30 bài tập trắc nghiệm thể tích khối đa diện mức độ 4 vận dụng cao đề số 1 (có lời giải chi tiết) image marked image marked

30 BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM THỂ TÍCH KHỐI ĐA DIỆN – CÓ LỜI GIẢI CHI TIẾT
MỨC ĐỘ 4: VẬN DỤNG CAO – ĐỀ SỐ 1
CHUYÊN ĐỀ: HÌNH HỌC KHÔNG GIAN
Câu 1. Cho khối lăng trụ ABC. ABC  có thể tích bằng 2018. Gọi M là trung điểm AA'; N, P lần lượt
là các điểm nằm trên các cạnh BB',CC' sao cho BN  2 BN , CP  3C P. Tính thể tích khối đa diện
ABCMNP.
A. 4036 .
3

B. 32288 .
27

C. 40360 .
27

D. 23207 .
18

Câu 2. Một tấm kẽm hình vuông ABCD có cạnh bằng 30cm. 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.
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  .

Câu 3. Cho khối hộp chữ nhật ABCD. ABC D có thể tích bằng 2110. Biết AM  MA;

DN  2 ND, CP  2 PC  như hình vẽ. Mặt phẳng

 MNP  chia khối hộp đã cho thành hai khối đa diện.

Thể tích khối đa diện nhỏ hơn bằng:

A. 7385 .
18

B. 5275 .
12

C. 8440 .
9

D. 5275 .
6

1


ASB  BSC  CSA  300. Mặt phẳng   qua

Câu 4. Cho khối chóp S . ABC có SA  SB  SC  a và

A và cắt hai cạnh SB, SC tại B, C  sao cho chu vi tam giác ABC  nhỏ nhất. Tính k 
A. k  2  2

B.



C. k  1

k  42 3

VS . ABC 
VS . ABC

D. k  2 2  2

4



Câu 5. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình bình hành, I nằm trên cạnh SC sao cho IS = 2IC.
Mặt phẳng (P) chứa cạnh AI cắt cạnh SB, SD lần lượt tại M, N. Gọi V’, V lần lượt là thể tích khối

chóp S . AMIN và S . ABCD . Tính giá trị nhỏ nhất của tỷ số thể tích V .
V

A. 4 .
5

B. 5 .
54

C. 8 .
15

D. 5 .
24

Câu 6. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Điểm M di động trên cạnh SC, đặt
MC
 k . Mặt phẳng qua A, M song song với BD cắt SB, SD thứ tự tại N, P. Thể tích khối chóp
MS

C. APMN lớn nhất khi
A.

k  3.

B. k  1.

C. k  2.

D. k  2.

Câu 7. Cho hình chóp S . ABC có SA  x, BC  y, AB  AC  SB  SC  1. Thể tích khối chóp S . ABC
lớn nhất khi tổng  x  y  bằng
A.

3.

B.

2
.
3

C.

4
.
3

D.

4 3.

Câu 8. Cho hình chóp S . ABCD có SA  x , các cạnh còn lại đều bằng 18. Tính giá trị lớn nhất của thể
tích khối chóp S . ABCD ?
A. 648 2  dvtt  .

B. 1458  dvtt  .

C. 8748  dvtt  .

D. 243 11  dvtt  .

A1B1C1D1 là tứ diện với các đỉnh lần lượt là trọng tâm
và có thể tích V1. Gọi A2 B2C2 D2 là tứ diện với các đỉnh lần lượt là

Câu 9. Cho tứ diện ABCD có thể tích V . Gọi
tam giác BCD, CDA, DAB, ABC

B1C1 D1 , C1 D1 A1 , D1 A1 D1 B1 , A1 B1C1 và có thể tích V2 ,... cứ như vậy cho đến tứ diện
An BnCn Dn có thể tích Vn với n là một số tự nhiên lớn hơn 1. Tính giá trị của
P  lim V1  V2  ...  Vn  .

n 

trọng tâm tam giác

A. 27 V .
26

B. 1 V .
27

C. 9 V .
8

D. 82 V .
81

Câu 10. Cho tứ diện ABCD có thể tích là V. Điểm M thay đổi trong tam giác BCD. Các đường thẳng
đi qua M và song song với AB, AC, AD lần lượt cắt các mặt phẳng (ACD), (ABD), (ABC) tại N, P, Q.
Giá trị lớn nhất của thể tích khối MNPQ là:
2


A. V .
27

B. V .

C. V .

16

D. 3V .

8

54

Câu 11. Cho hình trụ có đáy là hai đường tròn tâm O và O’, bán kính đáy bằng chiều cao và bằng 2a.
Trên đường tròn đáy tâm O lấy điểm A, trên đường tròn tâm O’ lấy điểm b. Đặt  là góc giữa AB và
đáy. Biết rằng thể tích khối tứ diện OO’AB đạt giá trị lớn nhất. Khẳng định nào sau đây đúng?
A. tan   2.

