D05 sử dụng định lý tỉ số thể tích muc do 3

Câu 8:

[2H1-2.5-3] (Toán học và Tuổi trẻ - Tháng 4 - 2018 - BTN) Cho tứ diện S. ABC có thể tích
V . Gọi M , N và P lần lượt là trung điểm của SA , SB và SC . Thể tích khối tứ diện có đáy
là tam giác MNP và đỉnh là một điểm bất kì thuộc mặt phẳng  ABC  bằng
A.

V
.
2

B.

V
.
4
Lời giải

V
.
3

C.

D.

V
.
8

Chọn D

Dễ thấy khoảng cách từ đỉnh tứ diện cần tính thể tích đến mặt phẳng

 MNP 

cũng bằng

khoảng cách từ đỉnh S đến mặt phẳng  MNP  .
Ta có:

VS .MNP SM SN SP 1
V

.
.
 nên VS .MNP  .
VS . ABC
SA SB SC 8
8

Câu 31: [2H1-2.5-3] (Toán học và Tuổi trẻ - Tháng 4 - 2018 - BTN) Cho hình chóp S. ABCD có đáy
ABCD là hình vuông cạnh a , SA vuông góc với đáy, SA  a 2 . Một mặt phẳng đi qua A
vuông góc với SC cắt SB , SD , SC lần lượt tại B , D , C  . Thể tích khối chóp SABCD là:

A. V 

2a 3 3
.
9

B. V 

2a 3 2
.
3

C. V 

a3 2
.
9

D. V 

2a 3 3
.
3

Lời giải
Chọn C
S

C'

D'

B'
D

A

O
B

1
a3 2
Ta có: VS . ABCD  .a 2 .a 2 
.
3
3

C


Ta có AD   SDC   AD  SD ; AB   SBC   AB  SB .
Do SC   ABD   SC  AC .
Tam giác SAC vuông cân tại A nên C  là trung điểm của SC .

SB SA2 2a 2 2


 .
SB SB 2 3a 2 3
1  SB SC  SD SC   SB SC  2 1 1
 .  .
 


2  SB SC SD SC  SB SC 3 2 3

Trong tam giác vuông SAB ta có

VSABC D
VS . ABCD



VSABC   VSAC D

Vậy VSABC D

VS . ABCD
a3 2
.

9

Câu 37. [2H1-2.5-3](THPT Xuân Hòa-Vĩnh Phúc- Lần 1- 2018- BTN) Cho hình chóp S. ABC . Gọi
V
M , N lần lượt là trung điểm của SA , SB . Tính tỉ số S . ABC .
VS .MNC
A. 4 .

B.

1

2

C. 2 .

D.

1

4

Lời giải.
Chọn A
S

M

N
C

A

B

Ta có

VS . ABC
SA. SB. SC
 4.

VS .MNC SM . SN . SC

Câu 47. [2H1-2.5-3](TRƯỜNG CHUYÊN ĐẠI HỌC VINH - LẦN 2 - 2018) Trong không gian
Oxyz, cho các điểm A , B , C lần lượt thay đổi trên các trục Ox , Oy , Oz và luôn thỏa mãn
3

. Biết
2
rằng mặt phẳng  ABC  luôn tiếp xúc với một mặt cầu cố định, bán kính của mặt cầu đó bằng

điều kiện: tỉ số giữa diện tích của tam giác ABC và thể tích khối tứ diện OABC bằng

A. 3.
Chọn B.

B. 2.

C. 4.
Lời giải

D. 1.


z
C

O

B

y

A
x
S ABC
S ABC

3


VOABC 1 S .d O, ABC

  d  O,  ABC  

ABC
3
S ABC 3
Mà
 nên d  O,  ABC    2 .
VOABC 2

Ta có

Vậy mặt phẳng  ABC  luôn tiếp xúc mặt cầu tâm O , bán kính R  2 .
Câu 27. [2H1-2.5-3](Chuyên Bắc Ninh - Bắc Ninh - Lần 1 - 2018 - BTN) Cho khối tứ diện ABCD
có thể tích 2017 . Gọi M , N , P , Q lần lượt là trọng tâm của các tam giác ABC , ABD ,

ACD , BCD . Tính theo V thể tích của khối tứ diện MNPQ .
8068
2017
4034
A.
.
B.
.
C.
.

27
81
9
Lời giải
Chọn D

D.

2017
.
27

VAEFG S EFG 1
1

  VAEFG  VABCD
VABCD S BCD 4
4

.
VAMNP SM SN SP 8
8
8 1
2

.
.

 VAMNP  VAEFG  . VABCD  VABCD
VAEFG

SE SE SG 27
27
27 4
27
Do mặt phẳng  MNP  //  BCD  nên

VQMNP
VAMNP



1
1
 VQMNP  VAMNP
2
2

1 2
1
2017
VQMNP  . VABCD  VABCD 
.
2 27
27
27

Câu 37.
[2H1-2.5-3] (THPT Trần Hưng Đạo-TP.HCM-2018) Cho hình chóp tứ giác đều
S. ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , cạnh bên tạo với đáy một góc 60 . Gọi M là trung điểm

của SC . Mặt phẳng đi qua AM và song song với BD cắt SB tại E và cắt SD tại F . Tính thể tích
V khối chóp S. AEMF .
A. V 

a3 6
.
36

B. V 

a3 6
.
9

C. V 

a3 6
.
6

D. V 

a3 6
.
18

Lời giải
Chọn D
S

M

F

I

E

D
A
O
B

C

Trong mặt phẳng  SBD  : EF  SO  I . Suy ra A, M , I thẳng hàng.
Trong tam giác SAC hai trung tuyến AM , SO cắt nhau tại I suy ra

