(GV hứa lâm phong) 65 câu hình học không gian

Câu 1 (GV HỨA LÂM PHONG 2018) Cho khối chóp có đáy là tam giác đều. N ếu tăng
độ dài của ba cạnh đáy lên m lần và giảm độ dài chiều cao m lần thì thể tích khối chóp
khi đó sẽ thay đổi như thế nào so với ban đầu ?
A. tăng m lần

2
B. tăng m lần

2
C. giảm m lần

D. không thay đổi

Đáp án A

Ta có

1 a 2 3 a ' ma
1
1 h a 2 m2 3
V  h.
���
�
V
'

h
'
S
'


.
 mV �
h
h '
3
4
3
3m
4
m

tăng m lần. Chọn A

Câu 2 (GV HỨA LÂM PHONG 2018): Một khối lăng trụ tam giác có cạnh đáy lần lượt là
0
6cm , 8cm và 10cm , cạnh bên 14cm và góc gi ữa cạnh bên và m ặt đáy b ằng 30 . Tính
thể tích của khối đó.

A. 112 cm

3

3
B. 56 3 cm

3
C. 112 3 cm

D. 168cm

3

Đáp án D
Giả sử hình lăng trụ là ABC.A’B’C’
1
1
ABC vuong � S ABC  .6.8  24
h  sin 300 AA '  .14  7
2
2
Ta có:
. Chiều cao
V  h.SABC  7.24  168 cm3 .
Câu 3 (GV HỨA LÂM PHONG 2018): Cho hình bát diện đều. Biết rằng các điểm là tâm
các mặt của bát diện đều tạo thành một hình đa diện đều. Tên của hình đa diện đó là
A. tứ diện đều
Đáp án B

B. lập phương

C. bát diện đều

D. mười hai mặt đều.


Câu 4 (GV HỨA LÂM PHONG 2018) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ
nhật và AB  2a, BC  a . Các cạnh bên của hình chóp bằng nhau và bằng a 2 . Gọi E
và F lần lượt là trung điểm của AB và CD; K là điểm bất kỳ trên BC. Khoảng cách giữa
hai đường thẳng EF và SK là:
a 3

A. 3

a 6
B. 3

a 15
C. 5

a 21
D. 7

Đáp án D

Gọi O  AC �BD , I

là trung điểm cạnh đáy BC. Do SA  SB  SC  SD nên

SO   ABCD 
Từ đó ta chứng minh được

BC   SOI  � OH   SBC 

(với OH  BC tại SI )

�
 EF / /  SBC 
�
�
SK � SBC 
d  EF,SK   d  EF ,  SBC    OH

Do �
nên

Tính được

Suy ra

OC 

1
a 5
a 3
AC 
� SO 
2
2
2

d  EF , SK   OH 

SO.OI
SO  OI
2

2



a 21
7

.

Câu 5: (GV HỨA LÂM PHONG 2018) Cho khối lăng trụ đứng ABC.DEF có đáy là tam





0
9  17 a
giác vuông tại A với BC  4a, R ACB  60 . Biết BCD có chu vi bằng
. Thể
tích khối lăng trụ ABC.DEF là
3
A. a 39

3
B. 6a 39

3
C. 2a 39

Đáp án C
0
0
ABC vuông A � AC  BC.cos 60  2a, Ab  BC.sin 60  2a 3

3
D. 26a 3

1
1
� S ABC  . AB. AC  .2a.2a 3  2a 2 3
2
2

 Đặt

x  AD  x  0 

2
2
2
2
 ABD vuông tại a A � BD  Ab  AD  4a  x
2
2
2
2
 ACD vuông tại A � DC  AC  AD  12a  x

BCD

 Theo giả thiết, chu vi



bằng

9

17



ta

có

phương

trình:



4a 2  x 2  12a 2  x 2  4a  9  17 a

Giải phương trình trên, ta tìm được x  AD  a 13
VABC .DEF  AD.S ABC  a 13.2a 2 3  2a 3 39

.

Câu 6: (GV HỨA LÂM PHONG 2018)Cho hình chóp S.ABC . có đáy ABC là tam giác
vuông tại B . Các mặt bên

 SAC  ;  SAB 

cùng vuông góc với đáy,

13
; BC  3; SC  2
 SBC  ;  ABC  . Giá
2
. Gọi  là góc hợp bởi hai mặt phẳng

AC 

trị biểu thức

T  2sin

 2 3


cos
2
3
2

A. 0

B. 1

C. 2

D. 3

Đáp án C

Ta dễ suy ra

Ta có

S ABC 

Lại có

SA   ABC  , BC   SAB  ;  SBA

1
3
1
3
BC. AC 2  BC 2 
; S SBC  .BC. SC 2  BC 2 
2
4
2
2

S ABC  S SBC .cos  � cos  

1
�   600 � T  2
2
. Chọn C .

