THỂ TÍCH KHỐI LĂNG TRỤ

Câu 1: [2H1-3-4] (THPT QUẢNG XƯƠNG I) Một xưởng sản xuất những thùng bằng kẽm hình
hộp chữ nhật không có nắp và có các kích thước x, y, z ( dm ) . Biết tỉ số hai cạnh

đáy là x : y  1: 3 và thể tích của hộp bằng 18 (dm3 ) . Để tốn ít vật liệu nhất thì tổng
x  y  z bằng
19
26
.
A.
B. 10.
C. .
D. 26.
3
2
Lời giải
Chọn C
6
. S  Sđáy  Sxq
x 2 tp
6
48
 6
 xy  2  xz  yz   x.3x  2  x. 2  3x. 2   3x 2  .
x 
x
 x
y  3 x , ta có xyz  18  z 

Câu 2:

Xét hàm f  x   3 x 2 

48
trên  0;   , ta được f  x  nhỏ nhất khi x  2.
x

Khi x  2  y  6, z 

3
19
 x  y  z  (dm)
2
2

[2H1-3-4] (TRƯỜNG THPT TH CAO NGUYÊN) Cho hình lập phương

ABCD.ABCD , khoảng cách từ C đến mặt phẳng  ABD  bằng

4a 3
. Tính
2

theo a thể tích khối lập phương ABCD. ABC D .
A. V  8a 3 .

B. V  3 3 a 3 .

C. V  8 3 a 3 .

V  216a 2 .
Lời giải

Chọn A

Gọi I là giao điểm của AC và BD.
Trong mặt phẳng  ACC A  ; AC cắt AI tại G.
Do AI song song AC và AI 

1
1
AC  nên IG  GA.
2
2

D.


Suy ra G là trọng tâm tam giác ABD , mà tam giác ABD đều (có các cạnh là các
đường chéo của những hình vuông bằng nhau) nên GA  GB  GD và

AA  AB  AD suy ra AG  ( ABD ).
Do đó khoảng cách từ C đến mặt phẳng  ABD  là C ' G.
Mặt khác C ' G 

2
2
4a 3
AC '  AB 3 
 AB  2a. Vậy V  8a 3 .
3
3
3

Câu 3: [2H1-3-4][LƯƠNG ĐẮC BẰNG-2017]Cho hình lập phương ABCD.ABCD có
cạnh bằng a , một mặt phẳng   cắt các cạnh AA , BB , CC , DD lần lượt tại
2
1
M , N , P , Q . Biết AM  a , CP  a . Thể tích khối đa diện ABCD.MNPQ là:
5
3
3
11 3
11 3
2a 3
a
a .
a
A.
.
B.
.
C.
.
D.
15
30
3
3

Lời giải
Chọn A
B

C
O

A

D

N
M

I
P
Q
O1

B'

C'

O'
A'

D'

Tứ giác MNPQ là hình bình hành có tâm là I
thuộc đoạn OO .
Ta có: OI 

AM  CP 11

a
 a
2
30
2

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

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

A1 , B1 , C1 , D1 . Khi đó I là tâm của hình hộp
1
2

1
2

ABCD. A B1C1D1 Vậy VABCD.MNPQ  VMNPQ. A1B1C1D1 = VABCD. A1B1C1D1  a 2OO1 

11 3
a .
30

Câu 4: [2H1-3-4][CHUYÊN VĨNH PHÚC-2017] Người ta gọt một khối lập phương gỗ để lấy

khối tám mặt đều nội tiếp nó (tức là khối có các đỉnh là các tâm của các mặt khối lập
phương). Biết các cạnh của khối lập phương bằng a . Hãy tính thể tích của khối tám
mặt đều đó:
a3
a3
a3
a3
A.
B.
C.
D.
12
8
6
4
Lời giải