SI 2
 .
SO 3

SE SF SI 2


 .
SB SD SO 3
V
SE SM 1 VS . AFM SF SM 1

Ta có: S . AEM 



 .
 .
VSABC
SB SC 3 VSADC SD SC 3
V
 VS . AFM 1 VS . AEMF 1
Vậy S . AEM
 
 .
VS . ABC  VS . ADC 3 VS . ABCD 3
Lại có EF // BD 

Góc giữa cạnh bên và đáy của S. ABCD bằng góc SBO  60 suy ra SO  BO 3 
Thể tích hình chóp S. ABCD bằng VS . ABCD 
Vậy VS . AEMF 

a 6
.
2

1
a3 6
SO.S ABCD 
.
3
6

a3 6
.
18

Câu 36. [2H1-2.5-3] (THPT Chuyên Vĩnh Phúc- Lần 3-2018) Cho hình chóp S. ABCD có đáy
ABCD là hình vuông cạnh a , SA vuông góc với đáy, SA  a 2 . Gọi B , D là hình chiếu của A lần

lượt lên SB , SD . Mặt phẳng  ABD  cắt SC tại C  . Thể tích khối chóp SABCD là:
A. V 

2a 3 3
.
9

B. V 

2a 3 2
.
3

C. V 
Lời giải

Chọn C

a3 2
.
9

D. V 

2a 3 3
.
3


S

C'

D'

B'
D

A
O
B

C

1
a3 2
Ta có: VS . ABCD  .a 2 .a 2 
.
3
3
Vì B , D là hình chiếu của A lần lượt lên SB , SD nên ta có SC   ABD  .

Gọi C  là hình chiếu của A lên SC suy ra SC  AC mà AC   ABD   A nên AC   ABD  hay

C  SC   ABD  .
Tam giác SAC vuông cân tại A nên C  là trung điểm của SC .
SB SA2 2a 2 2


Trong tam giác vuông SAB ta có
 .
SB SB 2 3a 2 3
VSABC D VSABC   VSAC D 1  SB SC  SD SC   SB SC  2 1 1

 .  .
 


VS . ABCD
VS . ABCD
2  SB SC SD SC  SB SC 3 2 3
Vậy VSABC D 

a3 2
.
9

Câu 37. [2H1-2.5-3]

(THPT Hoa Lư A-Ninh Bình-Lần 1-2018) Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình

thoi và có thể tích bằng 2 . Gọi M , N lần lượt là các điểm trên cạnh SB và SD sao cho

giá trị của k để thể tích khối chóp S. AMN bằng

1
A. k  .
8

B. k 

1
.
8

2
.
2

C. k 
Lời giải

Chọn C

Ta có

1
8

1
2

VS . AMN SA SM SN


.
.
 k 2.
VS . ABD SA SB SD

Mà VS . AMN  , VS . ABD  VS . ABCD  1 

SM SN

 k . Tìm
SB SD

1
2
 k2  k 
.
8
4

2
.
4

D. k 

1
.
4

Câu 38. [2H1-2.5-3]
(THPT Hoa Lư A-Ninh Bình-Lần 1-2018) Cho khối tứ diện ABCD có thể tích V và điểm
E trên cạnh AB sao cho AE  3EB . Tính thể tích khối tứ diện EBCD theo V .

A.

V
.
4

B.

V
.
3

C.

V
.
2

D.

V
.
5

Lời giải

Chọn A

VB.ECD BE AC AD 1
1

.
.
  VB.ECD  VE .BCD  V
VA.BCD BA AC AD 4
4

Câu 36:

[2H1-2.5-3] (THPT Kim Liên - HN - Lần 1 - 2017 - 2018 - BTN) Cho hình chóp S. ABC có đáy
ABC là tam giác đều cạnh a , SA vuông góc với mặt đáy. Gọi M là trung điểm BC . Mặt
phẳng

 P

đi qua A và vuông góc với SM cắt SB , SC lần lượt tại E , F . Biết

1
VS . AEF  VS . ABC . Tính thể tích V của khối chóp S. ABC .
4

A. V 

a3
.
2

B. V 

a3
.
8

C. V 

2a 3
.
5

D. V 

a3
.
12

Lời giải
Chọn B
S

F
H
E
C

A

M
B

Ta có BC  SM . Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên SM . Do FE   P    SBC 
 FE  SM  FE BC và FE đi qua H .


2

SE SF 1
SH 1
1
 SH  1
VS . AEF  VS . ABC 
.
 . Vậy H là trung điểm cạnh SM .
 
  
SB SC 4
SM 2
4
4
 SM 
a 3
Suy ra SAM vuông cân tại A  SA 
.
2
a3
1 a 3 a2 3
Vậy VSABC  .

 .
.
8
3 2
4

Câu 39: [2H1-2.5-3] (THPT Thăng Long – Hà Nội – Lần 1 – 2018) Cho tứ diện ABCD có thể tích
V , gọi M , N , P , Q lần lượt là trọng tâm tam giác ABC , ACD , ABD và BCD . Thể tích
khối tứ diện MNPQ bằng
A.

4V
.
9

B.

V
.
27

V
.
9
Lời giải

C.

D.

4V
.
27

Chọn C

Gọi E , F , I lần lượt là trung điểm các đoạn thẳng BC , CD , BD .
V
8
8
2
Ta có AMNP   VAMNP  VAEFI  V .
VAEFI
9
9
9
1
11
1
1
V
VMNPQ  d  Q,  MNP   .SMNP 
d  A,  MNP   .S MNP  d  Q,  MNP   .S MNP  VAMNP 
3
32
6
2
9
.

