thể tích khối đa diện

TÀI LIỆU VD-VDC TRÍCH TỪ CÁC ĐỀ THI THỬ TNTHPT 2020
TUYỂN CHỌN CÂU HỎI VẬN DỤNG - VẬN DỤNG CAO TỪ CÁC ĐỀ THI THỬ TRÊN CẢ NƯỚC NĂM 2020
56 CÂU HỎI VẬN DỤNG - VẬN DỤNG CAO
CHƯƠNG 4. THỂ TÍCH KHỐI ĐA DIỆN

Câu 1.

(Chuyên Biên Hòa - Hà Nam - 2020) Cho hình chóp S . ABCD 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
AB
AD
A ) sao cho 2
3
 8 . Kí hiệu V , V1 lần lượt là thể tích của các khối chóp S . ABCD
AM
AN
V
và S.MBCDN . Tìm giá trị lớn nhất của tỉ số 1 .
V
13
11
1
2
A.
.
B.
.
C. .
D. .
16
12

6
3
Lời giải
Chọn A
S

D
N

A

Ta có:

C

M

B

VSADB
AD AB
2.VSADB
AD AB

.

 2.
.
VSANM AN AM
VSANM

AN AM

AD AB
1
V1 2. AN . AM  1
 
AD AB
AD AB
V
2.
.
2.
.
AN AM
AN AM
x  8  3x   1
AD
AB
V
1
Đặt x 
2
 8  3 x,  1  x  2  . Khi đó 1 
 1 2
AN
AM
V
x  8  3x 
3x  8 x
1

Đặt f  x   1  2
, 1  x  2 
3x  8 x
6x  8
6x  8
4
4
13
Ta có: f   x   
 f  x   0  
 0  x   f   
2
2
2
2
3
3
16
 
 3x  8x 
 3x  8 x 
V
AD AB
V  V1

 2.
.


V  V1

AN AM
V

Bảng biến thiên hàm số y  f  x 

Facebook Nguyễn Vương Trang 1


TỔNG HỢP: NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489

Dựa vào bảng biến thiên ta được hàm số đạt giá trị lớn nhất là
Vậy giá trị lớn nhất của tỉ số
Câu 2.

13
4
tại x  .
16
3

V1
13
là
.
V
16

(Chuyên ĐH Vinh - Nghệ An -2020) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình bình
hành và có thể tích là V . Gọi P là trung điểm của SC . Mặt phẳng   chứa AP và cắt hai
cạnh SD , SB lần lượt tại M và N . Gọi V  là thể tích của khối chóp S . AMPN . Tìm giá trị

V
nhỏ nhất của tỉ số
.
V
3
1
2
1
A. .
B. .
C. .
D. .
8
3
3
8
Lời giải
Chọn B

Do   đi qua A , P , M , N nên bốn điểm này đồng phẳng.
Áp dụng công thức

VS . AMNP a  b  c  d
SA
SC
SD
SB

 a,
c,

d,
 b thỏa mãn
với
VS . ABCD
4.a.b.c.d
SA
SP
SM
SN

ac bd .
SA
SC
SD
SB
1,
 2 và đặt
 d  0,
b 0.
SA
SP
SM
SN
V  1 2  b  d

Khi đó:
với 1  2  b  d  b  d  3 .
V
4.1.2.b.d
V  1 2  b  d

V  1 2  3
V
3

 
 
Vậy ta có:
.
V
4.1.2.b.d
V
4.2.b.d
V 4bd
2
bd
V
3
3 4 1

9
1 4

 .  .
Theo bất đẳng thức cơ bản: bd 
 
 suy ra
V 4bd 4 9 3
4
4
bd 9

3
Dấu “=” xảy ra b  d  b  d  .
2
V
1
Vậy
có giá trị nhỏ nhất bằng .
V
3
Theo đề bài ta có:

Câu 3.

(Chuyên Hưng Yên - 2020) Cho hình lăng trụ tam giác ABC. ABC có đáy là tam giác vuông
  120 . Gọi M là trung điểm cạnh BB 
  90 , BAA
tại A , AB  2 , AC  3 . Góc CAA
(tham khảo hình vẽ). Biết CM vuông góc với AB , tính thể tích khối lăng trụ đã cho.

Trang 2 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

TÀI LIỆU VD-VDC TRÍCH TỪ CÁC ĐỀ THI THỬ TNTHPT 2020



3 1  33
A. V 

8

.

B. V 



3 1  33

1  33
.
8

C. V 

4

.

D. V 

1  33
.
4

Lời giải
Chọn C

Do AC  AB , AC  AA nên AC   ABBA  . Mà AB   ABBA  nên AC  AB .
Có AB  AC , AB  CM nên AB   AMC   AB  AM .
    1 

  
Đặt AA  x  x  0  . Ta có AB  AB  AA và AM  AB  BM  AB  AA .
2
 
    1  



1
1
Suy ra AB. AM  AB  AA  AB  AA   AB 2  AA2  AB. AA
2
2
2


1
1
1
1
  22  x 2  .2.x.cos120   1 x 2  1 x  4
 AB 2  AA2  AB. AA.cos BAA
2
2
2
2
2
2
 
1

1
1  33
Do AB  AM nên AB. AM  0   x 2  x  4  0  x 
.
2
2
2













3 1  33
  2. 1  33 .sin120 
Lại có S ABB A  AB. AA.sin BAA
(đvdt).
2
2
3 1  33 1  33
1
1
Do AC   ABBA  nên VC . ABBA  . AC.S ABB A  . 3.


(đvtt).
3
3
2
2
1
2
Mà VC . AB C   VABC . AB C   VC . ABB A  VABC . AB C   VC . AB C   VABC . AB C  .
3
3





3
3 1  33 3 1  33
Vậy VABC . AB C   VC . ABB A  .

(đvtt).
2
2
2
4
Câu 4.