B. tan  

1
.
2

C. tan   1 .

D. tan   1.

2

Câu 12. Cho tứ diện đều ABCD có cạnh đáy bằng 3. Gọi M, N là hai điểm thay đổi lần lượt thuộc
cạnh BC, BD sao cho mặt phẳng (AMN) luôn vuông góc với mặt phẳng (BCD). Gọi V1, V2 lần lượt là
giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của thể tích khối tứ diện ABMN. Tính V1 + V2?
A.

17 2

.
8

B.

51 2
.
16

C.

2
.
4

D.

51 2
.
8

Câu 13. Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Hai điểm M, N lần lượt thuộc các
đoạn thẳng AB và AD (M và N không trùng với A) sao cho AB  2 AD  4. Kí hiệu
AM

AN

các thể tích của các khối chóp SABCD và SMBCDN. Tìm giá trị lớn nhất của tỉ số
A. 2 .

B. 1 .

3

6

C. 3 .
4

V ,V1 lần lượt là

V1
.
V

D. 17 .
14

Câu 14. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB  3, AD  6, tam giác
SAC nhọn và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Biết hai mặt phẳng  SAB  ,  SAC  tạo với
nhau góc



thỏa mãn tan   3 và cạnh SC = 3. Thể tích khối chóp S.ABCD bằng

A. 8 .
3

2

B. 4 .
3

C. 4 .
3

D.

8 3
.
3

Câu 15. Cho hình hộp ABCD. ABC D . Gọi E,F lần lượt là trung điểm của B'C' và C'D'. Mặt phẳng

 AEF  chia hình hộp thành hai hình đa diện  H  và  H   trong đó  H  là hình đa diện chứa đỉnh A'.
Tính tỉ số thể tích đa diện  H  và thể tích hình đa diện  H   .
A. 25 .
47

B. 25 .
72

C. 47 .
25

D. 72 .
47

Câu 16. Cho x, y là các số thực dương. Xét các hình chóp S . ABC có SA  x, BC  y, các cạnh còn

lại đều bằng 1. Khi x, y thay đổi, thể tích khối chóp S . ABC có giá trị lớn nhất là
A.

2
.
12

B.

2 3
.
27

C.

3
.
8

D. 1 .
8

3


Câu 17. Khối chóp tam giác có độ dài 3 cạnh xuất phát từ một đỉnh là a, 2a, 3a có thể tích lớn nhất
bằng
A. 4a 3 .

B. 2a 3 .

C. a 3 .

D. 6a 3 .

Câu 18. Xét khối chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A, SA vuông góc với đáy,
khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBC) bằng 3. Gọi  là góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABC),
tính cos  khi thể tích khối chóp S.ABC nhỏ nhất.
A. cos   1 .
3

B. cos  

3
.
3

C. cos  

2
.
2

D. cos   2 .
3

  600 , các mặt bên  SAB  ,
Câu 19. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thoi cạnh a, BAD

 SAD  ,  SBD 

tạo với đáy một góc bằng 450. Thể tích của khối chóp có giá trị lớn nhất là

a3
.
A.
4

a3
.
B.
3

a3
.
C.
6

a3
.
D.
2

  90 , BC  2 2, 
ACB  30 , hình chiếu của S trên mặt
Câu 20. Cho khối chóp S.ABC có BAC
phẳng đáy là trung điểm H của BC. Giả sử có mặt cầu tâm O, bán kính bằng 1 tiếp xúc với SA,SB,SC
0

lần lượt tại các điểm

0

A1 , B1 , C1 , trong đó A1 , B1 thuộc các cạnh tương ứng SA,SB, còn C1 thuộc tia đối

của tia SC; đồng thời mặt cầu tâm O đó tiếp xúc với mặt phẳng

 ABC  .

Thể tích của hình chóp

S . ABC là
A.

2 2
.
3

B.

3
.
3

C.

2 3
.
3

D.

3 2
.
2

Câu 21. Một khối nón có thiết diện qua trục là một tam giác vuông cân và đường sinh có độ dài bằng
3 2 cm. Một mặt phẳng đi qua đỉnh và tạo với đáy một góc 600 chia khối nón thành hai phần. Tính
thể tích phần nhỏ hơn (Tính gần đúng đến hàng phần trăm).
A.

4,36cm3 .

B.

5,37cm3 .

C.

5,61cm3 .

D.

4,53cm3 .

Câu 22. Cho hình lăng trụ tam giác ABC. ABC . Gọi M , N , P lần lượt là các điểm thuộc các cạnh
AA, BB, CC  sao cho AM  2 MA, NB  2 NB, PC  PC . Gọi

diện ABCMNP và A’B’C’MNP. Tính tỉ số

A.

V1
 2.
V2

B.

V1 1
 .
V2 2

V1 ,V2 lần lượt là thể tích hai khối đa

V1
V2
C.

V1
 1.
V2

D.

V1 2
 .
V2 3

Câu 23. 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 là V. Tính V.