Câu 40:

[2H1-2.5-3] (THPT Chuyên Vĩnh Phúc - Lần 3 - 2017 - 2018 - BTN) Cho hình chóp
S. ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , SA vuông góc với đáy  ABCD  , góc giữa hai
mặt phẳng  SBD  và  ABCD  bằng 60 . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của SB , SC . Tính
thể tích khối chóp S. ADMN .
A. V 

a3 6
.
16

B. V 

a3 6
.
24

C. V 
Lời giải

Chọn A

3a 3 6
.
16

D. V 

a3 6

.
8


S

N

M

A

D
O

B

C

Gọi O là tâm của hình vuông ABCD . Khi đó ta có SOA là góc giữa hai mặt phẳng  SBD  và

 ABCD 
Ta có

nên SOA  60 . Khi đó tan 60 

VS . AMN SA SM SN 1
V

.

.
 và S . AND
VS . ACD
VS . ABC SA SB SC 4

Do đó VS . ADMN

SA
2
a 6
.
 SA  AO.tan 60 
a. 3 
2
2
AO
SA SN SD 1

.
.
 .
SA SC SD 2

3 1 a 6 2 a3 6
1
1 1 3
.
.a 
 VS . ABCD .     .VS . ABCD  . .
8 3 2

16
2
4 2 8

Câu 37: [2H1-2.5-3] (THPT Chuyên Vĩnh Phúc - lần 1 - 2017 - 2018 - BTN) Cho hình chóp tứ giác
S. ABCD đáy là hình bình hành có thể tích bằng V . Lấy điểm B , D lần lượt là trung điểm
của cạnh SB và SD . Mặt phẳng qua  ABD  cắt cạnh SC tại C  . Khi đó thể tích khối chóp
S. ABCD bằng
V3
V
V
2V
A. .B.
.
C.
.
D. .
3
6
3
3
Lời giải
Chọn D
S

S

K

C

B

C

D

H

A

H
D

O

d 

A

O
C
C
Gọi O là giao điểm của hai đường chéo AC và BD thì SO  BD  H . Khi đó H là trung
điểm của SO và C  AH  SO .

B


Trong mặt phẳng  SAC  : Ta kẻ  d  //AC và AC  cắt  d  tại K . Khi đó áp dụng tính đồng
dạng của các tam giác ta có:

OH OA
SK 1

 1  SK  OA 
 ;
SH SK
AC 2

SK SC  1
SC  1

 .
 
AC CC  2
SC 3
V
1
1
V
SA SB SD 1
Vì VS . ABD  VS .BCD  .VS . ABCD  nên ta có S . ABD 


  VS . ABD  V và
2
8
2
VS . ABD SA SB SD 4
VS .BC D SB SC  SD 1 SC 

SC  V



 
 VS .BC D 
 .
SC 8
VS .BCD
SB SC SD 4 SC
1
SC  V V  SC   V
Suy ra VS . ABCD  VS . ABD  VS .BCD  V 
  1 
 .
8
SC 8 8 
SC  6

Câu 45: [2H1-2.5-3](Chuyên Long An - Lần 2 - Năm 2018) Cho hình chóp đều S. ABCD có đáy
ABCD là hình vuông cạnh a , cạnh bên hợp với đáy một góc bằng 60 . Kí hiệu V1 , V2 lần
lượt là thể tích khối cầu ngoại tiếp, thể tích khối nón ngoại tiếp hình chóp đã cho. Tính tỉ số
V1
.
V2
A.

V1 32
 .
V2 9

B.

V1 32

.
V2 27

C.

V1 1
 .
V2 2

D.

V1 9
 .
V2 8

Lời giải
Chọn A
S

M
I
D

C
O

A

B

Gọi O là tâm hình vuông ABCD . Suy ra SO   ABCD  . Và góc giữa cạnh bên SA với mặt
đáy

 ABCD 

là góc SAO . Theo giả thuyết SAO  60 , nên tam giác SAC đều, suy ra

a 6
.
2
Gọi M là trung điểm SA . Trong  SAC  , đường trung trực của cạnh SA cắt SO tại I .

SA  a 2 và SO 

Khi đó, IS  IA  IB  IC  ID nên I là tâm của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S. ABCD .
SA2 a 6

 R.
2SO
3
Ta lại có, khối nón ngoại tiếp hình chóp có đường tròn đáy ngoại tiếp hình vuông ABCD nên

Tam giác SAO có SI .SO  SM .SA  SI 

có bán kính đáy r 

a 2
a 6
và chiều cao h  SO 
.
2
2


Suy ra

4 a 6
. 

3  3 

3

V1
32
.


2
V2 1  a 2  a 6
9

 .
3  2 
2

Câu 33: [2H1-2.5-3](Chuyên KHTN - Lần 3 - Năm 2018) Cho khối chóp tứ giác S. ABCD . Mặt
phẳng đi qua trọng tâm các tam giác SAB , SAC , SAD chia khối chóp này thành hai phần có
V
thể tích là V1 và V2 V1  V2  . Tính tỉ lệ 1 .
V2
A.

8
.
27

B.

16
.
81

8
.
19
Lời giải

C.

D.

16
.
75

Chọn C

Gọi G1 , G2 , G3 lần lượt là trọng tâm các tam giác SAB , SAD , SAC .
Gọi I , J lần lượt là trung điểm của AB , AC thì
 G1G3 // IJ  G1G3 //  ABC  .

SG1 2 SG3
 
SI
3 SJ

Chứng minh tương tự ta có G2G3 //  ABC  .
Suy ra  G1G2G3  //  ABCD  .
Qua G1 dựng đường song song với AB , cắt SA , SB lần lượt tại M , N .
Qua N dựng đường song song với BC , cắt SC tại P .
Qua P dựng đường song song với CD , cắt SD tại Q .

