2.6 HDG KHỐI ĐA DIỆN CẮT RA TỪ MỘT KHỐI CHÓP

ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A

Khối Đa Diện - Hình Học 12

CHỦ ĐỀ 2: THỂ TÍCH KHỐI CHÓP
DẠNG 6: KHỐI ĐA DIỆN CẮT RA TỪ MỘT KHỐI CHĨP
SA ⊥ ( ABCD )
Câu 1. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vng cạnh a , SA = a và
. Gọi M
là trung điểm SB , N là điểm thuộc cạnh SD sao cho SN = 2 ND . Tính thể tích V của tứ diện
ACMN .
a3
a3
a3
a3
V=
V=
V=
V=
12 .
6 .
8 .
36 .
A.
B.
C.
D.
Hướng dẫn giải
Chọn A

SM 1 SN 2

= ,
=
M là trung điểm SB , N là điểm thuộc cạnh SD sao cho SN = 2 ND nên SB 2 SD 3
V
= 2VO . AMN = 2 ( VS . ABD − VS . AMN − VM . AOB − VN . AOD )
Ta có: C . AMN
Lại có:
1
a3
a3
a3
VS . ABCD = .SA. AB. AD = ⇒ VS . ABD = , VS . AOB = VS . AOD =
3
3
6
12
3
VS . AMN SM SN 1 2 1
1
a
=
.
= . = ⇒ VS . AMN = VS . ABD =
VS . ABD
SB SD 2 3 3
3
18

VM . AOB MB 1
1

a3
=
= ⇒ VM . AOB = VS . AOB =
VS . AOB
SB 2
2
24
VN . AOD ND 1
1
a3
=
= ⇒ VN . AOD = VS . AOD =
VS . AOD SD 3
3
36
VC . AMN = 2VO. AMN

Do đó:

 a3 a3 a 3 a3  a3
= 2  − − − ÷=
 6 18 24 36  12 .

Trang 1/29 - Mã đề thi 100

File Word liên hệ: 0978064165 - Email:
Facebook: />
Trang 1

ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A

Khối Đa Diện - Hình Học 12

Câu 2. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với cạnh AD = 2CD . Biết hai mặt phẳng
( SAC ) , ( SBD ) cùng vng góc với mặt đáy và đoạn BD = 6 ; góc giữa ( SCD ) và mặt đáy bằng
60° . Hai điểm M , N lần lượt là trung điểm của SA, SB . Thể tích khối đa diện ABCDMN bằng

108 15
A. 25 .

128 15
B. 15 .

16 15
C. 15 .
Hướng dẫn giải

18 15
D. 5 .

Chọn D

( SAC ) ⊥ ( ABCD ) , ( SBD ) ⊥ ( ABCD ) ⇒ SO ⊥ ( ABCD ) .
Gọi O = AC ∩ BD . Do
6
12
⇔ 5CD 2 = 62 ⇔ CD =
AD =
2

2
2
5 và
5.
Theo tính chất hình chữ nhật: AD + CD = BD
72
S ABCD = AD.CD =
5 .
Khi đó diện tích đáy:

CD ⊥ SO, CD ⊥ OI ⇒ CD ⊥ ( SOI ) ⇒ CD ⊥ SI
Gọi I là trung điểm của CD . Do
·
⇒ ( ( SCD ) , ( ABCD ) ) = ( SI , OI ) = SIO
= 60°
.
AD 6 ·
6 3
OI =
=
, SIO = 60°
SO = OI .tan 60° =
2
5
5 .
Trong tam giác SOI vuông tại O ,
có:
1
1 72 6 3 144 15
V = .S ABCD .SO = . .

=
3
3 5
25 .
5
Thể tích S . ABCD là:
Ta có
Do

VS . ABD = VS .BCD =

S ∆SMN =

V
2.

1
1
1
S∆SAB ⇒ VSMND = VSABD = V
4
4
8 .

Do N là trung điểm của SB

⇒ d ( N , ( SCD ) ) =

1
1

1
d ( B, ( SCD ) ) ⇒ VSCDN = VSBCD = V
2
2
4 .

3
5
18 15
3
VS .CDMN = VSMND + VSCDN = V ⇒ VABCDMN = V − V = V =
8
8
5 .
8
Ta có:
Câu 3. Cho khối chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật. Một mặt phẳng thay đổi nhưng luôn song
song với đáy và cắt các cạnh bên SA , SB , SC , SD lần lượt tại M , N , P , Q . Gọi M ′ , N ′ ,

P′ , Q′ lần lượt là hình chiếu vng góc của M , N , P , Q lên mặt phẳng ( ABCD ) . Tính tỉ số
SM
SA để thể tích khối đa diện MNPQ.M ′N ′P′Q′ đạt giá trị lớn nhất.
2
1
1
3
A. 3 .
B. 2 .
C. 3 .
D. 4 .

Trang 2/29 - Mã đề thi 100

File Word liên hệ: 0978064165 - Email:
Facebook: />
Trang 2


ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A

Khối Đa Diện - Hình Học 12

Hướng dẫn giải
Chọn A

SM
=k
k ∈ [ 0;1]
Đặt SA
với
.
MN SM
=
=k
⇒ MN = k . AB
SA
Xét tam giác SAB có MN //AB nên AB
MQ SM
=
=k

⇒ MQ = k . AD
Xét tam giác SAD có MQ //AD nên AD SA
Kẻ đường cao SH của hình chóp. Xét tam giác SAH có:
MM ′ AM SA − SM
SM
=
=
= 1−
= 1 − k ⇒ MM ′ = ( 1 − k ) .SH
′
MM //SH nên SH
SA
SA
SA
.