4


A. V 

9 2a 3
.
320

B. V 

3 2a 3
.
320

C. V 

a3 2
.
96

D. V 

3 2a 3
.
80

Câu 24. Cho hình chóp SABC có mặt phẳng  SAC  vuông góc với mặt phẳng  ABC  , SAB là tam

giác đều cạnh a 3, BC  a 3, đường thẳng SC tạo với mặt phẳng  ABC  góc 600. Thể tích của khối
chóp SABC bằng:
A.

a3 3
.
3

B.

a3 6
.
2

C.

a3 6
.
6

D.

2a3 6.

Câu 25. Cho lăng trụ ABCD. ABC D có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB  6, AD  3,

AC  3 và mặt phẳng  AAC C  vuông góc với mặt phẳng đáy. Biết hai mặt phẳng  AAC C  và

 AABB 

tạo với nhau góc

A. V = 8.



thoả mãn tan   3 . Tính thể tích khối lăng trụ ABCD. ABC D
4

B. V = 12.

C. V = 10.

D. V = 6.

Câu 26. 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 DP  1 DD. Mặt phẳng  AMP  cắt CC  tại N. Thể tích khối đa diện AMNPBCD bằng
4

A. V  2a .
3

B. V  3a .
3

11a 3
.
C. V 
3

9a 3
.
D. V 
4

Câu 27. Khối chóp S . ABCD có đáy là hình thoi cạnh a, SA  SB  SC  a, cạnh SD thay đổi. Thể tích
lớn nhất của khối chóp S . ABCD là

a3
.
A.
8

a3
.
B.
4

3a3
.
C.
8

a3
.
D.
2

Câu 28. Cho tứ diện ABCD có M, N, Plần lượt thuộc các cạnh AB, BC, CD sao cho MA  MB,

NB  2 NC , PC  2 PD. Mặt phẳng (MNP) chia tứ diện thành hai phần. Gọi T là tỉ số thể tích của phần
nhỏ chia phần lớn. Giá trị của T bằng

5


A. 25 .
43

B. 19 .
26

C. 13 .
25

D. 26 .
45

Câu 29. Cho hình chóp S.ABC có AB  5cm, BC  6cm, CA  7cm. Hình chiếu vuông góc của S
xuống mặt phẳng  ABC  nằm bên trong tam giác ABC. Các mặt phẳng  SAB  ,  SBC  ,  SCA  đều tạo
với đáy một góc 600. Gọi AD, BE , CF là các đường phân giác của tam giác ABC với
D  BC , E  AC , F  AB. Thể tích S.DEF gần nhất với số nào sau đây?
A.

2,9cm3 .

B.

4,1cm3 .

C.

3,7cm3 .

D.

3, 4cm3 .

Câu 30. Khối chóp S.ABCD có đáy là hình thoi cạnh a, SA  SB  SC  a, cạnh SD thay đổi. Thể tích
khối chóp S.ABCD lớn nhất khi độ dài cạnh SD là:
A.

a
.
3

B. 2.

C.

a 6
.
2

D. 2a .
3

6

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT
1–D
11 - B
21 - A

2–D
12 – A
22 - C

3–D
4–B
13 – C 14 – A
23 - A 24 - C

5-C
15 – A
25 – A

6–D
16 - B
26 – B

7-C
17 – C
27 – B

8–B
18 – B
28 - B

9-A
19 – C
29 – D

10 – A
20 - B
30 – C

Câu 1. Chọn D.
Phương pháp: Thể tích V

V

của khối đa diện

ABCMNP

được tính theo công thức

VABC . ABC   AM BN CP 
.



3
 AA BB CC  

Cách giải:

Thể tích cần tìm là V 

2018  1 2 3  23207
   
3 2 3 4
18

Câu 2. Chọn D.
Phương pháp: Tính thể tích khối lăng trụ. Do chiều cao của lăng trụ cố định nên để thể tích lăng trụ là
lớn nhất thì diện tích đáy phải lớn nhất. Ta đi tính diện tích đáy, sau đó áp dụng bất đẳng thức Cô-si để
tìm giá trị lớn nhất của diện tích đáy.
Cách giải: Thể tích khối lăng trụ là:

V  BC.S AEG  30.S AEG .

Theo giả thiết ta phải có 2 x  30  x  15
Ta có AEG có độ dài các cạnh là AE  AG  x  cm  , EG  30  2 x  cm  nên diện tích là

S  15 15  x 15  x  15   30  2 x    15 15  x   2 x  15   cm 2  1
2

Áp dụng bất đẳng thức cô si cho





15  x , 15  x , 2 x  15 ta nhận được

7

 15  x   15  x    2 x  15  
3
15  x   2 x  15  15  x 15  x  2 x  15  
  5  2
3


3

2

3
Thay (2) vào (1) ta nhận được S  15 5  25 3. Do đó V  30.25 3  750 3  cm3 

Giá trị lớn nhất của thể tích đạt được khi và chỉ khi diện tích

S AEG đạt giá trị lớn nhất. Khi đó ta phải có

15  x  2 x  15
 x  10  cm 

0  x  15
Câu 3. Chọn D.
Phương pháp: Cho hình hộp chữ nhật ABCD. ABC D có thể tích V . Một mặt phẳng cắt các đoạn
AA',BB',CC',DD' theo thứ tự tại M,N,P,Q thì thể tích V  của khối đa diện ABCD.MNPQ được tính
theo công thức: V  

