Dang 2. Tính thể tích các khối đa diện(VDC)

Câu 1.

[2H1-3.2-4] (ĐH Vinh Lần 1) Cho hình chóp tứ giác đều

S . ABCD

có

SA = a 11 , cơsin góc

1
hợp bởi hai mặt phẳng ( SBC ) và ( SCD ) bằng 10 . Thể tích của khối chóp S . ABCD bằng
A. 3a 3 .

B. 9a 3 .

C. 4a 3 .
D. 12a 3 .
Tác giả: Nguyễn Thị Thu Hằng ; Fb: Nguyễn Thu Hằng.

A. Phân tích bài tốn:

S . ABCD đều nên đáy ABCD là hình vng và SO ^ ( ABCD)
O = AC Ç BD .Suy ra hình vẽ đã được xác định.

1)Hình chóp

2)Theo tính chất hình chóp đều,các cạnh bên
tính tốn có mối quan hệ với nhau.

với

SA = SB = SC = SD = a 11 . Từ đó các dữ kiện

3) Góc giữa hai mặt phẳng là góc khơng tù, cách xác định góc giữa hai mặt phẳng. Tận dụng
đặc điểm của hình chóp đều có
phẳng

( SBC )

và

( SCD)

BD ^ ( SAC ) , kẻ hai đường thẳng lần lượt nằm trong 2 mặt

và vng góc với giao tuyến

SC .Khi đó học sinh sẽ dễ ngộ nhận góc

·
·
, khơng phải góc BMD
.Góc giữa hai mặt phẳng ( SBC )
BMD
·
·
.Vì góc BMD
là góc tù.
BMD

giữa hai mặt phẳng là góc

( SCD) là góc bù với góc

4) Định lí cosin trong tam giác

·
.
a 2 = b2 + c 2 - 2bc cos BMD

ABC

với

Áp dụng định lí cosin trong tam giác
suy ra chiều cao

SO

và

a = BC ; b = AC ; c = AB suy ra

BMD

ta sẽ tìm được cạnh của hình vng đáy. Dễ dàng

của hình chóp. Thể tích đã được tính.
B. Lời giải

Chọn C

BD ^ AC ; BD ^ SO Þ BD ^ SC . Trong tam giác SBC kẻ đường cao BM
Þ DM ^ SC . Góc giữa hai mặt phẳng ( SBC ) và ( SCD ) chính là góc giữa hai đường thẳng

Có

MB

và

MD .

Trong tam giỏc vuụng

OMC

cú

ả
OM < OC = OB ị 2OM < BD ị Bà + Dà < M
1

Ã
ị cos BMD
=ả
ả
ả
Ã
.

Hay
gúc
tự
ị 180- M < M Þ M > 90°
10
BMD

.


Đặt

AB = x , SE

là đường cao trong tam giác

SBC

nên

SE.BC = BM .SC
2

Û 11a 2 -

x
x
x2
. 11a 2 .x = BM .a 11 Û BM =
4 .

4
a 11

Áp dụng định lí cosin trong tam giác

BMD có

2
·
·
BD 2 = BM 2 + DM 2 - 2BM .DM .cos BMD
Û BD 2 = 2 BM 2 - 2 BM
cos BMD
2

ổx
2
ổ 1ữ
ử
x2 ử
ữ
ỗỗ
2
ữ
ỗỗ1 + ữ

x
2
=
2

.
11
a
2
2
ữ
Ã
ỗ
ữỗ
BD = 2 BM 1- cos BMD
ứ
4ứ
ữố 10 ữ
ỗốa 11
ử11
2 x2 ổ
x2 ữ
2
2
1
x2
ỗ
2 x = 2 ỗ11a - ữ
=
ữ
11a ỗố
4ữ
ứ10 10 40a 2 x = 2a .

