .SH = 4a .SH .

3
3
V
SH
SAB
Do đó S . ABCD đạt giá trị lớn nhất khi
lớn nhất. Vì tam giác
vuông tại S nên
SH =

SA.SB SA. AB 2 − SA2 2ax 4a 2 − 4a 2 x 2
x2 + 1 − x2
=a
=
=
= 2ax 1 − x 2 ≤ 2a
AB
2
AB
2a

Từ đó max SH = a khi tan α =

2
.
2

1
4 3
2

Suy ra max VS . ABCD = .a.4a = a .
3
3
Câu 4: (Chuyên Lê Hồng Phong – Nam Đinh - năm 2017-2018) Cho tứ diện ABCD ,
trên các cạnh BC , BD , AC lần lượt lấy các điểm M , N , P sao cho BC = 3BM ,
BD =

3
BN , AC = 2 AP . Mặt phẳng ( MNP ) chia khối tứ diện ABCD thành hai phần có thể
2

tích là V1 , V2 . Tính tỉ số
A.

V1 26
=
.
V2 13

V1
.
V2
B.

V1 26
=
.
V2 19

C.

V1 3
= .
V2 19

Hướng dẫn giải
Chọn B

D.

V1 15
= .
V2 19


Gọi VABCD = V , I = MN ∩ CD , Q = IP ∩ AD ta có Q = AD ∩ ( MNP ) .
Thiết diện của tứ diện ABCD được cắt bởi mặt phẳng ( MNP ) là tứ giác MNQP .
Áp dụng định lí Menelaus trong các tam giác BCD và ACD ta có:
ID PC QA
QA
NB ID MC
ID 1
.
.
=1 ⇒
= 4.
. .
=1 ⇒
= và
IC PA QD

QD
ND IC MB
IC 4
Áp dụng bài toán tỉ số thể tích của hai khối chóp tam giác, ta có:
VANPQ
AP AQ 2
2
2
1
2
1
=
.
= ⇒ VANPQ = VANCD = V . Suy ra VN .PQDC = V − V = V .
VANCD AC AD 5
5
15
3
15
5
và

VCMNP CM CP 1
1
2
=
.
= ⇒ VCMNP = VCBNA = V .
VCBNA
CB CA 3

3
9

Suy ra V2 = VN .PQDC + VCMNP =

V 26
19
26
V . Do đó V1 = V − V2 = V . Vậy 1 =
.
V2 19
45
45
---------HẾT---------

Câu 5: (THPT Đặng Thúc Hứa – Nghệ An - năm 2017-2018) Cho hình chóp S . ABC
·
·
có AB = a , AC = a 3 , SB > 2a và ·ABC = BAS
= BCS
= 90° . Sin của góc giữa
đường thẳng SB và mặt phẳng
S . ABC .
2a 3 3
A.
.
9

Chọn C

B.

a3 3
.
9

( SAC )

bằng

11
. Tính thể tích khối chóp
11

a3 6
.
6
Lời giải
C.

D.

a3 6
.
3


- Dựng SD ⊥ ( ABC ) tại D .
 BA ⊥ SA
⇒ BA ⊥ AD .

Ta có: 
 BA ⊥ SD

 BC ⊥ SD
⇒ BC ⊥ CD
Và: 
 BC ⊥ SC
⇒ ABCD là hình chữ nhật ⇒ DA = BC = a 2 , DC = AB = a .
·
- Gọi H là hình chiếu vuông góc của B lên mặt phẳng ( SAC ) ⇒ BSH
là góc
giữa SB và mặt phẳng ( SAC )
1
11
11
BH d ( B; ( SAC ) ) d ( D; ( SAC ) ) ⇒
·
= 2 ( 1) .
= sin BSH
2
=
=
=
d ( D; ( SAC ) ) SB
11
SB
SB
SB
- Lại có :
1

1
1
1
1
1
1
1
3
=
+
+
=
+
+
=
+
( 2) .
2
2
2
DA DC 2 SB 2 − BD 2 DA2 DC 2 SB 2 − 3a 2 2a 2
d ( D; ( SAC ) ) DS
⇒

 SB = a 6
 SB 2 = 6a 2
11
1
3



= 2
+ 2 ⇔
- Từ ( 1) và ( 2 ) suy ra:
11 2 ⇒ 
11
2
2
2

SB
SB − 3a
2a
SB = a
SB = a


3
3

Theo giả thiết SB > 2a ⇒ SB = a 6 ⇒ SD = a 3 .
1
1
a3 6
Vậy VSABC = SD. BA.BC =
.
3
2
6
Câu 6: Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình vuông cạnh 2a , tam giác SAB đều, góc giữa ( SCD ) và

( ABCD )

bằng 60o . Gọi M là trung điểm của cạnh AB . Biết rằng hình chiếu vuông góc của

đỉnh S trên mặt phẳng ( ABCD ) nằm trong hình vuông ABCD . Khoảng cách giữa hai đường
thẳng SM và AC là
A.

a 5
.
5

B.

a 5
.
10

C.