Ta có

VMNPQ.M ′N ′P′Q′ = MN .MQ.MM ′ = AB. AD.SH .k 2 . ( 1 − k )

.
1
2
VS . ABCD = SH . AB. AD ⇒ V
MNPQ . M ′N ′P′Q ′ = 3.VS . ABCD .k . ( 1 − k )
3
Mà
.
V
k 2 .( 1 − k )

Thể tích khối chóp khơng đổi nên MNPQ.M ′N ′P′Q′ đạt giá trị lớn nhất khi
lớn nhất.
3
2 ( 1 − k ) .k .k 1  2 − 2 k + k + k 
4
2
k 2 . ( k − 1) =
≤ 
÷ ⇒ k . ( k − 1) ≤
2
2
3

27 .
Ta có
2
2( 1− k ) = k ⇔ k = 3
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi:
.
SM 2
=
Vậy SA 3 .
Câu 4. Cho khối hộp

ABCD.A ¢B¢C ¢
D ¢. Tính

7
A. 3

B. 3

tỉ số thể tích của khối hộp đó và khối tứ diện
8
C. 3

ACB¢D ¢.

D. 2

Hướng dẫn giải
Chọn D
Trang 3/29 - Mã đề thi 100

File Word liên hệ: 0978064165 - Email:
Facebook: />
Trang 3


ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A

Khối Đa Diện - Hình Học 12

1
1
1
1
VACB′D′ = V − VAA′B′D′ − VCADD′ − VACBB′ = V − 6 V − 6 V − 6 V = 2 V
Gọi
, ta có

.
V
= 2VACB′D′
Nên ABCD. A′B′C ′D′
.
Câu 5. Cho hình lăng trụ đứng ABC. A′B′C ′ có đáy ABC là tam giác vng cân tại A , cạnh BC = a 6 .
( AB′C ) và mặt phẳng ( BCC ′B′) bằng 60° . Tính thể tích khối đa diện
Góc giữa mặt phẳng
AB′CA′C ′ .
a3 3
3 3a 3
a3 3
3
A. 3
B. 2
C. 2
D. a 3
Hướng dẫn giải
Chọn D

V = VABCD. A′B ′C ′D ′

 AI ⊥ BC
a 6
⇒ AI ⊥ ( BB′C ′C )

AI =
′
AI
⊥

CC
2 (trung tuyến trong
Gọi I là trung điểm BC , ta có 
và
tam giác vng bằng nửa cạnh huyền).
Kẻ IH ⊥ B′C mà AI ⊥ B′C suy ra AH ⊥ B′C

( AB′C ) và mặt phẳng ( BCC ′B′) là ·AHI = 60° .
Vậy góc giữa mặt phẳng
AI
a 2
IH =
=
2
2
tan 60°
2 ; CH = CI − IH = a
Ta có
IH CH
IH .CB
⇒
=
⇒ BB′ =
=a 3
′
B′B CB
CH
Mặt khác ∆CIH : ∆CB B
.
Trang 4/29 - Mã đề thi 100

File Word liên hệ: 0978064165 - Email:
Facebook: />
Trang 4


ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A

Khối Đa Diện - Hình Học 12

1
1 a 6
VAB′CA′C ′ = VABB′C′C = . AI .S BCC ′B′ = .
.a 3.a 6 = a 3 3
3
3 2
Câu 6. Cho tứ diện S . ABC , M và N là các điểm thuộc các cạnh SA và SB sao cho MA = 3SM ,
SN = 2 NB , (α ) là mặt phẳng qua MN và song song với SC . Kí hiệu ( H1 ) và ( H 2 ) là các khối
( H1 )
đa diện có được khi chia khối tứ diện S . ABC bởi mặt phẳng (α ) , trong đó,
chứa điểm S ,
V1
(H2 )
V
V
(H )
(H2 )
chứa điểm A ; 1 và 2 lần lượt là thể tích của 1 và
. Tính tỉ số V2 .
25

A. 47 .

25
B. 48 .

35
C. 45 .
Hướng dẫn giải

4
D. 5 .

Chọn A

Kí hiệu V là thể tích khối tứ diện SABC . Gọi P , Q lần lượt là giao điểm của (α ) với các
(H )
đường thẳng BC , AC . Ta có NP //MQ //SC . Khi chia khối 1 bởi mặt phẳng (QNC ) , ta được
hai khối chóp N .SMQC và N .QPC .
Với khối chóp N.SMQC:
NS 2
2
=
VN . SMQC = VB.SMQC
3
Vì BS 3 do đó
.
AM 3
9
7
= ⇒ S AMQ = S SAC ⇒ S SMQC = S SAC

16
16
Lại có: AS 4
.
7
VN .SMQC = VS . ABC
24
Vậy
.
Với khối chóp N.QPC:
SCPQ CP CQ 2 1 1
=
=
=
S
CB
CA
3
4
6
CBA
Vì
1
1
VN .PQC = VN . ABC = VSABC
6
18
Do đó
.
V1

V
V 25
7 1 25
25 47
=
+ =
⇒ 2 = 1−
=
⇒ 1 =
V
24 18 72 VSABC
72 72
V2 47
Như vậy: SABC
.
S
.
ABCD
Câu 7.Cho hình chóp
có đáy là hình bình hành và có thể tích bằng 8 . Gọi M , N lần lượt là
trung điểm của các cạnh AB , AD . Tính thể tích của khối tứ diện SCMN .
Trang 5/29 - Mã đề thi 100

File Word liên hệ: 0978064165 - Email:
Facebook: />
Trang 5


ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A
A. 2 .

B. 3 .

Khối Đa Diện - Hình Học 12

C. 4 .
Hướng dẫn giải

D. 5 .

Chọn B

Cách 1:
1
1 3
1
3 1
3
3
SCMN = CK .MN = . CH . BD = . CH .BD = S BCD = S ABCD
2
2 2
2
4 2
4
8
3
3
VSCMN = VS . ABCD = .8 = 3
8

8
Vậy
Cách 2:
1
1
1
1
1
1
S AMN = S ABD = S ABCD S NCD = S ACD = S ABCD S BMC = S ABC = S ABCD
4
8
2
4
2
4
Ta thấy
;
;
.
3
 1 1 1
S MNC = 1 − − − ÷S ABCD = S ABCD
8
 8 4 4
Do đó,
3
VSCMN = VS . ABCD = 3
8
Vậy

.
′
′
′
ABC
.
A
B
C
Câu 8. Cho lăng trụ
có đáy là tam giác vng cân tại A , AB = a . Gọi G là trọng tâm tam
( ABC ) và A′B tạo với đáy một góc 45° . Tính
giác ABC . Biết A′G vng góc với mặt phẳng
thể tích khối chóp A′.BCC ′B′ .

a3 5
A. 4 .

a3 5
B. 6 .

a3 5
C. 3 .
Hướng dẫn giải

a3 5
D. 9 .

