Toàn cảnh đề thi toán THPT Quốc gia từ 2017 đến 2019 - Khối đa diện - Sách Toán - Học toán

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (2.29 MB, 35 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

Câu 1: (Tham khảo THPTQG 2019) Thể tích khối lập phương có cạnh 2a
bằng

A. 8a .3 B. 2a .3 C. a .3 D.

3
6a .

Lời giải

Câu 2: (Mã đề 101 BGD&ĐT NĂM 2018)Cho khối chóp có đáy là hình vng
cạnh a và chiều cao bằng 2a. Thể tích của khối chóp đã cho bằng

A. 4a3 B.

3
2

3a C. 2a3

D.
3

4
3a

Lời giải

Khối chóp có đáy là hình vng cạnh a nên có diện tích đáy: Sđáy a2.
Chiều cao h2a.

Vậy thể tích khối chóp đã cho là
1

. .
3 đáy

V  S h 1. .22

3 a a

 2 3

3a


Câu 3: (Mã đề 103 BGD&ĐT NĂM 2018)Cho khối lăng trụ có đáy là hình vng
cạnh

a

và chiều cao bằng 4a . Thể tích của khối lăng trụ đã cho bằng

A. 4a3 B.

3 a C.

3a D.

16a

Lời giải

2 3

. .4 4

day

V S h a a   a
.

Câu 4: (Mã đề 104 BGD&ĐT NĂM 2018)Cho khối lăng trụ có đáy là hình vng
cạnh a và chiều cao bằng 2a . Thể tích của khối lăng trụ đã cho bằng

A. 
3
2

3a B.

3
4

3a C. 2a3 D.

4a

Lời giải

Ta có: Vlangtru Sday.h a2.2a 2a3.

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

A. 
3
4

3a . B.

3
16

3 a . C. 3

4a . D.

3
16a .

Lời giải

Thể tích khối chóp:

.
3

V  B h 1 2.4

3a a

 4 3

3a


Câu 6: (Tham khảo 2018) Thể tích của khối chóp có chiều cao bằng h và diện tích
đáy bằng B là:

A. V  Bh
1

3 B. V  Bh

6 C. V Bh D.

V 1Bh
2

Lời giải

Thể tích của khối chóp có chiều cao bằng h và diện tích đáy bằng B là:

V 1Bh
3

Câu 7: (THPTQG năm 2017 Mã đề 104) Cho hình bát diện đều cạnh a. Gọi S là
tổng diện tích tất cả các mặt của hình bát diện đó. Mệnh đề nào dưới đây
đúng?

A. S 4 3a2 B. S 3 a2 C. I 2 3 a2 D.
2

I  a

Lời giải

Bát diện đều có 8 mặt bằng nhau, mỗi mặt là một tam giác đều cạnh a

Vậy

2
3

8. 2 3 .

4
a

S  a

Câu 8: (Đề tham khảo lần 2 2017) Thể tích của khối lăng trụ tam giác đều có tất cả
các cạnh bằng a .

A.

3 3
6
a
V 

B.

3 3
12
a
V 

C.

3 3
2
a
V 

D.
3 3

4
a
V 

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

2 3 . 3

4
4

h a

a

V h S

a
S





  





 .

Câu 9: (Đề tham khảo lần 2 2017) Hình đa diện trong hình vẽ có bao nhiêu mặt?

A. 6 B. 10 C. 12 D.

Lời giải

Đếm đáy hình chóp có 5 mặt và 5 mặt của lăng trụ và 1 mặt đáy. Vậy có 11
mặt.

Câu 10: (Đề thử nghiệm THPT QG 2017) Cho hình chóp .S ABC có đáy là tam
giác đều cạnh 2a và thể tích bằng a3. Tính chiều cao h của hình chóp đã

cho.

A.

3
6

 a

h

B.

3
2

 a

h

C.

3
3

 a

h

D.

3 

h

a

Lời giải

Do đáy là tam giác đều cạnh 2a nên





2 3 2 3
4

ABC  

a

S a

Mà

1
.

3 ABC

V  S h

3
2

3 3

3
3

ABC

V a

h a

S a

   

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

A. Tứ diện đều. B. Bát diện đều. C. Hình lập phương. D.
Lăng trụ lục giác đều.

Lời giải

Dễ dàng thấy hình bát diện đều, hình lập phương và hình lăng trục lục giác
đều có tâm đối xứng. Cịn tứ diện đều khơng có tâm đối xứng.

Câu 1: (Tham khảo THPTQG 2019) Cho khối chóp tứ giác đều có tất cả
các cạnh bằng 2a. Thể tích của khối chóp đã cho bằng

A. 
3
4 2

3
a

. B.

3
8

a

. C.

3
8 2

3
a

. D.

3
2 2

3
a

Lời giải

S

A

B C

D

O

Gọi khối chóp tứ giác đều là S ABCD. , tâm O, khi đó





2





 




SO ABCD
AB SA a .

Ta có:



2



2 4 2

 

ABCD

S a a , OA122a 2a 2.