3a 5
.
10

D.

5a 3
.
3

Câu 7: Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình vuông cạnh 2a , tam giác SAB đều, góc giữa ( SCD ) và

( ABCD )

bằng 60o . Gọi M là trung điểm của cạnh AB . Biết rằng hình chiếu vuông góc của


đỉnh S trên mặt phẳng ( ABCD ) nằm trong hình vuông ABCD . Khoảng cách giữa hai đường
thẳng SM và AC là
A.

a 5
.
5

B.

a 5
.
10

3a 5
.
10
Hướng dẫn giải
C.

D.

5a 3
.
3

Chọn A

 AB ⊥ SM
⇒ AB ⊥ ( SMI ) .
Gọi I là trung điểm cạnh CD , khi đó 
 AB ⊥ MI
·
Do CD //AB nên CD ⊥ ( SMI ) ⇒ (( SCD), ( ABCD)) = SIM
.
Vẽ SH ⊥ MN tại H ∈ MN thì SH ⊥ ( ABCD ) .
·
Tam giác SMI có SM 2 = MI 2 + SI 2 − 2.MI .SI .cos SIM
⇔ 3a 2 = 4a 2 + SI 2 − 2a.SI
⇔ SI 2 − 2a.SI + a 2 = 0 ⇔ SI = a .
Cách 1:
Theo định lý Pythagore đảo thì ∆SMI vuông tại S ⇒ SH =

SM .SI a 3
.
=
MI
2

Vẽ SH ⊥ MN tại H ∈ MN thì SH ⊥ ( ABCD ) .
Gọi N là trung điểm cạnh BC ta có AC //MN
⇒ d ( AC , SM ) = d ( AC , ( SMN ) ) = d ( C , ( SMN ) ) =

3VSMNC
.
S ∆SMN

1
1
1 a 3
a3 3
Ta có VSMNC = VS .MNB = .SH . .BM .BN = .
.
.a.a =
3
2
6 2
12
Tam giác SIC có SC = SI 2 + IC 2 = a 2 + a 2 = a 2 .
Tam giác SBC có SN 2 =

SB 2 + SC 2 BC 2
−
= 2a 2 ⇒ SN = a 2 .
2
4

Tam giác SMN có nửa chu vi p =
Và diện tích ∆SMN là S ∆SMN =
Vậy d ( AC , SM ) =
Cách 2:

3VSMNC
S ∆SMN

SM + SN + MN a 3 + a 2 + a 2
.
=
2
2

p ( p − SM ) ( p − SN ) ( p − BC ) =

a3 3
3×
a 5
= 2 12 =
.
5
a 15
4

a 2 15
.
4


SM .SI a 3
3a
; HM =
.
=

MI
2
2
Gọi O = AC ∩ BD ; N là trung điểm cạnh BC ta có AC // ( SMN ) .
Ta thấy SM 2 + SI 2 = MI 2 nên ∆SMI vuông tại S . Suy ra SH =

Do đó, d ( AC , SM ) = d ( AC , ( SMN ) ) = d ( O, ( SMN ) ) =

2
d ( H , ( SMN ) ) .
3

Gọi K là hình chiếu của H lên MN , ta có ∆HKM vuông cân tại K nên HK =

HM 3a 2
=
.
4
2

2
SH .HK
a 5
Vậy d ( AC , SM ) = .
.
=
2
2
3 SH + HK
5

Câu 8: Cho hình lập phương ABCD. A′B′C ′D′ cạnh 2a , gọi M là
trung điểm của BB′ và P thuộc cạnh DD′ sao cho
1
B
DP = DD′ . Mặt phẳng ( AMP ) cắt CC ′ tại N . Thể tích
4
khối đa diện AMNPBCD bằng
M
A. V = 2a 3 .
B. V = 3a 3 .
9a 3
11a 3
C. V =
.
D. V =
.
4
3
B′