) ( )

(

Thể tích của khối chóp

S . ABCD bằng

1
1
11a 2 - 2a 2 2
2
2
2
V = SO.S ABCD = SC - OC .( 4a) =
.4a = 4a 3
.
3
3
3
Cách 2. (Nguyễn Việt Hải): Cách nhìn khác tìm yếu tố cạnh đáy.
Đặt

·
x = OB, 2α = BMD

Ta

có

−1

9
OM 2
9
11 x 2
1 
 1
2
2
= cos 2α = 2 cos α − 1 ⇔ cos α = ⇔
= ⇔ =
= x2  2 + 2 2 ÷
2
2
2
10
20 OM + OB 20
9 OM
 x 11a − x 
2
2
x
= 2 2
Hay 9 11a − x đến đây OK.
C. Sai lầm học sinh hay mắc phải:

·
cos BMD
=

1

10 . Và bài tốn sẽ

·
Xác định góc giữa hai mặt phẳng chính là góc BMD
suy ra
khơng giải được. Hoặc xét hai trường hợp sẽ mất thời gian cho bài toán:
·
cos BMD
=

1
1
·
Úcos BMD
=10
10

D. Khai thác bài tốn:
Từ hình chóp đều ta có tể sáng tạo ra các câu 45 khi ta biết hai dữ liệu:
Độ dài cạnh bên và 1 góc ( có thể là góc giữa đường thẳng và mặt phẳng, góc giữa hai mặt
phẳng, góc giữa hai đường thẳng).
Độ dài cạnh bên và khoảng cách ( Đề thi học sinh giỏi tỉnh Đà Nẵng).
Và cịn nhiều bài tốn khác liên quan đến hình chóp đều khi các bạn biết hai dữ kiện.
E. Sau đây là một vài bài tập tương tự.
Câu 2.

[2H1-3.2-4] (Phan Đình Tùng Hà Tĩnh) (Phan Đình Tùng Hà Tĩnh) Cho hình hộp đứng

ABCD.A′ B′C ′D′

S1 . Tứ giác ACC ′A′ và BDD′B′ có
S3 . M là một điểm bất kì thuộc mặt phẳng ( ABCD ) . Kí hiệu V

có đáy là hình thoi và diện tích đáy bằng

diện tích lần lượt bằng

S2

là thể tích của khối chóp

và

M . A′ B′C ′D′ . Khẳng định nào dưới đây là khẳng định đúng?


A.

S1S2 S3
.
6

V=

B.

V=

2S1S2 S3
3

.

C.

2
S1S2 S3 .
6

V=

D.

V=

3
S1S 2 S3 .
9

Lời giải
Tác giả: Trần Quốc Tú; Fb: tran tu
Chọn C

1
S1 = A′C ′.B′D′ ; S2 = A′C ′. AA′ ; S3 = B′D′.AA′
Ta có:
.
2
Vì M thuộc mặt phẳng
. Do đó:

( ABCD )

nên khoảng cách từ

M

đến mặt phẳng

( A′ B′C ′D′ )

bằng

AA′

1
1
1
1 1
V = AA′.S A′B′C ′D′ = AA′. A′C ′.B′D′ =
( A′C ′.B′D′ ) . ( A′C ′.AA′ ) . ( B′D′.AA′ )
3
3
2
3 4
=
Câu 3.

1 11
1 1

2

S1S 2 S3 =
S1S 2 S3 .
 . A′C ′.B′D′ ÷. ( A′C ′. AA′ ) . ( B′D′. AA′ ) =
3 22
3 2
6


[2H1-3.2-4] (Phan Đình Tùng Hà Tĩnh) (Phan Đình Tùng Hà Tĩnh) Trong khơng gian với
hệ trục tọa độ

Ox; Oy; Oz
A.

9 3 16 .

Oxyz , cho điểm M ( 1;1;4 ) . Gọi ( P )

lần lượt tại

là mặt phẳng đi qua

M ( 1;1;4 ) và cắt 3 tia

A; B; C . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức S = OA + 4OB + OC
B.

25 .

C.

36 .

D.

là

93 4 .

Lời giải
Tác giả: Tuyetnguyen; Fb: Tuyetnguyen
Tác giả: Lê Thị Giang ; Fb: Giang Lê
Chọn B
Giả sử

A ( a ;0;0 ) , B ( 0; b ;0 ) , C ( 0;0; c )

( P) :
Khi đó phương trình mặt phẳng

với

a;b; c > 0 .

x y z
+ + =1
a b c , S = OA + 4OB + OC = a + 4b + c .