Chọn D

Trang 6/29 - Mã đề thi 100

File Word liên hệ: 0978064165 - Email:
Facebook: />
Trang 6


ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A

Khối Đa Diện - Hình Học 12

2

2 2 a
a 5
BG =
a + ÷ =
= A′G
°
·A′BG = 45
3
2
3


Ta có:
;
.
2
3

2 a a 5 a 5
2
2
=
VA′BCC ′B′ = VABCA′B′C ′ = S ABC . A′G = . .
3 2 3
9 .
3
3
Câu 9. Cho hình chóp S . ABC , M và N là các điểm thuộc các cạnh SA và SB sao cho MA = 2 SM ,
SN = 2 NB , ( α ) là mặt phẳng qua MN và song song với SC . Mặt phẳng ( α ) chia khối chóp
S . ABC thành hai khối đa diện ( H1 ) và ( H 2 ) với ( H1 ) là khối đa diện chứa điểm S , ( H 2 ) là
V1
V
V
( H1 ) và ( H 2 ) . Tính tỉ số V2 .
khối đa diện chứa điểm A . Gọi 1 và 2 lần lượt là thể tích của
4
A. 3 .

4
B. 5 .

5
C. 4 .
Hướng dẫn giải

3
D. 4 .

Chọn B

Kí hiệu V là thể tích khối tứ diện SABC .
( α ) với các đường thẳng BC , AC .
Gọi P , Q lần lượt là giao điểm của
Ta có NP // MQ // SC .
Khi chia khối

( H1 )

bởi mặt phẳng

( QNC ) , ta được hai khối chóp

N .SMQC và N .QPC .

Trang 7/29 - Mã đề thi 100

File Word liên hệ: 0978064165 - Email:
Facebook: />
Trang 7


ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A

VN .SMQC
V
Ta có B. ASC
d ( N , ( SAC ) )
d ( B, ( SAC ) )

VN .SMQC

=
=

d ( N , ( SAC ) ) S SMQC
×
d ( B, ( SAC ) ) S SAC
NS 2
=
BS 3

S AMQ

; S ASC
2 5 10
= × =
3 9 27 .

=

Khối Đa Diện - Hình Học 12

.

2
S SMQC 5
AM AQ  AM 
4

=
.
=
÷ = ⇒
AS AC  AS  9
S ASC
9.

Do đó VB. ASC
VN .QPC d ( N , ( QPC ) ) SQPC NB  CQ CP  1  1 2  2
=
ì
=
ì
ì ữ = ì ì ữ =
VS . ABC d ( S , ( ABC ) ) S ABC
SB  CA CB  3  3 3  27 .
V1
4
V 4
V1 VN .SMQC VN .QPC 10 2 4
=
⇒ 1 =
=
+
=
+
= ⇒
V1 + V2 9 ⇒ 5V1 = 4V2
V2 5 .

VB. ASC VS . ABC 27 27 9
Do đó V
o
·
Câu 10. Cho hình chóp S . ABCD có ABCD là hình thoi cạnh a và ABC = 60 . Biết rằng SA = SC ,
SB = SD và ( SAB ) ⊥ ( SBC ) . G là trọng tâm tam giác ( SAD ) . Tính thể tích V của tứ diện
GSAC .

A.

V=

a3 2
96

B.

V=

a3 2
48

V=

C.
Hướng dẫn giải

a3 2
24

D.

V=

a3 2
12

Chọn B

1
VGSAC = d ( G, ( SAC ) ) .S ∆SAC
3
Ta có
.
S
* Tính ∆SAC ?
 SA = SC ⇒ SO ⊥ AC
⇒ SO ⊥ ( ABCD )

SB
=
SD
⇒
SO
⊥
BD
Gọi O = AC ∩ BD , do 
.
Kẻ OH ⊥ SB , do AC ⊥ ( SBD ) nên SB ⊥ ( AHC ) .

o
·
) (
)]
[(
Suy ra SAB , SBC = ( AH , CH ) = AHC = 90 .
Do OH ⊥ AC và OH là trung tuyến nên tam giác AHC vuông cân tại H .

Trang 8/29 - Mã đề thi 100

File Word liên hệ: 0978064165 - Email:
Facebook: />
Trang 8


ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A

Khi đó

OH =

Khối Đa Diện - Hình Học 12

a 3
1
a
OB =
AC =
2
2 và

2 .

1
1
1
a 6
=
+
⇒ SO =
2
2
2
OS
OB
4 .
Mà tam giác SOB vng tại O có đường cao OH nên OH
1
1 a 6
a2 6
S ∆SAC = .SO. AC = .
.a =
2
2 4
8 .
Vậy
(
)
* Tính d ( E , SAC ) ?
d ( G, ( SAC ) ) SG 2
=

=
(
)
Gọi E là trung điểm của AD thì d ( E , SAC ) SE 3 .
1
a 3
⇒ d ( E , ( SAC ) ) = EF = OD =
(
)
2
4 .
Gọi F là trung điểm của OA thì EF ⊥ SAC
2
2 a 3 a 3
d ( G , ( SAC ) ) = d ( E , ( SAC ) ) = .
=
3
3 4
6 .
Suy ra
1
1 a 3 a2 6
2a 3
VG . SAC = d ( G , ( SAC ) ) .S ∆SAC = .
.
=
3
3 6
8
48 .

