Chuyên đề vận dụng cao hình học 12

CHUYÊN ĐỀ VẬN DỤNG VÀ VẬN DỤNG CAO

CHUYÊN ĐỀ
VẬN DỤNG CAO
MƠN TỐN
( HÌNH HỌC )

GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020



LỜI NĨI ĐẦU
Xin chào tồn thể cộng đồng học sinh 2k2!
Đầu tiên, thay mặt toàn thể các Admin group “CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC
GIA NĂM 2020” chân thành cảm ơn các em đã đồng hành cùng GROUP trong những
ngày tháng vừa qua.
Cuốn sách các em đang cầm trên tay này là công sức của tập thể đội ngũ Admin Group,
chính tay các anh chị đã sưu tầm và biên soạn những câu hỏi hay nhất, khó nhất từ các đề
thi của các sở, trường chuyên trên cả nước. Thêm vào đó, là những câu hỏi được chính
các anh chị thiết kế ý tưởng riêng. Giúp các bạn có thể ôn tập, rèn luyện tư duy để chinh
phục 8+ môn Tốn trong kì thi sắp tới.
Sách gồm 4 chương của phần Giải tích lớp 12 bao gồm: Hàm số và các bài toán liên quan,
Hàm số mũ và Logarit, Nguyên hàm – tích phân và Ứng dụng, Số phức. Đầy đủ từng
dạng, rất thuận lợi cho các em trong quá trình ơn tập.
Trong q trình biên soạn, tài liệu khơng thể tránh được những sai xót, mong bạn
đọc và các em 2k2 thông cảm.
Chúc các em học tập thật tốt!
Tập thể ADMIN.

MỤC LỤC
LỜI NĨI ĐẦU:………………………………………………………………………………….

3

CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHƠNG GIAN
CHỦ ĐỀ 1: THỂ TÍCH KHỐI CHĨP……………..…………………………………………... 7
CHỦ ĐỀ 2: THỂ TÍCH KHỐI LĂNG TRỤ…………………………………………………... 34
CHỦ ĐỀ 3: BÀI TỐN ĐỘ DÀI – KHOẢNG CÁCH – THỂ TÍCH………………………... 66
CHỦ ĐỀ 4: CỰC TRỊ TRONG KHÔNG GIAN………………………….……………...…… 96
CHỦ ĐỀ 5: TỌA ĐỘ HĨA – TỐN THỰC TẾ……………….………………………...…… 117

CHƯƠNG 2: MẶT NÓN – MẶT TRỤ - MẶT CẦU
CHỦ ĐỀ 1: HÌNH NĨN – KHỐI NĨN………………………….…………………………….. 133
CHỦ ĐỀ 2: KHỐI TRỤ……………………………………………………………………….... 157
CHỦ ĐỀ 3: KHỐI CẦU…………………………………………….…………………………... 176

CHƯƠNG 3: HÌNH HỌC OXYZ
CHỦ ĐỀ 1: HỆ TRỤ TỌA ĐỘ……………………….………….…………………………….. 214
CHỦ ĐỀ 2: PHƯƠNG TRÌNH MẶT CẦU…………….……….…………………………… 231
CHỦ ĐỀ 3: PHƯƠNG TRÌNH MẶT PHẲNG (LOẠI 1)……….……………………...….... 253
CHỦ ĐỀ 4: PHƯƠNG TRÌNH MẶT PHẲNG (LOẠI 2)…………….…………...……….... 266
CHỦ ĐỀ 5: PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG………….……………………….……..... 275



CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHƠNG GIAN

CHỦ ĐỀ 1: THỂ TÍCH KHỐI CHĨP

LÝ THUYẾT:
 Cơng thức tính thể tích khối chóp:

1
S  Bh . Trong đó: B là diện tích đa giác đáy
3

h là đường cao của hình chóp
 Diện tích xung quanh: Sxq  tổng diện tích các mặt bên.

 Diện tích tồn phần: Stp  Sxq  diện tích đáy.
 Các khối chóp đặc biệt:



Khối tứ diện đều: tất cả các cạnh bên đều bằng nhau
Tất cả các mặt đều là các tam giác đều
Khối chóp tứ giác đều: tất cả các cạnh bên đều bằng nhau
Đáy là hình vng tâm O, SO vng góc với đáy.