A

D
C

P

D′

A′

C′

Câu 9: Cho hình lập phương ABCD. A′B′C ′D′ cạnh 2a , gọi M là trung điểm của BB′ và P thuộc cạnh
1
DD′ sao cho DP = DD′ . Mặt phẳng ( AMP ) cắt CC ′ tại N . Thể tích khối đa diện
4
AMNPBCD bằng
A
D
C

B
M
B′
A. V = 2a .
9a 3
C. V =
.
4
3

A′

P

D′

C′
B. V = 3a 3 .
11a 3

D. V =
.
3
Lời giải

Chọn B
Cách 1: Sử dụng công thức tỉ số thể tích khối hộp
Cho hình hộp ABCD. A′B′C ′D′ , gọi M , N , P lần lượt là các điểm thuộc các cạnh AA′ , BB′ ,
CC ′ . Mặt phẳng ( MPN ) cắt cạnh DD′ tại Q . Khi đó:
VMNPQ. A′B′C ′D′ 1  MA′ PC ′  1  NB′ QD′ 
= 
+
+
÷= 
÷.
VABCD. A′B ′C ′D ′ 2  AA′ CC ′  2  BB′ DD′ 


Áp dụng, xem khối đa diện AMNPBCD ≡ AMNP. ABCD ta có:

VAMNP. ABCD
1  MB PD  1  1 1  3
= 
+
÷=  + ÷= .
VA′B′C ′D′. ABCD 2  B′B D′D  2  2 4  8
3
3
3
3

Vậy VAMNPBCD = VAMNP. ABCD = VA′B′C ′D′. ABCD = ( 2a ) = 3a
8
8
Cách 2:

Thể tích khối lập phương ABCD. A′B′C ′D′ là V = ( 2a ) = 8a 3 .
Gọi O , O′ lần lượt là tâm hai hình vuông ABCD và A′B′C ′D′ , gọi K = OO′ ∩ MP , khi đó
N = AK ∩ CC ′ .
1
a  3a
1
3a
Ta có OK = ( DP + BM ) =  a + ÷ =
. Do đó CN = 2OK =
.
2
2 4
2
2
Diện tích hình thang BMNC là
1
1
3a 
5a 2 .
S BMNC = ( BM + CN ) .BC =  a + ÷.2a =
2
2
2 
2
Thể tích khối chóp A.BMNC là

1
1 5a 2
5a 3 .
VA. BMNC = .S BMNC . AB = .
.2a =
3
3 2
3
3


Diện tích hình thang DPNC là
1  a 3a 
1
S DPNC = ( DP + CN ) .CD =  + ÷.2a = 2a 2 .
2 2 2 
2
Thể tích khối chóp A.DPNC là
1
1
4a 3 .
VA. DPNC = .S DPNC . AD = .2a 2 .2a =
3
3
3
Thể tích khối đa diện AMNPBCD bằng
5a 3 4a 3
V = VA. BMNC + VA.DPNC =
+
= 3a 3 .

3
3
Câu 10: Cho tứ diện ABCD có AB = CD = 4 , AC = BD = 5 , AD = BC = 6 . Tính khoảng cách
từ A đến mặt phẳng ( BCD ) .
A.

3 6
.
7

B.

3 2
.
5

C.

3 42
.
7

D.

7
.
2

Câu 11: Cho tứ diện ABCD có AB = CD = 4 , AC = BD = 5 , AD = BC = 6 . Tính khoảng cách
từ A đến mặt phẳng ( BCD ) .

A.

3 6
.
7

B.

3 2
.
5

3 42
.
7
Lời giải

C.

D.

7
.
2

Chọn C
Xây dựng bài toán tổng quát

Từ giả thiết ta có: MNDC là hình thoi; các tam giác CAN, DAM là các tam
giác cân, suy ra: AI ⊥ NC , AI ⊥ DM ⇒ AI ⊥ (CDMN )

1
1
1
1
Ta có: VABCD = VA.MNDC = .4VA. IMN = 2VA.IMN = IA.IM .IN = h.m.n
2
2
3
3
2
2
2
 2 −a + b + c
m =
2
h2 + m2 = c 2

2
2
 2
 2 a + b − c2
2
2
h
+
n
=
b
⇔
Từ 

n =
2
m2 + n2 = a 2

2

 2 a − b2 + c 2
h =
2

1
−a 2 + b 2 + c 2 ) ( a 2 − b 2 + c 2 ) ( a 2 + b 2 − c 2 )
(
Suy ra: VABCD =
6 2


1

+ 52 + 6 2 ) ( 42 − 52 + 6 2 ) ( 4 2 + 52 − 62 ) = 15 6 .
6 2
4
BC + CD + DB 4 + 5 + 6 15
=
=
Ta có p =
2
2
2
15 7