Câu 7: (GV HỨA LÂM PHONG 2018) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thoi tâm
O cạnh a và có góc R BAD  60 . Đường thẳng SO vuông góc với mặt phẳng đáy

0

 ABCD 

và

SO 

3a
4 . Khoảng cách từ A đến mặt phẳng  SBC  là:


a 3
A. 2

3a
B. 2

2a
C. 3

3a
D. 4

Đáp án D

* Ta có ABD và BCD đều cạnh a .
1

 SBC  tại C , O là trung điểm AC � khoảng cách d  A,  SBC    2 d  O,  SBC  

AC cắt
* Trong

 ABCD  dựng OH  BC , trong  SOH  dựng OK  SH

OK   SBC  �

khoảng cách

d  O,  SBC    OK

OBC vuông tại O có OH đường cao
đường cao

�

1
1
1


, SOH
2
2
OH
OB
OC 2
vuông tại O có OK

1

1
1
1
1
1
3a





� OK 
2
2
2
2
2
2
8 . Vậy
OK
OH
SO
OB
OC
SO

d  A,  SBC    2OK 
Câu 8:

�

ta chứng minh được

3a
4

(GV HỨA LÂM PHONG 2018)Cho hình lập phương ABCD.A' B'C' D' cạnh

2a
3 . Mặt phẳng    qua
bằng a và K là một điểm nằm trên cạnh CC’ sao cho
A, K và song song với BD chia khối lập phương thành hai phần có thể tích
CK 

V1 ,V2  V1  V2 

V1
. Tính tỉ số V2
V1 1

A. V2 4

V1 1

B. V2 2

V1 2

C. V2 3

V1 1

V2 3
Đáp án B
Gọi tâm O, O’ lần lượt là tâm của ABCD, A’B’C’D’. Ta có I  AK �OO '

D.


Qua I ta kẻ đường thẳng d song song BD cắt BB', DD' lần lượt tại M, N . Mặt phẳng
chính là
mặt phẳng

 KMAN  chia khối lập phương thành 2 phần.

Ta có 2 phần khối đa diện đối xứng qua
của mỗi phần như sau:
VA. BMKC 



 AA ' C ' C  nên ta chỉ cần xét một nửa thể tích

V
V
1
1
a 3 VABC . A ' B ' C '
1
AB. BC  KC  MB  


� A.BMKC  � 2  2
3
2
6
3
VAKM . A ' B ' C ' 2
V1
.

Câu 9 (GV HỨA LÂM PHONG 2018) Hai người cùng chơi trò chơi phóng phi tiêu,
mỗi người đứng cách một tấm bảng hình vuông ABCD có kích thước là 4 x 4 dm một
khoảng cách nhất định. Mỗi người sẽ phóng một cây phi tiêu vào t ấm b ảng hình
vuông ABCD (như hình vẽ). Nếu phi tiêu cắm vào hình tròn tô màu h ồng thì người
đó sẽ được 10 điểm. Xét phép thử là hai người lần lượt phóng 1 cây phi tiêu vào t ấm
bảng hình vuông ABCD (phép thử này đảm bảo khi phóng là trúng và dính vào t ấm
bảng hình vuông, không rơi ra ngoài). Tính xác suất để có đúng m ột trong hai ng ười
phóng phi tiêu được 10 điểm. ( kết quả cuối cùng làm tròn s ố đ ến 4 ch ữ s ố th ập
phân)

A. 0, 2331

B. 0, 2330

C. 0, 2333

0, 2332
Đáp án D

 i  1, 2 

Gọi Ai là biến cố người thứ i phóng phi tiêu được 10 điểm.
Gọi A là biến cố thỏa yêu cầu bài toán.

D.


Dễ thấy



 

A  A1 �A2 � A1 �A2
2



. Ta có

P  A1   P  A2  

�AC  AD �
S1   . �
�  . 2 2  2
� 2
�
Trong đó
S  4 x 4  16  fm 2 



  dm 
2

S1
S .

2

là diện tích hình tròn màu hồng

là diện tích hình vuông ABCD.

� S1 �
�S1 �
P  A   2. �
1 �
�S ��0, 2332
� S �
� �
Vậy

Câu 10 (GV HỨA LÂM PHONG) Mặt phẳng

 AB ' C '

chia khối lăng trụ ABC. A ' B ' C '

thành các khối đa diện nào?
A. Một khối chóp tam giác và một khối chóp ngũ giác.

B. Một khối chóp tam giác và một khối chóp tứ giác
C. Hai khối chóp tam giác
D. Hai khối chóp tứ giác
Đáp án B
Câu 11 (GV HỨA LÂM PHONG): Hình đa diện nào sau đây không có tâm đối xứng?
A. Tứ diện đều.

B. Bát diện đều.

C. Lục diện đều.

D. Thập nhị diện đều.

Đáp án A
Câu 12 (GV HỨA LÂM PHONG). Tìm tổng số đỉnh và cạnh của hình bát diện đều.
A. 14.

B. 20.

C. 18.

D. 26.

Đáp án C
Bát diện đều có 6 đỉnh, 8 mặt, 12 cạnh.
Câu 13 (GV HỨA LÂM PHONG): Thể tích của khối lăng trụ tam giác đều có tất cả các
cạnh bằng 2a là:

A.

3a 2
4

2 3a 3
3
B.