 Thiết diện của hình chóp S. ABCD khi cắt bới  G1G2G3  là tứ giác MNPQ .
Ta có

VS .MNP SM .SN .SP
8
8


 VS .MNP  VS . ABC (1)
VS . ABC
SA.SB.SC
27

27

Tương tự ta cũng có  VS .MPQ 
Từ (1) và (2) suy ra VS .MNPQ 

8
VS . ACD (2)
27

V
8
8
19
8
VS . ABCD  V1  V  V2  V  V1  V . Vậy 1  .
V2 19
27
27
27


Câu 45: [2H1-2.5-3] (THPT Lý Thái Tổ - Bắc Ninh - lần 1 - 2017 - 2018 - BTN) Cho điểm M nằm
SM 1
trên cạnh SA , điểm N nằm trên cạnh SB của hình chóp tam giác S. ABC sao cho
 ,
MA 2
SN
 2. Mặt phẳng   qua MN và song song với SC chia khối chóp thành 2 phần. Gọi V1
NB
V

là thể tích của khối đa diện chứa A , V2 là thể tích của khối đa diện còn lại. Tính tỉ số 1 ?
V2
A.

V1 4
 .
V2 5

B.

V1 5
 .
V2 4

C.

V1 5
 .
V2 6

D.

V1 6
 .
V2 5

Lời giải
S

M

E

Nj
P

A

C

Q
B
D

Chọn B
- Trong mặt phẳng  SAC  dựng MP song song với SC cắt AC tại P . Trong mặt phẳng

 SBC  dựng

NQ song song với SC cắt BC tại Q. Gọi D là giao điểm của MN và PQ .

Dựng ME song song với AB cắt SB tại E (như hình vẽ).
SE SM 1
1
- Ta thấy:

  SN  NE  NB  SB
SB SA 3
3
Suy ra N là trung điểm của BE và DM , đồng thời DB  ME 

1
DB 1 DN 1
AB 
 ,
 .
3
DA 4 DM 2

DQ DN 1

 .
DP DM 2
- Nhận thấy: V1  VD. AMP  VD.BNQ .

Do NQ / / MP 

VD.BNQ
VD. AMP



DB DN DQ 1 1 1 1
1
15
15
.
.
 . . 
 VD.BNQ  VD. AMP  V1  .VD. AMP  .VM . ADP .
DA DM DP 4 2 2 16

16
16
16

- Do NQ / / SC 

d  N ; DB  QB 1
QB NB 1
1

  d  Q; DB   .d  C; AB 

 
d  C; AB  CB 3
CB SB 3
3


1 1
1
1
8
1
 SQDB  .d  Q; DB  .DB  . .d  C; AB  . AB  SCAB  S ADP  .S ABC
2 3
2
3
9
9
2

Và d  M ;  ADP    d  S ;  ABC  
3
1 2
1
8
16
 VM . ADP  .d  M ;  ADP   .S ADP  . d  S ;  ABC   . S ABC  .VS . ABC
3 3
3
9
27
15 16
4
5
 V1  . .VS . ABC  .VS . ABC  V2  VS . ABC  V1  .VS . ABC .
16 27
9
9
V 5
Vậy 1  .
V2 4

Câu 40: [2H1-2.5-3] (THPT Chuyên Quốc Học Huế - Lần 2 -2018 - BTN) Cho khối chóp S. ABCD
có đáy ABCD là tứ giác lồi, tam giác ABD đều cạnh a , tam giác BCD cân tại C và
BCD  120 . SA   ABCD  và SA  a . Mặt phẳng  P  đi qua A và vuông góc với SC cắt

các cạnh SB , SC , SD lần lượt tại M , N , P . Tính thể tích khối chóp S. AMNP .
2a 3 3
a3 3
a3 3

a3 3
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
21
14
12
42
Lời giải
Chọn A
S

N

M
K

P
B
O

A

C

I

D

Gọi O là trọng tâm tam giác đều ABD và I là trung điểm BD thì AI 
OI 

a 3
;
2

1
a 3
AI 
.
3
6

1
a
a 3
.
BD  và IC  ID.cot 60 
6
2
2
2a 3
.
 O và C đối xứng nhau qua đường thẳng BD  AC  AI  IC 
3

 BD  AC
 BD   SAC   BD  SC
Khi đó 
 BD  SA
Mà SC   P  nên BD //  P 

Tam giác ICD vuông I có ICD  60 , ID 


 P    SBD   MP
 MP // BD
Do đó 
SBD

ABCD

BD









 BD   SAC 
Lại có 
 BD  AN  AN  MP
AN


SAC




SN
SN SA2
SA2
3




2
2
2
SC SA  AC
SC SC
7
a 3
Tam giác ABC có SD  a 2 ; BC  IC 2  IB 2 
và AC 2  AB2  BC 2
3
 tam giác ABC vuông tại B  BC   SAB  ; AM   SAB   BC  AM
Tam giác SAC vuông tại A có SN .SC  SA2 

Lại có tam giác SAB vuông nên AM  SB  M là trung điểm SB 
Mà MP // BD nên

SM 1

SB 2

SP SM 1


SD SB 2

Mặt khác

a2 3 1
a3 3
a2 3
. Suy ra V  VS . ABCD 
.
 CB.CD.sin1200 
4
2
9
3
3
3
SM SN 3 1 3

.
 VS . ANP  V . Do đó VS . ANM  V .
 . 
SB SC 7 2 14
28

28

S ABCD  SABC  SBCD 

Khi đó
Vậy
Câu 5:

VS . AMN
VS . ABC

VS . AMNP 3
a3 3
.