2 2 2 2 2

    

SO SA OA a a a

Vậy

2 3

1 1 4 2

. 2.4

3 3 3

  

SABCD ABCD

V SO S a a a

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

Câu 2: (THPTQG năm 2017 Mã đề 104) Cho khối chóp tam giác đều .S ABC có

cạnh đáy bằng a và cạnh bên bằng 2a . Tính thể tích V của khối chóp

S ABC

A.

3
13

12
a
V 

. B.

3
11
12
a
V 

. C.

3
11

6
a

V 

. D.

3
11

4
a
V 

Lời giải

Do đáy là tam giác đều nên gọi I là trung điểm cạnh BC , khi đó AI là
đường cao của tam giác đáy. Theo định lý Pitago ta có

2 3

4 2

a a

AI  a  

, và

2 2 3 3

3 3.2 3

a a

AO AI 
.

Trong tam giác SOA vuông tại O ta có

2 11

3 3

a a

SO a  

Vậy thể tích khối chóp .S ABC là

1 1 3 11 11

. .

3 2 2 3 12

a a a

V  a 

Câu 3: (THPTQG năm 2017 Mã đề 104) Cho khối lăng trụ đứng ABC A B C có. ' ' '
đáy ABC là tam giác cân với ABAC a , BAC 1200. Mặt phẳng

(AB C ) tạo với đáy một góc 60 .0

Tính thể tích V của khối lăng trụ đã cho.

A.

3
3

a
V 

B.

3
9

a
V 

C. 
3
8

a
V 

D.
3

3
4

a
V 

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

Gọi H là trung điểm của ’ ’B C , khi đó góc giữa mp



AB C’ ’



và

đáy là góc AHA  ’ 600

Ta có

2
0

1 3

120

2 . .sin 4

ABC

a

S  AC AB 

2 3

2 AA 2

’ ’ ' '=

'C'
ABC

S a a

B C a A H

B



    

Vậy

3
3

8
. '
ACB

a

V S AA 

Câu 4: (THPT QG 2017 Mã đề 105) Hình lăng trụ tam giác đều có bao nhiêu mặt
phẳng đối xứng ?

A. 1 mặt phẳng B. 2 mặt phẳng C. 3 mặt phẳng D.
4 mặt phẳng

Lời giải

Hình lăng trụ tam giác đều có 3 mặt phẳng đối xứng là 3 mặt phẳng trung
trực của 3 cạnh đáy và một mặt phẳng đối xứng là mặt phẳng trung trực của
cạnh bên.

Câu 5: (THPT QG 2017 Mã đề 105) Cho khối chóp .S ABC có SA vng góc với

đáy, SA4, AB6, BC10 và CA8. Tính thể tích V của khối chóp
.

S ABC .

A. V 24 B. V 32 C. V 192 D.

40

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

Lời giải

Ta có BC2 AB2AC suy ra ABC vuông tại 2 A. SABC 24,
1 . 32

3 ABC

V S SA

Câu 6: (THPT QG 2017 Mã đề 110) Cho khối lăng trụ đứng ABC A B C có.   
 

BB a , đáy ABC là tam giác vng cân tại B và ACa 2. Tính thể

tích V của khối lăng trụ đã cho.

A. 
3
6

a
V

B. 
3
3

a
V

C. 
3
2

a
V

D.
 3

V a

Lời giải

Tam giác ABC vuông cân tại B

   

AC

AB BC a

. Suy ra:

   

    

2 2

1 1

. .

2 2 2

ABC ABC A B C ABC

a

S a V BB S a a

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

Câu 7: (THPT QG 2017 Mã đề 110) 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 tứ giác.
B. Hai khối chóp tam giác.

C. Một khối chóp tam giác và một khối chóp ngũ giác.
D. Hai khối chóp tứ giác.

Lời giải

Mặt phẳng



AB C 



chia khối lăng trụ ABC A B C thành hai khối chóp.   
Chóp tam giác: A A B C và chóp tứ giác: .    A BB C C ..  

Câu 8: Cho khối chóp tứ giác đều có cạnh đáy bằng

a

,

cạnh bên gấp hai lần cạnh
đáy. Tính thể tích V của khối chóp đã cho.

A. 
3
14

a
V

B. 
3

a
V

C. 
3
2

a
V

D.


3
2

a
V

Lời giải

Chiều cao của khối chóp:

 

      

 

2 2 2 2 14

2 2

a a

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

Thể tích khối chóp:   
3
2

1 1 14 14

. .

3 ABCD 3 2 6

a a

V SI S a

Câu 9: Hình hộp chữ nhật có ba kích thước đơi một khác nhau có bao nhiêu mặt
phẳng đối xứng?

A. 3 mặt phẳng B. 4 mặt phẳng C. 6 mặt phẳng D.
9 mặt phẳng

Lời giải

Xét hình hộp chữ nhật ABCD A B C D có ba kích thước đơi một khác . ' ' ' '
nhau.

Khi đó có 3 mặt phẳng đối xứng là MNOP QRST UVWX, , .
.