3
C. 2 3a

Đáp án C
Khối lăng trụ tam giác đều có tất cả các cạnh bằng 2a,

a3 3
D. 2


nên cạnh đáy và cạnh bên đều có độ dài bằng 2a.

Diện tích đáy tam giác đều:

 2a 
S

2

4

3

a 2 3.

Chiều cao bằng với độ dài cạnh bên: h  2a

.
Câu 14 (GV HỨA LÂM PHONG): Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại
B, SA   ABC  , SA  3a,
AB  a 2, BC  2a . Gọi E là trung điểm BC . Tính góc giữa đường thẳng SE và mặt
phẳng ( ABC ).
A. 60�.

B. 45�.

C. 30�.

D. 55�.

Đáp án A

 ABC  , kéo theo AE là
tại A nên A là hình chiếu của S lênmặt phẳng
 ABC  �  SE  ABC     SE , AE   SEA . Áp dụng định lý
hình chiếu của SE lên mặt phẳng
Py-ta-go trong SAE vuông tại B , ta có:
Do

SA   ABC 



AE 2  AB 2  BE 2  a 2



2

 a 2  3a 2 � AE  a 3.

A SA   ABC 
tại
nên SA  AE ,
SA
3a
tan SEA 

 3 � SEA  60�
.
AE a 3

vuông

SAE

Trong
ta

Câu 15 (GV HỨA LÂM PHONG): (VDT) Cho tứ diện
một vuông góc với nhau,

có:

 ABCD 

có các cạnh AB, AC , AD đôi


AB  6a, AC  7a, AD  8a. . Gọi M , N , P lần lượt là trung điểm của BC , CD, BD. Thể
tích khối tứ diện AMNP là:
2

2
B. 28a .

A. 14a .

2
C. 42a .

2
D. 7a .

Đáp án A

Ta có:

VAMNP d  A,  MNP   .SMNP SMNP 1



VABCD d  A,  BCD   .SBCD SBCD 4

1
�1
� 1
VABCD  . AB. � AC. AD � .6a 7 a8a  56a 3
3
�2
� 6
1
1
VAMNP  VABCD  .56a 3  14a3 .
4
4
Suy ra:
Câu

16

(GV

HỨA

LÂM

PHONG):

Cho

tứ

diện

ABCD

có

BC  CD  BD  2a, AC  AD  a 2, AB  a . Góc giữa hai mặt phẳng  ACD  và  BCD 
có số đo là:
A. 90�.

B. 60�.

.
C. 45�

D. 30�.

Đáp án D
Do BC  CD  BD  2a nên BCD là tam giác đều.

Do AC  AD  A 2 và CD  2a , nên theo định lý Py-ta-go đảo, ta có ACD vuông cân
tại A .
Khi đó, gọi M là trung điểm CD thì: AM  CD và BM  CD. Ta có:
�  ACD  � BCD   CD
�
Trong  ACD  : AM  CD �   ACD  ,  BCD     AM , BM  ,
�
�Trong  BCD  : BM  CD
�

BCD đều có đường cao

3
a 3
2

BM  2a.

ACD vuông cân tại A nên trung tuyến

AM 

CD 2a

a
2
2

Áp dụng định lý hàm cos trong AMB , ta có:
AM 2  BM 2  AB 2 a 2  3a 2  a 2
3
cos AMB 


2 AM .BM
2
2a.a 3
AMB  30��  AM , BM   30�
.

Vậy góc giữa hai mặt phẳng

 ACD 

và

 BCD  có số đo bằng 30�.

Câu 17 (GV HỨA LÂM PHONG): (VDC) Cho khối chóp S . ABCD có đáy là hình vuông.
VNBCMAD
Gọi M, N lần lượt là trung điểm của SA, SB . Tính tỉ số VS . ABCD
5
.
A. 8

1
.
B. 2

3
.
C. 4

5
.
D. 4

Đáp án A

Xét:

VSMNCD  VMNABCD  VSABCD
�
�
VSMNCD  VSMCD  VSMNC
�
� VSMCD SM 1
1
5

 � VSMCD  VSABCD � VMNABCD  VS . ABCD
�
SA 2
4
8
� VSACD
�
VSMNC SN SM 1
1

.
 � VSMNC  VSABCD
�
8
�VSABC SB SA 4

Câu 18 (GV HỨA LÂM PHONG): Cho hình lập phương ABCD.A'B'C'D' có khoảng cách
giữa
A'C

và
C'D'
là
1
cm.
Thể
tích khối lập phương ABCD.A'B'C'D' là:
3
A. 8 cm .