 VS . AMNP 
VS . ABCD 14
42

[2H1-2.5-3] (THPT QUẢNG XƯƠNG I) Cho hình chóp S. ABCD có đáy là hình vuông cạnh a ,

SA vuông góc với mặt phẳng đáy  ABCD  và SA  a . Điểm M thuộc cạnh SA sao cho
SM
 k , 0  k  1 . Khi đó giá trị của k để mặt phẳng  BMC  chia khối chóp S. ABCD thành
SA
hai phần có thể tích bằng nhau là

A. k 

1  5

.
2

B. k 

1 5
.
4

C. k 

1  5
.
4

D. k 

1  2
.
2

Lời giải
Chọn A
Giả sử  MBC  cắt SD tại N . Khi đó MN //BC //AD suy ra

SM SN

 k  k  0
SA SD

VS .MBC k VS .MNC k 2
VS .MBC SM
VS .MNC SM SN
2
 ;
 .Bài toán t/m

 k,

.
 k .Do đó:
Ta có
VS . ABCD 2 VS . ABCD 2
VS . ABC
SA
VS . ADC
SA SD
khi
Câu 22:

1  5
k k2 1

  k2  k 1  0  k 
2
2 2 2

[2H1-2.5-3] (THPT TRẦN HƯNG ĐẠO) Cho hình chóp S. ABCD có ABCD là hình bình
hành có M là trung điểm SC. Mặt phẳng  P  qua AM và song song với BD cắt SB , SD lần
lượt tại P và Q. Khi đó

A.

1
.
2

Chọn A

VSAPMQ
VSABCD
B.

4
.
9

bằng
C.

2
.
9

D.

2
.
3

S

M

P
B

C

I
Q
O
A

D

Trong  ABCD  gọi O là giao điểm của AC và BD .
Trong  SAC  gọi I là giao điểm của SO và AM .
Trong  SBD  từ I vẽ đường thẳng song song với BD cắt SB , SD lần lượt tại P , Q , suy ra
mp  P  là mp  APMQ  .
+ Ta thấy I là giao điểm của hai đường trung tuyến AM và SO của tam giác SAC  I là
SI SP SQ 2
trọng tâm tam giác SAC , Suy ra:


 (định lý ta lét vì PQ // BD )
SO SB SD 3
V
1
SA.SP.SM 2 1 1

Ta có: SAPM 
 .   VSAPM  VSABC
3
VSABC
SA.SB.SC 3 2 3

VSAQM
VSADC





SA.SQ.SM 2 1 1
1
 .   VSAQM  VSADC
SA.SD.SC 3 2 3
3

VSAPMQ
VSABCD



VSAPM  VSAQM
VSABCD

1
1
VSABC  VSADC  VSABCD 1

3
3

VSABCD
VSABCD
3

Câu 34: [2H1-2.5-3] (THPT Ngô Sĩ Liên - Bắc Giang - HKII -2016 - 2017 - BTN) Cho hình chóp

A.BCD có đáy BCD là tam giác vuông tại C với BC  a , CD  a 3 . Hai mặt  ABD  và

 ABC 

cùng vuông góc với mặt phẳng  BCD  . Biết AB  a , M , N lần lượt thuộc cạnh

AC , AD sao cho AM  2MC , AN  ND . Thể tích khối chóp A.BMN là
A.

2a 3 3
.
9

B.

a3 3
.
3

C.

a3 3
.
18

D.

Lời giải
Chọn C
A

N

a

M
D

B

a 3

a
C

a3 3
.
9


AM 2

 .
AC 3
AM AN 2 1 1

.
 .  .
AC AD 3 2 3

Do AM  2MC 
Ta có

VA.BMN
VA.BCD

Mà VA.BCD 
 VA.BMN 
Câu 4:

1
1
1
a3 3
.
AB. BC.CD  a.a.a 3 
3
2
6
6

VA.BCD a3 3

.

3
18

[2H1-2.5-3] (THPT Đoàn Thượng - Hải Phòng - Lân 2 - 2017 - 2018 - BTN) Cho hình chóp S. ABCD có
đáy là hình bình hành và có thể tích là V . Điểm P là trung điểm của SC , một mặt phẳng qua AP
cắt các cạnh SD và SB lần lượt tại M và N . Gọi V1 là thể tích khối chóp S. AMPN . Tìm giá trị nhỏ
nhất của

V1
?
V

1
.
8

A.

B.

2
.
3

C.

3
.

8

D.

1
.
3

Lời giải
Chọn D

S

P
N

I
M

D

C
O

A
Đặt

Vì

SM

SN
 y , 0  x , y  1.
 x,
SD
SB

1 1
x
SA SC SB SD
nên 1  2    y 



x y
3x  1
SA SP SM SN

Khi đó



B

V
V1 VS . ANP
1 SA SN SP 1 SA SM SP 1 1 1 1

 S . AMP  . .
.
 . .

.
 . y.  .x.
V 2VS . ADC 2VS . ABC 2 SA SD SC 2 SA SB SC 2 2 2 2

1
1
x 
 x  y    x 

4
4
3x  1 


Vì x  0 , y  0 nên
Xét hàm số f  x  

1
 x 1
3

1
x 
1 
x
 trên  ;1
4
3x  1 
3 


1
1
2
1 
 ; f  x  0  x  .
2
4   3x  1 
3

Ta có f   x  

Bảng biến thiên

x

1
3

y

2
3
0

–

1



||
y

Vậy giá trị nhỏ nhất của
Câu 45:

3
8

1
3
V1
1
bằng .
V
3

[2H1-2.5-3] (Lớp Toán - Đoàn Trí Dũng -2017 - 2018) Cho khối chóp tam giác S. ABC có thể tích
bằng 6. Gọi M , N , P lần lượt là trung điểm các cạnh BC, CA, AB. Thể tích V của khối chóp

S.MNP là?
A. V  3 .