V  AM CP  V  BN DQ 




 

2  AA CC   2  BB DD 

Cách giải:
Thể tích của khối đa diện nhỏ hơn là V 

VABCD. ABC D  AM CP  2110  1 1  5275
  

  
2
2  2 3
6
 A A CC  

Câu 4. Chọn B.
Phương pháp: Trải ba mặt bên của hình chóp ra cùng một mặt phẳng. Tìm chu vi của tam giác
AB’C’và tìm SB’, SC’ để chu vi của tam giác AB’C’ là nhỏ nhất.
Cách giải:

Trải các tam giác SAB, SBC, SAC ra cùng một mặt phẳng  A  A 
Ta có SAC  SAC  AC   AC 
Do đó chu vi tam giác AB’C’ là AB  BC   C A  AB  BC   C A  AA
0
Dấu “=” xảy ra khi B  E , C   F hay SB  SE , SC   SF . Tam giác SAA’ có S  90 , SA  SA  a
nên tam giác SAA’ vuông cân tại S, do đó SAA  SAA  450

Xét tam giác SAE có SEA  1800  300  450  105 0
8


Áp dụng định lý sin ta có:





SE
SA
SE
a



 SE  1  3 a
sin SAE sin SEA
sin 45 sin105





Tương tự chứng minh được SF  1  3 a





Vậy chu vi tam giác AB’C’ nhỏ nhất  SB  SC   1  3 a
Khi đó

2
VS . ABC  SB SC 

.
 1  3  4  2 3  k  4  2 3.
VS . ABC SB SC





Câu 5. Chọn C.
Phương pháp: Tỷ lệ tích của hai khối chóp nhỏ nhất  MN / / BD
Cách giải:

Gọi K là giao điểm của AI và SO

Ta có M, N, K thẳng hàng V nhỏ nhất  MN / / BD
V

Khi MN // BD. Gọi E là trung điểm IC  OE / / AI
SK SI
SI
2 IC
4
SM SN 4




 


SO SE SI  IC 2 IC  IC 5
SB SD 5
2
2



VS . AMI SM SI 4 2 8

.
 . 
VS . ABC SB SC 5 3 15

Tương tự ta có

VS . ANI
8
V 8
  
VS . ADC 15
V 15

Câu 6. Chọn D.
Phương pháp: Dùng định lí Thalet, định lý Menelaus và phương pháp tỉ số thể tích để tính thể tích

khối chóp theo tham số k. Khảo sát hàm số chứa biến k để tìm giá trị lớn nhất – giá trị nhỏ nhất
Cách giải:

9


Gọi O là tâm hình bình hành ABCD và I  SO  AM .
Ba điểm M, A, I thẳng hàng nên áp dụng định lý Menelaus cho tam giác SOC ta có:
SM CA OI
OI k
.
.
1

SC CO SI
SI
2

Vì NP//BD  SP  SI  SN 
SD

SO

SB

2
(định lý Thalet)
k 2

Và d  P;  ABCD    d  N ;  ABCD    DP d  S ;  ABCD   

SD

k
VS . ABCD
2k  4

 VP. ACD  VN . ABC 

Ta có:

VS . AMP SM SP
1
2
2

.

.
 VS . ANMP 
V
VS . ACD SC SD k  1 k  2
 k  1 k  2  S . ABCD



Vậy VC . ANMP  VS . ABCD  VS . ANMP  VP. ACD  VN . ABC  1 





k
d  S ;  ABCD  
k 2

2

 k  1 k  2 



k 
 VS . ABCD
k  2 

2k
VS . ABCD
k  3k  2
2

Để VC . ANMP max  f  k  
Xét hàm số f  k  

f k  

k
đạt giá trị lớn nhất
k  3k  2
2

k
trên khoảng  0;  ta có
k  3k  2
2

k 2  2

 k 2  3k  2 

2

 0  k  2 (vì k  0 )  max f  k   f
 0; 

 2  3 2

2

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi k  2. Vậy khi k  2 thì thể tích khối chóp C.ANMP lớn nhất.
Câu 7. Chọn C.
10


Phương pháp:
Sử dụng công thức tính thể tích khối chóp VS . ABC  1 SA.BC.cos  SA; BC  .d  SA; BC 
6

Cách giải: Gọi D và E lần lượt là trung điểm của SA và BC ta có:

SAB  SAC  c.c.c   BD  CD  DCB cân tại D  DE  BC

ABC  SBC  c.c.c   SE  AE  ESA cân tại E  DE  BC
Do đó DE là đường vuông góc chung của SA và BC nên
VS . ABC 

1
1
SA.BC.cos  SA; BC  .d  SA; BC   xy.DE.cos  SA; BC 
6
6

BA2  BS 2 SA2 1  1 x 2
x2


  1   CD 2
Xét tam giác SAB có BD 
2
4
2
4
4
2

Xét tam giác BDE có DE  BD 2  BE 2  1 

Khi đó VS . ABC 
Ta có: xy 

x2 y 2



4
4

4  x2  y 2
2

4  x2  y 2
1
xy
.cos  SA; BC 
6
2

x2  y 2
1
, cos  SA; BC   1  VS . ABC   x 2  y 2  4   x 2  y 2 
2
24

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x  y, khi đó ta có VS . ABC  1 x 2 4  2 x 2
12

Xét hàm số f  t   t 4  2t  0  t  2  ta có

f  t  

1
4  2t  4  2t  t  0  t  4  0; 2
 

3
4  2t
3
 4  2t 

4  2t  t.