CÁC VÍ DỤ MINH HỌA:
VÍ DỤ 1. Cho hình chóp tam giác S.ABC có SA vng góc với mặt đáy, tam giác ABC cân tại A .
Trên cạnh AB lấy điểm D sao cho AB  3AD . Gọi H là hình chiếu của B trên CD , M là trung
2
điểm đoạn thẳng CH . Tính theo a thể tích khối chóp S.ABM biết SA  AM  a và BM  a .
3
A.

3a3
.

9

B.

3a3
.
12

C.

a3
.
9

D.

a3
.
18

Lời giải
Chọn C

 Trong mặt phẳng đáy  ABC  : Kẻ Ax // BC và Ax  CD  K , gọi N là trung điểm của BC .
 Khi đó do ABC cân ở A nên AN  BC và tứ giác ANBK là hình chữ nhật.
 Suy ra CN  BN  AK ; KB  BC
1
BC
2
(đường trung bình của tam giác BHC . Vậy MI // AK , MI  BK và MI  AK hay tứ giác

AMIK là hình bình hành và I là trực tâm của tam giác BMK .
 Suy ra IK  BM và AM //IK nên AM  BM .
1
 Vậy AMB vuông tại M . Suy ra S ABM  AM .BM .
2
1
1
2
 Theo giả thiết ta có: VS . ABM  SA.S ABM  SA. AM .BM ; với SA  AM  a và BM  a .
3
6
3

 Gọi I là trung điểm của BH , do M là trung điểm đoạn thẳng CH nên MI //BC và MI 

GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020.

Trang 7


CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHƠNG GIAN
 Suy ra VS . ABM

a3
1
1
 SA.S ABM  SA. AM .BM 
.
3
6

9

VÍ DỤ 2: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vng cạnh 2a . Tam giác SAB vng tại S
và nằm trong mặt phẳng vng góc với đáy. Gọi  là góc tạo bởi đường thẳng SD và mặt phẳng

 SBC  , với   45 . Tìm giá trị lớn nhất của thể tích khối chóp
A. 4a 3

B.

8a 3
3

C.

S.ABCD .

4a 3
3

D.

2a 3
3

Lời giải
Chọn C

S

D'

D
A
H
B

C

 Gọi D là đỉnh thứ tư của hình bình hành SADD .
 Khi đó DD//SA mà SA   SBC  (vì SA  SB , SA  BC ) nên D là hình chiếu vng góc của D
lên  SBC  .
 Góc giữa SD và  SBC  là   DSD  SDA , do đó SA  AD.tan   2a.tan  .
 Đặt tan   x , x   0;1 .
1
1
 Gọi H là hình chiếu của S lên AB , theo đề ta có VS . ABC D  .S ABC D .SH  4a 2 .SH .
3
3
 Do đó VS . ABCD đạt giá trị lớn nhất khi SH lớn nhất.

 Vì tam giác SAB vuông tại S nên :
 SH 

x2  1  x2
SA.SB SA. AB 2  SA2 2ax 4a 2  4a 2 x 2
a


 2ax 1  x 2  2a

AB
2
AB
2a

2
.
2
1
4
 .a.4a 2  a 3 .
3
3

 Từ đó max SH  a khi tan  
 Suy ra max VS . ABCD

GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020.

Trang 8


CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHƠNG GIAN
VÍ DỤ 3: Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có cạnh đáy bằng a 3 . Gọi M , N lần lượt là trung điểm
của SB, BC Tính thể tích khối chóp A.BCNM . Biết mặt phẳng

 AMN 

vng góc với mặt phẳng

 SBC  .
a 3 15
A.
.
32

3a3 15
B.
.
32

3a3 15
C.
.
16

3a3 15
D.
.
48

Lời giải
 Chọn B

 CB   SAE   CB  SE .
 E là trung điểm BC nên CB  AE , CB  SH 
 SE vừa là trung tuyến vừa là đường cao nên SBC cân tại S
 F là giao điểm của MN với SE 
 SF  MN , SF 

1
SE .
2


 AMN    SBC 
SF  MN


 SF   AMN 
AMN

SBC

MN







 Giả thiết 

  SE  AF và SF 

1
3a
SE nên SAE cân tại A  AE  AS 
2

2

2
2 3a
a 5
AE  .  a 
 SH  SA2  AH 2 
3
3 2
2
3
2
1
1
3 a 5 a 15
 VS . ABC  S ABC .SH  . a 3
.
.

3
3
4 2
8
V
SM SN 1
a3 15
 S . AMN 
.
.
 