⇒ S ∆BCD = p ( p − 4 ) ( p − 5 ) ( p − 6 ) =
4
15 6
3VA. BCD 3. 4
3 42
=
Ta có d ( A, ( BCD ) ) =
.
=
S ∆BCD
15 7
7
4
Câu 12: Cho tam giác ABC đều cạnh a , gọi d là đường thẳng qua A và vuông góc
=

( −4

2

với mặt phẳng ( ABC ) . Trên d lấy điểm S và đặt AS = x , ( x > 0 ) . Gọi H và K
lần lượt là trực tâm của các tam giác ABC và SBC . Biết HK cắt d tại điểm
S ′ . Khi SS ′ ngắn nhất thì khối chóp S . ABC có thể tích bằng
A.

a3 6
.
24

B.

a3 6
a3 3
.
C.
.
6
8
----------HẾT----------

D.

a3 2
.
27


1
A
26
B

2
C
27
B

3
C
28

B

4
A
29
A

5
D
30
A

6
B
31
A

7
C
32
A

8
D
33
A

9
D
34

C

10
D
35
D

BẢNG ĐÁP ÁN
11 12 13 14 15
D B A C D
36 37 38 39 40
A C B A A

16
B
41
A

17
C
42
D

18
A
43
C

19
D

44
A

20
A
45
B

21
A
46
D

22
D
47
A

23
A
48
A

24
D
49
B

25
C

50
A

HƯỚNG DẪN GIẢI
Câu 13: Cho tam giác ABC đều cạnh a , gọi d là đường thẳng qua A và vuông góc
với mặt phẳng ( ABC ) . Trên d lấy điểm S và đặt AS = x , ( x > 0 ) . Gọi H và K
lần lượt là trực tâm của các tam giác ABC và SBC . Biết HK cắt d tại điểm
S ′ . Khi SS ′ ngắn nhất thì khối chóp S . ABC có thể tích bằng
a3 6
A.
.
24

a3 6
B.
.
6

a3 3
C.
.
8

a3 2
D.
.
27

Lời giải
Chọn A

Xét tam giác SA′S ′ có H là trực tâm, ta có
∆S ′AH ∽ ∆A′AS ⇒

AS ′ AH
a 3 a 3 a2
=
⇒ AS ′. AS = AA′. AH =
.
=
AA′ AS
2
3
2

Theo bất đẳng thức Cauchy ta có: SS ′ = SA + AS ′ ≥ 2 AS . AS ′ = 2
Dấu “ = ” xảy ra khi SA = AS ′ = x =
Câu 14: Do đó SS’ ngắn nhất khi x =

a2
=a 2
2

a 2
.
2

a 2
1
1 a 2 a 2 3 a3 6

. Khi đó VS . ABC = SA.S ABC = .
.
.
=
2
3
3 2
4
24

Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đồ thị ( C ) của hàm số y = x 3 − 3 x + m cắt trục hoành
tại đúng 3 điểm phân biệt.
A. m ∈ ( 2; +∞ ) .
B. m ∈ ( −2; 2 ) .

C. m ∈ ¡ .

D. m ∈ ( −∞; −2 ) .

Câu 15: Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đồ thị ( C ) của hàm số y = x 3 − 3 x + m cắt trục hoành tại
đúng 3 điểm phân biệt.
A. m ∈ ( 2; +∞ ) .
B. m ∈ ( −2; 2 ) .

C. m ∈ ¡ .
Lời giải

Chọn B

D. m ∈ ( −∞; −2 ) .

Xét hàm số y = x 3 − 3 x + m .
x =1⇒ y = m − 2
2
Ta có y ′ = 3 x − 3 = 0 ⇔ 
.
 x = −1 ⇒ y = m + 2
Để đồ thị hàm số cắt trục hoành tại đúng 3 điểm phân biệt điều kiện cần và đủ là
yCÑ . yCT < 0 ⇔ ( m − 2 ) . ( m + 2 ) < 0 ⇔ m ∈ ( −2; 2 ) .
Câu 16: Cho hình lăng trụ đều ABC. A′B′C ′ . Biết khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng ( ABC ′ ) bằng
a, góc giữa hai mặt phẳng ( ABC ′ ) và ( BCC ′B′ ) bằng α với cosα =

1
2 3

(tham khảo hình vẽ

dưới đây). Thể tích khối lăng trụ ABC. A′B′C ′ bằng

2
2
2
.
C. 3a 3
.
D. 3a 3
.
2
2

8
Câu 17: Cho hình lăng trụ đều ABC. A′B′C ′ . Biết khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng ( ABC ′ ) bằng
A. 3a 3