Chọn B
C

D

S

B

A

Dựng được hình như hình bên
+ Thấy được thể tích khối cần tính bằng 2 lần thể tích của hình chóp S.ABCD
+ Nhiệm vụ bây giờ đi tìm thể tích của S.ABCD
+ ABCD là hình vuông có tâm O đồng thời chính là hình chiếu của S lên mặt đáy
SO 

a
; BD  cạnh của hình lập phương  a . Suy ra các cạnh của hình vuông
2

ABCD 

2
a
2

a3
1
1 1  2  2  3 a 3
.
V
.
VS.ABCD  Sh  . . 
a

khối đa diện  2.VS.ABCD 




6
3
3 2  2 
12
 2 


Câu 5: [2H1-3-4] Cho khối lăng trụ đều ABC. ABC và M là trung điểm của cạnh AB . Mặt

phẳng  BC M  chia khối lăng trụ thành hai phần. Tính tỷ số thể tích của hai phần
đó.
A.

6
.
5

B.

7
.
5

C.

1
.
4

D.

3
8

Lời giải
Chọn B
Qua M kẻ đường thẳng song song với BC cắt AC tại N khi
đó thiết diện tạo bởi mặt phẳng  B ' C ' M  và khối chóp là
tứ giác B ' C ' NM
Khi đó thiết diện chia hình lăng trụ thành 2 phần là
BCNMB ' C ' và AMNA' B ' C '
Gọi S là giao điểm của C ' N với AA '
Ta

có

VSAMN
SA SM SN 1 1 1 1
1

.
.
 . .   VSAMN  VSA ' B ' C '
VSA ' B ' C " SA ' SB ' SC ' 2 2 2 8
8

7
7 1
7 1
 VAMNA ' B ' C '  VSA ' B ' C '  . .SA '.S A ' B ' C '  . .2 AA '.S A ' B ' C '

8
8 3
8 3


7
7
5
AA '.S A ' B ' C '  VABC . A ' B ' C '  VBCNMB ' C '  VABC. A ' B ' C '
12
12
12

Do đó tỉ số thể tích hai phần là

7 5 7
:  .
12 12 5

Câu 6: [2H1-3-4] Cho lăng trụ ABC. ABC có đáy là tam giác đều cạnh a . Hình chiếu vuông
góc của điểm A ' lên mặt phẳng  ABC  trùng với trọng tâm tam giác ABC . Biết
khoảng cách giữa hai đường thẳng AA ' và BC bằng

a 3
. Khi đó thể tích của khối
4

lăng trụ là

a3 3

A.
.
24

a3 3
B.
.
12
Lời giải

Chọn B

a3 3
C.
.
3

a3 3
D.
.
6


Gọi H là trọng tâm của tam giác ABC
Suy ra A ' H   ABC  . Qua A kẻ đường thẳng Ax song song với BC. Ta có

Ax / / BC

 d  A ' A, BC   d  BC ,  A ' Ax  

3
 d  M ,  A ' Ax    d  H ,  A ' Ax  
2
 BC  AM
 BC  A ' H

Kẻ HK  AA ' ta có 

 BC   A ' AM   BC  HK
Mà HK  AA '  HK   A ' Ax   HK 
Ta

S ABC 

có

a 3
6

1
1
1
a


 HA ' 
2
2
2
HK

HA HA '
3

mà

a2 3
a3 3
 V  A ' H .S ABC 
.
4
12

Câu 7: [2H1-3-4] (THPT Chuyên Thái Bình - Lần 1 - 2017 - 2018 - BTN) Một tấm kẽm
hình vuông ABCD có cạnh bằng 30 cm . Người ta gập tấm kẽm theo hai cạnh EF
và GH cho đến khi AD và BC trùng nhau như hình vẽ bên để được một hình lăng
trụ khuyết hai đáy.


E

A

B

G

E

G
A B

H

F
D

x

x

F

C

H
D

30 cm

C

Giá trị của x để thể tích khối lăng trụ lớn nhất là:
A. x  5  cm  .