Vậy

Câu 11. Cho hình lăng trụ ABC. A′B′C ′ có thể tích là V . Gọi M là điểm thuộc cạnh CC ′ sao cho
CM = 3C ′M . Tính thể tích V của khối chóp M . ABC
V
V
3V
V
A. 6 .
B. 4 .
C. 4 .
D. 12 .
Hướng dẫn giải
Chọn B
A′
C′
M
B′

A

C

H K
B

Trang 9/29 - Mã đề thi 100

File Word liên hệ: 0978064165 - Email:
Facebook: />

Trang 9


ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A

Khối Đa Diện - Hình Học 12

( ABC )
Gọi H , K lần lượt là hình chiếu vng góc của C ′ và M lên mặt phẳng
MK CM 3
⇒
=
=
′
C
H
//
MK
CC ′ CC ′ 4 .
Ta có
1
1 3
V
VM . ABC = MK .S ABC ⇔ VM . ABC = . CC ′.S ABC =
3
3 4
4.
Khi đó
Câu 12. Tính thể tích của khối đa diện đều có các đỉnh là trung điểm các cạnh của một tứ diện đều cạnh a.
a3 2

a3 3
a3 2
a3 3
V=
.
V=
.
V=
.
V=
.
24
8
12
16
A.
B.
C.
D.
Hướng dẫn giải
Chọn A

a
Đa diện đều đó là khối bát diện đều cạnh 2 . Vì vậy thể tích của khối đa diện đó là:
2

1  a  a 2 a3. 2
V = 2. .  ÷ .
=
3 2

4
24 .
Câu 13. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình bình hành và có thể tích V . Gọi E là điểm trên
( α ) là mặt phẳng chứa đường thẳng AE và song song với đường
cạnh SC sao cho EC = 2 ES ,
( α ) cắt hai cạnh SB, SD lần lượt tại hai điểm M , N . Tính theo V thể tích khối chóp
thẳng BD ,

S . AMEN .
V
A. 9 .

V
B. 12 .

V
C. 6 .
Hướng dẫn giải

V
D. 27 .

Trang 10/29 - Mã đề thi 100

File Word liên hệ: 0978064165 - Email:
Facebook: />
Trang 10


ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A

Khối Đa Diện - Hình Học 12

Chọn C.
VS . AME SM SE VS . ANE SN SE
1
=
.
=
.
VSABC = VSADC = V
V
SB
SC
V
SD
SC
2
Ta có S . ABC
; S . ADC
,
SE 1
=
SC 3 , Kẻ OF //AE , F ∈ [ SC ] , theo tính chất đường trung bình trong tam giác AEC ta có F
là trung điểm của EC , theo giả thiết suy ra E là trung điểm của AF . Lại theo tính chất đường
trung bình trong tam giác SOF suy ra I là trung điểm của SO .
SI 1
SM 1
SN 1
⇒

= ⇒
= ⇒
=
SO 2
SB 2
SD 2 .
VS . AME VS . ANE 1
=
= ⇒
1
1
1
6 V
V
V
V
SAMEN =
2
6 .
Vậy 2
Câu 14. Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình bình hành. Gọi M , N , P , Q lần lượt là trọng tâm các tam
giác SAB , SBC , SCD , SDA . Gọi O là điểm bất kỳ trên mặt đáy ABCD . Biết thể tích khối
chóp OMNPQ bằng V . Tính thể tích khối S . ABCD .
27
9
27
27
V
V
V

V
A. 2
B. 4
C. 4
D. 8
Hướng dẫn giải

Trang 11/29 - Mã đề thi 100

File Word liên hệ: 0978064165 - Email:
Facebook: />
Trang 11


ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A

Khối Đa Diện - Hình Học 12

Chọn A
2

4 1
2
2
S MNPQ =  ÷ .S M ′N ′P′Q′ = . .SABCD = .S ABCD
9 2
9
3
Ta có, diện tích
.

1
hOMNPQ = hSABCD
OMNPQ
3
Đường cao của khối
là
.
2
27
V = VSABCD ⇔ VSABCD = V
27
2
Suy ra
.

( P ) song
Câu 15. Cho hình chóp S . ABCD có thể tích bằng V , đáy ABCD là hình bình hành. Mặt phẳng
( ABCD ) cắt các đoạn SA , SB , SC , SD tương ứng tại M , N , E , F
song với
( ABCD ) ). Các điểm H , K , P , Q tương ứng là hình
( M , N , E , F khác S và khơng nằm trên
( ABCD ) . Thể tích lớn nhất của khối đa diện
chiếu vng góc của M , N , E , F lên
MNEFHKPQ là:
2
4
4
2
V
V

V
V
A. 3 .
B. 27 .
C. 9 .
D. 9 .
Hướng dẫn giải
Chọn C

Đặt

k=

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

( 0 < k < 1) .

Trang 12/29 - Mã đề thi 100

File Word liên hệ: 0978064165 - Email:
Facebook: />
Trang 12


ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A

Khối Đa Diện - Hình Học 12

2
Do đó S MNEF = k S ABCD .

MH MA SA − SM
=
=
= 1− k
SI là đường cao của S . ABCD . Ta có: SI
SA
SA
.
Gọi
VMNEFHKPQ = S MNEF .MH = S ABCD .k 2 .(1 − k ).SI = 3V .k 2 .(1 − k )
3

3V  k + k + 2 − 2k  4
3V
.
=
.k .k .(2 − 2k ) ≤
÷ = V
2 
3
 9 .
2
4
2
V

k = 2 − 2k ⇔ k =
3.
Vậy thể tích lớn nhất của khối đa diện MNEFHKPQ là 9 khi
3
Câu 16. Cho khối lăng trụ ABC. A′B′C ′ có thể tích bằng 9a và M là điểm nằm trên cạnh CC ′ sao cho
MC = 2 MC ′ . Tính thể tích khối tứ diện AB′CM theo a .

3
A. a .

3
B. 4a .

3

C. 3a .
Hướng dẫn giải

3
D. 2a .

Chọn D

Khối lăng trụ ABC. A′B′C ′ được chia thành 3 khối tứ diện B′. ABC ; A. A′B′C ′ và A.B′C ′C .
1
VB′. ABC = VA. A′B′C′ = 3 VABC . A′B′C ′ = 3a 3 ⇒ VA.B′C ′C = VABC . A′B′C ′ − 2VB. ABC = 3a 3
Trong đó
.
1
VA. B′C ′M = VA. B ′CM

V
= VA. B′C ′M + VA. B′CM
2
Ta lại có A. B′C ′C
và
3
2
VA.B′C ′C = VA.B′CM ⇒ VA. B′CM = VA. B′C ′C = 2a 2
2
3
Do đó
.
ABCD
Câu 17. Cho tứ diện đều
có cạnh bằng 1 . Trên các cạnh AB và CD lần lượt lấy các điểm M và
uuur uuur r
uuur
uuur
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 .
Trang 13/29 - Mã đề thi 100

File Word liên hệ: 0978064165 - Email:
Facebook: />
Trang 13


ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A

A.