3
B. 2 2cm .

3
C. 3 3cm .

Đáp án B
Gọi M là trung điểm C’D’. Đặt x là cạnh của hình lập phương

3

D. 27 cm .




A ' B '/ / C ' D ' �����
� C ' D '/ /  A ' B ' CD 
A ' B '� ABCD

Ta có

d  C ' D '; A ' C   d  C ' D ';  A ' B ' CD    d  M ;  A ' B ' CD  

Gọi O là trung điểm A’C. Dễ dàng chứng minh

Suy ra

d  M ;  A ' B ' CD    MO 

MO   A ' B ' CD 

(xin dành cho bạn đọc).

x 2
1� x  2
V
 x3  2 2
2
. Vậy lapphuong

Câu 19 (GV HỨA LÂM PHONG): Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại
B AB  A, BC  A 3. Biết rằng SA vuông góc với mặt phẳng đáy và diện tích xung
5a 2 3
2 . Tính theo a khoảng cách d từ A đến mặt
quanh của khối chóp S . ABC bằng
phẳng SBC gần với giá trị nào nhất sau đây ?
A. 0, 72a

B. 0,90a

C. 0,80a

Đáp án B
HDG: đặt x  SA  0 và AC  2a
Dễ dàng chứng minh SBC vuông tại B
1
1
1
S xq  S SAC  SSBC  SSAB  2 SA. AC  2 SA. AB  2 SB.BC
Ta có:
1
1
1 2
x.2a  x.a 
x  a 2 .a 3
� x 2  a 2  5a  x 3
2
2
2

D. 1,12a


� 5a  x 3 �0
�
��
x 2  a 2  5a  x 3
�
�





2

�
5a
�
x�
5a
�
�
x�
3
�
�
3
��
� ��
� x  a 3 � SA  a 3
x  a 3  tm 
2
2
�
�
2 x  10a 3 x  24a  0
�
�

��
x  4a 3  ktm 
��
�





 SAB    SBC  theo giao tuyến SB. Kẻ
Ta có
AH  SB � AH   SBC  � d  A;  SBC    AH



x1 � 2; 3

.

Câu 20 (GV HỨA LÂM PHONG)Khẳng định nào sau đây là khẳng định sai
A. Mỗi cạnh của khối đa diện là cạnh chung của đúng 2 mặt của khối đa diện.
B. Hai mặt bất kì của khối đa diện luôn có ít nhất một điểm chung.
C. Mỗi đỉnh của khối đa diện là đỉnh chung của ít nhất 3 mặt.
D. Mỗi mặt của khối đa diện có ít nhất ba cạnh.
Đáp án B
Dựa vào định nghĩa về hình đa diện ta có hai mặt bất kì c ủa khối đa diện hoặc không
có điểm chung, hoặc có 1 đỉnh chung, hoặc có 1 cạnh chung
Câu 21 (GV HỨA LÂM PHONG): Cho hình chóp S.ABC có các cạnh bên bằng nhau. Bi ết
. Khi đó hình chiếu vuông góc của S lên
rằng ABC là tam giác cân tại A có R BAC  120�

mặt đáy ABC là
A. Trung điểm cạnh BC

B. Đỉnh A của ABC

C. Đỉnh D của hình thoi ABDC

D. Tâm đường tròn nội tiếp ABC

Đáp án C
Kẻ

SH   ABCD  ,

Ta có SA  SB  SC � SAH  SBH  SCH

Suy ra HA  HB  HC � H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC
Do ABC là tam giác cân tại A có R BAC  120�� H là đỉnh thứ 4 của hình thoi ABDC


Câu 22 (GV HỨA LÂM PHONG): Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam
. Góc giữa B’C và mặt phẳng (AA’C’C) bằng
giác vuông tại A, AC  a, góc R BCA  60�
30�
. Tính theo a, độ dài AC '
A. AC '  a

B. AC '  3a

C. AC '  a 3

D. AC '  3a 3

Đáp án B
Ta có

tan R BCA 

BA
� BA  b 3
AC

B' A '  A 'C '
�
� B'A '   A 'C 'CA 
�
B'
A
'

AA
'
�
Đồng thời
Nên

R  B 'C;  AA 'C 'C    R B 'CA  30�

B' AC vuông tại A’ có

tan R B'CA ' 

B' A '
a 3
� CA ' 
 3a
CA '
3
3

Lại có CA '  AC '  3a

Câu 23: (GV HỨA LÂM PHONG)Tiến hành phân chia khối lập phương ABCD.A'B'C'D',
hỏi có bao nhiêu cách phân
chia đúng trong các phương án sau:
i. Khối lăng trụ ABC.A'B'C', khối tứ diện AA'D'C' và khối chóp A.CDD'C'
ii. Khối tứ diện AA' B' D', khối tứ diện CC'D'B', khối chóp B'.ABCD


iii. Khối tứ diện A.A'B'C', khối chóp A.BCC'B' , khối lăng trụ ADC.A'D'C'
iv. Khối tứ diện AA'B'D', khối tứ diện C'CDB , khối chóp A.BDD'B', khối chóp C'.BDD'B'
A. 1

B. 2

C. 3

D. 4

Đáp án C

Có 3 phương án đúng: i, iii, iv.