Câu 10: Cho hình chóp .S ABCD có đáy là hình vng cạnh

a

, SA vng góc với
đáy, SC tạo với mặt phẳng



SAB



một góc 300

. Tính thể tích khối chóp
.

S ABCD

A.

2a

3 B.

2
3

a

C. 
3
2

a

D.
3

6
3

a

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

+) Do ABCD là hình vng cạnh a nên: SABCDa2

+) Chứng minh được BC



SAB



 góc giữa SC và (SAB) là

· 

30 CSA

.

+) Đặt SA x  SB x2 a2 . Tam giác SBC vuông tại B nên

·  0  1 

tan tan 30
3

BC
CSA

SB

Ta được: SB BC 3 x2a2 a 3 x a 2 .

Vậy   

3
2

1 1 2

. . . 2.a

3 3 3

SABCD ABCD

a

V SA S a

(Đvtt)

Câu 11: (Đề minh họa lần 1 2017) Cho một tấm nhơm hình vng cạnh 12 cm.
Người ta cắt ở bốn góc của tấm nhơm đó bốn hình vng bằng nhau, mỗi
hình vng có cạnh bằng x (cm), rồi gập tấm nhơm lại như hình vẽ dưới
đây để được một cái hộp khơng nắp. Tìm x để hộp nhận được có thể tích
lớn nhất.

A. x 6 B. x 3 C. x 2 D.

x 

Lời giải

</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

Vì tấm nhơm được gấp lại tạo thành hình hộp nên cạnh đáy của hình hộp là:





12 2x cm

Vậy diện tích đáy hình hộp









2 2

12 2

S   x cm

. Ta có:





0 0

0;6

12 2 0 6

x x

x

x x

 

 

  

 

  

 

Thể tích của hình hộp là:





2
. 1

. 2 2

V Shx  x

Xét hàm số:









. 12 2 0;6
y x  x  x

Ta có :







 



' 12 2 4 12 2 12 2 12 6
y   x  x  x   x  x ;



 



' 0 12 2 . 12 6 0 2

y    x  x   x hoặc x  (loại).6

x 0 2 6

y  0 

y

Suy ra với x  thì thể tích hộp là lớn nhất và giá trị lớn nhất đó là2

 

2 128

y  .

Câu 12: (Đề minh họa lần 1 2017) Tính thể tích V của khối lập phương
.

ABCD A B C D    , biết AC a 3.

A. V a3 B.

3
3 6

4
a
V 

C. V 3 3a3 D.
3

1
3
V  a

Lời giải

Giả sử khối lập phương có cạnh bằng x x ;





Xét tam giác ' ' 'A B C vng cân tại B' ta có:

2 2 2

' ' ' ' ' '

</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>

2 2 2

' ' ' '

AC A A A C  3a2 x22x2  x a

Thể tích của khối lập phương ABCD A B C D.     là V a3.

Câu 13: (Đề minh họa lần 1 2017) Cho hình chóp tứ giác .S ABCD có đáy ABCD là
hình vng cạnh a , cạnh bên SA vng góc với mặt phẳng đáy và

SA a . Tính thể tích V của khối chóp .S ABCD

A.

3
2

a
V 

B.

3
2

4
a
V 

C. V  2a3 D.
3

2
3
a
V 

Lời giải

Ta có SA



ABCD



 SA là đường cao của hình chóp

Thể tích khối chóp .S ABCD :

3
2

1 1 2

. . 2.

3 ABCD 3 3

a
V  SA S  a a 

Câu 14: (Đề tham khảo lần 2 2017) Cho hình chóp .S ABCD có đáy là hình vng
cạnh a , SA vng góc với mặt đáy, SD tạo với mặt phẳng



SAB



một góc
bằng 30 . Tính thể tích V của khối chóp .S ABCD .

A.

3
6
18

a
V 

B. V  3a3 C.

3
6

3
a
V 

D.
3

3
3
a
V 

</div>
(13)<div class='page_container' data-page=13>

Góc giữa SD và mp(SAB) là DSA  300.

Ta có tan 300 3

AD

SA a

3
2

1 3

. 3

3 3

a

V  a a 

Câu 15: (Đề thử nghiệm THPT QG 2017) Cho lăng trụ tam giác ABC A B C có.   
đáy ABC là tam giác vuông cân tại A, cạnh

AC



2 2

. Biết AC tạo với

mặt phẳng



ABC



một góc 60 và AC 4. Tính thể tích V của khối đa
diện ABCB C . 

A.

8
3


V

B.

16
3


V

C.

8 3
3


V

D.

16 3
3


V

</div>
(14)<div class='page_container' data-page=14>

B’

B

A

C

H
C’

A’

2 2

2 3

Phân tích: Tính thể tích của khối đa diện ABCB C bằng thể tích khối của 
lăng trụ ABC A B C trừ đi thể tích của khối chóp .   .    A A B C .

Giả sử đường cao của lăng trụ là C H . Khi đó góc giữa AC mặt phẳng



ABC



là góc

C AH





 

60

Ta có: sin 60 2 3;  4



    

 ABC

C H

C H S

AC ;





. 2 3. . 2 2 8 3

      

ABC A B C ABC

V C H S

. .