4
2
4 8 3
4 8 3
f  0   0; f  2   0; f   
 max f  t   f   
 x2   x 
0;2
9
9
3
3
3
3
Vậy thể tích khối chóp S.ABC lớn nhất khi và chỉ khi x  y 

2
4
 x y 
3
3

Câu 8. Chọn B.

Phương pháp: ABCD là hình thoi nên

S ABCD  2S ABC  VS . ABCD  2VS . ABC

Đổi đỉnh và xác định chiều cao của hình chóp S.ABC. Tính thể tích khối chóp và tìm GTLN của thể
tích khối chóp S.ABC.
11


Cách giải:

Gọi AC  BD  O  SBD cân tại S có SO là trung tuyến  SO  BD
Lại có ABCD là hình thoi nên AC  BD  BD   SAC 
Ta có SO 2  SB 2  BO 2  AB 2  BO 2  AO 2  SO  OA  OC  SAC vuông tại S.
AC 2  x 2  182  4OA2  x 2  182

1
1 1
VS . ABCD  2VS . ABC  2. BO.S SAC  2. . OB.SA.SC
3
3 2



1
1
x 2  182
1
AB 2  OA2 .SA.SC 
182 

.x.18  6 x 243  x 2
3
3
4
4

1
1 Cosi  1
1 
 12. .x 243  x 2  6.  x 2  243  x 2   1458
2
4
4 
4
Dấu “=” xảy ra 

1
1
x  243  x 2  x  9 6  x  0 
2
4

Câu 9. Chọn A.
Phương pháp:
Bước 1: Tìm công thức truy hồi cho

n
Vn theo V. Cụ thể ta đi chứng minh Vn   1  V .
27

Bước 2: Sử dụng công thức tổng của cấp số nhân để tính tổng





An  V  V1  V2  ...  Vn

Bước 3: Tính giới hạn lim An .
n 

Cách giải:
Bước 1: Gọi

A1, B1, C1 lần lượt là trung điểm của BC, CA, AB.
12


Ta có: A1C1 
Ta có:



2
21
 1
A1C1   AC   AC
3
32
 3

d  B1 , A1C1  2
2
  d  B1 , A1C1   d  B1, A1C1 
d  B1, A1C1  3
3

S A1B1C1



S A1B1C1

d  A1 ; B1C1  .B1C1 2 2 4
4
 .   S A1B1C1  S A1B1C1
d  A1; B1C1  .B1C1 3 3 9
9

Mà S ABC   1 S ABC  S A B C  1 S ABC
1 1 1

4

1 1 1

9

1
d D ;ABC S

V1 VA1B1C1D1 3  1 1 1 1  A1B1C1
1
1
Ta lại có: d  D1 ; A1 B1C1   d  D; ABC  do đó



1
3
V
VABCD
27
d  D; ABC  S ABC
3

Hay V1  V

27
n

 1 
Chứng minh tương tự ta có: Vn  1 Vn 1n  2. Hay ta có Vn    V .
27
 27 

Bước 2: Ta có:

An  V  V1  V2  ...  Vn là tổng của cấp số nhân với công bội

 1 

1  
2
n


1  1 
 1 
 27 
An  V 1 
    ...      V
 27  27 
1
 27  

1
27

q

1
do đó
27

n 1

n 1

 1  
 1   
 27    V  27V .

Bước 3: Khi đó lim An  lim V
n 
n  
1 
1
26
1
1


27 
27


Câu 10. Chọn A.
Phương pháp: Áp dụng công thức tính thể tích của tứ diện vuông.
Cách giải:

13


Giả sử tứ diện ABCD có AB, AC, AD đôi một vuông góc  VABCD  AB. AC. AD
6

Khi đó, tứ diện MNPQ có MN, MP, MQ đôi một vuông góc  VMNPQ  MN .MP.MQ
6

Ta chứng minh được MN  MP  MQ  1 (dựa vào định lý Ta – let), khi đó
AB

AC

AD

3

 MN MP MQ 




AB. AC. AD
AB AC AD 
MN MP MQ

 AB. AC. AD.