2
.
4

B. a 3

a, góc giữa hai mặt phẳng ( ABC ′ ) và ( BCC ′B′ ) bằng α với cosα =

1
2 3

(tham khảo hình vẽ

dưới đây). Thể tích khối lăng trụ ABC. A′B′C ′ bằng
A. 3a 3

2
.
4

B. a 3

2
.
2

C. 3a 3

2
.
2

D. 3a 3

2
.
8

Lời giải
Chọn C

Gọi O là trung điểm của AB , E là trung điểm của BC
Trong mp ( C ′CO ) kẻ CH ⊥ C ′O tại H
Khi đó d ( C , ( ABC ′ ) ) = CH = a
Chọn hệ trục tọa độ Oxyz như hình vẽ, gọi 2x là độ dài cạnh của tam giác ABC ta có


1
1
1
=
+
2
2
CH
C 'C

CO 2

1
1
1
1
1
3x2 − a 2
=
−
= −
=
2
CH 2 CO 2 a 2  2 x 3  2
3a 2 x 2
⇒ C 'C

÷
 2 
3x 2 − a 2
⇒ C 'C =
ax 3
Khi đó,

x x 3 
3x 2 − a 2 
A ( − x; 0; 0 ) , B ( x; 0; 0 ) , C 0; x 3; 0 , C '  0; x 3;
;0 ÷
÷, E  ;
÷


÷ 2 2
ax
3



ur uuuu
r uuur


2ax 2 3


′
′
ABC
0;
−
; 2 x2 3 ÷
n
=
OC
,
AB
=
mặt
phẳng
là
(

)

VTPT của
1

 
÷
3x 2 − a2



(

)

uu
r uuur  3x x 3 
;0 ÷
VTPT của mặt phẳng ( BCC ′B′ ) là n2 = AE =  ;
÷
2
2



ur uu
r
n1.n2
1
1

cosα =
⇔ ur uu
⇔
r =
2 3
n1 n2 2 3
VABC . A′B′C ′ = C ′C.S∆ABC =

3ax 3
3x 2 − a 2
12a 2 x 4
9 x2 3x 2
4
+
12
x
.
+
3x 2 − a 2
4
4

=

1
2 3

⇔ x=a

a 6 2

3a 3 2
.a 3 =
.
2
2

Câu 18: Cho hình lăng trụ đều ABC. A′B′C ′ có tất cả các cạnh bằng 1. Gọi E , F lần lượt là trung điểm
AA′ và BB′ ; đường thẳng CE cắt đường thẳng C ′A′ tại E ′ , đường thẳng CF cắt đường
thẳng C ′B ' tại F ′ . Thể tích khối đa diện EFA′B′E ′F ′ bằng
A.

3
.
6

B.

3
.
2

C.

3
.
3

D.

3

.
12

Câu 19: Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình vuông cạnh a , cạnh bên SA = a và vuông góc với mặt
phẳng đáy. Gọi M , N lần lượt là trung điểm SB và SD (tham khảo hình vẽ), α là góc giữa
hai mặt phẳng ( AMN ) và ( SBD ) . Giá trị sin α bằng


A.

1
A

2
B

3
B

2
.
3

B.

2 2
.
3

C.

7
.
3

D.

1
.
3

BẢNG ĐÁP ÁN
4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25
C D C D D D C D B A B D C D D D C A C B B D

26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49 50
A C D A A B B B B D A D A C A A C A C B A C A B B
HƯỚNG DẪN GIẢI.
Câu 20: Cho hình lăng trụ đều ABC. A′B′C ′ có tất cả các cạnh bằng 1. Gọi E , F lần lượt là trung điểm
AA′ và BB′ ; đường thẳng CE cắt đường thẳng C ′A′ tại E ′ , đường thẳng CF cắt đường
thẳng C ′B ' tại F ′ . Thể tích khối đa diện EFA′B′E ′F ′ bằng
A.

3
.
6

B.

3

.
2

C.

3
.
3

D.