Do mặt phẳng

( P) :

x y z
1 1 4
+ + =1
M
1;1;4
( ) nên a + b + c = 1 .
đi qua
a b c

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopski ta có:
2
 1 1 4
(a + 4b + c)  + + ÷ ≥ ( 1 + 2 + 2 )
⇔ S ≥ 25 .
a b c

a = 5
1 1 4
+
+
=
1
 5
 a b c


⇔ b =
⇔
2
 2
 a 2 = 4b 2 = c
 c = 10 .

Dấu “=” xảy ra
4
Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức
Câu 4.

S = OA + 4OB + OC là 25.

[2H1-3.2-4] (THPT-Yên-Khánh-Ninh-Bình-lần-4-2018-2019-Thi-tháng-4) Cho hình chóp

S. ABCD

có đáy

ABCD là hình vng cạnh bằng a , SA = a 3 ; SA ⊥ ( ABCD ) . Gọi M , N

lượt là trung điểm của các cạnh

A.

cắt

SC

tại

I . Tính thể tích khối

ABCDMNI .

đa diện

V=

SB , SD ; mặt phẳng ( AMN )

lần

5 3 a3
18 .

B.

V=

3 a3
18 .

C.

V=

5 3 a3
6

D.

V=

13 3 a 3
36 .

Lời giải
Tác giả: Thái Lê Minh Lý; Fb: Lý Thái Lê Minh
Chọn A

Trong mp

( SBD ) , gọi P là giao điểm của MN

Trong mp

( SAC ) , gọi I

là giao điểm của

AP

và
và

SO .

SC .

Theo định lý mendeleus ta có:

AC PO IS
2 1 IS
IS 1 IS 1
. . = 1⇒ . . = 1⇒
= ⇒
= .
AO PS IC
1 1 IC
IC 2 SC 3
Ta có :


VSMNI SM SI SN 1 1 1 1
1
1
=
. .
= . . = ⇒ VSMNI = VSBCD = VSABCD .
VSBDC SB SC SD 2 3 2 12
12
24
VSMNA SM SN SA 1 1 1 1
1
1
=
.
. = . . = ⇒ VSMNA = VSBDA = VSABCD .

VSBDA SB SD SA 2 2 1 4
4
8
1
⇒ VSAMNI = VSMNI + VSMNA = VSABCD .
6
5
⇒ VMNIABCD = VSABCD .
6

1
1
a3 3
2
VSABCD = SA.S ABCD = a 3.a =
.
3
3
3
5
5 3
5 3 3
⇒ VABCDMIN = VSABCD . = . a 3 =
a.
6
6 3
18
Câu 5.

[2H1-3.2-4] (Ngô Quyền Hà Nội) Một hình hộp chữ nhật có kích thước

a(cm) x b(cm) x

3
2
1≤ a ≤ b ≤ c . Gọi V (cm ) và S(cm ) lần lượt là
thể tích và diện tích tồn phần của hình hộp. Biết V = S , tìm số các bộ ba số (a, b,c) ?

c(cm) , trong đó a,b,c

là các số nguyên và

A. 10.

B. 12.

C. 21.

D. 4.

Lời giải
Tác giả: Vũ Thành Tín ; Fb: TinVu
Chọn A
Ta có điều kiện: 1 ≤
Vì V

a≤ b≤ c

= S ⇔ abc = 2 ( ab + bc + ca ) ⇔ bc ( a − 2 ) = 2a ( b + c ) > 0 ⇒ a − 2 > 0

bc ( a − 2 ) = 2a ( b + c ) ⇔
Với

a− 2 1 1  1 1 a−2 4
= 2 + ÷≤ 2 + ÷ ⇔
≤ ⇔ a ≤ 6 ⇒ a ∈ {3;4;5;6}
a
a
a
b c a a

a = 3 ⇒ 3bc = 6 ( b + c ) + 2bc ⇔ bc = 6 ( b + c ) ⇔ ( b − 6 ) ( c− 6 ) = 36

⇒ ( b; c ) = ( 7;42 ) , ( 8;24 ) , ( 9;18 ) , ( 10;15 ) , ( 12;12 )
Với

a = 4 ⇒ 4bc = 8 ( b + c ) + 2bc ⇔ bc = 4 ( b + c ) ⇔ ( b − 4 ) ( c− 4 ) = 16

⇒ ( b; c ) = ( 5;20 ) , ( 6;12 ) , ( 8;8 )
Với

a = 5 ⇒ 5bc = 10 ( b + c ) + 2bc ⇔ 3bc = 10 ( b + c ) ⇔ ( 3b − 10 ) ( 3c − 10 ) = 100