MN .MP.MQ  AB. AC. AD.
.
.
27
27
AB AC AD
Vậy VMNPQ  MN .MP.MQ  1 . AB. AC. AD  V  Vmax  V
6

27

6

27

27

Câu 11. Chọn B.
Phương pháp:
- Trên (O), (O’) lần lượt lấy B’, A’ sao cho AA’//BB’//OO’.
- Xác định góc  : góc giữa đường thẳng và mặt phẳng là góc giữa đường thẳng và hình chiếu của nó
trên mặt phẳng.
- Tính thể tích khối tứ diện OO'AB theo thể tích khối lăng trụ OAB'.O'A'B.
- Tìm GTLN của khối lăng trụ suy ra số đo


AOB  900  AB  AB  a 2  tan 

Cách giải:

14


Trên (O), (O’) lần lượt lấy B’, A’ sao cho AA’//BB’//OO’.

 AA   OAB 
  AB,  OAB     AB, AB   ABA  
Ta có: 


AB

O

A
B

B





Ta có: OAB’.O’A’B là hình lăng trụ

1
1
1
V V
VOOAB  VA.OOBB  VOAB.OAB  VA. ABO    V   
2
2
2
3 3
(V: thể tích lăng trụ OAB’.O’A’B’)  VOOAB đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi V lớn nhất.
 .OO  1 2a.2a.sin O
 .2a  4a 3 .sin O
  4a 3
Mà thể tích lăng trụ V  SOAB .OO  1 OA.OB.sin O
2

 Vmax  4a 3 khi và chỉ khi
 tan  

2

AOB  900  AB  OA 2  2a 2

AA
2a
1


AB 2a 2
2

Câu 12. Chọn A.
Phương pháp: Công thức để tính khối chóp: V  1 h.S d
3

Cách giải:

Tứ diện ABCD đều, gọi H là tâm tam giác đều BCD  AH   BCD 
Có  AMN    BCD    AMN   AH  H  MN
 VABMN 

1
AH .S BMN , với AH không đổi
3

Dễ thấy diện tích tam giác BMN nhỏ nhất khi và chỉ khi tam giác BMN đều, khi đó MN // CD

BM BH 2
2

22 3

  BM  BC  2  S BMNmin 
 3
BC BE 3
3
4
15


ND

Diện tích tam giác BMN lớn nhất khi và chỉ khi

S BMNmin

hoặc

M  C,

khi đó

1
1 32 3 9 3
 S ABC  .

2
2 4
8

Có BH 

2
2 3 3
BE  .
 3  AH  AB 2  BH 2  32 
3
3 2

 
3

2

 6

1
1
9 3 9 2
 V1  AH .S BMNmin 
6.

3
3
8
8
V2 

17 2
1

1
AH .S BMN min 
6. 3  2  V1  V2 
8
3
3

Câu 13. Chọn C.
Phương pháp:
+ Tỷ số

+

S
V1
chính là tỉ số diện tích MBCDN
S ABCD
V

S MBCDN
S
 1  AMN
S ABCD
S ABCD
2

 ab
+ Sử dụng bất đẳng thức: ab  
  a; b  0 
 2 

Cách giải:

Đặt AB  x, AD  y  x, y  0   x  2 y  4
AM



AN

S MBCDN
1 VS .MBCDN V1
 1


S ABCD
2 xy VS . ABCD V
2

2

 ab
 x  2y 
2
Áp dụng BDT ab  
  a; b  0  cho hai số dương x; 2 y ta có x.2 y  
 2 4
 2 
 2 
16

 2 xy  4 
Vậy max

1
1
1
3
  1

2 xy 4
2 xy 4

V1 3

V
4

Câu 14. Chọn A.
Phương pháp: Sử dụng phương pháp xác định góc giữa hai mặt phẳng, tìm các yếu tố liên quan đến
chiều cao của khối chóp suy ra thể tích khối chóp
Cách giải:

Kẻ BH  AC  H  AC  , HI  SA  I  SA 
   SAB  ;  SAC     BI ; HI   BIH  tan BIH 

Tam giác BIH vuông tại H, có tan BIH 

3

2

BH
2 2
 IH 
IH
3

Gọi K là trung điểm của SA, tam giác SAC cân tại C  CK  SA

 IH / / CK 

AH IH 1
2 2

  CK  3IH  3.
2 2
AC CK 3
3
1
2

Mặt khác: S SAC  .CK .SA 

1
2.2 2 4 2
d  S ; AC  . AC  d  S ; AC  

2
3

3
1
3

1 4 2
8
.3 2 
3 3
3

Vậy thể tích cần tính là VS . ABCD  d  S ; AC  .S ABCD  .
Câu 15. Chọn A.
Phương pháp:
+ Xác định thiết diện của hình hộp khi cắt với  AEF  .