3
.
12

Lời giải
Chọn A

Thể tích khối lăng trụ đều ABC. A′B′C ′ là
VABC . A′B′C ′ = S ABC . AA′ =

3
3
.
.1 =
4
4

3
Gọi M là trung điểm AB ⇒ CM ⊥ ( ABB′A′ ) và CM =

. Do đó, thể tích khối chóp
2
C. ABFE là
1
1 1 3
3.
VC . ABFE = SC . ABFE .CH = .1. .
=
3
3 2 2
12
Thể tích khối đa diện A′B′C ′EFC là
VA′B′C ′EFC = VABC . A′B′C ′ − VC . ABFE = 3 − 3 = 3 .
4 12
6
3
Do A′ là trung điểm C ′E ′ nên d ( E ′, ( BCC ′B ') ) = 2d ( A′, ( BCC ′B ' ) ) = 2.
= 3.
2


SCC ′F ′ = S F ′B ' F + S FB′C ′C = S FBC + S FB′C ′C = S BCC ′B′ = 1 .
Thể tích khối chóp E ′.CC ′F ′ là
1
1
3.
VE ′.CC ′F ′ = SCC ′F ′ .d ( E ′, ( BCC ′B ' ) ) = .1. 3 =
3
3
3

Thể tích khối đa diện EFA′B′E ′F ′ bằng
VEFA′B′E ′F ′ = VE ′.CC ′F ′ − VA′B′C ′EFC = 3 − 3 = 3 .
3
6
6
Câu 21: Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình vuông cạnh a , cạnh bên SA = a và vuông góc với mặt
phẳng đáy. Gọi M , N lần lượt là trung điểm SB và SD (tham khảo hình vẽ), α là góc giữa
hai mặt phẳng ( AMN ) và ( SBD ) . Giá trị sin α bằng

A.

2
.
3

B.

2 2
.
3

C.
Lời giải

Chọn B

7
.
3

D.

1
.
3


Gọi O = AC ∩ BD , trong mặt phẳng ( SAC ) , gọi K = SO ∩ MN , suy ra K là trung điểm của
SO .
Ta có ( AMN ) ∩ ( SBD ) = MN .
 BD ⊥ AC
⇒ BD ⊥ ( SAC ) mà MN //BD nên MN ⊥ ( SAC ) , suy ra MN ⊥ AK .
Ngoài ra 
 BD ⊥ SA
Mặt khác SO ⊥ BD nên SO ⊥ MN hay KO ⊥ MN .
α chính là góc giữa KA và KO , suy ra sin α = sin ·AKO .
Gọi H là hình chiếu của A lên SO .
Xét tam giác SAO vuông tại A có AH là đường cao nên
2
SA. AO
2 = a
AH =
=
.
2
2
3
SA + AO
a2
2

a +
2
Xét tam giác SAO vuông tại A có AK là đường trung tuyến nên
a.a

AK =

SO
=
2

a2
2 =a 6.
2
4

a2 +

a 3
AH
2 2
= 3 =
Xét tam giác AHK vuông tại H ta có sin α = sin ·AKO =
.
AK
3
6
a
4
Câu 22: Một người muốn xây một cái bể chứa nước, dạng một khối hộp chữ nhật không nắp có thể tích

256 3
m , đáy bể là hình chữ nhật có chiều dài gấp đôi chiều rộng. Giá thuê nhân công để
3
xây bể là 500000 đồng/ m3 . Nếu người đó biết xác định các kích thước của bể hợp lí thì chi phí
thuê nhân công sẽ thấp nhất. Hỏi người đó trả chi phí thấp nhất để thuê nhân công xây dựng bể
đó là bao nhiêu?
A. 48 triệu đồng.
B. 47 triệu đồng.
C. 96 triệu đồng.
D. 46 triệu đồng.
bằng


Câu 23: Một người muốn xây một cái bể chứa nước, dạng một khối hộp chữ nhật không nắp có thể tích
256 3
m , đáy bể là hình chữ nhật có chiều dài gấp đôi chiều rộng. Giá thuê nhân công để
3
xây bể là 500000 đồng/ m3 . Nếu người đó biết xác định các kích thước của bể hợp lí thì chi phí
thuê nhân công sẽ thấp nhất. Hỏi người đó trả chi phí thấp nhất để thuê nhân công xây dựng bể
đó là bao nhiêu?
A. 48 triệu đồng.
B. 47 triệu đồng.
C. 96 triệu đồng.
D. 46 triệu đồng.
Lời giải
Chọn A
Gọi x ( m ) là chiều rộng của đáy bể, khi đó chiều dài của đáy bể là 2 x ( m ) và h ( m ) là chiều
bằng

cao bể.