B. V 

3
.
2

C. V 

9
.
2

D. V  4

Lời giải
Chọn B
1
1
Ta có: VS .MNP  VS . ABC vì SMNP  SABC vậy.
4
4
Câu 38. [2H1-2.5-3] (Đề thi lần 6- Đoàn Trí Dũng - 2017 - 2018)Cho khối tứ diện OABC với
OA, OB, OC vuông góc từng đôi một và OA  a, OB  2a, OC  3a . Gọi M , N lần lượt là

trung điểm của hai cạnh AC, BC . Thể tích của khối tứ diện OCMN tính theo a bằng:
A.

3a 3
B. a 3
4

C.

2a 3
3

D.

a3
4

Lời giải
Chọn D

1 1

3
Ta có VOABC  .  OA.OB  .OC  a (đvtt) .
3 2

1
a3
VOCMN CM .CN 1
V

V



Ta có
.
Vậy OCMN
.
OABC
4
4

VOCAB
CA.CB 4
Câu 1910:
[2H1-2.5-3] Cho hình chóp S. ABCD . Gọi A , B , C  , D lần lượt là trung điểm của SA ,
SB , SC , SD . Khi đó tỉ số thể tích của hai khối chóp S. ABCD và S. ABCD là:
1
1
1
1
A. .
B. .
C.
.
D. .
2
8
16
4
Lời giải


Chọn B

Xét hình chóp S.ABC.

VS . A ' B ' C ' SA ' SB ' SC ' 1
1

.
.

  VS . A ' B ' C '  VS . ABC
VS . ABC
SA SB SC 8
8
1
8

Tương tự: VS . A ' C ' D '  VS . ACD

1
VS . A ' B ' C ' D '  VS . ABCD .
8
Câu 1925:

[2H1-2.5-3] Cho hình chóp tứ giác S. ABCD có M , N , P , Q lần lượt là trung điểm của

các cạnh SA , SB , SC , SD . Tỉ số
A.

1
.
8

B.

VS .MNPQ
VS . ABCD

là

1
.
16

C.

3
.
8

D.

1
6

Lời giải
Chọn A
Ta có áp dụng công thức tỉ số thể tích, ta có

VS .MQP
VS . ADC



và

SM SQ SP
.
.
SA SD SC

Vì M, N, P, Q là trung điểm các cạnh SA, SB, SC, SD 

1
2

Và VS . ABC  VS . ADC  VS . ABCD suy ra

Câu 1932:

VS .MNP SM SN SP

.
.
VS . ABC
SA SB SC

[2H1-2.5-3]

SM SN SP SQ 1



 .
SA SB SC SD 2

VS .MNP  VS .MQP 1 1 VS .MNPQ 1
  
 .
1

8
8
V
8
S
.
ABCD
.VS . ABCD
2

Cho hình chóp

S. ABC

có

SA  a ;

ASB  BSC  CSA  60 . Trên các cạnh SB ; SC
cho SA  SB '  SC '  a . Thể tích khối chóp S. ABC là:

SB  3a 2 ; SC  2a 3 ,

lấy các điểm

B , C  sao


A. 2a

3

3.

B. 3a

3

C. a

3.

3

3.

a3 3
D.
.
3

Lời giải
Chọn C

Trên các cạnh SB; SC lấy các điểm B ', C ' sao cho

SA  SB '  SC '  a suy ra S. AB ' C ' là hình chóp đều có các mặt bên là tam giác đều suy ra
AB '  B ' C '  C ' A ' .
Ta có: S ABC 

a2 3
a
a 6
; AH 
 SH  SA2  AH 2 
.
4
3
3

Khi đó VS . AB ' C ' 

a3 2
V
SA SB SC
1
. Lại có S . AB ' C ' 
.
.

12
VS . ABC
SA SB ' SC ' 6 6

Do đó VS . ABC  a3 3 .
Câu 1940:
[2H1-2.5-3] Cho hình chóp S. ABCD đáy là hình vuông cạnh a , cạnh bên SA vuông góc
với đáy, SB hợp với đáy một góc 45 . H , K lần lượt là hình chiếu của A lên SB , SD mặt
phẳng  AHK  , cắt SC tại I . Khi đó thể tích của khối chóp S. AHIK là:
A. V 

a3
.
18

B. V 

a3
.
36

C. V 
Lời giải

Chọn A

a3
.
6

D. V 

a3
.
12


Ta có SBA  45  SA  AB  a .

 BC  SA

 BC   SAB   BC  AH .
 BC  AB

Lại có 

Mà AH  SB  AH   SBC   AH  SC  SC  AH .
Tương tự SC  AK  SC   AHK   SC  AI .

SA2 SI
a2 1
SI 1




 .
Ta có
AC 2 IC 2a 2 2
SC 3
Tỉ số

VS . AHI SA SH SI
1 1
1

.
.
 1. .  VS . AHI  VS . ABCD .
VS . ABC SA SB SC
2 3

12

Tỉ số

VS . AIK SA SI SK
1 1
1

.
.
 1. .  VS . AIK  VS . ABCD .
VS . ACD SA SC SD
3 2
12

1
1 1
a3
 VS . AHIK  VS . AHI  VS . AIK  VS . ABCD  . .a.a 2  .
6
6 3
18
Câu 1988.
[2H1-2.5-3] Cho hình chóp tứ giác S. ABCD có đáy ABCD là hình bình hành, có thể tích
bằng V . Gọi I là trọng tâm tam giác SBD . Một mặt phẳng chứa AI và song song với BD cắt
các cạnh SB, SC, SD lần lượt tại B, C, D . Khi đó thể tích khối chóp S. ABCD bằng:
A.

V
.

18

B.

V
.
9

C.