Câu 24: (GV HỨA LÂM PHONG) Cho hình chóp S.ABC có SBC và ABC đều là tam giác
đều cạnh a. Cho

SA 

a 3
A. 3

a 3
.
2 Khoảng cách từ S đến mặt phẳng  ABC  bằng:

B. a

3a
C. 4

a 3
D. 2

Đáp án C

 SAI  , ABC
Gọi I là trung điểm BC. Ta chứng minh được hai mặt phẳng
cùng vuông góc với nhau. Gọi O là hình chi ếu c ủa S lên AI suy ra
SO   ABC 

Ta có

AI  SI 

a 3
3
3
 SA � SAI
� SO  SA
a a
2
2
4
đều

 P  là mặt
Câu 25 (GV HỨA LÂM PHONG): Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’. Gọi
phẳng đi qua trung điểm của AC’ và vuông góc với BB’. Ảnh của tứ giác ADC’B’ qua phép
đối xứng mặt phẳng
A. Tứ giác ADC’B’

 P  là:
B. Tứ giác A’B’C’D’

C. Tứ giác ABC’D’

Đáp án B
Gọi M, N, P, Q lần lượt là trung điểm của BB’, AA’, DD’, CC’

D. Tứ giác A’D’CB

Khi đó mặt phẳng (P) thỏa yêu cầu bài toán chính là m ặt
phẳng

 MNPQ

Qua phép đối xứng của mặt phẳng (P) thì tứ giác ADC'B'
biến
thành
A'D'CB

Câu 26 (GV HỨA LÂM PHONG): Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông,

AB  a 3, SA vuông góc với mặt phẳng đáy. Biết rằng khoảng cách gi ữa BD và SC
a 3
.
 SCD 
bằng 2 Tính khoảng cách d từ B đến mặt phẳng

A.

d

a 6
4

B.

d

a 6
2

C. a 2

D.

Đáp án C
BD   SAC  hstl  � BD  OK
Gọi O  AC �BD. Kẻ OK  SC. Do

Do đó

d BD;SC   OK 

a 3
2

SAC đồng dạng OKC  g g
SA SC
x
�

�

OK OC
a 3
2

x2  12a2

a 3
� x2  6a2 � x  a 6 � SA  a 6



AH  SD ������ AH   SCD � AH  d A;  SCD 
CD  SAD hstl 

Khi đó: Kẻ
Lại có









AB / /CD � AB / /  SCD � d B;  SCD  d A;  SCD   AH

1
1
1


� AH  a 2
2
2
SAD vuông tạI A có: AH

AS AD2



d

2a 3
3


Câu 27 (GV HỨA LÂM PHONG) Cho hình lập phương ABCD.A'B'C'D'. Mặt phẳng

 BCA 'D'

chia khối lập phương

trên thành hai khối đa diện có tên là
A. lăng trụ đều.

B. chóp tam giác đều.

C. lăng trụ đứng.

D. chóp tứ giác đều.

Đáp án C
(Xin dành cho bạn đọc)

Câu 28 (GV HỨA LÂM PHONG): Khẳng định nào sau đây là sai về khối đa diện lồi?
A. Miền trong của khối đa diện lồi luôn nằm về một phía đối v ới m ặt ph ẳng ch ứa m ột

mặt
của khối đa diện lồi đó.
B. Khối đa diện đều là một khối đa diện lồi.
C. Khối đa diện được gọi là khối đa diện lồi nếu đoạn thẳng n ối hai đi ểm b ất kì c ủa đa
diện
luôn thuộc đa diện.
D. Khối đa diện lồi là khối đa diện mà mỗi mặt của nó là các đa giác đều.
Đáp án D
Xem lý thuyết SGK
Câu 29 (GV HỨA LÂM PHONG) Số mặt phẳng đối xứng của hình tứ diện đều là bao
nhiêu?
A. 4

B. 5

C. 9

D. 3

Đáp án B
Giả sử ta có tứ diện đều ABCD, mặt phẳng đối xứng của t ứ di ện ABCD chính là các m ặt
phẳng trung trực ứng với từng cạnh của tứ diện ấy.


Câu 30 (GV HỨA LÂM PHONG): Cho các phát biểu sau:
(1). Hai đa diện được gọi là bằng nhau nếu có m ột phép d ời hình bi ến hình này thành
hình kia.
(2). Hai đa giác phân biệt của một hình đa di ện ch ỉ có th ể có th ể ho ặc không có đi ểm
chung,
hoặc chỉ có một đỉnh chung, hoặc một cạnh chung.

(3). Mỗi cạnh của đa giác nào của một hình đa di ện cũng là c ạnh chung c ủa đúng hai
đa giác.
Số phát biểu đúng là
A. 0

B. 1

C. 3

D. 2

Đáp án C
Xem lý thuyết SGK.
Câu 31 (GV HỨA LÂM PHONG): Có bao nhiêu lưới đa giác trong số các lưới d ưới đây
có thể gấp lại tạo thành mô hình một khối lập phương?

A. 1

B. 2

C. 3

Đáp án D
Cả 4 hình trên đều lắp ghép ra được khối lập phương.

D. 4


Câu 32 (GV HỨA LÂM PHONG): Cho hình bát diện đều SABCDS'. Lấy các điểm
M,N,O,P,Q,R,T,U lần lượt là trung điểm các cạnh bên SA,SB,SC,SD,S'A,S'B,S'C,S'D.