256 3
256
128
⇔ h= 2 .
m ⇒ 2 x2h =
3
3
3x
128
256
2
2
+ 2 x2 .
Diện tích cần xây là S = 2 ( xh + 2 xh ) + 2 x = 6 x 2 + 2 x =
3x
x
256
256
+ 2x2 , ( x > 0) ⇒ S ′ ( x ) = − 2 + 4x = 0 ⇔ x = 4 .
Xét hàm S ( x ) =
x
x
Lập bảng biến thiên suy ra S min = S ( 4 ) = 96 .
Bể có thể tích bằng

Chi phí thuê nhân công thấp nhất khi diện tích xây dựng là nhỏ nhất và bằng S min = 96 .
Vậy giá thuê nhân công thấp nhất là 96.500000 = 48000000 đồng.
Chú ý: Có thể sử dụng BĐT Cô si để tìm min, cụ thể
S=

256
128 128
128
+ 2x2 =
+
+ 2x 2 ≥ 3 3 1282.2 ⇔ S ≥ 96 ⇒ S min = 96 khi
= 2x 2 ⇔ x = 4 .
x
x
x
x
A

Câu 24: Cho tứ diện ABCD . Hai điểm M , N lần lượt di động trên hai
BC
BD
+3
= 10 . Gọi V1 , V2
BM
BN
lần lượt là thể tích của các khối tứ diện ABMN và ABCD . Tìm
đoạn thẳng BC và BD sao cho 2

V1
giá trị nhỏ nhất của
.
V2
A.

3

.
8

N

B
M

B.

5
.
8

C.

2
.
7

D.

D

C

6
.
25

Câu 25: Cho tứ diện ABCD . Hai điểm M , N lần lượt di động trên hai đoạn thẳng BC và BD sao cho
2

BC
BD
+3
= 10 . Gọi V1 , V2 lần lượt là thể tích của các khối tứ diện ABMN và ABCD .
BM
BN

Tìm giá trị nhỏ nhất của

V1
.
V2


A

N

B
M
A.

3
.
8

B.

5
.
8

D

C
C.

2
.
7

D.

6
.
25

Lời giải
Chọn D
1
d A; BMN ) ) .S∆BMN
S
V1 3 ( (
=
= ∆BMN .
Ta có
1

V2
S ∆BCD
d ( A; ( BCD ) ) .S∆BCD
3
Gọi H là hình chiếu của M lên BD và K là hình chiếu của C lên BD , khi đó ta có
S ∆BMN MH .BN BM BN
=
=
.
S ∆BCD CK .BD
BC BD
10 = 2

BM BN 6
BC
BD
BC BD
BC BD 25
.
⇒
.
≥
+3
≥ 6.
.
⇒
.
≤
BC BD 25
BM

BN
BM BN
BM BN 6

Suy ra

S ∆BMN
6
≥
.
S ∆BCD 25

Vậy

V1
6
nhỏ nhất bằng
.
V2
25

Câu 26: Cho hình lăng trụ đều ABC. A′B′C ′ . Biết khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng ( ABC ′ ) bằng
a , góc giữa hai mặt phẳng ( ABC ′ ) và ( BCC ′B′ ) bằng α với cos α =

1
(tham khảo hình vẽ
3

dưới đây).

Thể tích khối lăng trụ ABC. A′B′C ′ bằng
A.

3a 3 15
.
10

B.

3a 3 15
.
20

C.

9a 3 15
.
10

D.

9a 3 15
.
20


Câu 27: Cho hình lăng trụ đều ABC. A′B′C ′ . Biết khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng ( ABC ′ ) bằng
1
a , góc giữa hai mặt phẳng ( ABC ′ ) và ( BCC ′B′ ) bằng α với cos α = (tham khảo hình vẽ
3

dưới đây).

Thể tích khối lăng trụ ABC. A′B′C ′ bằng
A.

3a 3 15
.
10

B.

3a 3 15
.
20

C.

9a 3 15
.
10

Lời giải
Chọn B

Gọi M là trung điểm của AB , G là trọng tâm tam giác ABC .

D.

9a 3 15
.

20


CC ′ ⊥ AB
⇒ AB ⊥ ( CC ′M ) ⇒ ( CC ′M ) ⊥ ( ABC ′ ) . Mà ( CC ′M ) ∩ ( ABC ′ ) = C ′M
Ta có: 
CM ⊥ AB

nên nếu gọi H là hình chiếu vuông góc của C trên C ′M thì H là hình chiếu của C trên mặt
phẳng ( ABC ′ ) ⇒ d ( C ; ( ABC ′ ) ) = CH = a .
Dựng đường thẳng đi qua G và song song với CH , cắt C ′M tại điểm K .
GN ⊥ ( ABC ′ )
Ta có 
nên góc giữa hai mặt phẳng
 AG ⊥ ( BCC ′B′ )

( ABC ′)

và ( BCC ′B′ ) là góc ·AGN = α .