1 1 8 3

. .

3 3 3

        

A A B C ABC ABC A B C

V C H S V

;

. .

8 3 16 3
8 3

3 3

           

ABB C C ABC A B C A A B C

V V V

Câu 1: (Tham khảo THPTQG 2019) Cho hình chóp S ABCD. có đáy là
hình thoi cạnh a , BAD 60, SA a và SA vng góc với mặt phẳng

đáy. Khoảng cách từ B đến mặt phẳng



SCD



bằng

A. 
21
7
a

. B.

15
7

a

. C.

21
3
a

. D.

15
3
a

</div>
(15)<div class='page_container' data-page=15>

A
B
C
D
K
S
A
B C
D
K
H
S
A
B C

D

Cách 1 Diện tích hình thoi 
2
3
2
a
S
.

Thể tích hình chóp S ABCD. :

3 3
6
a
V

.
Ta có SD a 2 , AC a 3, SC 2a.

Nửa chu vi SCD là

3 2
2



SCD
a a
p



 







2 7
2 2
4

SCD     

a
S p p a p a p a









3
.
2
1 3
3. .

3 2 6 21

7
7

4


 S BCD  

SCD
a
V a
d B
S a
SCD

Cách 2 Ta có AB CD//  AB//



SCD



, suy ra















d B SCD d A SCD

Trong mặt phẳng



ABCD



, kẻ AK CD tại K .

Trong mặt phẳng



SAK



, kẻ AH SK tại H .

Suy ra AH 



SCD



 d A SCD





AH.

Tam giác SAK vuông tại A , AH là đường cao, suy sa:

2 2 2 2 2 2

1 1 1 4 1 7 21

3 3 7

      AH a

AH AK AS a a a , do

3
2
a
AK

Vậy





21
,
7

SCD a
d B
.

Câu 2: (Tham khảo THPTQG 2019) Cho khối lăng trụ ABC A B C.    có thể
tích bằng 1. Gọi M , N lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng AA và



</div>
(16)<div class='page_container' data-page=16>

A. 1. B. 
1

3 . C.

1
2 .

D. 
2
3 .

Lời giải

C
C

B
B

A
A

Q

P N

M

I

Gọi I là trung điểm của CC, h là chiều cao của lăng trụ ABC A B C.   

Ta có . .

1 1 4 4

. . . .4

3 3 3 3

           
C C PQ C PQ C A B ABC A B C

V h S h S V

. .

1 1

2 2

      
MNI A B C ABC A B C

V V

. .

1 1 1

. .

3 2 6    6

  

C MNI MNI ABC A B C

h

V S V

Suy ra .



. .



2
3

        

A MPB NQ C C PQ MNI A B C C MNI

V V V V

Câu 3: (Tham khảo 2018) Cho hình vng ABCD và ABEF có cạnh bằng 1, lần

lượt nằm trên hai mặt phẳng vng góc với nhau. Gọi S là điểm đối xứng
của Bqua đường thẳng DE. Thể tích của khối đa diện ABCDSEF bằng

A. 
7

6 B.

12 C.

3 D.

5
6

</div>
(17)<div class='page_container' data-page=17>

Ta có:ADF.BCE là hình lăng trụ đứng có đáy là tam giác vng cân
Dựa vào hình vẽ ta có :

. . . . 2 .

     

ABCDSEF ADF BCE S CDFE ADFBCE B CDFE ADFBCE B DEA

V V V V V V V

1 1 1 1 1 5

. ; . 2.

2 3 6 2 6 6

 

       

ADF BCE BCE BADE ABE ABCDSEF

V AB S V AD S V

D
ựa vào hình vẽ ta có

.
.

. . .

1 5

2 1

6 6
ABCDSEF ADF BCE S CDFE ADF BCE B CDFE ADF BCE BADE

V V V V V  V V    

Câu 4: (THPT QG 2017 Mã đề 105) 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
2
2

a

. Tính thể tích của khối chóp đã cho.

A. 
3
2

a

B. 
3
3

a

C. a3 D.

3
3
9

a

</div>
(18)<div class='page_container' data-page=18>

Ta có BCAB BC, SA BCAH . Kẻ AHSB AH 



SBC



.

Suy ra





 
2
;

a

d A SBC AH

Tam giác SAB vng tại A có: 2  2  2  

1 1 1

SA a

AH SA AB .

Vậy  

3
1

. .

3 3

SABCD ABCD

a

V SA S

Câu 5: (THPT QG 2017 Mã đề 110) Cho khối chóp .S ABCD có đáy ABCD là

hình chữ nhật, AB a ,  ADa 3, SA vng góc với mặt phẳng đáy và

mặt phẳng



SBC



tạo với đáy một góc 60 . Tính thể tích V của khối chóp
.

S ABCD .