VS . AMN 
VS . ABC
SB SC 4
32
 AH 



 Vậy V  VS . ABC  VS . AMN



3a3 15
.

32

VÍ DỤ 4: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi M , N lần lượt là trung điểm
của các cạnh AB , BC . Điểm I thuộc đoạn SA . Biết mặt phẳng  MNI  chia khối chóp S.ABCD thành
hai phần, phần chứa đỉnh S có thể tích bằng
A.

3
.
4

B.

1
.

2

7
IA
lần phần cịn lại. Tính tỉ số k  ?
13
IS
1
2
C. .
D. .
3
3

GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020.

Trang 9


CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHƠNG GIAN

Lời giải
 Chọn D
S

H

I
Q
J

A
E

D
M

A

E
M

O

P

D

N
B

N

C

B

C
F

F

 Dễ thấy thiết diện tạo bởi mặt phẳng  MNI  với hình chóp là hình ngũ giác IMNJH với MN // JI .
1
 Ta có MN , AD , IH đồng qui tại E với EA  ED và MN , CD , HJ đồng qui tại F với
3
1
FC  FD , chú ý E , F cố định.
3

ĐỊNH LÍ MENELAUS: Cho 3 điểm thẳng hàng

FA DB EC
.
.
 1 với DEF là một đường thẳng cắt ba
FB DC EA

đường thẳng BC,CA, AB lần lượt tại D,E,F

.
 Dùng định lí Menelaus với tam giác SAD ta có
 Từ đó

d  H ,  ABCD  
d  S ,  ABCD  



HS ED IA
HS

HS
1
.
.3.k  1 
. 1 

.
HD EA SI
HD
HD 3k

HD
3k
.

SD 3k  1

 Suy ra VHJIAMNCD  VH .DFE  VI . AEM  VJ . NFC .
 Đặt V  VS . ABCD và S  S ABCD , h  d  S ,  ABCD  
d  I ,  ABCD   IA
1
k


 Ta có S AEM  S NFC  S và
8
d  S ,  ABCD   SA k  1

1 21k 2  25k
1 3k

1 k
1
9 
 Thay vào ta được VHJIAMNCD  .
V.
h.  S   2. .
h. S  .
8  3k  1 k  1
3 3k  1  8 
3 k 1 8
 Theo giả thiết ta có VHJIAMNCD 

13
1 21k 2  25k
13
V nên ta có phương trình .

20
8  3k  1 k  1 20

GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020.

Trang 10


CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHƠNG GIAN
 Giải phương trình này được k 

2
.

3

VÍ DỤ 5. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi M là trung điểm của SA , N
là điểm trên đoạn SB sao cho SN  2NB . Mặt phẳng  R  chứa MN cắt đoạn SD tại Q và cắt đoạn

SC tại P . Tỉ số
A.

VS .MNPQ
VS . ABCD

lớn nhất bằng

2
.
5

B.

1
.
3

C.

1
.
4

D.

3
.
8

Lời giải

 Chọn D


SM SP SN SQ
SQ 1
2
1 
SP
1




  x  x x  .
 x 0  x  1 . Ta có
 Đặt
SA SC SB SD
SC 2
3
6 
SC
6
 Mặt khác ABCD là hình bình hành nên có VS . ABCD  2VS . ABC  2VS . ACD

VS .MNP SM SN SP 1 VS .MPQ SM SP SQ 1 
1

.
.
 x;

.
.
 x x   .
VS . ABC
SA SB SC 3
VS . ACD SA SC SD 2 
6
V
V
V
1
1 
1 1
1
 Suy ra S .MNPQ  S .MNP  S .MPQ  x  x  x    x 2  x .
VS . ABCD 2VS . ABC 2VS . ACD 6
4 
6 4
8
1
1
1

1
1
1 1 
 Xét f  x   x 2  x với  x  1 ; f   x   x   0  x     ;1
6
4
8
2
8
4 6 
 Bảng biến thiên:


 Từ BBT ta có max f  x  
1 
 ;1
6 

VS .MNPQ
3
3
. Vậy
đạt giá trị lớn nhất bằng .
8
VS . ABCD
8

GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020.

Trang 11

CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHƠNG GIAN

BÀI TẬP RÈN LUYỆN
a 2
,
2
OB  OC  a . Gọi H là hình chiếu của điểm O trên mặt phẳng  ABC  . Tính thể tích khối tứ diện OABH .