(Chuyên KHTN - 2020) Cho khối lăng trụ đứng ABC. ABC  có đáy ABC là tam giác vuông
cân tại C , AB  2a và góc tạo bởi hai mặt phẳng  ABC   và  ABC  bằng 60 . Gọi M , N lần

Facebook Nguyễn Vương 3


TỔNG HỢP: NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489

lượt là trung điểm của AC  và BC . Mặt phẳng  AMN  chia khối lăng trụ thành hai phần. Thể
tích của phần nhỏ bằng
7 3a 3
A.
.
B.
24

6a 3
.
6

C.

7 6a 3
.
24

D.

3a 3
.
3

Lời giải

Chọn A

Gọi I là trung điểm AB , suy ra AB   CIC   nên góc giữa  C AB  và
IC  60 .
 CI , C I  , suy ra C

IC 
Tam giác C IC vuông tại C nên C C  CI  tan C

 ABC 

là góc

AB
 tan 60  a 3 .
2

1
Diện tích tam giác ABC là S ABC   AB  CI  a 2 .
2
Thể tích khối lăng trụ là V  CC   S ABC  a 3  a 2  a3 3 .

Trong  ACC A , kéo dài AM cắt CC  tại O .
Suy ra C M là đường trung bình của OAC , do đó OC  2CC   2a 3 .
1
1 1
1
Thể tích khối chóp VO. ACN   S ACN  OC    S ABC  2CC   V .
3
3 2

3
1
1 1
1
Thể tích khối chóp VO.C ME   SC ME  OC    S ABC   OC   V .
3
3 8
24
1
1
7
7
7 3a 3
Do đó VC EM .CAN  VO. ACN  VO.C ME  V  V  V   a 3 3 
.
3
24
24
24
24
7 3a 3
Vậy phần thể tích nhỏ hơn là VC EM .CAN 
.
24
Câu 5.

(Chuyên KHTN - 2020) Cho hình lập phương ABCD. A ' B ' C ' D ' có cạnh bằng a . Gọi
M , N , P, Q, R, S là tâm các mặt của hình lập phương. Thể tích khối bát diện đều tạo bởi sáu
đỉnh M , N , P, Q, R, S bằng

Trang 4 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

TÀI LIỆU VD-VDC TRÍCH TỪ CÁC ĐỀ THI THỬ TNTHPT 2020

A.

a3 2
24

B.

a3
4

a3
12
Lời giải
C.

D.

a3
6

Chọn D

Ta có: dễ thấy MNPQRS là bát giác đều nên V  VR.MNPQ  VS .MNPQ  2VR.MNPQ
Dễ thấy: RO 

a

2

Lại có hình chóp đều R.MNPQ có tất cả các cạnh bằng nhau nên: MR  OR 2 

a 2
2

1
a3
 2VR.MNPQ  2. .MN 2 .OR 
3
6
Câu 6.

(Chuyên Lam Sơn - 2020) Cho hình hộp chữ nhật ABCD. A ' B ' C ' D ' có M , N , P lần lượt là
trung điểm các cạnh BC , C ' D ', DD ' (tham khảo hình vẽ). Biết thể tích khối hộp bằng 144 ,
thể tích khối tứ diện AMNP bằng

A. 15.

B. 24.

C. 20.
Lời giải

D. 18.

Chọn A

Facebook Nguyễn Vương 5

TỔNG HỢP: NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489

NP  CD  E. Đặt DC  2d , BC  2r.
3
5
S EMA  S ECBA  S EMC  S ABM  5dr  dr  dr  dr.
2
2
1
1
5
5
VNEAM  S EMA .d ( N , ( EMA))  S EMA .CC '  .4dr.CC '  VABCD. A ' B ' C ' D '  30.
3
3
24
24
1
VNPAM  VNEAM  15.
2
Câu 7.

(Chuyên Lương Văn Chánh - Phú Yên - 2020) Cho khối chóp S. ABCD có chiều cao bằng 9
và đáy là hình bình hành có diện tích bằng 10. Gọi M , N , P và Q lần lượt là trọng tâm của các
mặt bên SAB , SBC , SCD và SDA . Thể tích của khối đa diện lồi có đỉnh là các điểm
M , N , P , Q, B và D là
50
25

A. 9.
B.
C. 30.
D.
.
.
9
3
Lời giải
Chọn B

Theo tính chất trọng tâm của tam giác, ta có các đường thẳng BM , DQ, SA đồng quy tại trung
điểm E của SA . Tương tự, các đường thẳng BN , DP , SC đồng quy tại trung điểm F của
SC .
Ta phân chia khối đa diện lồi có đỉnh là các điểm M , N , P , Q , B và D thành khối chóp
B.MNPQ và khối tứ diện BDPQ .
Cũng theo tính chất trọng tâm, ta có mặt phẳng  MNPQ  song song với mặt phẳng  ABCD 
4
4 1
2
S XYZT  . S ABCD  S ABCD (trong đó X , Y , Z , T lần lượt là trung điểm của
9
9 2
9
AB, BC , CD, DA ).
Hơn nữa,
1
1 2
1
d  B,  MNPQ    d  X ,  MNPQ    d  S ,  MNPQ    . d  S ,  ABCD    d  S ,  ABCD   .

2
2 3
3
1 2
2
Do đó, VB .MNPQ  . VS . ABCD  VS . ABCD 1 .
3 9
27
Lại có

và S MNPQ 

Trang 6 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

TÀI LIỆU VD-VDC TRÍCH TỪ CÁC ĐỀ THI THỬ TNTHPT 2020

4
4


VBDPQ  VBDEF  do S DPQ  S DEF 
9
9


4
 .2VODEF do d  B,  DEF    2d O,  DEF  
9
4 1
1



 .2. VSACD  do SOEF  S SAC 
9 4
4


4 1 1
1
 .2. . VS . ABCD = VS . ABCD  2 
9 4 2
9
trong đó, O là tâm của hình bình hành ABCD .
50
 2 1
 2 1 1
Từ 1 và  2 , ta được VMNPQBD     VS . ABCD     . .9.10 
(đvtt).
9
 27 9 
 27 9  3



Câu 8.