V
.
27

Lời giải
Chọn D

SB SD SI 2


 .
SB SD SO 3
SC ' CA OI
SC ' 1
SC ' 1
.
.
1
.2.  1 
 .

Mà
C ' C AO IS
C 'C 2
SC 2
VS . ABD 4

V
1
 S . ABD 9

 VS . ABCD  V .
3
VS .BCD  4 . 1  2
 VS .BCD 9 2 9
Ta có

k

V1
V2

3 3
.
4

D.

V
.
3

Câu 9.

[2H1-2.5-3]

(THPT

QUẢNG

XƯƠNG1)

Cho

khối

chóp

S. ABC

có

SA  2a, SB  3a, SC  4a , ASB  SAC  90 và BSC  120 . Khoảng cách từ điểm C đến mặt

phẳng  SAB  bằng
A. 2a 2 .

B. a 2 .

2a 2

.
3

C.

D. 3a 2 .

Lời giải
Chọn A

S

a

M
A

a

a

a

P

H

N
C

B
Trên các cạnh SA, SB, SC lần lượt lấy M , N , P sao cho SM  SN  SP  a .Ta có: MP  a ,
MN  a 2, NP  a 3 . Suy ra MNP vuông tại M . Hạ SH vuông góc với mp  MNP  thì H

a2 2
a3 2
a
.
 VS .MNP 
, SH 
2
2
12
SM SN SP
1
 VS . ABCD  2a 3 2 .


SA SB SC 24

là trung điểm của PN mà: S MNP 
Mặt khác:

VS .MNP
VS . ABCD

SABC  3a2
Vậy: d  C , ( SAB)  

3VS . ABCD 6a3 2


 2a 2 .
SSAB
3a 2

Câu 227: [2H1-2.5-3][THTT-477-2017] Một hình lăng trụ có đáy là tam giác đều cạnh bằng a , cạnh
bên bằng b và tạo với mặt phẳng đáy một góc  . Thể tích của khối chóp có đáy là đáy của
lăng trụ và đỉnh là một điểm bất kì trên đáy còn lại là
3 2
3 2
3 2
3 2
A.
B.
C.
D.
a b sin  .
a b sin  .
a b cos  .
a b cos  .
12
4
12
4
Lời giải
Chọn A
A'

C'
S

B'

A

C
H'

H

B


Gọi H là hình chiếu của A trên  ABC  . Khi đó   AAH .
Ta có AH  AA.sin   b sin  nên thể tích khối lăng trụ là
a 2b 3 sin 

.
VABC . ABC  A H .SABC 
4
Lại có chiều cao của chóp theo yêu cầu đề bài chính là chiều cao của lăng trụ và bằng AH nên
1
a 2b 3 sin 
thể tích khối chóp là VS . ABC  VABC . ABC  
.
3
12
Câu 244: [2H1-2.5-3] Cho tứ diện ABCD có thể tích bằng 12 và G là trọng tâm tam giác BCD . Tính
thể tích V của khối chóp A.GBC .
A. V  3 .

B. V  4 .
C. V  6 .
D. V  5 .
Lời giải
Chọn B
Cách 1:
Phân tích: tứ diện ABCD và khối chóp A.GBC có cùng đường cao là khoảng cách từ A đến
mặt phẳng  BCD  . Do G là trọng tâm tam giác BCD nên ta có
SBGC  SBGD  SCGD  SBCD  3SBGC (xem phần chứng minh).
A

D

B
G
C

Áp dụng công thức thể tích hình chóp ta có:
1

1
VABCD  h.SBCD 
h.SBCD
1
1
V
S

3
3

ABCD


 BCD  3  VA.GBC  VABCD  .12  4 .

1
3
3
VA.GBC 1 h.S
SGBC
VA.GBC  h.SGBC 
GBC
3

3

Chứng minh: Đặt DN  h; BC  a .
B

D

N

G

E

M

F

C

Từ hình vẽ có:

MF CM 1
1
h

  MF  DN  MF  .
DN CD 2
2
2
GE BG 2
2
2 h h

  GE  MF  . 
+) GE // MF 
MF BM 3
3
3 2 3
+) MF // ND 


D

G

A

C
H

H1

I

B

1
1
DN .BC
ha
SBCD 2
+)

 2
 3  SBCD  3SGBC
SGBC 1 GE.BC 1 h a
2
23
+) Chứng minh tương tự có SBCD  3SGBD  3SGCD
 SBGC  SBGD  SCGD .
Cách 2:
d  G;  ABC   GI 1
1


  d  G;  ABC    d  D;  ABC  

3
d  D;  ABC   DI 3

1
1
Nên VG. ABC  d  G;  ABC   .SABC  .VDABC  4.
3
3
Câu 15: [2H1-2.5-3] [2017] Cho hình lập phương ABCD. ABCD cạnh a. Gọi M , N lần lượt là
trung điểm của các cạnh AB và BC . Mặt phẳng ( DMN ) chia hình lập phương thành 2 phần.
Gọi V1 là thể tích của phần chứa đỉnh A, V2 là thể tích của phần còn lại. Tính tỉ số
A.

2
.
3

B.

55
.
89

C.

37
.
48

D.

V1
.
V2

1
.
2

S

M

A'

M

A'

E

B'

B'
K

D'

D'

C'

C'

A

A

B

B
N

N
D

C

D

C

Lời giải
Chọn B
Gọi H  AB  DN ; MH cắt B ' B tại K , cắt A ' A tại S ; SD cắt A ' D ' tại E .
Thiết diện tương ứng là ngũ giác DNKME .
Phần đa diện chứa A có thể tích là: V1  VS . ADH  VS . A ' EM  VK .BNH .