Hỏi là hình gì?
A. Hình lăng trụ xiên

B. Hình lăng trụ đứng.

C. Hình lập phương

D. Hình bát diện đều

Đáp án B
Ta có hình vẽ như bên: Cho độ dài các cạnh của bát di ện đều là a thì

SS'  a 2
Dễ dàng thấy được MNOPQRTU là 1 hình lăng trụ đứng. Ta có th ể
chọn ngay đáp án B
ở đây chúng ta chứng minh được

 ABCD

và

 MNOP ; QRTU 

song song với

1
a
MN=NQ=QP=MP=QR=RT=TU=UQ = AB=
2
2

PU //MQ //NR// OT //SS',PU   MNOP 

mặt

khác:

1
a 2
PU =MQ =NR=OT= SS'=
2
2
và

Do đó MNOPQRTU là hình hộp chữ nhật chứ không phải là hình l ập ph ương. Và hi ễn
nhiên
hình hộp chữ nhật là một lăng trụ đứng
Câu 33 (GV HỨA LÂM PHONG): Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh bằng a. Tính
theo a khoảng cách giữa BC’ và CD’ là:
a

a 3
B. 3

A. a 6

C.

6

Đáp án B
Ta có:

BC'/ /AD' � BC'/ /  CAD'

Suy ra

d BC';CD' / /d BC'; CAD'  d B;  CAD'








  BO  1
d D; CAD'  DO
Lại có
với O  AC �BD
d B; CAD'

Do đó





d BC';CD'  d D;  CAD'  h



D. a 3


1
1
1
1



2
2
2
2
Mặt khác h DD' DC DA
� h2 

(phần chứng minh xin dành cho bạn đọc)

a2
a 3
a 3
� h
� d BC';CD' 
3
3
3

Câu 34 (GV HỨA LÂM PHONG): Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thang vuông tại
A và B. Hình chiếu vuông góc của S trên đáy ABCD trùng v ới trung đi ểm AB. Bi ết

AB  a,BC  2a,BD  a 10. Góc giữa hai mặt phẳng
khoảng cách từ A đến mặt phẳng

. Tính d là
(SBD) và đáy là 60�

 SCD

gần với giá trị nào nhất trong các giá trị sau đây ?
A. 0,80a

B. 0,85a

C. 0,95a

D. 0,98a

Đáp án B
2
2
SH   ABCD
Ta có AD  BD  AB  3a. Gọi H là trung điểm AB, ta có

Kẻ

BD SH
HK  BD ����

BD   SHK  � BD  SK � R �
 SBD ; ABCD �
�
� R SKH  60�

AE  BD �
Kẻ

1
1
1
1
1
3
3


 2  2 � AE 
� HK 
2
2
2
AE
AB AD
a 9a
10
2 10

Trong SHK ta có

SH  HK.tan60 

Khi đó gọi O  AB �CD,L
HL 

3 3
2 10



3a 3
20

là trung điểm CD và AQ  PD,HF  PD. Ta có

AD  BC 5a

2
2

5a
PH HL
5

 2 
AB � SCD   P
Xét PA AD 3a 6 và




 6
d H; SCD  5
Ta có tỉ số khoảng cách
d A;  SCD

Ta có
Kẻ

CD SH
HF  CD ����
CD   SHF  �����  SHF    SCD
CD� SCD





HR  SF � HR  d H;  SCD .

Ta có

HF 

theo giao tuyến SF

Nhận xét R ACD  45�� HLP vuông cân tại H

1
1
1

HL 2 5a 2
 �

2
2
HF
HS2
2
4 và HR

HR

a 675
1216



d A; SCD



0,75a

Câu 35 (GV HỨA LÂM PHONG)Trong các khối đa diện đều, đa diện nào có các mặt là các
hình ngũ giác đều?
A. bát diện đều

B. lập phương

C. mười hai mặt đều D. Hai mươi mặt đều

Đáp án C
Tự làm
Câu 36 (GV HỨA LÂM PHONG) Cho hình chóp
SA vuông góc với mặt đáy.

 S.ABCD 

có đáy là hình vuông tâm O,

Hỏi mệnh đề nào sau đây là sai?
A.

d  B,  SCD    2d  O,  SCD  

B.

d  A,  SBD    d  B,  SAC  

C.

d  C,  SAB    d  C,  SAD  

D.

d  S,  ABCD    SA

Đáp án B
Cách 1:

SA   ABCD 

BO cắt mặt phẳng

tại A

 SCD 

� d  S,  ABCD    SA
d  B,  SCD  

tại D nên

d  O,  SCD  

(D đúng)



DB
2
DO

(A đúng)

�
d  C,  SAB    CB
�
��
d  C,  SAD    CD

CB   SAB 
CD   SAD 
�
Chứng minh được rằng
và
d  C,  SAB    d  C,  SAD  

(C đúng)