17


+ Tính thể tích của H' so với thể tích hình hộp, đưa về các bài toán tính thể tích khối chóp và cộng trừ
thể tích.
Cách giải:
Mặt phẳng  AEF  chứa EF / / BD   ABCD   Giao tuyến của  AEF  và  ABCD  là đường thẳng
qua A và song song với EF.
Trong  ABCD  qua A kẻ HI//BD  H  BC , I  CD 
Trong  BCC B  gọi L  EH  BB, trong  CDDC   gọi M  FI  DD , khi đó  AEF    ALEFM 

 AEF    BCC B   HE

 HE , FI , CC  đồng quy tại N.
Ta có:  AEF    CDDC    FI


 BCC B    CDDC    CC 
Ta có:

VH   VN .CIH  VN .EFC   VL. ABH  VM . ADI

Ta dễ chứng minh được B, D lần lượt là trung điểm của CH, CI
 BD 

1
1
1
HI  EF  BD  HI
2
2
4

 C EF  CIH theo tỉ số đồng dạng k 

1 SC EF 1


4
SCIH 16

NC  EC  1 d  N ,  C FE   1
1 1
1

 

  VN .FC E  . VN .CIH  VN .CIH
NC HC 4
16 4
64
d  N ,  CIH   4
VLABH  VM . ADI 

1 1
1
. VN .CIH  VN .CIH
2 4
8

 VH   VN .CIH  VN . FC E  VL. ABH  VM . ADI 

Ta có:

47
VN .CIH
64

CC  3 S ABCD 1 VABCD. ABC D d  C ;  ABCD   .S ABCD
CC  S ABCD
3 1 9
 ,
 

3
.
 3. . 

1
NC 4 SCIH 2
VS .CIH
NC SCIH
4 2 8
d  N ;  CIH   .SCIH
3

8
47
47
25
 VS .CIH  VABCD. ABC D  VH  
VN .CIH 
VABCD. ABC D  VH  VABCD. ABC D
9
64
72
72



VH 25

VH  47

Câu 16. Chọn B.

18

Phương pháp: Xác định thể tích khối chóp thông qua phương pháp dựng hình với các yếu tố đặc biệt,
đưa về biểu thức chứa hai biến ,xy và đánh giá thông qua bất đẳng thức, khảo sát hàm số để tìm GTLN
của thể tích
Cách giải:

Gọi I, H lần lượt là trung điểm của SA, BC.

 BI  SA
Ta có: 
 SA   BIC  , VS .IBC  VA.IBC
CI  SA
BI  SB 2  SI 2  1 

x2
4  x2
4  x2  y 2
4  x2 y 2
, IH  IB 2  BH 2 



4
2
4
4
2

Diện tích tam giác IBC là S IBC  1 IH .BC  y 4  x 2  y 2
2

4

1 x y
xy
 VS . IBC  VA. IBC  . .
4  x2  y 2 
4  x2  y 2
3 2 4
24

Khi đó thể tích khối chóp S.ABCD là VS . ABC  2VS .IBC  xy 4  x 2  y 2
12

Ta có: xy 

x2  y 2
x2  y 2
V 
4  x2  y 2
2
24

Đặt t  4  x  y   0; 2,  khi đó V  f  t  
2

2

Vậy giá trị lớn nhất của

VS . ABC là Vmax 

t 4  t2 
24



16 3
(khảo sát hàm số)
9

2 3
27

Câu 17. Chọn C.
Phương pháp: Xác định khoảng cách, biện luận góc và vị trí điểm để tìm GTLN của thể tích.
Cách giải:

19


 SA  a, SB  2a
Xét khối chóp tam giác S.ABC có 
và h là khoảng cách từ C đến  SAB 
 SC  3a, ASB  
Khi đó, thể tích khối chóp S.ABC là V  1 d  C ;  SAB   .S SAB (1)
3

Diện tích tam giác SAB là S SAB  1 SA.SB.sin 
ASB  a 2 .sin  (2)

2

sin   1
1
Từ (1)(2)  V  1 h.a 2 .sin  mà 
 V  .3a.a 2  a 3
3
3
h  SC  3a
Câu 18. Chọn B.
Phương pháp: Tính thể tích VS . ABC  1 SA.S ABC theo
3

cos 

Cách giải:

 BC  AM
Gọi M là trung điểm của BC ta có: 
 BC   SAM 
 BC  SA
Trong  SAM  kẻ AH  SM  AH  BC  AH   SBC   AH  3

20


 SBC    ABC   BC

Ta có:  AM  BC
   SBC  ;  ABC     AM ; SM   SMA  

 SM  BC

 AM 

AH
3
6
1
1 3
6
9

 BC  2 AM 
 S ABC  AM .BC 
.

sin  sin 
sin 
2
2 sin  sin  sin 2 

3
Trong tam giác vuông SAM có SM  AM 
cos  sin  cos 

 SA  SM 2  AM 2 

9
3 1  cos 2 
3



2
2
sin  cos 
sin  cos 
cos 

1
1 3
9
9
 VS . ABC  SA.S ABC 
. 2 
2
3
3 cos  sin  1  cos   cos 

Đặt t  cos   0  t  1  f  t  

 1  243
f  
;f
3 8

 3  27 3
;f
  
3
2

 

9
1  t 2  t

 2
 2  243
 min f  t  

  18 2; f   
x 0;1
2
3
10





 3
f  
 3 

Câu 19. Chọn C.
Phương pháp: Xác định thể tích khối chóp bằng cách xác định chiều cao, với hình chiếu của đỉnh là
tâm đường tròn nội tiếp hoặc ngoại tiếp tam giác đáy
Cách giải:

Ba mặt bên  SAB  ,  SAD  ,  SBD  tạo với đáy các góc bằng nhau và bằng 450.