⇒ ( b; c ) = ( 5;10 )
Với

a = 6 ⇒ 6bc = 12 ( b + c ) + 2bc ⇔ bc = 3 ( b + c ) ⇔ ( b − 3) ( c− 3) = 9

⇒ ( b; c ) = ( 6;6 )

Vậy, có tất cả 10 bộ số nguyên
Câu 6.

( a, b, c ) thỏa mãn yêu cầu bài toán.

[2H1-3.2-4] (Chuyên Vinh Lần 3)Cho hình chóp

S. ABC

có các cạnh

SA = BC = 3 ;

SB = AC = 4 ; SC = AB = 2 5 . Tính thể tích khối chóp S . ABC .
390
A. 12 .

390
B. 4 .

390
C. 6 .

390
D. 8 .

Lời giải.

Tác giả: Nguyễn Văn Nghĩa; Fb: Nghĩa Văn Nguyễn.

Chọn B

+ Dựng hình chóp
điểm

S . A ' B ' C ' sao cho A là trung điểm B ' C ' , B

là trung điểm

A 'C ' , C

A' B ' .

+ Khi đó

SB = AC = BA ' = BC ' = 4 nên ∆ SA ' C ' vuông tại S

và

SA '2 + SC '2 = ( 2.SB ) = 64 (1) .
2

+ Tương tự
+ Từ

∆ SB ' C ' , ∆ SA ' B '

 SA '2 + SB '2 = 80 (2)
 2
2

vuông tại S và  SB ' + SC ' = 36 (3) .

( 1) ; ( 2 ) ; ( 3) ta suy ra SC ' =

10 ; SB ' = 26 ; SA ' = 54 .

1
1
1
390
VS . A ' B 'C ' = SC '. .SA '.SB ' = 390 VS . ABC = VS . A' B ' C ' =
+ Ta tính được
và
3
2
4
4 (đvtt).

là trung


Câu 7.

[2H1-3.2-4] (Phan Đình Tùng Hà Tĩnh) (Phan Đình Tùng Hà Tĩnh) Cho hình chóp

S. ABCD

có đáy

ABCD

A vng góc với
khối cầu ngoại tiếp khối ABCDMNP
Một mặt phẳng qua

4a3π 3
B.
3 .

32π a 3
A. 3 .

AB = 2a, BC = CD = DA = a và SA ⊥ ( ABCD) .
SB và cắt SB, SC, SD lần lượt tại M , N , P . Tính thể tích

là hình thang cân với

4π a 3
C. 3 .

4π a 3
D. 24 .

Lời giải
Tác giả: Lý Văn Công; Fb: Hà Minh
Chọn C

ABCD cân và AB = 2BC = 2CD = 2DA nên ·ACB = ·ADB = 90° . Mặt phẳng qua
A vng góc với SB nên AM vng góc với SB .
Do hình thang

BC ⊥ AC , BC ⊥ SA ⇒ BC ⊥ (SAC ) ⇒ BC ⊥ AN . Mặt khác AN ⊥ SB nên AN ⊥ ( SBC )
. Do đó AN ⊥ BN . Tương tự AP ⊥ SB, AP ⊥ BD ⇒ AP ⊥ ( SBD) ⇒ AP ⊥ BP
Ta có

Suy ra các điểm

C , D, P, N

ngoại tiếp khối đa diện

và

M

đều nhìn đoạn

ABCDMNP

AB

dưới một góc vng. Do đó, tâm mặt cầu

là trung điểm đoạn

cầu). Vì vậy, bán kính khối cầu ngoại tiếp hình đa diện

AB

(trong đó

ABCDMNP

là

AB

là đường kính mặt

r=

AB
=a
.
2

4a 3π
V=
Vậy thể tích khối cầu là
3
Câu 8.