V=

2
18 .

B.

V=

11 2
216 .

Khối Đa Diện - Hình Học 12

V=

C.
Hướng dẫn giải

7 2
216 .

D.

V=

2
108 .

Chọn B

Từ N kẻ NP //AC , N ∈ AD
M kẻ MQ //AC , Q ∈ BC . Mặt phẳng ( P ) là MPNQ
1
2
VABCD = AH .S ABCD =
3
12
Ta có
V = VACMPNQ = VAMPC + VMQNC + VMPNC
AM AP
1 2
1
.
.VABCD = . VABCD = VABCD
AB AD
2 3
3
Ta có
1
1 CQ CN
11 2
1
VMQNC = VAQNC =
.
.VABCD =
. VABCD = VABCD
2

2 CB CD
22 3
2
2
2 1
2 1 AM
2 11
1
VMPNC = VMPCD = . VMACD = .
.VABCD = .
VABCD = VABCD
3
3 3
3 3 AB
3 32
9
1 1 1
V =  + + ÷VABCD ⇒ V = 11 VABCD = 11 2
3 6 9
18
216 .
Vậy
VAMPC =

Câu 18. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vng cạnh bằng a . Cạnh bên SC vng góc với
o
đáy và SB tạo với đáy một góc 45 . Thể tích V của khối chóp S . AOD , với O là tâm của hình
vng ABCD là.
3
A. V = 4a .

B.

V=

a3
2 .

V=

C.
Hướng dẫn giải

a3
12 .

3
D. V = a .

Chọn C

.

·
SBC
= 450 ⇒ SC = a . Vậy

VS . ABCD =

3

a
1
a3
⇒ VS . AOD = VS . ABCD =
3
4
12 .

Trang 14/29 - Mã đề thi 100

File Word liên hệ: 0978064165 - Email:
Facebook: />
Trang 14


ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A

Khối Đa Diện - Hình Học 12

Câu 19. Cho hình chóp đều S.ABC có đáy cạnh bằng a , góc giữa đường thẳng SA và mặt phẳng
( ABC ) bằng 60° . Gọi A′, B′, C ′ tương ứng là các điểm đối xứng của A, B, C qua S . Thể tích
của khối bát diện có các mặt ABC , A′B′C ′, A′BC , B′CA, C ′AB , AB′C ′, BA′C ′, CA′B′ là

2 3a 3
3 .
A.

3
B. 2 3a .

C.
Hướng dẫn giải

3a 3
2 .

4 3a 3
3 .
D.

Chọn C

Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC

( ABC ) .
Vì SA = SB = SC suy ra SI vng góc với mặt phẳng
·SA, ABC = ·SA, IA = SAI
(
)) (
) · = 60° .
(
Và
Tam giác SAI vuông tại I, có
Thể tích khối chóp S.ABC là

SI
a 3
⇒ SI = tan 60°.
=a

AI
3
.
3
1
a 3
= SI .S ∆ABC =
3
12

·
tan SAI
=
VS . ABC

V = 6.VS . ABC

a3 3
=
2 .

Vậy thể tích khối chóp cần tính là
Câu 20. Cho tứ diện ABCD có các cạnh AB, AC và AD đơi một vng góc với nhau,
AB = 6a, AC = 7 a, AD = 4 a . Gọi M , N , P tương ứng là trung điểm các cạnh BC , CD , DB .
Tính thể tích V của tứ diện AMNP .
28
7
V = a3
V = a3
3

3
3 .
2 .
A. V = 7a .
B. V = 14a .
C.
D.
Hướng dẫn giải
Chọn A

.
Trang 15/29 - Mã đề thi 100

File Word liên hệ: 0978064165 - Email:
Facebook: />
Trang 15


ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A

Ta có:

S MNP =

Khối Đa Diện - Hình Học 12

1
S ABC
4
.

1
⇒ VAMNP = VABCD = 7a 3
4
.

( P ) chứa cạnh BC cắt cạnh AD tại E . Biết góc
Câu 21. Cho tứ diện đều ABCD cạnh a . Mặt phẳng
5 2
tan
α
=
P
BCD
( ) và (
) có số đo là α thỏa mãn
7 . Gọi thể tích của hai tứ
giữa hai mặt phẳng
V1
V
V
diện ABCE và tứ diện BCDE lần lượt là 1 và 2 . Tính tỉ số V2 .
1
A. 8 .

3
B. 5 .

5
C. 8 .

Hướng dẫn giải

3
D. 8 .

Chọn B

( BCD ) . Khi đó H ,
Gọi H , I lần lượt là hình chiếu vng góc của A , E trên mặt phẳng
I ∈ DM với M là trung điểm BC .
a 6
a 3
a 3
AH =
DH =
MH =
3 ,
3 ,
6 .
Ta tính được
Ta có góc giữa

( P)

với

( BCD )

⇒ ( ( P ) , ( BCD ) )

·
= EMD
=α

. Khi đó

tan α =

EI 5 2
=
MI
7 .


a 6
x.

DE. AH
3 =x 6
=
 EI =

AD
a
3
⇒
a 3

x.


DE.DH
x 3
DE
EI
DI
3
⇒
=
=
 DI = AD = a = 3

AD AH DH
Gọi DE = x
.
a 3 x 3
MI = DM − DI =
−
2
3 .
Khi đó
x 6
5 2
3
⇔
=
7
EI 5 2
a 3 x 3
5
−

tan α =
=
⇔x= a
2
3
MI
7
8 .
Vậy
Trang 16/29 - Mã đề thi 100

File Word liên hệ: 0978064165 - Email:
Facebook: />
Trang 16


ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A

Khối Đa Diện - Hình Học 12

VDBCE DE 5
V
3
=
= ⇒ ABCE =
VBCDE 5 .
Khi đó: VABCD AD 8
Câu 22. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi M là trung điểm của SA , N là
( R ) chứa MN cắt đoạn SD tại Q và cắt
điểm trên đoạn SB sao cho SN = 2 NB . Mặt phẳng

VS .MNPQ
đoạn SC tại P . Tỉ số VS . ABCD lớn nhất bằng
1
1
3
A. 3 .
B. 4 .
C. 8 .
Hướng dẫn giải
Chọn C

2
D. 5 .

1
SP
SM SP SN SQ
SQ 1
2
1 
=x
+
=
+
⇒
= +x− = x− x > ÷
6.
0 < x ≤ 1 . Ta có SA SC SB SD
SC 2
3

6 
Đặt SC

V
= 2VS . ABC = 2VS . ACD
Mặt khác ABCD là hình bình hành nên có S . ABCD
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.
VS .MNPQ

=

V
VS .MNP
1
1 
1 1
1

+ S .MPQ = x + x  x − ÷ = x 2 + x
2VS . ABC 2VS . ACD 6
4 
6 4
8 .