1
a
GN
1
1
1
5
= a ⇒ AB = AG 3 = a 3 ;
GN = CH = ; AG =
=

−
= 2
2
2
2
3
3
cos α
CC ′
CH
CM
9a
⇒ CC ′ =

(

)

2
3a 5
3 3a 2 3
; S ∆ABC = a 3 .
.
=
5
4
4

1
3a 3 15

′
CC
.
S
Vậy thể tích khối lăng trụ bằng
.
∆ABC =
3
20
Câu 28: Cho tứ diện ABCD và các điểm M , N , P thuộc các cạnh BC , BD , AC sao cho BC = 4 BM ,
AC = 3 AP , BD = 2 BN . Tính tỉ số thể tích hai phần của khối tứ diện ABCD được phân chia
bởi mặt phẳng ( MNP ) .
A.

7
.
13

B.

7
.
15

C.

8
.
15

D.

8
.
13


BẢNG ĐÁP ÁN
1 2 3
D D C

4
B

5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25
A C D A D B C D C D C D A C C D A BB B B B

26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49 50
A B B B A D A D B B A C C C A B B C D A C B C B A
HƯỚNG DẪN GIẢI
Câu 29: Cho tứ diện ABCD và các điểm M , N , P thuộc các cạnh BC , BD , AC sao cho BC = 4 BM ,
AC = 3 AP , BD = 2 BN . Tính tỉ số thể tích hai phần của khối tứ diện ABCD được phân chia
bởi mặt phẳng ( MNP ) .
A.

7
.
13

B.

7
.
15

C.

8
.
15

D.

8
.
13

Lời giải
Chọn A

Trong mặt phẳng ( DBC ) vẽ MN cắt CD tại K .
Trong mặt phẳng ( ACD ) vẽ PK cắt AD tại Q .
Theo định lý Mennelaus cho tam giác ∆BCD cát tuyến MNK ta có
⇒

KC
=3.
KD

KC ND MB

.
.
=1
KD NB MC


Theo định lý Mennelaus cho tam giác ∆ACD cát tuyến PKQ ta có
⇒

KC QD PA
.
.
=1
KD QA PC

QA 3
QA 3
= ⇒
= .
QD 2
AD 5

Đặt V = VABCD , ta có
•
•
•
⇒

VB. APQ
VB. ACD

=

S APQ
S ACD

=

AP AQ 1
1
4
.
= ⇒ VB. APQ = VB . ACD ⇒ VB. PQDC = V .
AC AD 5
5
5

VP. BMN S BMN BM BN 1
VP.BCD SCPD CP 2
1
=
=
=
= ⇒ VP. BMN = V .
=
.
= và
VP. BCD
S BCD
V

S ACD CA 3
BC BD 8
12
VQ. PBN
VQ.PBD
VAB.MNPQ
V

=
=

V
S
S
S PBN 1
S
2
1
= và BQPD = DQP = DQP . ADP =
⇒ VQPBN = V .
S PBD 2
V
S ACD S DAP S ACD 15
15
VA.BPQ + VP .BNM + VQ.PBN
V

=

7 ⇒ VAB.MNPQ = 7 .

VCD.MNPQ 13
20

Câu 30: Trong tất cả các hình chóp tứ giác đều nội tiếp mặt cầu có bán kính bằng 3 .
Tính thể tích V của khối chóp có thể tích lớn nhất.
64
16
16 6
64 2
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
3
3
3
3
Câu 31: Trong tất cả các hình chóp tứ giác đều nội tiếp mặt cầu có bán kính bằng 3 .
Tính thể tích V của khối chóp có thể tích lớn nhất.
64
16
16 6
64 2
A.
.
B.

.
C.
.
D.
.
3
3
3
3
Lời giải
Chọn A


S

M

b

3
I

A

O
B

D

a

a

C
Gọi O = AC ∩ BD , M là trung điểm SA và I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình
chóp đều S . ABCD .

Ta có ∆SMI : ∆SOA ⇒

SM SI
b2
a2
=
.
⇒
= 3. b 2 −
SO SA
2
2
3

1
Ta có VS . ABCD = .SO.S ABCD
3
⇒V ≤

64
.
3

 b2 b2
b2 
2
2
2
2
+
+
2
−

÷
36 b b 
b 
1
a2
18 ÷
.  2 − ÷ ≤ 72.  36 36
= . b 2 − .a 2 =
18 36 36  18 
3
3
2

÷

÷