CÂU 1: Cho tứ diện OABC có ba cạnh OA , OB , OC đơi một vng góc với nhau, OA 

A.

a3 2
.
6

B.

a3 2
.
12

C.

a3 2
.
24

D.

a3 2
.
48

CÂU 2 : Cho khối chóp S.ABCD có đáy là hình vng cạnh a, SA vng góc với đáy và khoảng cách từ
A đến mặt phẳng  SBC  bằng

A. V 

a3
.
3

a 2
. Tính thể tích V của khối chóp đã cho.
2
3a3
.
9

B. V 

C. V  a 3 .

D. V 

a3
.

2

CÂU 3: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thoi cạnh a, ABC  1200 , SA   ABCD  . Biết góc giữa hai
mặt phẳng  SBC  và  SCD  bằng 60 . Tính SA
A.

a 3
2

B.

a 6
.
2

C. a 6

D.

a 6
4

CÂU 4: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vng tại A , cạnh SA vng góc với mặt phẳng
đáy. Cho biết AB  a , BC  2a . Góc giữa cạnh bên SC và mặt đáy bằng 60 . Tính thể tích V của khối
chóp S.ABC .
A. V 

a3 3
.
2

B. V 

3a3 3
.
2

C. V  a 3 .

D. V 

a3 2
.
3

3a 2
và góc giữa đường thẳng SC
2
và mặt phẳng ABCD bằng 60 . Gọi H là hình chiếu vng góc của A trên SC . Tính theo a thể tích của
khối chóp H .ABCD .

CÂU 5: Cho hình chóp S.ABCD có SA   ABCD  , AC  a 2 , S ABCD 

A.

a3 6
.
2

B.

a3 6
.
4

C.

a3 6
.
8

D.

3a 3 6
.
4

CÂU 6. Cho khối chóp S.ABCD có đáy là hình vng cạnh a . Mặt bên SAB là tam giác đều, mặt phẳng
( SAB ) vuông góc với mặt phẳng ( ABCD ) . Tính thể tích V của khối chóp S.ABCD .

a3 3
a3 3
a3 3
a3 3
.
B. V 
.
C. V 
.
D. V 

.
12
9
6
4
CÂU 7: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vng cạnh a , hình chiếu vng góc của S lên mặt phẳng
 ABCD  trùng với trung điểm của cạnh AD , cạnh SB hợp với đáy một góc 60 . Tính theo a thể tích V
của khối chóp S.ABCD .
a3 15
a3 15
a3 15
a3 5
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
2
6
4
6 3
A. V 

CÂU 8: Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác ABC vng tại B , AB  a , BC  2a . Tam giác SAB
cân tại S và nằm trong mặt phẳng vng góc với đáy. Gọi G là trọng tâm tam giác ABC , mặt phẳng
 SAG  tạo với đáy một góc 60 . Thể tích khối tứ diện ACGS bằng
A. V 

a3 6
36

B. V 

a3 6
18

C. V 

a3 3
27

GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020.

D. V 

a3 6
12

Trang 12


CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHƠNG GIAN
CÂU 9: Cho hình chóp S.ABC có tam giác ABC vng cân tại B , AC  a 2, mặt phẳng  SAC  vng
góc với mặt đáy  ABC  . Các mặt bên  SAB  ,  SBC  tạo với mặt đáy các góc bằng nhau và bằng 60 . Tính
theo a thể tích V của khối chóp S.ABC .

3a3

2

A. V 

B. V 

3a3
4

C. V 

3a3
6

D. V 

3a3
12

CÂU 10: chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vng cạnh a, SAB là tam giác cân tại S và nằm trong
mặt phẳng vng góc với đáy  ABCD  . Biết cơsin của góc tạo bởi mặt phẳng  SCD  và  ABCD  bằng

2 17
. Thể tích V của khối chóp S.ABCD là
17
a3 17
a3 13
A. V 
.
B. V 

.
6
6

C. V 

a3 17
.
2

D. V 

a3 13
.
2

CÂU 11: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, SAB đều cạnh a nằm trong mặt
phẳng vng góc với  ABCD  . Biết  SCD  tạo với  ABCD  một góc bằng 300 . Tính thể tích V của
khối chóp S.ABCD.
A. V 

a3 3
.
8

B. V 

a3 3
.
4

C. V 

a3 3
.
2

D. V 

a3 3
.
3

CÂU 12: Trong không gian Oxyz , cho các điểm A , B , C lần lượt thay đổi trên các trục Ox , Oy , Oz và
luôn thỏa mãn điều kiện: tỉ số giữa diện tích của tam giác ABC và thể tích khối tứ diện OABC bằng

3
.
2

Biết rằng mặt phẳng  ABC  luôn tiếp xúc với một mặt cầu cố định, bán kính của mặt cầu đó bằng
A. 3.