[2H1-3.2-4] (-Mai-Anh-Tuấn-Thanh-Hóa-lần-1-2018-2019) Cho tứ diện OABC có

OB = b , OC = c

và đơi một vng góc với nhau. Gọi

bốn mặt của tứ diện. Giả sử
A.

1+ 3 .

B.

a ≥ b, a ≥
2+ 3.

r

là bán kính mặt cầu tiếp xúc với cả

a
c . Giá trị nhỏ nhất của r là
C.

3.

OA = a ,

D.

3+ 3.


Lời giải
Tác giả: Phạm Trần Luân; Fb: Phạm Trần Luân
Chọn D

Ta có :

VOABC =

)

(

1
abc
Stp = ab + bc + ac + a 2b 2 + b 2c 2 + a 2c 2
.
6 ,
2

Gọi T là tâm mặt cầu nội tiếp tứ diện OABC, ta có:

1
1
VOABC = VTOAB + VTOAC + VTOBC + VTABC = r ( SOAB + SOAC + SOBC + S ABC ) = r.Stp
( r là bán kính mặt
3
3
cầu nội tiếp tứ diện

⇒ r=

OABC )

3VOABC
abc

=
Stp
ab + bc + ac + a 2b2 + b 2c 2 + a 2c 2

a ab + bc + ac + a 2b2 + b2c 2 + a 2c 2 a
a
a2
a2
⇒ =
= + 1+ + 2 + 1+ 2
r
bc
c
b
c
b

≥ 1+ 1+ 1+ 1+ 1+ 1 = 3+ 3 .
a
 ÷ = 3+ 3 ⇔ a = b = c
Vậy  r  min
.
Câu 9.

[2H1-3.2-4] (THĂNG LONG HN LẦN 2 NĂM 2019) Cho hình hộp chữ nhật

ABCD.A′ B′C ′D′

có

AB = BC = a , AA′ = a 3 . Gọi I là giao điểm của AD′

chiếu của I trên mặt phẳng
tích của khối tứ diện

và

A′ D ; H là hình

( A′ B′C′D′ ) ; K là hình chiếu của B lên mặt phẳng ( CA′B′ ) . Tính thể

IHBK .

a3 3
A. 4 .

a3 3
B. 6 .

a3 3
C. 16 .

a3 3
D. 8 .

Lời giải
Tác giả: Phan Trung Hiếu; Fb: Hieu Pt
Chọn C

Gọi H là trung điểm của

A′ D′ ⇒ IH // AA′ ⇒ IH ⊥ ( A′ B′C ′D′ )

Gọi K là hình chiếu của B lên

và

CB′ ⇒ BK ⊥ CB′ , mà BK ⊥ A′ B′

IH =

nên

AA′ a 3
=
2
2 .

BK ⊥ ( CA′ B′ ) .


B′B 2 .BC 2 a 3
BK =
=
∆ BB′C có
B′B 2 + BC 2
2 .

d ( IH , BK ) = d ( IH , ( BB′C ′C ) ) = d ( AA′, ( BB′C ′C ) ) = d ( A, ( BB′C ′C ) ) = AB = a.
Gọi

α

là góc giữa

cos α =

Khi đó

Ta có

VIHBK

IH

và BK, mà

IH // BB'

nên

α = B· ′BK

(do

∆ B′BK

BK 1
3
= ⇒ sin α =

BB′ 2
2 .

1
a3 3
= IH .BK .d ( IH , BK ) .sin α =
6
16 .

Câu 10. [2H1-3.2-4] (THPT-Tồn-Thắng-Hải-Phịng) Cho hình lăng trụ
giác đều cạnh

a . Hình chiếu vng góc của điểm A′

ABC . Biết khoảng cách giữa hai đường thẳng AA′
tích V của khối lăng trụ ABC. A′ B′ C ′ .
A.

a3 3
6 .

B.

V=

a3 3
3 .

C.