(Chuyên Lương Văn Tỵ - Ninh Bình - 2020) Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình
vuông cạnh bằng 3, chiều cao bằng 8 . Gọi M là trung điểm SB , N là điểm thuộc SD sao cho



SN  2 ND . Thể tích của tứ diện ACMN bằng
A. V  9 .
B. V  6 .
C. V  18 .
D. V  3 .
Lời giải
Chọn B

1
Ta có S ABCD  9  VS . ABCD  .9.8  24.
3
1
 VS . ABD  VS . ABCD  12;VS . ABO  VS . ADO  6.
2



SM 1 SN 2
Vì M là trung điểm SB , N là điểm thuộc cạnh SD sao cho SN  2 ND 
 ,

SB 2 SD 3
V
SM SN 1 2 1
1
+) S . AMN 
.
 .   VS . AMN  VS . ABD  4

VS . ABD
SB SD 2 3 3
3
V
MB 1
1
+) M . AOB 
  VM . AOB  VS . AOB  3
VS . AOB
SB 2
2
VN . AOD ND 1
1
+)

  VN . AOD  VS . AOD  2
VS . AOD
SD 3
3
Ta có VC. AMN  2VO. AMN  2 VS . ABD  VS . AMN  VM . AOB  VN . AOD 
Vậy VC . AMN  2VO . AMN  2 12  4  3  2   6 .
Câu 9.

(Chuyên Thái Bình - 2020) Cho hình hộp đứng ABCD. A ' B ' C ' D ' có AA '  2 , đáy ABCD là
hình thoi với ABC là tam giác đều cạnh 4 . Gọi M , N , P lần lượt là trung điểm của B ' C ' ,
C ' D ' , DD ' và Q thuộc cạnh BC sao cho QC  3QB . Tính thể tích tứ diện MNPQ .
A. 3 3 .

B.

3 3
.
2

C.

3
.
4

D.

3
.
2

Lời giải
Chọn D
Facebook Nguyễn Vương 7


TỔNG HỢP: NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489

Gọi O và O ' lần lượt là tâm đáy ABCD và A ' B ' C ' D ' .
ABC đều cạnh 4 , O là trung điểm BC  OB  2 3 , OC  2 .
Gắn hệ trục tọa độ Oxyz , tia Ox trùng tia OC , tia Oy trùng tia OB , tia Oz trùng tia OO ' .















Khi đó: C  2;0;0  , B 0; 2 3;0 , B ' 0; 2 3; 2 , C '  2;0;2  , D 0; 2 3; 0 , D ' 0; 2 3; 2





N là trung điểm C ' D '  N 1;  3; 2  .
P là trung điểm DD '  P  0; 2 3;1 .

M là trung điểm B ' C '  M 1; 3; 2 .

1

3

xQ 
x

2


0

2



Q

2
4


 3 
3 3
3


Q thuộc cạnh BC sao cho QC  3QB  CQ  CB   yQ  0  2 3  0   yQ 
2
4
4


3
 zQ  0


 zQ  0  4  0  0 



1 3 3 
Suy ra Q  ;
; 0  .
2 2


  
1
Ta có: VMNPQ   MN , MP  .MQ
6


 
MN  0; 2 3;0 , MP  1; 3 3; 1   MN , MP   2 3;0; 2 3

















  1 3

MQ    ;
; 2  .
 2 2

 VMNPQ 

Câu 10.

1
3
3
 1
.
2 3.     0.
 2 3 .  2  
6
2
2
 2





(Chuyên Bắc Ninh - 2020) Cho hình chóp tam giác đều S . ABC có SA  2 . Gọi D , E lần
lượt là trung điểm của cạnh SA , SC . Thể tích khối chóp S. ABC biết BD  AE .

4 21
4 21
4 21
4 21
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
7
3
27
9
Lời giải
Chọn D

Trang 8 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

TÀI LIỆU VD-VDC TRÍCH TỪ CÁC ĐỀ THI THỬ TNTHPT 2020

S

D
E

B

A
O

C
Gọi O là tâm tam giác đều ABC . Do S . ABC là hình chóp đều nên ta có SO   ABC  .
   1      1  
Ta có AE  SE  SA  SC  SA ; BD  SD  SB  SA  SB .
2
2



Đật ASC  BSC  ASB   .
 
 1     1   
BD  AE  BD. AE  0   SA  SB   SC  SA   0
2
 2

1  1  2 1    
 SASC  SA  SB.SC  SA.SB  0
4
2
2
2
 cos   2  2 cos   4 cos   0  cos   .
3
Áp dụng định lý hàm số côsin trong tam giác SAC , ta có:
8
2 6

AC 2  SA2  SC 2  2SA.SC.cos    AC 
.
3
3
2 3
Diện tích tam giác ABC là S ABC 
.
3
2 2 6 3 2 2
2 7
AO  .
.

; SO  SA2  AO 2 
.
3 3 2
3
3
1
1 2 3 2 7 4 21
.

Thể tích khối chóp S.ABC là V  SO.S ABC 
.
3
3 3
3
27
Câu 11.

(Chuyên Bắc Ninh - 2020) Cho hình lập phương ABCD. ABC D có cạnh bằng 1. Gọi
M , N , P, Q lần lượt là tâm các hình vuông ABBA, ABC D, ADDA và CDDC . Tính thể
tích MNPR với R là trung điểm BQ .
A.

3
.
12

Chọn D

B.

2
.
24

1
.
12
Lời giải
C.

D.