Cách 2: Chứng minh được rằng
Trong

 SAC 

H nên

d  A,  SBD    AH  AO,

BD   SAC 

tại O nên

d  B,  SCD    BO  AO

AH   SBD 
dựng AH  SO tại H. Chứng minh được rằng
tại
suy ra

d  A,  SBD    d  B,  SAC  

Câu 37 (GV HỨA LÂM PHONG)Khối chóp có đáy là đa giác n cạnh thì có số cạnh là:
A. n  1

C. n  1

B. 2n

D. n

Đáp án B
Tự làm
Câu 38 (GV HỨA LÂM PHONG): Hình bát diện đều có mấy mặt phẳng đối xứng?
A. 12

B. 6

C. 9

D. 3

Đáp án C
Tự làm
Câu 39:
(GV HỨA LÂM PHONG)Cho
AB  6a; AC  4a;SA  SB  SC  BC  5a. Tính thể tích

hình

chóp

S.ABC

có

V khối chóp S.ABC theo a

A.

V

5a 3 111
4

B.

V

15a 3 111
4

C.

V

5a 3 111
12

D.

V

45a 3 111
4

Đáp án A
Gọi H là hình chiếu của S lên
ABC

 ABC 

suy ra H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác

Áp dụng công thức Hê – rông, tính được

Lại có

SABC 

SABC 

15a 2 7
4

AB.BC.CA
8a 7
a 777
� HA 
� SH 

4HA
7
7

1 15a 2 7 a 777 5a 3 111
V .
.

3
4
7
4
Thể tích khối chóp:
Phương án nhiễu.
B. Chưa nhân 1/3.


Câu 40: (GV HỨA LÂM PHONG) Cho khối chóp tứ giác đều S.ABCD, gọi
phẳng qua A và vuông góc SC.
Biết rằng diện tích thiết diện tạo bởi
Tính

   mặt

   à hình chóp bằng nửa diện tích đáy ABCD.

góc  tạo bởi cạnh bên SC và mặt đáy.

A.

  arcsin

1  33
8

B.

  arcsin

33  1
8

C.

  arcsin

1  29
8

D.

  arcsin

29  1
8

Đáp án A
Đặt cạnh hình vuông là a  0. Dễ thấy

  �SCO;SO  OC.tg 

a
tg
2

Gọi O là tâm của đáy. Vẽ AH  SC tại, H, AH cắt SO tại I thì �AIO  .
Lại có

BD   SAC  � SC  DB

Qua I vẽ đường thẳng song song DB cắt SD, SB theo th ứ t ự t ại K, L. Thi ết di ện chính
là tứ giác
ALHK và tứ giác này có hai đường chéo AH  KL. Suy ra

Ta có:

OI  OA.cot  

Theo giả thiết,

Giải được

sin  

1
AH.KL
2

a
SI SO  IO

IO
cot ;

 1
 1  cot 2 
SO
SO
SO
2

AH  AC.sin   a 2 sin .
SALHK 

Std  SALHK 

KL SI

� KL  a 2  1  cot 2  
BD SO

1 2
1
1
2
1
a � a 2 sin .a 2  1  cot 2    a 2 �

4  0
2
2

2
2
sin  sin 

4
1  33
1 33

,  sin   0  .
  arcsin
8
33  1
8
Suy ra

Câu 41 (GV HỨA LÂM PHONG) Hình lăng trụ tam giác đều không có tính chất nào sau
đây
A. Các cạnh bên bằng nhau và hai đáy là tam giác đều.
B. Cạnh bên vuông góc với hai đáy và hai đáy là tam giác đều


C. Tất cả các cạnh đều bằng nhau.
D. Các mặt bên là các hình chữ nhật.
Chọn Đáp Án C
Câu 42 (GV HỨA LÂM PHONG) Cho đường thẳng d chứa hai điểm A, B và cắt một
mặt phẳng

 P

tại M như sau:

Biết rằng A’, B’ là hình chiếu của A, B trên

d  A,  P  
A.

d  B,  P  



2
3

d  A,  P  
B.

d  B,  P  

d  B,  P  

Theo định lý, ta có:

d  A,  P  





 P  và MA '  3, A ' B'  1
d  B,  P  

1
3

C.

d  A,  P  



3
4

d  B,  P  

D.

d  A,  P  



4
3

d  B,  P   4
MA MA '
MA '
3
3




 �

MB MB' MA ' A 'B ' 3  1 4
d  A,  P   3

Phương án nhiễu.

d  A,  P  
C. Nhìn nhàm phương án thành

d  B,  P  



3
4

Câu 43 (GV HỨA LÂM PHONG): Cho tứ diện ABCD có các cạnh AB, AC, AD đôi m ột
vuông góc với nhau, biết rằng
tứ diện ABCD là:
1
V  a3 6
3
A.

AB  a, AC  a 2, AD  a 3,  a  0  .

1

V  a3 6
6
B.

1
V  a3 6
2
C.

Thể tích V của khối
1
V  a3 6
9
D.

1
1 1
1
V  AB.SACD  .a. .a. 2a. 3  a 3 6
3
3 2
6
Phương án nhiễu.
1
1
A. Sai vì 2 cách: một là thấy số 3 cứ chọn, hai là trong công thức thể tích thiếu 2 diện
tích đáy.