Suy ra VS . ABCD
1
1
1 1 
1
1
1
f ( x ) = x2 + x
< x ≤ 1 f ′ ( x ) = x + = 0 ⇔ x = − ∉  ;1
2
8
4 6 
4
8 với 6
Xét
;
Bảng biến thiên:

max f ( x ) =

Từ BBT ta có

1 
 ;1

6 

3
8

VS .MNPQ

3
V
. Vậy S . ABCD đạt giá trị lớn nhất bằng 8 .

Trang 17/29 - Mã đề thi 100

File Word liên hệ: 0978064165 - Email:
Facebook: />
Trang 17


ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A

Khối Đa Diện - Hình Học 12

Câu 23. Cho tứ diện ABCD và các điểm M , N , P lần lượt thuộc các cạnh BC , BD , AC sao cho
BC = 4 BM , AC = 3 AP , BD = 2 BN . Tính tỉ số thể tích hai phần của khối tứ diện ABCD được
mp ( MNP )
phân chia bởi
.
7
7
8

8
A. 13 .
B. 15 .
C. 15 .
D. 13 .
Hướng dẫn giải
Chọn A

( MNP ) cắt tứ diện ABCD theo thiết diện
Gọi E = MN ∩ CD , Q = EQ ∩ AD , do đó mặt phẳng
là tứ giác MNQP .
NI =

1
2
BC
NI = MC
2
3
, do BC = 4 BM nên suy ra
. Bởi

Gọi I là trung điểm CD thì NI PCB và
EN
EI
NI 2
=
=
= .
vậy EM EC MC 3

EI 2
ED 1
=
=
Từ I là trung điểm CD và EC 3 suy ra EC 3 .
EK KD ED 1
=
=
=
Kẻ DK P AC với K ∈ EP , ta có EP AC EC 3 . Mặt khác AC = 3 AP nên suy ra
QD QK KD 2
KD 2
=
=
=
=
AP 3 . Do đó QA QP AP 3 .

QK 2
EK 1
EQ 3
=
=
=
Từ QP 3 và EP 3 suy ra EP 5 .
V
V
Gọi V là thể tích khối tứ diện ABCD , 1 là thể tích khối đa diện ABMNQP , 2 là thể tích khối
đa diện CDMNQP .
S ∆CMP CM CP 3 2 1

1
=
.
= . = ⇒ S∆CMP = S ∆CAB
CB CA 4 3 2
2
Ta có S ∆CAB
.
ED 1
3
=
d ( E; ( ABC ) ) = d ( D; ( ABC ) )
2
Vì EC 3 nên
. Do đó :
1
1 1
3
3 1
3
VE .CMP = S∆CMP .d ( E ; ( ABC ) ) = . S ∆CAB . .d ( D; ( ABC ) ) = . S ∆CAB .d ( D; ( ABC ) ) = V
3
3 2
2
4 3
4 .
Trang 18/29 - Mã đề thi 100

File Word liên hệ: 0978064165 - Email:
Facebook: />

Trang 18


ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A
VE .DNQ

Khối Đa Diện - Hình Học 12

ED EN EQ 1 2 3 2
2
2 3
1
.
.
= . . =
VE . DNQ = VE .CMP = . V = V
VE .CMP EC EM EP 3 3 5 15 , nên suy ra
15
15 4
10 .
3
1
13
V2 = VE .CMP − VE . DNQ = V − V = V
4
10
20 .
Từ đó ta có
13
7

V1 = V − V2 = V − V = V
20
20 .
Và
V1 7
=
V
Như vậy : 2 13
=

Câu 24. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thoi, AC cắt BD tại O . Biết OA = 2, OB = 1,
OS = 2 2 . Gọi M là trung điểm của cạnh SC , mặt phẳng ( ABM ) cắt cạnh SD tại N . Tính
thể tích khối chóp S . ABMN .
2
2
V=
V=
V =2 2
4 .
3 .
B.
C.
D. V = 2 .
A.
.
Hướng dẫn giải
Chọn D

.
Ta có:

1
1 1
VS . ABMN = VS . ABN + VS .BMN = VS , ABD + . VS . DBC
2
2 2
1 V 1 V 3V
= . + . =
2 2 4 2
8
.
VS . ABCD = V
với
.
Ta có.
1
1 1
1 4.2
8 2
V = ×S ABCD .SO = × AC .BD.SO = × ×2 2 =
3
3 2
3 2
3 .
3 8 2
⇒ VS . ABMN = ×
= 2
8 3
.
Câu 25. Cho khối tứ diện đều ABCD có thể tích là V . Gọi M , N , P , Q lần lượt là trung điểm của
AC , AD , BD , BC . Thể tích khối chóp AMNPQ là

V 2
A. 3 .

V
B. 6 .

V
C. 3 .
Hướng dẫn giải

V
D. 4 .