1
.
24

z

Facebook Nguyễn Vương 9


TỔNG HỢP: NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489

y

x

Dựng hệ trục tọa độ Axyz như hình vẽ. Tọa độ các điểm trong hình như sau:
A  0;0;0  ; B  0;1; 0  ; C 1;1; 0  ; D 1; 0; 0 
A  0;0;1 ; B  0;1;1 ; C  1;1;1 ; D 1;0;1

1  1 1 1 3 1
 1 1 1 1  1
M  0; ;  ; N  ; ;1 ; P  ; 0;  ; Q 1; ;  ; R  ; ;  .
2  2 2 2 4 4
 2 2 2 2   2
  1
1    1 1    1 1 1 
Ta có: MN   ;0;  ; MP   ;  ;0  ; MR   ; ;   .
2
2
2 2 
2 4 4
   1 1 1 
   1
  MN , MP    ; ;     MN , MP  .MR  .
4

4 4 4
1   
1
Vậy VMNPR   MN , MP  .MR 
.
6
24
Câu 12.

(Chuyên Bến Tre - 2020) Cho hình hộp ABCD. ABCD có các cạnh bằng 2a . Biết

BAD  60 , 
AAB  
AAD  120 . Tính thể tích V của khối hộp ABCD. ABCD .
A. 4 2a3 .
B. 2 2a3 .
C. 8a3 .
D. 2a3 .
Lời giải
Chọn A

B'

C'

A'

D'

B

A

C
H

D

Từ giả thuyết ta có các tam giác ABD , AAD và AAB là các tam giác đều.

Trang 10 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

TÀI LIỆU VD-VDC TRÍCH TỪ CÁC ĐỀ THI THỬ TNTHPT 2020

 AA  AB  AD nên hình chiếu H của A trên mặt phẳng  ABCD  là tâm đường tròn
ngoại tiếp tam giác đều ABD .
2
3 2 3
 AH  .2a.

a
3
2
3
2 6
 AH  AA2  AH 2 
a.
3
2 6
4a 2 . 3
Thể tích của khối hộp ABCD. ABCD : V  AH .S ABCD 

a.2.
 4 2a 3 .
3
4
Câu 13. (Chuyên Hùng Vương - Gia Lai - 2020) Cho hình chóp S. ABC , mặt phẳng  SBC  vuông góc
  CSA
  600 . Gọi M , N lần lượt là các
với mặt phẳng  ABC  , cạnh SB  SC  1 
ASB  BSC
điểm trên các cạnh SA, SB sao cho SA  xSM  x  0  , SB  2SN . Giá trị của x bằng bao nhiêu
để thể tích khối tứ diện SCMN bằng
A.

5
.
2

B. 2 .

2
32

C.

4
.
3

D.

3
.
2

Lờigiải
Chọn B

Vì mặt phẳng  SBC  vuông góc với mặt phẳng  ABC  , cạnh SB  SC  1 , nên gọi H là trung
điểm của BC thì SH   ABC  .
Từ giả thiết ta có SBA  SCA  BA  CA  AH  BC .
Đặt SA  a , ta có: SA2  SH 2  HA2  SH 2   AC 2  HC 2  .
Trong tam giác SAC có: AC 2  SA2  SC 2  2.SA.SC.cos 600  a 2  1  a
3
Tam giác SBC đều cạnh bằng 1 nên SH 
.
2
2

 3
1
3
6
2
Vậy ta có: a  
  a  1  a   a   HA 
4
2
2
 2 
1

1
2
 VS . ABC  .SH . . AH .BC 
.
3
2
8
2

Facebook Nguyễn Vương 11


TỔNG HỢP: NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489

VS .CMN SM SN 1

.
  x  2.
VS .CAB
SA SB 4

Câu 14.

(Chuyên Hùng Vương - Phú Thọ - 2020) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABC là tam giác
vuông cân đỉnh A, AB  a 2. Gọi I là trung điểm của BC , hình chiếu vuông góc của đỉnh S


lên mặt phẳng  ABC  là điểm H thỏa mãn IA  2 IH , góc giữa SC và mặt phẳng  ABC 
bằng 60. Thể tích khối chóp S.ABC bằng
a3 5

a3 5
A.
.
B.
.
2
6

C.

a 3 15
.
6

D.

a 3 15
.
12

Lời giải
Chọn C

1
1
AB. AC  .a 2.a 2  a 2 .
2
2
a
BC  2a , IA  a, IH  .

2

S ABC 

a2
5a 2
a 5
 a2 
 HC 
.
4
4
2
  SH  SH  HC.tan SCH
  a 5 . 3  a 15 .
tan SCH
HC
2
2
3
1
1 a 15 2 a 15
Vậy VS . ABC  .SH .S ABC  .
.a 
.
3
3 2
6

Tam giác HIC vuông tại I ta có HC 2  HI 2  IC 2 

Câu 15.

(Chuyên Lào Cai - 2020) Cho lăng trụ đều ABC. A ' B ' C ' có tất cả các cạnh bằnga. Gọi S là
điểm đối xứng của A qua BC ' . Thể tích khối đa diện ABCSB ' C ' là
A.

a3 3
.
3

B. a 3 3 .

C.

a3 3
.
6

D.

a3 3
.
2

Lời giải
Chọn A

Chia khối đa diện ABCSB ' C ' thành 2 khối là khối chóp A.BCC ' B ' và khối chóp S.BCC ' B '
Trang 12 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

TÀI LIỆU VD-VDC TRÍCH TỪ CÁC ĐỀ THI THỬ TNTHPT 2020

VABCSB 'C '  VABCC ' B '  VS . BCC ' B '
Gọi M là trung điểm BC.