1

C. Sai vì thiếu 3 trong công thức thể tích.
Câu 44: (GV HỨA LÂM PHONG) Lăng trụ tam giác đều có mấy mặt phẳng đối xứng
A. 4

B. 6

C. 9

D. 3

A
Câu 45 (GV HỨA LÂM PHONG): Cho hình đa diện ABCDEF như sau:

 DEF  cân tại E; các cạnh AD, BE, CF vuông
Biết rằng ABC là tam giác đều cạnh a,
góc với mặt phẳng
giữa mặt phẳng

 DEF  ; tứ giác ADFC là hình chữ nhật;

 ABC 

A. 34�

và

 DEF 

có giá trị gần nhất với:

B. 35�

 ABC 

trong đó mặt phẳng

 BIK  song song với  DEF 

Tính được

AI  CK 

 DEF 

C. 36�

Góc giữa mặt phẳng

và

3
AD  CF  a, BE  a.
2
Góc

D. 37�

bằng với góc giữa 2 mặt phẳng

 ABC 

và

a
2

Vẽ đường cao BH của tam giác đều ABC, suy ra H là trung điểm AC và

BH 

3
a
2

Gọi M là trung điểm IK. Khi đó HM là đường trung bình của hình chữ nhật AIKC
HM  AI 

a
2 và HM song song với AI � HM  AC và AC  HM nên AC   BHM 

Trong mặt phẳng

 BHM  ,

vẽ MG  BH tại G

AC  MG  AC   BHM  
MG   ABC 
Do MG  BH và
nên

 2

 BIK 


 1 ,  2  �

 ABC 

góc giữa 2 mặt phẳng

và

 BIK 

bằng góc giữa MG với HM, tức góc

HMG

Trong BHM vuông tại M, ta có:

sin HMG �sin
BHM

HM 3
BH 3

HMG 35, 26

Câu 46: (GV HỨA LÂM PHONG)Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD, thể tích nhỏ nhất
của khối chóp là bao nhiêu nếu như khoảng cách gi ữa hai đ ường thẳng SA và DB là
2 3  cm 

A.

72  cm 3 

B.

9  cm3 

C.

16 3
cm3 

D. 3

8 3  cm3 

Gọi O là tâm của đáy. Gọi a  0 là khoảng cách giữa SA và DB.
DB  SO, DB  AC � DB   SAC  � DB  OH
Đặt AB  x  0 . Vẽ OH  SA ta có
Suy ra

d  SA, DB   OH  a

1
1

1
x 2a 2
2


�
SO

2
SO 2 OA 2
x 2  2a 2
Mặt khác, OH

1
1
xa
VS.ABCD  .SO.AB2 
.x 2 � min VS.ABCD  a 3 3
2
2
3
3 x  2a
khi x  a 3
Áp dụng

a  2 3 � min VS.ABCD  72  cm3 

Câu 47 (GV HỨA LÂM PHONG) Cho khối đa diện đều
nào dưới đây là đúng?
A. Mỗi mặt của nó là một đa giác đều p cạnh

B. Mỗi mặt của nó là một đa giác đều q cạnh
C. Mỗi mặt của nó là một đa giác đều p  q cạnh
D. Mỗi mặt của nó là một đa giác đều
Đáp án A

pq

cạnh

 H

loại

 p; q . Khẳng định


Câu 48 (GV HỨA LÂM PHONG)Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông c ạnh 2a
cạnh bên SA vuông góc
mặt đáy và SA  a . Gọi  là góc tạo bởi SB và mặt
A. cot   2

B.

cot  

1
2

 ABCD  . Xác định cot 

C. cot   2 2

D.

cot  

2
4

Đáp án A
Ta có: B là hình chiếu của B lên
A là hình chiếu của S lên

 ABCD 

.

 ABCD  .

 ABCD  là góc   �SBA . Do đó, cot  
Suy ra góc tạo bởi

AB
2
SA

Câu 49 (GV HỨA LÂM PHONG): Cho tứ diện ABCD và một điểm G nằm bên trong khối
tứ diện như hình vẽ bên. Khẳng định nào dưới đây là đúng về cách
phân chia khối tứ diện trên?
A. Khối tứ diện ABCD được phân chia thành 2 khối là B.AGC và D.AGC

B. Khối tứ diện ABCD được phân chia thành 3 khối là G.ABD; G.ABC; G.ACD
C. Khối tứ diện ABCD được phân chia thành 3 khối là G.BCD; G.ABC; G.ACD
D. Khối tứ diện ABCD được phân chia thành 4 khối là A.DGB; G.ABC; A.GCD; G.BCD
Đáp án D
Câu 50 (GV HỨA LÂM PHONG): Cho chóp tứ giác S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh 2a
và tam giác SAD đều đồng thời nằm trong mặt phẳng vuông góc đáy. Tính khoảng cách
d từ tâm đường tròn nội tiếp tam giác SAD đến mặt phẳng

A.

d

Đáp án D

2a 21
7

B.

d

4a 57
57

C.

d

 SBC 

2a 21
21

theo a

D.

d

4a 21
21