B. 2.

C. 4.

D. 1.

CÂU 13: 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 .
A.

2017
.
9

B.

4034
.
81

C.

8068
.
27

D.

2017
.
27

CÂU 14: Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có đáy ABCD là hình vng 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 .

a3 6

A. V 
.
36

a3 6
B. V 
.
9

a3 6
C. V 
.
6

a3 6
D. V 
.
18

CÂU 15: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vng cạnh a , SA vng 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 S ABC D là:

2a 3 3
A. V 
.
9

2a3 2

B. V 
.
3

a3 2
C. V 
.
9

2a 3 3
D. V 
.
3

CÂU 16: 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. Tỉ số thể tích giữa hai phần (phần lớn trên phần bé) bằng:
7
1
7
6
A. .
B. .
C. .
D. .
5
7
3
5
GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020.

Trang 13


CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHƠNG GIAN
CÂU 17: Cho tứ diện ABCD , trên các cạnh BC , BD , AC lần lượt lấy các điểm M , N , P sao cho
3
BC  3BM , BD  BN , AC  2 AP . Mặt phẳng  MNP  chia khối tứ diện ABCD thành hai phần có thể
2
V
tích là V1 , V2 . Tính tỉ số 1 .
V2
A.

V1 26
.

V2 13

B.

V1 26
.

V2 19

C.

V1 3
 .

V2 19

D.

V1 15
 .
V2 19

CÂU 18: Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng 1 . Gọi M , N là hai điểm thay đổi lần lượt thuộc cạnh
BC , BD sao cho  AMN  ln vng góc với mặt phẳng  BCD  . Gọi V1 , V2 lần lượt là giá trị lớn nhất và
giá trị nhỏ nhất của thể tích khối tứ diện ABMN . Tính V1  V2 .
A.

17 2
.
216

B.

17 2
.
72

C.

17 2
.
144

D.

2
.
12

CÂU 19: Cho hình chóp S.ABCD có thể tích bằng V , đáy ABCD là hình bình hành. Mặt phẳng  P  song
song với  ABCD  cắt các đoạn SA , SB , SC , SD tương ứng tại M , N , E , F ( M , N , E , F khác S và
không nằm trên  ABCD  ). Các điểm H , K , P , Q tương ứng là hình chiếu vng góc của M , N , E , F
lên  ABCD  . Thể tích lớn nhất của khối đa diện MNEFHKPQ là:
A.

2
V.
3

B.

4
V.
27

C.

4
V.
9

D.

2

V.
9

CÂU 20: Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng 1 . Trên các cạnh AB và CD lần lượt lấy các điểm M và
N sao cho MA  MB  0 và NC  2 ND . Mặt phẳng  P  chứa MN và song song với AC 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 .
11 2
7 2
2
2
A. V 
.
B. V 
.
C. V 
.
D. V 
.
216
108
216
18

MỘT SỐ CƠNG THỨC GIẢI NHANH THỂ TÍCH KHỐI CHĨP
 Cơng thức 1: Thể tích tứ diện đều cạnh a: VS.ABC =

a3 2
.
12

 Công thức 2: Với tứ diện ABCD có AB = a; AC = b: AD = c đơi một vng góc thì V =
 Cơng thức 3: Với tứ diện ABCD có AB = CD = a; BC = AD = b; AC = BD = c
V

2
12

a

2





 b2  c2 b2  c2  a 2 a 2  c2  b2

1
abc
6



 Công thức 4: Khối chóp S.ABC có SA  a;SB  b;SC  c,BSC  ,CSA  ,ASB  
V

abc
1  2coscoscos  cos 2  cos 2  cos 2 
6

GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020.

Trang 14


CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHƠNG GIAN

GIẢI CHI TIẾT
CÂU 1: Chọn D
A

H

C

O
I
B


a 3
 AB  AC 
Từ giả thiết suy ra: ABC cân tại A có: 
2 .