A. V 3a3 B. 

3
3

a
V

C. V a3 D.


3
3

a
V

</div>
(19)<div class='page_container' data-page=19>

Ta có SABCD  3a .2

Vì



 













 







  




   




 




,
SBC ABCD BC

BC SB SBC SBC ABCD SBA

BC AB ABCD

. Vậy SBA· 60
Xét tam giác vuông SAB A



ˆ 1v



có:

     

tan 60 SA SA ABtan 60 a 3

AB

Vậy   

2 3

1 1

. 3. 3

3 3

S ABCD ABCD

V S SA a a a

Câu 6: (Đề minh họa lần 1 2017) Cho tứ diện ABCD có các cạnh AB ,AC và DA
đơi một vng góc với nhau; AB6a, AC7a vàAD4a. Gọi M ,N ,

P tương ứng là trung điểm các cạnh BC,CD, DB . Tính thể tích V của tứ
diện AMNP.

A.

3
7
2
V  a

B. V 14a3 C.

3
28

3
V  a

D.
3

V  a

Lời giải

Ta có

1 1 1

. . 6 .7 .4 28

3 2 6

ABCD

V  AB AD AC a a a a

Ta nhận thấy

1 1 1

2 4 4

MNP MNPD BCD AMNP ABCD

S  S  S  V  V  a

Câu 7: (Đề minh họa lần 1 2017) 111Equation Chapter 1 Section 1 Cho hình chóp
tứ giác .S ABCD có đáy là hình vng cạnh bằng 2a. Tam giác SAD cân

tại S và mặt bên



SAD



vng góc với mặt phẳng đáy. Biết thể tích khối

chóp .S ABCD bằng 
3
4

</div>
(20)<div class='page_container' data-page=20>

A. 
2
3
h a

B.

4
3
h a

C. 
8
3
h a

D.
3

4
h a

Lời giải

Gọi I là trung điểm của AD. Tam giác SAD cân tại S

SI AD

 

Ta có



 







SI AD

SI ABCD

SAD ABCD





 








SI

 là đường cao của hình chóp.

Theo giả thiết

3 2

1 4 1

. . .2 2

3 3 3

S ABCD ABCD

V  SI S  a  SI a  SI  a

Vì AB song song với



SCD



















d B SCD d A SCD d I SCD

  

Gọi H là hình chiếu vng góc của I lên SD .

Mặt khác

SI DC

IH DC

ID DC




 




 . Ta có









IH SD

IH SCD d I SCD IH

IH DC




   





Xét tam giác SID vuông tại 2 2 2 2 2

1 1 1 1 4 2

4 2 3

a

I IH

IH SI  ID  a  a  

















3
d B SCD d A SCD d I SCD a

   

Câu 8: (Đề tham khảo lần 2 2017) Cho khối tứ diện có thể tích bằng V . Gọi V  là
thể tích của khối đa diện có các đỉnh là các trung điểm của các cạnh của

khối tứ diện đã cho, tính tỉ số

V
V

</div>
(21)<div class='page_container' data-page=21>

Q P

N
M

C
B

E F

A. 
1
2

V
V




. B.

1
4

V
V




. C.

2
3

V
V




. D.

5
8

V
V




Lời giải

Cách 1. Đặc biệt hóa tứ diện cho là tứ diện đều cạnh a. Hình đa diện cần

tính có được bằng cách cắt 4 góc của tứ diện, mỗi góc cũng là một tứ diện

đều có cạnh bằng 2

a

Do đó thể tích phần cắt bỏ là 4.8 2

V V

V   

(Vì với tứ diện cạnh giảm nửa thì thể tích giảm
3

1 1

2 8

 

 
  )

Vậy

2 2

V V

V



   

Cách 2. Khối đa diện là hai khối chóp tứ giác (giống nhau) có cùng đáy là 
hình bình hành úp lại. Suy ra:

. . .

1 1 1

2 4. 4. 4. .

2 4 2
N MEPF N MEP P MNE

V  V  V  V  V  V

(Do chiều cao giảm một nửa, cạnh đáy giảm một nửa nên diện tích giảm 4 )

Cách 3. Ta có

. . . .

' V VA QEP VB QMF VC MNE VD NPF

V

V V

   



. . . .

1 VA QEP VB QMF VC MNE VD NPF

V V V V

    

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
1 . . . .

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

     

</div>
(22)<div class='page_container' data-page=22>

A

B

C

D
G

Câu 9: (Đề thử nghiệm THPT QG 2017) Cho tứ diện

ABCD

có thể tích bằng 12
và G là trọng tâm của tam giác BCD. Tính thể tích V của khối chóp

.

A GBC

A.

V 

3

B.

V 

4

C.

V 

6

D.

V 

Lời giải

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



3 S

BGC(xem phần chứng

minh).

Áp dụng cơng thức thể tích hình chóp ta có:

.
.

1 . 1

3 3 3

1 .

3
3

 








 



   








ABCD BCD BCD

ABCD BCD

A GBC GBC

GBC
A GBC GBC

V h S V h S S

V h S S

V h S

1 1

.12 4

3 3

 VA GBC  VABCD  

</div>
(23)<div class='page_container' data-page=23>

1 1

2 2 2

 MF CM     h

MF ND MF DN MF

DN CD .

2 2 2

// .