AM  BC 
a 3
.
  AM   BCC ' B ' . Tam giác ABC đều  AM 
AM  BB '
2
Thể tích khối chóp A.BCC ' B ' là:
1
1 a 3 2 a3 3
VA.BCC ' B '  AM .SBCC ' B '  .
.a 
.
3
3 2
6
Thể tích khối chóp S .BCC ' B ' là:
1
d S ; BCC ' B '  .S BCC ' B '
VS . BCC ' B ' 3  

VA. BCC ' B ' 1 d A; BCC ' B ' .S
  BCC ' B '
 
3

d  S ;  BCC ' B '  SI


 1.
d  A;  BCC ' B '  AI
Ta có:

 VS . BCC ' B '  VA. BCC ' B ' 
Câu 16.

a3 3
a3 3 a3 3 a3 3
 VABCSB 'C '  VA. BCC ' B '  VS .BCC ' B ' 


6
6
6
3

(Chuyên Lê Hồng Phong - Nam Định - 2020) Cho hình hộp ABCD. ABC D có đáy ABCD
  60 . Gọi I, J lần lượt là tâm của các mặt bên
là hình thoi tâm O, cạnh bằng a và BAC
a 7
ABBA, CDDC  . Biết AI 
, AA  2a và góc giữa hai mặt phẳng  ABBA  ,  ABC D 
2
bằng 60 . Tính theo a thể tích khối tứ diện AOIJ.
3 3a 3
3a3

3a3
3a3
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
64
48
32
192
Lời giải
Chọn C
A'

D'

C'

B'
I

J
D

A
O

B

C

AA2  AB 2 AB 2

 AB 2  2  AA2  AB 2   4 AI 2  3a 2  AB  a 3
2
4
a2 3
Do AB 2  AB 2  AA2 nên tam giác AAB vuông tại B  S AAB 
2
2
a 3
Tam giác ABC đều cạnh a nên S ABC 
4
Theo đề góc giữa hai mặt phẳng  ABBA  ,  ABC D  bằng 60 , nên suy ra
Ta có AI 2 

VAABC 

2S AAB .S ABC sin 60 a3 3

3 AB
8
Facebook Nguyễn Vương 13


TỔNG HỢP: NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489

1
1 1
1
1
1
a3 3
VAOIJ  d  O;  IAJ   .S IAJ  . d  B;  BAD   . S BAD  VBABD  VAABC 
3
3 2
2
4
4
32
Bổ sung: Công thức tính nhanh thể tích tứ diện theo góc giữa hai mặt phẳng
Cho tứ diện ABCD có diện tích tam giác ABC bằng S1 , diện tích tam giác BCD là S 2 và góc
2S S .sin 
giữa hai mặt phẳng (ABC) và (DBC) là  . Khi đó ta có: VABCD  1 2
3BC
A

D

B

φ

H

I
C

Chứng minh: Gọi H là hình chiếu của A lên (BCD), kẻ HI BC tại I thì AIBC và
AIH   ; AH  AI sin 
  ABC  ;  DBC     AI ; HI   

VABCD 
Câu 17.

1
1
1 2S ABC
2S S sin 
AH .S DBC  AI sin .S2 
.sin .S2  1 2
3
3
3 BC
3BC

(Chuyên Phan Bội Châu - Nghệ An - 2020) Cho một tấm nhôm hình vuông cạnh 12 cm.
Người ta cắt ở bốn góc của tấm nhôm đó bốn hình vuông bằng nhau, mỗi hình vuông có cạnh
bằng x (cm), rồi gập tấm nhôm lại để được một cái hộp không nắp( tham khảo hình vẽ bên).
Tìm x để hộp nhận được có thể tích lớn nhất (giả thiết bề dày tấm tôn không đáng kể).

A. x  2 .

B. x  3 .

C. x  4 .
Lời giải

D. x  6 .

Chọn A
Hình hộp có đáy của là hình vuông cạnh bằng 12  2x , chiều cao bằng x .
Điều kiện 0  x  6
x

12 –2x

2

2

Thể tích khối hộp là V  12  2 x  . x  4  6  x  .x .
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 3 số dương

3

 6  x  6  x  .2 x 

 6  x  6  x  2x

Trang 14 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />
3


TÀI LIỆU VD-VDC TRÍCH TỪ CÁC ĐỀ THI THỬ TNTHPT 2020
2

  6  x  6  x  .2 x  43  4  6  x  . x  2.43  V  128 (hằng số).

Dấu  xảy ra  6  x  2x  x  2 .
Vây thể tích khối hộp lớn nhất khi x  2 .
Câu 18.

(Chuyên Phan Bội Châu - Nghệ An - 2020) Cho hình chóp S.ABC có thể tích bằng 1. Mặt
phẳng (Q) thay đổi song song với mặt phẳng (ABC) lần lượt cắt các cạnh SA, SB, SC tại M, N,
P. Qua M, N, P kẻ các đường thẳng song song với nhau lần lượt cắt mặt phẳng (ABC) tại M’,
N’, P’. Tính giá trị lớn nhất của thể tích khối lăng trụ MNP.M’N’P’
4
1
1
8
A. .
B. .
C. .
D.
.
9
3
2
27
Lời giải
Chọn A

SM
SN
SP
 x  0  x  1 

x
SA
SB
SC
1

S MNP 2 NM .NP.sin MNP NM NP



.
 x2
1
S ABC
BA
BC

BA.BC.sin ABC
2
 S MNP  x 2 .S ABC

Gọi

Gọi chiều cao của hình chóp là SH , chiều cao của lăng trụ là MH  :
MH  AM


 1  x  MH '  1  x  SH
SH
AS

1
 VS . ABC  SH .S ABC  1  SH .S ABC  3
3
 VMNP.M ' N ' P '  MH '.SMNP  1  x  SH .x 2 .SABC  x 2 .1  x  .SH .SABC = x 2 .1  x  .3
Xét hàm số: f  x   3x 2  3x3 với x   0;1
 x  0 (loai )
 f ' x  6x  9x  f ' x   0  
2
x 
3

Bảng biến thiên:
2

Facebook Nguyễn Vương 15


TỔNG HỢP: NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489

x

2

0

+

f'(x)

1

3

0

-

4
9

f(x)

4
Vậy: maxVMNP.M ' N ' P '  .
9

Câu 19.