V=

ABC. A′ B′C ′

lên mặt phẳng

tâm tam giác

V=

vng tại K).

a3 3
24 .

và

( ABC )

BC

D.

có đáy là tam
trùng với trọng

a 3
bằng 4 . Tính thể

V=

a3 3
12 .

Lời giải
Tác giả: Huỳnh Đức Chính ; Fb: Huỳnh Đức Chính
Chọn D

Gọi
Kẻ

M

là trung điểm

BC .

MN ⊥ AA′ ( N ∈ AA′ ) .

 BC ⊥ AM
⇒ BC ⊥ ( AA′ M ) ⇒ BC ⊥ MN

Ta có  BC ⊥ A′ G
.
Đặt

A′ G = x ( x > 0 ) .

Trong

∆ AA′ G có

AG =

2
2 a 3 a 3
AM = .
=
3
3 2
3 .


a2
AA′ = A′ G + AG = x +
Có
3 .
2

∆ AA′ M

Trong

2

2

a2
a2
a

2
⇔ 2x = x + ⇔ x = ⇒ x =
có A′ G. AM = MN . AA′
3
9
3 (vì
2

a > 0).

a 2 3 a a3 3
V = S ABC . A′ G =
. =
Thể tích
4 3 12 .

Câu 11. [2H1-3.2-4] (Chuyên Thái Nguyên) Cho hình hộp chữ nhật
giữa

AB

và

B′ C

2a 5
là 5 , khoảng cách giữa

BC

và

AB′

ABCD.A′ B′C ′D′ . Khoàng cách

2a 5
là 5 , khoảng cách giữa

a 3
là 3 . Tính thể tích khối hộp .

BD′
A. 4a3 .
và

B.

3a3

.

C. 5a 3 .
D. 2a 3 .
Lời giải
Tác giả: Phạm Hoàng Điệp ; Fb:Hồng Điệp Phạm

Chọn D

Gọi độ dài các cạnh của hình hộp chữ nhật lần lượt là:

Ta có:

d ( AB, B′C ) = d ( AB, ( B′CD ) ) = BH =

Xét tam giác

Ta có:

AC

BCB′

AB = x; AD = y; AA ' = z

2a 5
5 ( H là hình chiếu của

B

lên

B′C ).

B

lên

AB′ ).

1 1
1
5
+
=
=
ta có: y 2 z 2 BH 2 4a 2 ( 1) .

d ( BC ; AB′ ) = d ( BC ; ( ADB′ ) ) = BK =

2a 5
5 ( K là hình chiếu của


Xét tam giác

ABB′

Dựng đường thẳng

1 1
1
5
+ 2=
= 2 ( 2)
2
2
ta có: x
.
z BK 4a

d

đi qua

D′

và song song với

A′ C ′ . Kéo dài B′C ′

cắt

d

tại

E′ .

1
d ( AC ; BD′ ) = d ( AC ; ( BD′E ′ ) ) = d ( C ; ( BD′E ′ ) ) = d ( C ′; ( BD′E ′ ) ) = d ( B′; ( BD′E ′ ) )
Ta có:
.
2
Từ

( 1)

và

( 2 ) ⇒ x = y ⇒ A′ B′C ′D′ là hình vng.
2a 3
3 ( I là hình chiếu của
1
3
=
= 2
2
B′I
4a 3

⇒ E ′D′ ⊥ B′D′ ⇒ d ( B′; ( BD′E ′ ) ) = B′I =

Xét tam giác

BB′D′

1
1
+
2
z
x 2
ta có:

(

)

2

B′

lên

BD′ ).

( ).

x = a ⇒ y = a
⇒
3
Từ ( 2 ) và ( 3)
. Vậy VABCD . A′B′C ′D′ = a.a.2a = 2a .
 z = 2a
Câu 12. [2H1-3.2-4] (Nguyễn Khuyến)Cho hình chóp

S. ABC có AB = AC = 4, BC = 2, SA = 4 3,

· = SAC
· = 30° . Thể tích khối chóp S . ABC bằng:
SAB
A. VS . ABC

= 4.

B. VS . ABC

= 6.

C. VS . ABC
Lời giải

= 8.

D. VS . ABC

= 12 .