3 3 3 2 3

 GE BG     hh

GE MF GE MF

MF BM

1 . 1

2 2 3 3

1 1

2 2 3



 



    

BCD

BCD GBC
GBC

DN BC ha
S

S S

h

S GE BC a

+) Chứng minh tương tự có

S

BCD



3 S

GBD



3 S

GCD

BGC BGD CGD

S



S



S







Cách 2:

Ta có

























; 1 1

; ;

3 3

;    

d G ABC GI

d G ABC d D ABC
DI

d D ABC

Nên .





1 1

; . . 4

3 3

G ABC ABC DABC

</div>
(24)<div class='page_container' data-page=24>

Câu 1: (Mã đề 101 BGD&ĐT NĂM 2018)Cho khối lăng trụ ABC A B C.   , khoảng 
cách từ C đến đường thẳng BB bằng 2 , khoảng cách từ A đến các đường

thẳng BB và CC lần lượt bằng 1 và 3 , hình chiếu vng góc của A lên

mặt phẳng



A B C   là trung điểm M của



B C  và

2 3
3
A M 

. Thể tích
của khối lăng trụ đã cho bằng

A. 2 B. 1 C. 3 D.

2 3
3

Lời giải

Cắt lăng trụ bởi một mặt phẳng qua A và vng góc với AA ta được thiết

diện là tam giác A B C 1 1 có các cạnh A B 1 ; 1 A C 1  3; B C  .1 1 2

Suy ra tam giác A B C 1 1 vuông tại A và trung tuyến A H của tam giác đó
bằng 1.

Gọi giao điểm của AM và A H là T .

Ta có:

2 3
3
A M 

; A H  1

1
3

MH

 

. Suy ra MA H  30 .

Do đó MA A  60 

4
3
cos

A M
AA

MA A




  

</div>
(25)<div class='page_container' data-page=25>

Thể tích khối lăng trụ ABC A B C.    bằng thể tích khối lăng trụ

1 1. 2 2

A B C AB C

và bằng 1 1

4 3

. 2

2
3
A B C

V AA S    

Câu 2: (Mã đề 103 BGD&ĐT NĂM 2018)Cho khối lăng trụ ABC A B C , khoảng. ' ' '
cách từ C đến đường thẳng BB' bằng 2, khoảng cách từ A đến các đường

thẳng BB' và CC lần lượt bằng 1 và '

3

, hình chiếu vng góc của A
lên mặt phẳng ( ' ' ')A B C là trung điểm M của ' 'B C và A M ' 2. Thể
tích của khối lăng trụ đã cho bằng

A. 3 B. 2 C.

2 3

3 D.

Lời giải

Gọi

A A

,

2 lần lượt là hình chiếu của A trên BB', CC . Theo đề ra'

1 1; 2 3; 1 2 2.

AA  AA  A A 

2 2 2

1 2 1 2

AA



AA



A A

nên tam giác

AA A

1 2 vuông tại A.

Gọi H là trung điểm

A A

1 2 thì

1 2 1

A A
AH  

Lại có

MH BB



'



MH



(

AA A

1 2

)



MH AH



suy ra

2 2 3

</div>
(26)<div class='page_container' data-page=26>

nên 1 2

cos(( ),( )) cos( , ) cos .

MH
ABC AA A MH AM HMA

AM

   

Suy ra

1 2

1 2
1.

cos(( ),( ))

AA A
ABC

S
S

ABC AA A

 

Thể tích lăng trụ là

2

ABC

V AM S







.

Nhận xét. Ý tưởng câu này là dùng diện tích hình chiếu 'S Scos.

Câu 3: (Mã đề 104 BGD&ĐT NĂM 2018)Cho khối lăng trụ ABC A B C.   .

Khoảng cách từ C đến đường thẳng BB bằng 5 , khoảng cách từ A đến 
các đường thẳng BB và CC lần lượt bằng 1 và 2 , hình chiếu vng góc

của A lên mặt phẳng



A B C   là trung điểm M của



B C  và A M  5. 
Thể tích của khối lăng trụ đã cho bằng

A.

2 5

3 B.

2 15

3 C. 5 D.

15
3

Lời giải

Gọi J, K lần lượt là hình chiếu vng góc của A lên BB và CC, H là hình
chiếu vng góc của C lên BB

Ta có AJ BB 1

 

AK CC AK BB

Từ

 

1 và

 

2 suy ra BB 



AJK



 BBJK  JK CH//  JK CH  5.
Xét AJK có JK2 AJ2AK2 5 suy ra AJK vng tại A .

Gọi F là trung điểm JK khi đó ta có

5
2
AF JFFK 

</div>
(27)<div class='page_container' data-page=27>



cosNAF AF
AN



5
2

 1

 

NAF

  . (AN AM  5 vì AN AM// và
AN AM ).