(Chuyên Quang Trung - 2020) Cho hình chóp S . ABCD đáy là hình vuông cạnh a , SA
vuông góc với mặt phẳng  ABCD  , SA  a . M , K tương ứng là trọng tâm tam giác

SAB, SCD ; N

là trung điểm BC . Thể tích khối tứ diện SMNK

bằng

m 3
.a với
n

m, n  ,  m, n   1 . Giá trị m  n bằng:

A. 28 . B 12 .

C. 19 .

D. 32 .

Lời giải
Chọn A

1
a3
Ta có: VS . ABCD  SA.S ABCD  .
3
3
Gọi I là trung điểm của AB , J là trung điểm của CD . Ta có: SMN đồng dạng với SIJ
2

theo tỉ số

4
2
2
. Do đó VSMNK  VP.SMN    VP.SIJ  VP.SIJ .
3
9
3

Trang 16 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

TÀI LIỆU VD-VDC TRÍCH TỪ CÁC ĐỀ THI THỬ TNTHPT 2020

Mặt khác SPIJ 

1
1
a3
S ABCD . Do đo VP.SIJ  VS .PIJ  VS . ABCD 
4
4
12

4 a3 a3
Nên VSMNK  . 
.
9 12 27
Vậy m  1, n  27  m  n  28 .
Câu 20.

(Chuyên Quang Trung - 2020) Cho hình lăng trụ đứng ABCD. AB C D  có đáy là hình thoi
  120 . Gọi M , N , K lần lượt là trung điểm cạnh AB, BC , BD .
có cạnh 4a , AA  8a , BAD
Thể tích khối da diện lồi có các đỉnh là các điểm A, B, C , M , N , K là:
A. 12 3 a 3

B.

28 3 3

a
3

C. 16 3 a 3

D.

40 3 3
a
3

Lời giải
Chọn A

1
AC , MNCA là hình thang.
2
 VK .MNCA  VB.MNCA

MN / / AC; MN 
VMNKABC

DK cắt (B’AC) tại B’,

d  K ;( MNCA)  1
B'K 1
1
 
  VK .MNCA  VD.MNCA
B'D 2

d  D; ( MNCA)  2
2

1
3
Mà: VB.MNCA  VD.MNCA nên ta có: VMNKABC  VB.MNCA  VB.MNCA  VB.MNCA
2
2
3
3
3
3 1
3
Mặt khác: S MNCA  S B ' AC  VB.MNCA  VB.B ' AC  VB '. ABC  . VABCD. A ' B 'C ' D '  8 3a
4
4
4
4 6
3
3
3
3
VMNKABC  VB.MNCA  8 3 a  12 3 a
2
2
Câu 21.

(Chuyên Quang Trung - 2020) Cho hình chóp tứ giác SABCD có đáy ABCD là hình vuông,
tam giác SAB đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi M là trung điểm của cạnh
3

CD . Biết khoảng cách từ A đến  SBM  là 2a
. Thể tích khối chóp SABCD bằng
19

Facebook Nguyễn Vương 17


TỔNG HỢP: NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489

A.

3a 3
.
6

B.

3a 3 .

C.

3a3
.
12

D.

2 3a 3
.
18

Lời giải
Chọn A

Gọi H là trung điểm của AB  SH  AB  SH   ABCD  ( Vì tam giác SAB đều và nằm
trong mặt phẳng vuông góc với đáy).
Ta có: AB  2 HB  d  A,  SBM    2d  H,  SBM   .
Từ H kẻ HK  BM  BM  ( SHK )   SHK    SBM  mà  SHK    SBM   SK

HP  SK  HP   SBM   d  H ,  SBM    HP  HP  a

3
.
19

Giả sử hình vuông ABCD có độ dài cạnh là x  x  0  .

 SAB đều cạnh x  SH 
BM  BC 2  CM 2 

x 3
.
2

x 5
.
2

Trong BHM vuông tại H có HK .BM  HB.HM  HK 

HB.HM x 5

.
MB
5

1
1
1
 x  a.


2
2
HP
HS
HK 2
1
3x3
3a 3
 SH .S ABCD 

.
3
6
6

Trong SHK có
Vậy VSABCD

Trang 18 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

TÀI LIỆU VD-VDC TRÍCH TỪ CÁC ĐỀ THI THỬ TNTHPT 2020

Câu 22.

(Chuyên Quang Trung - 2020) Cho số a  0 . Trong số các tam giác vuông có tổng một cạnh
góc vuông và cạnh huyền bằng a , tam giác có diện tích lớn nhất bằng
3 2
3 2
3 2
3 2
a .
a .
a .
a .
A.
B.
C.
D.
3
6
9
18
Lời giải
Chọn D

a
.
2

Theo giả thiết: AB  BC  a  BC  a  x .
Đặt AB  x , 0  x 

Tam giác ABC vuông tại A : AC  BC 2  AB 2  a 2  2ax .
Diện tích tam giác ABC : S ABC 

1
a
x a 2  2ax 
2
2

x2  a  2 x  .

Theo BĐT Cô – si ta có:
3

a  x  x  a  2x 
3a 2

.


2 
3
18

a
Dấu "  " xảy ra khi x  a  2 x  x  .
3

3a 2
Vậy tam giác có diện tích lớn nhất là
.
18
a
2

Câu 23.

x.x.  a  2 x  

(Chuyên Sơn La - 2020) Cho hình chóp tứ giác đều S . ABCD có cạnh đáy bằng a, cạnh bên

hợp với đáy một góc 60 . Gọi M là điểm đối xứng của C qua D, N là trung điểm SC. Mặt
phẳng ( BMN ) chia khối chóp S . ABCD thành hai phần (như hình vẽ bên). Tỉ số thể tích giữa
hai phần

A.