Tác giả:Trần Thị Phượng Uyên; Fb: Uyentran
Chọn A

Gọi

H là trung điểm BC , ta có AB = AC

nên

AH ⊥ BC , SH ⊥ BC , suy ra BC ⊥ (SAH ) .

Do đó

( SAH ) ⊥ ( ABC ) . Trong mặt phẳng ( SAH ) , kẻ SO ⊥ AH ⇒ SO ⊥ ( ABC ) .

Trong

∆ ABC , AH = AB 2 − HB 2 = 42 − 12 = 15 .

Xét ∆ SAB, ta có
Tương tự ta có:

SB 2 = SA2 + AB 2 − 2SA. AB.cos30o = 16 ⇒ SB = 4 .

SC = 4 ; SH = SB 2 − BH 2 = 42 − 12 = 15 .


S SAH = p( p − SA)( p − SH )( p − AH ),
1
S SAH = p( p − SA)( p − SH )( p − AH ), p = (SA + AH + SH ) = 15 + 2 3
.
2
SO =

2S SAH 4 15
=
AH
5 .

1
1
1
VS . ABC = SO.S ABC = SO. AH .BC
Vậy
3
3
2
1
1
1
1 4 15 1

VS . ABC = SO.S ABC = SO. AH .BC =
. 15.2 = 4
.
3
3
2
3 5 2
Cách 2: Đặt

· = β , BAC
· =γ
· = α , SAC
AS = a , AB = b , AC = c , SAB

.

Sử dụng công thức tính nhanh:

1
VSABC = abc 1 + 2cos α cos β cos γ − cos 2 α − cos 2 β − cos 2 γ
.
6
Áp dụng : a =

cosγ =

4 3, b = c = 4

,

3
2 .

cos α = cos β = cos30° =

AB 2 + AC 2 − BC 2 42 + 42 − 22 7
·
cos BAC =
=
=
2 AB. AC
2.4.4
8.

1
3 3 7 3 3 49
VSABC = .4 3.4.4. 1 + 2. . . − − −
Ta có
6
2 2 8 4 4 64

=4 .

Câu 13. [2H1-3.2-4] (Chun-Thái-Ngun-lần-1-2018-2019-Thi-tháng-3) Cho hình chóp đều

S. ABC

có đáy là tam giác đều cạnh

a . Gọi M , N

lần lượt là trung điểm của

SB, SC . Biết

( AMN ) ⊥ ( SBC ) . Thể tích khối chóp S. ABC bằng
a 3 26
A. 24 .

a3 5
B. 24 .

a3 5
C. 8 .

a 3 13
D. 18 .

Lời giải
Tác giả: Thân Đức Minh; Fb: Thân Đức Minh
Chọn B


E là trung điểm MN , K
ABC .

Gọi

là trung điểm

Ta có:

S , E, K

Ta có:

∆ SAB = ∆ SAC ⇒ AM = AN ⇒

thẳng hàng và

A, H , K

BC , H

là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác

thẳng hàng.
tam giác

AMN

cân tại

A ⇒ AE ⊥ MN

( AMN ) ⊥ ( SBC )

( AMN ) ∩ ( SBC ) = MN
⇒ AE ⊥ ( SBC )


AE
⊥
MN


Ta có:  AE ⊂ ( AMN )

⇒ AE ⊥ SK
SE SM 1
=
=
Ta có: SK SB 2

⇒ AS = AK =

Ta có:

⇒E

VS . ABC

SK ⇒

tam giác

SAK

cân tại

A

a 3
2

SH = SA2 − AH 2 =

Suy ra:

là trung điểm

3a 2 3a 2 a 15
a2 3
−
=
S
=
4
9
6 , ∆ABC
4

1
a3 5
= SH .S∆ ABC =
3
24 .

ABC. A′ B′C ′ có độ dài tất cả các cạnh
bằng 1 . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của hai cạnh AB và AC . Tính thể tích V của khối
đa diện AMNA′ B′C ′ .

Câu 14. [2H1-3.2-4] (Chuyên Bắc Giang) Cho lăng trụ đều

A.

V=

Chọn A

7 3
48 .

B.

V=

5 3
32 .

V=

7 3
32 .

V=

5 3
48 .

C.