Vậy ta có

1
.
2
AJK

S  AJ AK 1.1.2 1

  .cos 60

AJK ABC

S S

  

1
2
1
cos 60

2
AJK
ABC

S

S 



    

Xét tam giác AMA vuông tại M ta có MAA AMF 30 hay

.tan 30

AM A M 

15
3


Vậy thể tích khối lăng trụ là V AM S. ABC

15 2 15
.2

3 3

 

Câu 4: (THPT QUỐC GIA 2018 - MÃ ĐỀ 102) Cho khối lăng trụ ABC A'B'C' ,.
khoảng cách từ C đến BB là 5 , khoảng cách từ A đến ' BB và ' CC lần'
lượt là 1; 2 . Hình chiếu vng góc của A lên mặt phẳng ' ' 'A B C là trung

điểm M của ' 'B C ,

15
'

3


A M

. Thể tích của khối lăng trụ đã cho bằng

A. 
15

3 . B.

2 5

3 . C. 5 . D.

2 15
3 .

</div>
(28)<div class='page_container' data-page=28>

Kẻ AI BB , ' AK CC ( hình vẽ ). '

Khoảng cách từ A đến BB và ' CC lần lượt là 1; 2'  AI 1, AK 2.

Gọi F là trung điểm của BC .

15
'

3


A M 15

3
 AF 

Ta có





'
'

 

 



 

AI BB

BB AIK

BB AK  BB'IK .

Vì CC'BB' d C BB( , ')d K BB IK( , ')  5  AIK vuông tại A .

Gọi E là trung điểm của IK  EF BB  '  EF 



AIK 



EF AE .

Lại có AM 



ABC



. Do đó góc giữa hai mặt phẳng



ABC



và



AIK



là

góc giữa EF và AM bằng góc AME FAE . Ta có 


cosFAEAE

AF

5
2
15
3


3
2

 

30
 FAE  .

Hình chiếu vng góc của tam giác ABC lên mặt phẳng



AIK



là AIK

nên ta có: SAIK SABCcosEAF 

3
1

2
 SABC

3
 SABC

</div>
(29)<div class='page_container' data-page=29>

Xét AMF vuông tại A : 


tanAMF AF

AM

15
3

3
3
 AM 

5
 AM  .

Vậy

. ' ' '

2
5.

3

ABC A B C

V 2 15

3


Câu 5: (THPTQG năm 2017 Mã đề 104) Trong tất cả các hình chóp tứ giác đều nội
tiếp mặt cầu có bán kính bằng 9 , tính thể tích V của khối chóp có thể tích
lớn nhất.

A. V 144 B. V 576 C. V 576 2 D.

144 6

V 

Lời giải

Gọi độ dài cạnh đáy, chiều cao của hình chóp tứ giác đều lần lượt là
; ( , 0)

x h x h  . Ta có đáy là hình vng với độ dài nửa đường chéo bằng

x

suy ra độ dài cạnh bên

2
2

x

l h 

.
Ta có bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp

2
2

2 2

2 9 36 2

2 2

x
h
l

R x h h

h h



     

Diện tích đáy của hình chóp S x2 nên





2 2

1 1

. 36 2

3 3

V  h x  h h h

Ta có









3
2

1 1 1 36 2

. 36 2 . . 36 2 . 576 576

3 3 3 3

h h h

h h h  h h  h         V 

  ,

dấu bằng xảy ra khi h h 36 2 h h12,x12 vậy Vmax 576.

Câu 6: (THPT QG 2017 Mã đề 105) Xét khối chóp .S ABC có đáy là tam giác

vng cân tại A, SA vng góc với đáy, khoảng cách từ A đến mặt phẳng



SBC



bằng 3 . Gọi  là góc giữa hai mặt phẳng



SBC



và



ABC



, tính


</div>
(30)<div class='page_container' data-page=30>

A.  
3
cos

3 B.  

2
cos

3 C.  

1
cos

3 D.

  2
cos

Lời giải

Đặt ABACx x,



0



. Ta có BC AB2AC2  2x

Gọi I là trung điểm của AB, hạ AH SI tại H

Ta có góc giữa hai mặt phẳng



SBC



và



ABC



là SIA·  góc nhọn.

Ta có









 

     





BC AI

BC SAI BC AH AH SBC

BC SA

Từ đó AH



SBC



 d A SBC





AH3

Xét tam giác AHI vng tại H ta có     
2

cos cos

HI x

HI
AI

Ta có

         

 

2 2

2 2 2 2 3 2 2 3

9 cos ,

2 2 sin 2 sin

x x x

AH AI HI x AI

Xét tam giác SAI vuông tại A ta có

 

     

2 2

2 2 2 2

1 1 1 1 1 sin cos

9 9 9

</div>
(31)<div class='page_container' data-page=31>

 

3
cos

SA

. Vậy    2

1 1 3 1 18

. .

3 3 cos 2 sin

SABC ABC

V SA S







  2

cos 1 cos

Đặt cos t, 



0;1



ta có

 







 2
1
1

f t
t

 










 
 


3

2
3

t
f t

t





 



2
2
3
1 3t

t

;

 





  







3
3
0

3
3
t
f t

t

Vậy thể tích khối chóp .S ABC nhỏ nhất khi  

3
cos

Câu 7: (THPT QG 2017 Mã đề 110) Xét khối tứ diện ABCD có cạnh AB x và
các cạnh cịn lại đều bằng 2 3. Tìm x để thể tích khối tứ diện ABCD đạt
giá trị lớn nhất.