Chọn D
Trang 19/29 - Mã đề thi 100

File Word liên hệ: 0978064165 - Email:
Facebook: />
Trang 19


ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A

Khối Đa Diện - Hình Học 12

⇒ VAPMQ = VBPMQ
(do MNPQ là hình thoi), AB // MQ
1
d ( P, ( ABC ) ) = d ( D , ( ABC ) )

2
Mặt khác do P là trung điểm của BD nên
, đồng thời
1
1
1
1
S BQM = S ABC ⇒ VBPMQ = d ( P, ( ABC ) ) .S BQM = d ( D, ( ABC ) ) . S ABC
4
3
6
4
1 1
V
V
= . d ( D, ( ABC ) ) .S ABC = ⇒ VAMNPQ =
8 3
8
4.
Câu 26. Cho khối chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình bình hành và có thể tích bằng 48 . Gọi M , N , P
lần lượt là điểm thuộc các cạnh AB , CD , SC sao cho MA = MB, NC = 2 ND , SP = PC . Tính
Ta có

VAMNPQ = 2VAPMQ

thể tích V của khối chóp P.MBCN .
A. V = 28 .
B. V = 40 .

C. V = 14 .

Hướng dẫn giải

D. V = 20 .

Chọn C

Đặt CD = a và h là độ dài đường cao hạ từ A xuống CD .
S
= a.h
Diện tích hình bình hành ABCD là: ABCD
.

S BMNC =

1
1 a 2a
7
7
( BM + CN ) h =  + ÷h = ah = S ABCD
2
2 2 3 
12
12
.

Diện tích hình thành BMNC là:
1
1 7
1
7

7
VP.MNCB = S MNCB .d( P ,( MNCP ) ) = . S ABCD . d( S ,( ABCD ) ) = VS . ABCD = .48 = 14
3
3 12
2
24
24
Suy ra:
.
Trang 20/29 - Mã đề thi 100

File Word liên hệ: 0978064165 - Email:
Facebook: />
Trang 20


ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A

Khối Đa Diện - Hình Học 12

Câu 27. 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 hai cạnh SB và SD lần lượt tại M và N . Gọi V1 là thể tích
V1
của khối chóp S . AMPN . Tìm giá trị nhỏ nhất của V ?
1
1
2
3
A. 3 .
B. 8 .

C. 3 .
D. 8 .
Hướng dẫn giải
Chọn A

SM
SN
y=
SB ,
SD , ( 0 < x, y ≤ 1) .
Đặt
V1 VS . AMP + VS . ANP = VS . AMP + VS . ANP = 1  SM . SP + SN . SP  1
=
= ( x + y)
2VS . ABC 2VS . ADC 2  SB SC SD SC ÷
 4
V
Ta có V
(1)
V1 VS . AMN + VS . PMN = VS . AMN + VS . PMN = 1  SM . SN + SM . SN . SP  3
=
= xy
2VS . ABD 2VS .CBD 2  SB SD SB SD SC ÷
 4
V
Lại có V
(2).
x=

1

3
x
x
≤1
( x + y ) = xy ⇒ x + y = 3xy ⇒ y =
0
<
y
≤
1
4
3 x − 1 . Từ điều kiện
Suy ra 4
, ta có 3 x − 1 , hay
1
x≥
2.

V1 3 x 2
= .
Thay vào (2) ta được tỉ số thể tích V 4 3x − 1 .
2

3 x
1 
f ( x) = .
, x ∈  ;1
4 3x − 1
 2  , ta có
Đặt

3 3x 2 − 2 x
f ′( x) = .
4 ( 3x − 1) 2

 x = 0 (loaïi)
′
f ( x) = 0 ⇔ 
 x = 2 (nhaä
n)
3

,
.

V
3
1
2 1
min 1 = min f ( x ) = f  2  = 1
f  ÷ = f ( 1) =
f  ÷=
 ÷
V x∈ 1 ;1
8 ,  3  3 , do đó
 2
3 3 .
2 
Câu 28. Cho tứ diện ABCD và các điểm M , N , P thuộc các cạnh BC , BD , AC sao cho BC = 4 BM ,
AC = 3 AP , BD = 2 BN . Tính tỉ số thể tích hai phần của khối tứ diện ABCD được phân chia bởi

mặt phẳng
8
A. 15 .

( MNP ) .

8
B. 13 .

7
C. 13 .

7
D. 15 .

Trang 21/29 - Mã đề thi 100

File Word liên hệ: 0978064165 - Email:
Facebook: />
Trang 21


ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A

Khối Đa Diện - Hình Học 12

Hướng dẫn giải
Chọn C

( DBC )
( ACD )
Trong mặt phẳng
Trong mặt phẳng

vẽ MN cắt CD tại K .
vẽ PK cắt AD tại Q .

KC ND MB
.
.
=1
Theo định lý Mennelaus cho tam giác ∆BCD cát tuyến MNK ta có KD NB MC
KC
⇒
=3
KD
.
KC QD PA
.
.
=1
PKQ
KD
QA
PC
∆
ACD
Theo định lý Mennelaus cho tam giác
cát tuyến

ta có

QA 3
= ⇒ QA = 3
QD 2
AD 5 .
V = VABCD
Đặt
, ta có
VB. APQ S APQ AP AQ 1
1
4
=
=
.
= ⇒V
VB. ACD ⇒ VB.PQDC = V
B. APQ =
V
S
AC
AD
5
5
5 .
ACD
• B. ACD
VP.BMN S BMN BM BN 1
VP.BCD SCPD CP 2
1

=
=
=
= ⇒V
=
.
=
= V
P
.
BMN
S ACD CA 3
BC BD 8 và V
12 .
• VP.BCD S BCD
VQ.PBN S PBN 1
VBQPD S DQP S DQP S ADP 2
1
=
=
=
=
.
=
⇒
V
=
V
QPBN
V

SPBD 2
S ACD S DAP S ACD 15
15 .
• Q.PBD
và V
V
V
+V
+ VQ.PBN
7 ⇒ VAB.MNPQ = 7
⇒ AB.MNPQ = A.BPQ P .BNM
=
VCD.MNPQ 13
V
V
20
.
⇒

Câu 29. Cho khối chóp tứ giác S . ABCD có đáy là hình bình hành. Gọi M là trung điểm của SC , mặt
( P ) chứa AM và song song BD chia khối chóp thành hai khối đa diện, đặt V1 là thể tích
phẳng
V2
V
khối đa diện có chứa đỉnh S và 2 là thể tích khối đa diện có chứa đáy ABCD . Tỉ số V1 là:

V2
=2
V
1

A.
.

V2
=1
V
1
B.
.

V2 3
=
V
2.
1
C.
Hướng dẫn giải

V2
=3
V
1
D.
.