 BC  a 2
Gọi I là trung điểm của BC  AI  BC .Giả sử H là trực tâm của tam giác ABC .
Ta thấy OA  OBC  . Vì OB   OAC   OB  AC và AC  BH nên:

AC   OBH   OH  AC 1 ; BC   OAI   OH  BC  2 

1
a 2
BC 
 OA .
2
2
1
a
 AOI vuông cân tại O  H là trung điểm AI và OH  AI  .
2
2
2
1
1 1
1 a 2 a 2
Khi đó: S ABH  S ABI  . . AI .BI  .a.
.

2
2 2
4
2
8
1
1 a a 2 2 a3 2
Vậy thể tích khối tứ diện OABH là: V  OH .S ABH  . .
.

3

3 2 8
48
Từ 1 và  2  suy ra: OH   ABC  . Có: OI 

CÂU 2 : Chọn A



Kẻ AH  SB tại H . Suy ra AH   SBC   d  A;  SBC    AH 



Ta có:



1
a3
Thể tích khối chóp: V  S ABCD .SA  .
3
3

a 2
2

1
1
1
 2
 SA  a

2
AH
SA
AB 2

GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020.

Trang 15


CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHƠNG GIAN
CÂU 3: Chọn D
S

M
A

D
O

B

C



Ta có ABCD là hình thoi cạnh a có ABC  1200 nên BD  a, AC  a 3 .



Nhận xét BD  SC  kẻ OM  SC   BDM   SC do đó góc giữa hai mặt phẳng  SBC  và

 SCD 

là BMD  1200 hoặc BMD  600 .



TH1: Nếu BMD  1200 mà tam giác BMD cân tại M n BMO  600  MO  BO.cot 600 



Mà tam giác OCM đồng dạng với tam giác SCA nên OM 



TH2: Nếu BMD  600 thì tam giác BMD là tam giác đều nên OM  a



 OM  OC vơ lý vì OMC vng tại M .

a 3
6

SA.CD
a 6
.
 SA 
SC

4
3
.
2

CÂU 4: Chọn A.

S

60

A
a

C

2a
B



1
Vì SA   ABC  nên VS . ABC  .S ABC .SA , góc giữa SC và mặt phẳng đáy ABC bằng góc giữa SC
3

và AC bằng góc SCA  60 .


Trong tam giác ABC vng tại A có: AC  BC 2  AB 2  4a 2  a 2  AC  a 3 .



Khi đó: S ABC 



Trong tam giác SAC vng tại A có: SA  AC.tan SCA  a 3.tan 60  SA  3a .



Do vậy VS . ABC

1
1
a2 3
AB. AC  .a.a 3 
2
2
2

1 a2 3
a3 3
.
 .
.3a 
3 2
2

GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020.

Trang 16


CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHƠNG GIAN
CÂU 5: Chọn C


Ta có SA   ABCD   Góc toạ bởi SC và mặt phẳng  ABCD  là SCA  60 .



Lại có SA  AC tan 60  a 6 , SC  SA2  AC 2  6a 2  2a 2  2a 2 .



CH AC 2 2a 2 1


 .
Do đó AC  CH .SC 
SC SC 2 8a 2 4



2

d  H ,  ABCD  
d  H ,  ABCD  



SH 3
a 6
.
  d  H ,  ABCD   
SC 4
4

1 a 6 3a 2 a3 6
Thể tích của khối chóp H .ABCD là V  .
.
.

3 4
2
8
CÂU 6. Chọn B





 SAB    ABCD 
 SH   ABCD  .
Gọi H là trung điểm AB , ta có 
SH

AB



1
1
a 3 a3 3
Ta có: VS . ABCD  S ABCD .SH  a 2 .
.

3
3
6
2
CÂU 7: Chọn B



S

60

A

B

H
D

C




Gọi H là trung điểm của cạnh AD .
Do H là hình chiếu của S lên mặt phẳng ABCD nên SH   ABCD  .



Cạnh SB hợp với đáy một góc 60 , do đó: SBH  60 .
2




a 5
a
Xét tam giác AHB vuông tại A : HB  AH  AB  a    
.
2
2
Xét tam giác SBH vuông tại H :
2

2

2

GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020.

Trang 17

CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHƠNG GIAN




SH
a 5
a 15
 SH  BH .tan SBH  SH 
.
tan 60 
BH
2
2
Diện tích đáy ABCD là: S ABCD  a2 .
tan SBH 

Thể tích khối chóp S.ABCD là: VS . ABCD

1
1 2 a 15 a3 15
.
 .S ABCD .SH  a

3
3
2
6

CÂU 8: Chọn A

S

K

A

C

I
G

H

N

B



1
1
a2
Ta có: S ABC  . AB.BC  a 2  SACG  SABC 
.
2
3
3
Gọi H là trung điểm của AB  SH   ABC  .