7
.
5

VSABFEN
bằng
VBFDCNE

B.

7

.
6

C.

7
.
3

D.

7
.
4

Lời giải
Chọn A
Facebook Nguyễn Vương 19


TỔNG HỢP: NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489

Ta có N là trung điểm của SO , D là trung điểm của CM nên E là trọng tâm tam giác SCM .
Ký hiệu h, S ,V tương ứng là chiều cao, diện tích đáy và thể tích khối chóp S . ABCD ta có

1 h
V
S BCM  S  VN . BCM  . .S  .
3 2
2

V
ME MD MF 2 1 1 1
V 1 V
Khi đó M . EDF 
.
.
 . .   VM . EDF  .  .
VM . NCB MN MC MB 3 2 2 6
2 6 12
V V 5V
7V
V
7
Như vậy VBFDCNE  

 VSABFEN 
 SABFEN  .
2 12 12
12
VBFDCNE 5
Câu 24.

(Chuyên Thái Bình - 2020) Cho hình chóp S. ABCD có đáy là hình vuông cạnh 2 2 . Cạnh
bên SA vuông góc với đáy và SA  3 . Mặt phẳng   qua A và vuông góc với SC cắt các
cạnh SB , SC , SD tại M , N , P . Tính thể tích mặt cầu ngoại tiếp tứ diện CMNP
A.

32
.
3

B.

64 2
.
3

108
.
3
Lời giải

C.

D.

125
.
6

Chọn A

 SA  BC
Ta có: 
 BC   SAB   BC  MA. .
 AB  BC
Lại có MA  SC  MA   SBC   MA  MC 1 .

 2 .
 3 .

Tương tự: AP  PC
Mặt khác AN  NC

Gọi I là trung điểm của AC , từ 1  2   3 ta có IN  IM  IC  IP   IA . Mặt cầu ngoại
tiếp CMNP là mặt cầu tâm I , bán kính IA .
2

IA 

AC

2

2 2   2 2 
2

2

 2.

4
32
Thể tích khối cầu ngoại tiếp tứ diện CMNP là: V   .23 
.
3
3

Trang 20 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

TÀI LIỆU VD-VDC TRÍCH TỪ CÁC ĐỀ THI THỬ TNTHPT 2020

Câu 25.

(Chuyên Thái Bình - 2020) Cho hình lăng trụ ABC. ABC có đáy ABC là tam giác vuông

BC nhọn. Mặt
tại A , cạnh BC  2a và 
ABC  600 . Biết tứ giác BCCB là hình thoi có B
phẳng  BCCB  vuông góc với  ABC  và mặt phẳng  ABBA  tạo với  ABC  góc 450 . Thể
tích khối lăng trụ ABC. ABC bằng
A.

7a3
.
7

B.

3 7a3
.
7

6 7a3
.
7

C.

D.

7a3
.
21

Lời giải
Chọn B
B'

C'

A'

B

H

C

K
A

 BCC B    ABC 
Có 
. Do đó trong  BCCB kẻ BH vuông góc với BC tại H
 BCC B    ABC   BC
thì BH   ABC  hay BH là chiều cao của hình lăng trụ.
Trong  ABC  kẻ HK vuông góc với AB tại K . Khi đó AB   BHK  .

 ABBA   ABC   AB


Ta có  BHK   AB

 BHK    ABBA   BK ,  BHK    ABC   KH
 Góc giữa  ABBA  và  ABC  chính là góc giữa B K và KH .


KH là góc nhọn. Do đó B
KH  45 .
BHK vuông tại H nên B

BHK vuông tại H có BKH  45  BHK vuông cân tại H  BH  KH .
Xét hai tam giác vuông B BH và BKH , ta có
BH KH
3

BH 
tan B

 sin 
ABC  sin 60 
.
BH
BH
2
BH
1
1
21





BH  1  cos 2 B
BH  1  

 sin B
 1

.

2

3

BB
7
 tan BBH  1 
1
4
21 2a 21
(vì BCCB là hình thoi có cạnh BC  2a ).
 BH  BB.

7
7
1
1
1
1

3 a2 3
Ta có S ABC  AB. AC  BC .cos 600 BC.sin 600  .2a. .2a.
.

2
2
2
2
2
2
2a 21 a 2 3 3 7 a 3
Vậy VABC . ABC   BH .S ABC 
.
.

7
2
7



Câu 26.





(Chuyên Thái Nguyên - 2020) Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân
đỉnh B , AB  4 , SA  SB  SC  12 . Gọi M , N , E lần lượt là trung điểm của AC , BC , AB .
BF 2

 . Thể tích khối tứ diện MNEF bằng
Trên cạnh SB lấy điểm F sao cho
BS 3

Facebook Nguyễn Vương 21


TỔNG HỢP: NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489

A.

8 34
.
3

B.

4 34
.
3

C.

8 34
.
9

D.

16 34

.
9

Lời giải
Chọn C

Vì SA  SB  SC nên hình chiếu của S lên  ABC  là tâm đường tròn ngoại tiếp ABC , suy ra

SM   ABC  .
Từ AB  4  AC  4 2 .



Tam giác SAM vuông tại M nên SM  SA2  AM 2  12 2  2 2



2

 2 34 .

1
1 1
1 1
16 34
Thể tích VS . ABC   S ABC  SM    AB 2  SM    42  2 34 
.
3
3 2
3 2

3
Suy ra thể tích
1
1 1
2
1
1 32 34 8 34
VMNEF   S MNE  d  F ,  MNE      S ABC   SM   VS . ABC  

.
3
3 4
3
12
12
3
9
Câu 27.