B. x  9  cm  .

C. x  8  cm  .

D.

x  10  cm  .
Lời giải
Chọn D

30  2x
I

E

x

G

x

A
Đường cao lăng trụ là AD  AB  30cm không đổi. Để thể tích lăng trụ lớn nhất
chỉ cần diện tích đáy lớn nhất.
Gọi I là trung điểm cạnh EG  AI  EG trong tam giác AEG .
Khi đó IG  15  x,  0  x  15
2
 30  2 x 
 15 
2
Có AI  x  
  x  15  x   30 x  225, x   ;15  .
 2 
2

1

1
2
S AEG  AI .EG   30  2 x  30 x  225  15. 15  x   2 x  15 
2
2
2
 15 
Vậy ta cần tìm x   ;15  để f  x   15  x   2 x  15 lớn nhất.
2

2

2

 x  15
2
.
f   x   2 15  x  2 x  15  2 15  x   2 15  x  30  3x   0  
 x  10
Bảng biến thiên:


x

f  x

15
2

10



15


0
125

f  x

0
0
Vậy thể tích lăng trụ lớn nhất khi x  10 .
Cách khác (trắc nghiệm): Học sinh có thể thay giá trị của từng đáp án vào hàm số
f  x   15  x   2 x  15 để có kết quả.
2

Câu 8: [2H1-3-4] (ĐỀ ĐOÀN TRÍ DŨNG - HÀ HỮU HẢI - LẦN 7 - 2018) Cho tứ diện

S.ABC , M và N là các điểm thuộc các cạnh SA và SB sao cho MA  3SM ,
SN  2NB , ( ) là mặt phẳng qua MN và song song với SC . Kí hiệu ( H1 ) và
( H 2 ) là các khối đa diện có được khi chia khối tứ diện S.ABC bởi mặt phẳng ( )
, trong đó, ( H1 ) chứa điểm S , ( H 2 ) chứa điểm A ; V1 và V2 lần lượt là thể tích
của ( H1 ) và ( H 2 ) . Tính tỉ số

A.

4
.
5

B.

V1
.
V2

25
.
47

C.

25
.
48

D.

35
.
45

Câu 9: [2H1-3-4] (ĐỀ ĐOÀN TRÍ DŨNG - HÀ HỮU HẢI - LẦN 7 -

2018) Cho khối chóp S.ABC có SA vuông góc với đáy, tam
giác ABC vuông tại B . Biết rằng thể tích của khối chóp là

5
24

và giá trị nhỏ nhất diện tích toàn phần chóp S.ABC là p 5  q
trong đó p, q 
37
36
25
C. p 2  q 2 
4
A. p 2  q 2 

S

a

. Tính giá trị biểu thức: p 2  q 2  ?
37
9
25
D. p 2  q 2 
16
B. p 2  q 2 

C

A
c

b
B

Câu 10: [2H1-3-4]

(Sở Ninh Bình - Lần 1 - 2018 - BTN) Một hình hộp chữ nhật có kích
a
(cm)
 b (cm)  c (cm) , trong đó a, b, c là các số nguyên và 1  a  b  c
thước
. Gọi V (cm3 ) và S (cm 2 ) lần lượt là thể tích và diện tích toàn phần của hình hộp.
Biết V  S , tìm số các bộ ba số  a, b, c  ?
A. 4 B. 10

C. 12

D. 21
Lời giải

Chọn.B


V  a.b.c
S  2  ab  bc  ca 
Ta có V  S suy ra 2  ab  bc  ca   a.b.c 

1 1 1 1
  
a b c 2

1 1 1 1 1 1 1
3 1
         a  6 (do 1  a  b  c ).

2 a b c a a a
a 2
1 1 1 1
1 1
      2 a 6.
a b c 2
a 2

+ Với a  3 ta có

1 1 1
    b  6  c  6   36 .
b c 6

Suy ra  b, c   7;42  , 8;24  ,  9;18 , 10;15 , 12;12   có 5 cách chọn thỏa
mãn.
+ Với a  4 ta có

1 1 1
    b  4  c  4   16 .
b c 4

Suy ra  b, c   5;20  ,  6;12  , 8;8  có 3 cách chọn thỏa mãn.

b  6
1 1 3
3 2
20 b  5 

,  15

+ Với a  5 ta có      b 
.
b c 10 10 b
3
c  10 c  

2
Suy ra có 1 cách chọn thỏa mãn.
+ Với a  6 ta có

1 1 1
   b  c  6 . Suy ra có 1 cách chọn.
b c 3

Vậy tổng cộng có 10 cách chọn.