Gọi N là trung điểm của BC , I là trung điểm của AN và K là trung điểm của AI .
Ta có AB  BN  a  BI  AN  HK  AN .



Do AG   SHK  nên góc giữa  SAG  và đáy là SKH  60 .



Ta có: BI 





1
1
a 2
a 2
a 6
, SH  SK .tan 60 
.
 HK  BI 
AN 
2
2
2

4
4

Vậy V  VACGS  VS .ACG

1
a3 6
.
 .SH .SACG 
3
36

CÂU 9: Chọn D



Ta có:  SAC    ABC  và  SAC    ABC   AC .



Trong mặt phẳng  SAC  , kẻ SH  AC thì SH   ABC  .



Gọi I , K lần lượt là hình chiếu vng góc của H lên cạnh AB và AC thì



 SAB  ,  ABC   SIH và  SAC  ,  ABC   SKH .

GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020.

Trang 18


CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHƠNG GIAN


Mà SIH  SKH  60 nên HI  HK  tứ giác BIHK là hình vng  H là trung điểm cạnh
AC .



Khi đó tứ giác BIHK là hình vng cạnh

1
1 a
Vậy VSABC  SABC .SH  VSABC  .
3
3 2
CÂU 10: Chọn A



a
a 3
và SH  HI .tan 60 
.
2
2

3 a 2 
.

2

4



a3 3
.
12

Gọi H là trung điểm AB  SH   ABCD  , K là trung điểm CD  CD  SK
Ta có

  SCD  ,  ABCD     SK , HK   SKH . cos SKH  SK

 SH 

HK

 SK 

a 17
2

1
1 a 13 2 a3 13

a 13
.a 
. Vậy V  .SH .S ABCD  .
.
3
6
3 2
2

CÂU 11: Chọn B

a 3
, SE   ABCD  Gọi G là trung điểm của CD .
2



Gọi E là trung điểm AB , SE 



SCD ,  ABCD  SGE  30 , EG  SE.cot 30



 SABCD  AB.CD  a

0

0



a 3
3a
3a
. 3   AD  BC 
2
2
2

3a 3a 2
1
1 a 3 3a 2 a 3 3

.
 V  .SE.SABCD  .
.

2
2
3
3 2
2
4

CÂU 12: Chọn B.

z
C

O

B

y

A
x
GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020.

Trang 19


CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHƠNG GIAN

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 13: Chọn D



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




.
8
8 1
2
VAMNP SM SN SP 8
 VAMNP  VAEFG  . VABCD  VABCD

.
.

27
27 4

27
VAEFG SE SE SG 27



Do mặt phẳng  MNP  //  BCD  nên



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

VQMNP
VAMNP



1
1
 VQMNP  VAMNP
2
2

CÂU 14: 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



Lại có EF // BD 

SI 2

 .
SO 3

SE SF SI 2


 .
SB SD SO 3

GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020.

Trang 20


CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHƠNG GIAN



VS . AEM SE SM 1 VS . AFM SF SM 1




 .
 .
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
Ta có:



Góc giữa cạnh bên và đáy của S.ABCD bằng góc SBO  60 suy ra SO  BO 3 



1
a3 6
Thể tích hình chóp S.ABCD bằng VS . ABCD  SO.S ABCD 
.
3
6
a3 6
Vậy VS . AEMF 
.
18




a 6
.
2

CÂU 15: Chọn C

S

C'

D'

B'
D

A
O
B

C
3



1
a 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 S AC vuông cân tại A nên C  là trung điểm của SC .
SB SA2 2a 2 2
 .


Trong tam giác vuông S AB 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
a3 2
 .  . Vậy VSAB C D  
.
 



9
2  SB SC SD SC  SB SC 3 2 3
VS . ABCD
VS . ABCD

CÂU 16: Chọn A
S

N
E
H

D

C
O

B

M

F

A

GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020.

Trang 21


CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHƠNG GIAN


Giả sử các điểm như hình vẽ.



E  SD  MN  E là trọng tâm tam giác SCM , DF // BC  F là trung điểm BM .