(Chuyên Vĩnh Phúc - 2020) Cho hình vuông ABCD cạnh a . Trên đường thẳng vuông góc
với  ABCD  tại A lấy điểm S di động không trùng với A . Hình chiếu vuông góc của A lên

SB, SD lần lượt tại H , K . Tìm giá trị lớn nhất của thể tích khối tứ diện ACHK .
A.

a3 6
.
32

B.

a3
.
6

C.

a3 3
.
16

D.

a3 2
.
12

Lời giải
Chọn C
Cách 1:

Trang 22 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

TÀI LIỆU VD-VDC TRÍCH TỪ CÁC ĐỀ THI THỬ TNTHPT 2020

1
a2 x
Ta có VS . ABD  S ABD .SA 
.
3

6
Lại có

VS . AHK SH SK  SA 

.


VS . ABD SB SD  SB 

 VS . AHK 

x4

x

2

 a2 

.VS . ABD 
2

2

2

x4
 SA 
.



2
 SD   x 2  a 2 
a 2 x5

6  x2  a2 

2

.

Gọi O  AC  BD, G  SO  HK , I  AG  SC .
 BC  AB
Ta có 
 BC   SAB   BC  AH ,  AH   SAB   .
 BC  SA
 AH  SB
Lại có 
 AH   SBC   AH  SC .
 AH  BC
Chứng minh tương tự ta có AK  SC .
 SC  AK
Vì 
 SC   AHK  , AI   AHK   SC  AI .
 SC  AH
Xét tam giác SAC vuông tại A , đặt SA  x  0 và có AC  a 2 , AI  SC
2

IC  AC 

2a 2
2a 2



CI

SI .

IS  AS 
x2
x2
1
1
2a 2
2a 2
a4
x3
 VACHK  S AHK .CI  S AHK . 2 .SI  2 VS . AHK  .
.
3
3
x
x
3  x 2  a 2 2


Ta lại có  x  a
2

2 2



 x2 x2 x2

     a2 
 3 3 3


2

AM  GM

 16

x 3a
x3
3 3


(Dấu “=” xảy ra
2
2
2
3 3
 x  a  16a

khi và chỉ khi x  a 3 ).
Suy ra VACHK 

a4 3 3
a3 3
.
.
 VACHK 
3 16 a
16

Vậy giá trị lớn nhất của thể tích khối tứ diện ACHK bằng

a3 3
khi x  SA  a 3 .
16

Cách 2:

Facebook Nguyễn Vương 23


TỔNG HỢP: NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489

a2 x
1
a2 x
 VS . ABD  VS . ABCD 
.
3
2
6

Gọi O  AC  BD  O là trung điểm của AC  d  A,  HOK    d  C ,  HOK  
Đặt SA  x, x  0  VS . ABCD 

 VAHOK  VCHOK  VACHK  2VAHOK .
SH SA2
x2
 2  2
.
SB SB
x  a2
SK
x2
Tương tự trong tam giác SAD ta cũng có
 2
.
SD x  a 2
V
SH SK
x4
x4
a 2 x5
Lại có S . AHK 
.


V

.
V


.
S . AHK
S . ABD
2
2
VS . ABD SB SD  x 2  a 2  2
6  x2  a 2 
 x2  a2 
Xét tam giác SAB vuông tại A, có AH  SB 

Mặt khác

d  H ,  ABCD  
d  S ,  ABCD  



BH
a2
a2 x
 2

d
H
,
ABCD

 2 2
 
BS x  a 2

x a

1
a2
1
1 a4 x
S ABD 
 VH . ABO  S ABO .d  H ,  ABO    . 2
.
2
4
3
12 x  a 2
1 a4 x
Tương tự, ta có VK . ADO  . 2
.
12 x  a 2
 2

a x
a 2 x5
1 a4 x 

 VACHK  2VAOHK  2 VS . ABD  VS . AHK  VHABO  VKADO   2

 .
 6 6  x 2  a 2 2 6 x 2  a 2 


Mà S ABO 

 VACHK 

a4
x3
.
.
3  x 2  a 2 2

Xét hàm số f  x  

Ta có f   x  

x3

x

2

 a2 

x 2  3a 2  x 2 

x

2

 a2 

3

2

trên khoảng  0;   .

; f  x  0  x  a 3

Bảng biến thiên

Trang 24 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

TÀI LIỆU VD-VDC TRÍCH TỪ CÁC ĐỀ THI THỬ TNTHPT 2020

Quan sát bảng biến thiên, ta thấy f  x  đạt giá trị lớn nhất khi x  a 3
Vậy giá trị lớn nhất của VACHK

Câu 28.





3

a 3
a4
a3 3
.

bằng

khi SA  a 3 .
2
2
3 
16
2
a 3 a







(Chuyên Vĩnh Phúc - 2020) Cho khối lăng trụ đứng ABC. ABC  có đáy là tam giác đều. Mặt
phẳng  ABC  tạo với đáy góc 300 và tam giác ABC có diện tích bằng 8 . Tính thể tích V
của khối lăng trụ đã cho.
A. 64 3 .
B. 2 3 .

C. 16 3 .
Lời giải

D. 8 3 .

Chọn D
A'

C'

B'

C

A

I

B

Gọi I là trung điểm cạnh BC .
Vì ABC. ABC là lăng trụ đứng có đáy là tam giác đều nên ABC. ABC  là khối lăng trụ đều.
Do đó ta có: AB  AC . Suy ra tam giác ABC cân tại A  AI  BC .
Mặt khác: tam giác ABC đều  AI  BC .
Suy ra BC   AIA  .
Vậy góc giữa mặt phẳng  ABC  và mặt đáy bằng góc 
AIA  300 .
Ta có: tam giác ABC là hình chiếu của tam giác ABC trên mặt đáy nên
S ABC  S ABC .cos   8.cos 300  4 3 .

Facebook Nguyễn Vương 25