 Chân đường cao trùng tâm đường tròn nội tiếp ABD hoặc chân đường cao trùng với đường tròn
tâm bàng tiếp của ABD .

21


Xét 2 trường hợp ta nhận thấy thể tích khối chóp lớn nhất

 Vmax khi chân đường cao trùng tâm bàng

tiếp ABD  H  C
Ta có: DAB  60  ABD là tam giác đều cạnh
0

Ta có:

a  S ABCD  2S ABD

  SBD  ,  ABCD     SO; OC   SOC  45

0

a2 3 a2 3
 2.

4
2

 SOC vuông cân tại C

a 3
1 a 2 3 a 3 a3
 SC  OC 
 Vmax  .
.

2
3 2
2
4
Câu 20. Chọn B.
Phương pháp: Dựng hình, xác định bán kính mặt cầu để suy ra chiều cao của khối chóp
Cách giải:

Do mặt cầu tâm O tiếp xúc với ,, SA SB SC lần lượt tại các điểm

A1 , B1 , C1  SA1  SB1  SC1 1

Mặt khác: OA1  OB1  OC1  2 
Từ (1) và (2)  SO   A1 B1C1 D1 
Gọi C’ là điểm đối xứng của C qua S. Ta có các tam giác SAB, SAC’, SBC’ cân tại S.

 A1 B1 / / AB, A1C1 / / AC , B1C1 / / BC    A1 B1C1  / /  ABC  
SH / / BC   SH / /  ABC   Vậy SO  SH
 SH  d  O;  ABC    R  1. Vậy V 

3
3

Câu 21. Chọn A.

Phương pháp:
22


- Xác định góc giữa mặt phẳng và mặt phẳng.
- Lập tỉ lệ thể tích thông qua tỉ lệ diện tích đáy và tỉ lệ chiều cao.
Cách giải:

Xét hình nón (H) thỏa mãn yêu cầu đề bài, có một thiết diện qua trục là tam giác SAB.
Ta có: SAB cân tại S và là tam giác vuông cân  SAB vuông cân tại đỉnh S.
Gọi O là trung điểm của AB  SO  OA  OB 

SA 3 2

 3  cm 
2
2

Thể tích hình nón (H): V  1 SO. .OA2  1 .3 .32  9
3

3

Gọi (P) là một mặt phẳng đi qua đỉnh và tạo với đáy một góc
giác cân SMN.

600 , thiết diện của (P) với mặt đáy là tam

Gọi I là trung điểm của MN (hiển nhiên I không trùng O), suy ra IO  MN .
Mà SO  MN (vì SO  đáy)  MN   SIO  

Tam giác SIO vuông tại O  IO 

  P  ,  ABI    OIS  60

0

SO
SO
3


 3  cm 
0
tan SIO tan 60
3

1
S .h
V0 3 0
S
S
Gọi V0 là thể tích phần nhỏ hơn. Ta có

 0  V0  V 0
1
V
S
S
S .h
3

*Tính diện tích đáy của phần có thể tích nhỏ hơn:

23


Diện tích hình tròn S   .OA2   .32  9
3

S0  2 S1  2 

9  x 2 dx

3

Đặt x  3sin t  dx  3cos tdt
Đổi cận: x  3  t  arcsin

1

,x 3t 
2
3



3

 S0  2  9  x 2 dx  2
3



9  9sin 2 t .3cos t.dt  18
1
3

2


arcsin

cos 2 t.dt
1
3



2

arcsin


arcsin



 18

2

1
3

1  cos 2 t
9

2
9
1 9
1 

dt   9t  sin 2t 

 9 arcsin
 sin  2 arcsin

2
2
2

 arcsin 1
3 2 
3
3

9
1 9 
1 
 9 arcsin

 sin  2 arcsin

S
2
3 2 
3
 0
S
9
9
1 9 
1 
 9 arcsin
 sin  2 arcsin

S0
2
3 2 
3
 V0  V .  9 .
 4,36  cm3 
S
9


Câu 22. Chọn C.
Phương pháp: Chia thành các khối đa diện nhỏ để tính thể tích
Cách giải:

24

Đặt

V  VABC . ABC 

Ta có:

VABCMNP  VP. ABNM  VP. ABC  , mặt khác:

VP. ABC 

1
1
V
d  P;  ABC   .S ABC  d  C ;  ABC   .S ABC 
3
6
6

2
1
AA  BB
S ABNM AM  BN 3
1
1
3


  VP. ABNM  VC . ABBA

S ABBA AA  BB
AA  BB
2
2
Mà VC . ABBA  2 V  VP. ABNM  1 . 2 V  V
3

2 3

3

Khi đó VABCMNP  V  V  V
6

Vậy

3

2

V1 V V
 : 1
V2 2 2

Câu 23. Chọn A.
Phương pháp: Xác định thiết diện, sử dụng công thức tỉ số thể tích.
Cách giải:

25