A. x3 2 B. x 6 C. x2 3 D.

 14

x

</div>
(32)<div class='page_container' data-page=32>

Gọi M , N lần lượt là trung điểm của CD và AB.

Ta có





   

  

 

   

CD MB CD MN

CD MAB

CD MA CD AB .

Tam giác MAB cân tại M nên MNAB .









1 . . , .sin , 1 .2 3. .sin 90

6 6

ABCD

V AB CD d AB CD AB CD x MN





   

 

 

       

 

   

2 2

2 2 36

1 3 3

.2 3. 3 . 36 . 3 3

6 2 6 6 2

x x

x

x x x

Dấu " " xảy ra  x 36 x2  x3 2.

Vậy với 3 2x thì VABCD đạt giá trị lớn nhất bằng 3 3.

Câu 8: Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng

a

. Gọi M N, lần lượt là trung điểm của

các cạnh AB BC, và E là điểm đối xứng với B qua D. Mặt phẳng

(MNE) chia khối tứ diện ABCD thành hai khối đa diện, trong đó khối

chứa điểm A có thể tích V . Tính V .

A.

3
13 2

216

a

B.

3
7 2

216

a

C. 
3
2
18

a

D.
3

11 2
216

a

Lời giải

Tính thể tích T có khối tứ diện ABCD . Gọi F là trung điểm BC và H
trọng tâm tam giác BCD .

Ta có 
3
2

a
BF

và

2 

3 3

a

BH BF

suy ra   

2 2 2

BH AB BH a

Thể tích tứ diện ABCD là   

2 3

1 1 2 3 2

3 BCD 3 3 4 12

a a

</div>
(33)<div class='page_container' data-page=33>

Gọi diện tích một mặt của tứ diện làS . Gọi P là giao điểm của NE và

CD , tương tự cho Q.

Ta thấy P Q, lần lượt là trọng tâm các tam giác BEC và BEA nên

1 , 1

3 3

PD DC QD AD

Sử dụng cơng thức tỉ số thể tích ta có:


.
.
2
B ACE
B ACD
V

V nên

V

B ACE.



2 T

; 

.
.
1
4
E BMN
E BAC
V

V nên .  

1
.2
4 2
E BMN
T
V T
.

Nên .  .  .   

3
2

2 2

E AMNC E ABC B EMN

T

V V V T T

.
Tương tự:

.
.
1
9
E DPQ
E DCA
V

V nên . 

1
9

E DPQ

V T

. Nên   

1 8

9 9

ACPQ

V T T T

Suy ra      

. .

3 8 11 11 2

2 9 18 216

E AMNC E ACPQ

a

V V V T T T

Câu 9: (Đề thử nghiệm THPT QG 2017) Cho hai hình vng có cùng cạnh bằng 5
được xếp chồng lên nhau sao cho đỉnh X của một hình vng là tâm của
hình vng cịn lại (như hình vẽ). Tính thể tích V của vật thể trịn xoay khi
quay mơ hình trên xung quanh trục XY .

A.





125 1

2

6 V







. B.





125 5 2 2

12 V







C.





125 5 4 2

24 V







. D.





125 2

2

4 V







.
Lời giải

 Cách 1 :

X

</div>
(34)<div class='page_container' data-page=34>

Khối trịn xoay gồm 3 phần:

Phần 1: khối trụ có chiều cao bằng 5 , bán kính đáy bằng

2 có thể tích

2
1

5 125

2 4


  

    

 

V

Phần 2: khối nón có chiều cao và bán kính đáy bằng

5 2

2 có thể tích

2
2

1 5 2 5 2 125 2

3 2 2 12



  

     

 

V

Phần 3: khối nón cụt có thể tích là





2 2





5 2 1 125 2 2 1

1 5 2 5 5 2 5

3 2 2 2 2 2 24




 

     

 

         

    

 

V

Vậy thể tích khối trịn xoay là









1 2 3

125 2 2 1

125 5 4 2

125

2

4

12

24 





 









V V V V

</div>
(35)<div class='page_container' data-page=35>

Thể tích hình trụ được tạo thành từ hình vng ABCD là :

2 125




 

T

V R h

Thể tích khối trịn xoay được tạo thành từ hình vng XEYF là :

2
2

2 125 2

3 6

N

V  R h 

Thể tích khối trịn xoay được tạo thành từ tam giác XDC là :

1 125

3 24




 

N

V R h

Thể tích cần tìm 2

5 4 2
125

24






 T  N  N 

V V V V

</div>

Toàn cảnh đề thi toán THPT Quốc gia từ 2017 đến 2019 - Khối đa diện - Sách Toán - Học toán

<i>a</i>

3



<i>h</i>

<i>a</i>

































<i>a</i>

,

<i>a</i>





<i>2a</i>





·

<sub></sub>

30

<i>CSA</i>



































 

 





 



 













<i>AC</i>



2 2









<i>C AH</i>





 

60