Ta có: SD,  ABCD   SDO  60  SO 



 d  O,  SAD    OH  h 





a 6
a 7
, SF  SO 2  OF 2 
2
2

a 6
1
a2 7
V
ME MF MD 1
 MEFD 
; SSAD  SF . AD 



VMNBC MN MB MC 6

2
4
2 7

5
5 1
1
5
1
5a3 6
 VMNBC    d  M ,  SAD    SSBC   4h  SSAD 
6
6 3
2
18
2
72



 VBFDCNE



1
a3 6
7a3 6
VS . ABCD  SO.S ABCD 
 VSABFEN  VS . ABCD  VBFDCNE 


3
6
36

VSABFEN 7
 
VBFDCNE 5
CÂU 17: Chọn B


Suy ra:

A

Q

P

I
D

N

B
M
C


Gọi VABCD  V , I  MN  CD , Q  IP  AD ta có Q  AD   MNP  .



Thiết diện của tứ diện ABCD được cắt bởi mặt phẳng  MNP  là tứ giác MNQP .



Áp dụng định lí Menelaus trong các tam giác BCD và ACD ta có:
NB ID MC
ID 1
ID PC QA
QA
. .
1 
 và
.
.
1 
 4.
ND IC MB
IC 4
IC PA QD
QD





Áp dụng bài tốn tỉ số thể tích của hai khối chóp tam giác, ta có:
VANPQ AP AQ 2
2

1
2
1
2
  VANPQ  VANCD  V . Suy ra VN . PQDC  V  V  V .

.
5
3
15
15
5
VANCD AC AD 5



và



Suy ra V2  VN .PQDC  VCMNP 

1
2
VCMNP CM CP 1

.
  VCMNP  VCBNA  V .
CB CA 3
3

9
VCBNA
19
26
V 26
V . Do đó V1  V  V2  V . Vậy 1 
.
45
45
V2 19

GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020.

Trang 22


CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHƠNG GIAN

CÂU 18: Chọn A








Gọi H là tâm tam giác BCD , ta có AH   BCD  , mà  AMN    BCD  nên AH   AMN  hay
MN ln đi qua H .
1

6
3
Ta có BH 
.
 AH  AB2  BH 2  1  
3
3
3
1
1 6 1
2
Thể tích khối chóp ABMN là V  . AH .S BMN  .
. BM .BN .sin 60 
BM .BN .
3
3 3 2
12
Do MN luôn đi qua H và M chạy trên BC nên BM .BN lớn nhất khi M  C hoặc N  D khi đó
2
.
V1 
24
2
17 2
2
. Vậy V1  V2 
.
BM .BN nhỏ nhất khi MN //CD khi BM  BN   V2 
3
216

27

CÂU 19: Chọn C

SM
SM
. Ta có: MNEF và ABCD đồng dạng với tỉ số k 
SA
SA



Đặt k 



Do đó SMNEF  k 2 S ABCD .

GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020.

 0  k  1 .

Trang 23


CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHƠNG GIAN
MH MA SA  SM


 1 k

SI
SA
SA



Gọi SI là đường cao của S.ABCD . Ta có:



. VMNEFHKPQ  SMNEF .MH  S ABCD .k 2 .(1  k ).SI  3V .k 2 .(1  k )



3V
3V  k  k  2  2k  4

.k .k .(2  2k ) 
.
  V.
2
2 
3
 9



Vậy thể tích lớn nhất của khối đa diện MNEFHKPQ là

3

4
2
V khi k  2  2k  k  .
9
3

CÂU 20: Chọn B

A

M
P

D

B
N
Q
C


Từ N kẻ NP//AC , N  AD . Từ M kẻ MQ //AC , Q  BC . Mặt phẳng  P  là MPNQ



Ta có VABCD 






1
2
; V  VACMPNQ  VAMPC  VMQNC  VMPNC
AH .S ABCD 
3
12
1 2
AM AP
1
.
.VABCD  . VABCD  VABCD
Ta có VAMPC 
2 3
AB AD
3
11 2
1
1
1 CQ CN
. VABCD  VABCD
VMQNC  VAQNC 
.
.VABCD 
22 3
2
2
2 CB CD
2 11

2 1 AM
2
2 1
1
VMPNC  VMPCD  . VMACD  .
VABCD  VABCD
.VABCD  .
3 32
3 3 AB
3
3 3
9

11
11 2
1 1 1 
Vậy V     VABCD  V  VABCD 
.
18
216
3 6 9

GROUP: CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2020.

Trang 24