Trang 22/29 - Mã đề thi 100

File Word liên hệ: 0978064165 - Email:
Facebook: />
Trang 22

ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A

Khối Đa Diện - Hình Học 12

Chọn A
V
=V
Đặt S . ABCD
.
Gọi O là giao điểm hai đường chéo AC và BD . Gọi I là giao điểm của SO và AM .
( P ) //BD nên ( P ) cắt mặt phẳng ( SBD ) theo giao tuyến NP qua I và song song với BD ;
Do
( N ∈ SB; P ∈ SD ) .
Xét tam giác SAC có I là giao điểm hai trung tuyến nên I là trọng tâm.
VS . APN SP.SN
2 2 4
4
4 1
2
=
= . = ⇒ VS . APN = VS . ADB = . V = V
V
SD
.
SB
3 3 9
9
9 2

9 .
Ta có S . ADB
VS .PMN SP.SM .SN 2 1 2 2
2
2 1
1
=
. . = ⇒ VS .PMN = VS .DCB = . V = V
V
SD
.
SC
.
SB
9
9 2
9 .
Tương tự S .DCB
=3 2 3 9

V2
1
=2
=
V
V1 = VS . APN + VS .PMN 3
V
1
Từ đó
. Do đó

.
S
.
ABCD
ABCD
Câu 30. Cho hình chóp
có đáy
là hình vng cạnh a , SA = a và SA vng góc với đáy.
Gọi M là trung điểm SB , N là điểm thuộc cạnh SD sao cho SN = 2 ND . Tính thể tích V của
khối tứ diện ACMN .
1 3
1
1
1
V=
a
V = a3
V = a3
V = a3
36 .
6 .
8 .
12
A.
B.
C.
D.
Hướng dẫn giải
Chọn D
1

a3
VS . ABCD = SA.S ABCD =
3
3
Cách 1. Ta có
VNDAC =

1
1 1  1  a3
NH .S ∆DAC = . a.  a 2 ÷ =
3
3 3  2  18

1
1 a  1  a3
VMABC = MK .S∆ABC = . .  a 2 ÷ =
3
3 2  2  12

1
a3
d ( A, ( SMN ) ) .S ∆SMN =
3
18
1
1 2  1 a  a3
VNSAM = NL.S∆SAM = . a.  a. ÷ =
3
3 3  2 2  18 .
Suy ra

Trang 23/29 - Mã đề thi 100

File Word liên hệ: 0978064165 - Email:
Facebook: />
Trang 23


ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A

Khối Đa Diện - Hình Học 12

1
1
a3
VC .SMN = d ( C , ( SMN ) ) .S∆SMN = d ( A, ( SMN ) ) .S ∆SMN =
3
3
18
Mặt khác
3
3
3
a a a a3 a3 1 3
V
= VS . ABCD − VNSAM − VNADC − VMABC − VSCMN = 3 − 18 − 18 − 12 − 18 = 12 a
Vậy ACMN
.

Cách 2. Gọi O là giao điểm của AC và BD .
1

a3
VS . ABCD = SA.S ABCD =
3
3 . Vì OM //SD nên SD // ( AMC ) .
Ta có
Do đó

d ( N ; ( AMC ) ) = d ( D; ( AMC ) ) = d ( B; ( AMC ) )

1
a3
⇒ VACMN = VN .MAC = VD.MAC = VB.MAC = VM .BAC = VS . ABCD =
4
12 .
Câu 31. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vng cạnh a , mặt bên SAB là tam giác đều, mặt
bên SCD là tam giác vuông cân tại S . Gọi M là điểm thuộc đường thẳng CD sao cho BM
vng góc với SA . Tính thể tích V của khối chóp S .BDM .
A.

V=

a3 3
32 .

B.

V=

a3 3
48 .

V=

C.
Hướng dẫn giải

a3 3
16 .

D.

V=

a3 3
24 .

Chọn B

Gọi I , J lần lượt là trung điểm của AB và CD .
a 3
a
SI =
SJ =
2 ,
2 , IJ = a .
Gọi H là hình chiếu của S lên IJ . Ta có
2
2
2
Khi đó SI + SJ = IJ suy ra tam giác SIJ vuông tại S .

Trang 24/29 - Mã đề thi 100

File Word liên hệ: 0978064165 - Email:
Facebook: />
Trang 24


ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A
SH =

SI .SJ

=

Khối Đa Diện - Hình Học 12

3
3a
13
a ⇒ HI = SI 2 − SH 2 =
AH = SA2 − SH 2 =
a
4
4 và
4 .

SI + SJ
Ta có
 AB ⊥ SI


 AB ⊥ IJ ⇒ AB ⊥ ( SIJ ) ⇒ AB ⊥ SH .
 SH ⊥ AB

⇒ SH ⊥ ( ABCD ) ⇒ SH ⊥ ( BDM )
Do đó  SH ⊥ IJ
.
BM
⊥
SA


Gọi E = AH ∩ BM . Ta có  BM ⊥ SH ⇒ BM ⊥ AH .
2

2

AE AB
=
$
µ
µ
Ta có ∆ABE đồng dạng với ∆AHI ( vì I = E = 90° và A chung) nên ta cú AI AH
AB. AI
2a
AE =
=
AH
13 .
AB AE
=

à
à
à
ả
Ta cú ABE đồng dạng với ∆BMC ( vì C = E = 90° và B = M ) nên ta có BM BC

AB.BC
13a
=
AE
2 .
a2
1 3a 1
=
=
.a
.
−
.
a
.
a
S ∆BMD = S∆BMC − S∆BDC 2
4
2 2
1 3 1 2
3 3
1
a. a =
a

V = .SH .S ∆BMD = .
3 4 4
48 .
3
Thể tích V của khối chóp S .BDM là
Câu 32. 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
V +V
nhất và giá trị nhỏ nhất của thể tích khối tứ diện ABMN . Tính 1 2 .
⇒ BM =

2
A. 12 .

17 2
B. 216 .

17 2
C. 72 .
Hướng dẫn giải

17 2
D. 144 .

Chọn B

Trang 25/29 - Mã đề thi 100

File Word liên hệ: 0978064165 - Email:
Facebook: />

Trang 25