H

Dùng tam giác đồng dạng kiểm tra được: BA  BH ; AH  4 A ' M ; AD  4 A ' E và

SA '  B ' K 

1
A' A .
3
1
3
1
1 1
4
 SA. AD. AH  1   .1.2  .
6
6 3
9

Đặt độ dài cạnh hình lập phương bằng 1 thì: SA '  ; KB 
Ta có: VS . ADH

2
.
3

1
1
1
1
; VK .BNH  VS . ADH 

VS . ADH 
8
18
64
144
4 1
1
55
Vậy thì phần đa diện chứa A có thể tích là: 
.
 
9 144 18 144
55
89
Suy ra phần đa diện không chứa A có thể tích là: 13 
.

144 144

VS . A ' EM 

Câu 38: [2H1-2.5-3] (THPT Lê Hoàn - Thanh Hóa - Lần 1 - 2017 - 2018 - BTN) Cho hình chóp
S. ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi M , N lần lượt là trung điểm của các cạnh
SQ
SA , SD . Mặt phẳng   chứa MN cắt các cạnh SB , SC lần lượt tại Q , P . Đặt
 x , V1
SB
1
là thể tích của khối chóp S.MNQP , V là thể tích của khối chóp S. ABCD . Tìm x để V1  V .
2

A. x 

1  33
.
4

B. x  2 .

C. x 

1
.
2

D. x 

1  41
.
4

Lời giải
Chọn A

S
P
Q
M

N

B

C
O

A

D


 MN // BC
 PQ // BC .

    SBC   PQ

Do 

VS .MNQ
V



VS . NPQ
V



V1
V



VS .MNQ
2VS . ABD



VS . NPQ
2VS .BCS



1
2



SM SN SQ SP SN SQ
.
.

.
.
1
SA SD SB SC SD SB

x x2
1  33
   1  2 x2  x  4  0  x 
(vì x  0 ).

4 2
4
Câu 1:

[2H1-2.5-3] (THPT Chuyên Quốc Học Huế - lần 1 - 2017 - 2018) Cho hình chóp
S. ABCD có đáy là hình vuông cạnh a. Cạnh bên SA vuông góc với mặt đáy và SA  2a . Gọi


B; D lần lượt là hình chiếu vuông góc của A trên các cạnh SB, SD . Mặt phẳng  ABD  cắt
cạnh SC tại C  . Tính thể tích của khối chóp S. ABCD
a3
16a 3
a3
2a 3
A.
.
B.
.
C.
.
D.
45
3
2
4
Lời giải
Chọn B

S

B'

C'
I

D'

B
A
O

D
Ta có VS . ABCD  2VS . ABC 1 mà

C
VSABC  SB SC 

.
*
VSABC
SB SC



SAC vuông tại A nên SC 2  SA2  AC 2   2a   a 2
2



2

 6a 2 suy ra SC  a 6

Ta có BC   SAB   BC  AB và SB  AB suy ra AB   SBC  nên AB  BC
Tương tự AD  SC . Từ đó suy ra SC   ABD    ABCD  nên SC  AC
Mà

SC.SC  SA2

suy

ra

SB SA2
SA2
4a 2
4
 2  2


2
2
2
SB SB
SA  AB
4a  a
5
V
8
Từ

suy
ra
*  SABC 
VSABC 15

SC  SA2 4a 2 2


 .
SC SC 2 6a 2 3

VSABC 

cũng

có

8
8 1
8
VSABC  . VSABCD  VSABCD
15
15 2
30

mà

Ta

1

2a 3
VSABCD  S ABCD .SA 
3
3
3
8 2a
8a3
Suy ra VSABC   .

30 3
45
Từ 1 suy ra VS . ABC D  2VS . ABC 

16a3
.
45

Câu 46. [2H1-2.5-3] (THPT Chuyên Hạ Long - QNinh - Lần 1 - 2017 - 2018 - BTN) Cho khối chóp
S. ABC có M  SA , N  SB sao cho MA  2MS , NS  2 NB . Mặt phẳng   qua hai điểm
M , N và song song với SC chia khối chóp thành hai khối đa diện. Tính tỉ số thể tích của hai
khối đa diện đó ( số bé chia số lớn ).
3
4
3
4
A. .
B. .
C. .
D. .
5

9
4
5
Hướng dẫn giải
Chọn D


S

M

N
C

Q
A
P
B

Cách 1: Ta có mặt phẳng   cắt các mặt  SAC  theo giao tuyến MQ SC và cắt mặt  SBC 
theo giao tuyến NP SC . Thiết diện tạo bởi mặt phẳng   với hình chóp là hình thang
MNPQ .
Do VMNABPQ  VN . ABPQ  VN . AMQ , gọi V  VS . ABC và S  SABC ta có:

1
1 1
1 2  7

VN . ABPQ  .d  N ,  ABC   .S ABPQ  . d  S ,  ABC    S  . S   V .
3

3 3
3 3  27

1 2
1
4
8
VN . AMQ  .d  N ,  SAC   .SAMQ  . d  B,  SAC   . SASC  V .
3 3
3
9
27
4
5
Vậy VMNABPQ  VN . ABPQ  VN . AMQ  V  VSMNPQC  V .
9
9
V
4
Suy ra SMNPQC  .
VMNABPQ 5
Cách 2:
S

M

N

B
A

I
P
Q
C

Gọi I  MN  AB ,Áp dụng đị nh lý Me-ne-la-us cho tam giác SAB , ta có
MS IA NB
IB 1
 
1
 .
MA IB NS
IA 4

Áp dụng đị nh lý Me-ne-la-us cho tam giác AMI , ta có:

Tương tự ta có:

PI
AM AQ 2
 1 . Vì MQ //SC 

 .
AS
AC 3
PQ

BI SA NM
NM



1 
1.
BA SM NI
NI