D.
Lời giải
Tác giả: Đinh Văn Trường; Fb: Đinh Văn Trường


Trong mặt phẳng

( ABB′A′ ) : AA′ ∩ B′M = S .

M , N lần lượt là trung điểm của hai cạnh AB
tam giác ABC ⇒ MN // BC . Do đó, MN // B′C ′ .
Ta có

Ta có: ba điểm

S , N , C′

⇒ S , N , C′

thẳng hàng.

Ta có

AM // A′ B′

Do đó,

SA′ = 2

Kí hiệu

V1 , V2

và

AC

nên

MN

cùng thuộc giao tuyến của hai mặt phẳng

SA AM 1
=
=
nên SA′ A′ B′ 2 ⇒ A là trung điểm của

là đường trung bình của

( MNC ′B′ )

và

( ACC ′A′ )

SA′ .

1
1 3

3
S∆ AMN = S∆ ABC = .
=
và SA = 1 . Mặt khác:
4 4
16 .
4
tương ứng là thể tích của các khối chóp

Thể tích của khối đa diện

1

AMNA′ B′C ′

S . A′ B′C ′

và

S. AMN .

là

1

1

3 1

3

7 3

V = V1 − V2 = 3 .SA′.S∆ A′B′C ′ − 3 .SA.S∆ AMN = 3 .2. 4 − 3 .1. 16 = 48

(đvtt).

Câu 15. [2H1-3.2-4] (KHTN Hà Nội Lần 3) Cho hình chóp tam giác đều

S . ABC

 HẾT 

Gọi

M, N

khối chóp

lần lượt là trung điểm của

S . ABC

a 3 14
A. 8 .

SA, SC . Biết rằng BM

có cạnh đáy bằng

vng góc với

a.

AN . Thể tích

bằng

a3 3
B. 4 .

a3 3
C. 12 .

a3 14
D. 24 .

Lời giải
Tác giả:Nguyễn Xuân Quân ; Fb: Nguyễn Xuân Quân
Chọn D


S. ABC là hình chóp tam giác đều nên SA = SB = SC
uur uur uur uuur uuur uur
SA.SB = SB.SC = SC.SA .

Vì

uuur uuur uur 1 uuur uur uuuur uuur uur
AN = SN − SA = SC − SA BM = SM − SB =

Ta có
;
2

và

·ASC = BSC
· = CSA
· , do đó

1 uur uur
SA − SB
.
2

uuuur uuur
 1 uur uur   1 uuur uur 
BM ⊥ AN ⇔ BM . AN = 0 ⇔  SA − SB ÷ SC − SA ÷ = 0
Theo giả thiết
2
 2

r 1 uur 2 1 uur uuu
r uur uur
1 uur uuu
SA.SC − SA − SB.SC + SB.SA = 0
4
2
2
uur uuu

r uur 2
⇔ 3SA.SC − 2SA = 0
⇔ 3.SA.SC.cos ·ASC − 2SA2 = 0
⇔

2
⇔ cos ·ASC =
3
Xét tam giác

ASC , theo định lý cơsin ta có
2 2
AC 2 = SA2 + SC 2 − 2 SA.SC.cos ·ASC = SA2 + SA2 − 2.SA2 . = SA2
3 3
⇒ SA =

Gọi

G

AC. 6 a. 6
=
2
2

là trọng tâm tam giác

ABC
2

SG ⊥ ( ABC )

ta có

và

2

 a 6   a 3  a 42
SG = SA − AG = 
÷÷ + 
÷÷ =
2
3
6 .

 

2

Vậy,

VS . ABC

2

1
1 a 2 3 a 42 a 3 14
= .S ABC .SG = .
.

=
3
3 4
6
24 .

Câu 16. [2H1-3.2-4] (Chuyên-Thái-Nguyên-lần-1-2018-2019-Thi-tháng-3) Cho hình lăng trụ đứng

ABC.A ' B ' C ' có đáy ABC là tam giác vng tại A và AB = AC = a . Biết góc giữa
hai đường thẳng AC ' và BA ' bằng 600 . Thể tích của khối lăng trụ ABC. A ' B ' C ' bằng
tam giác


A.

a3 .

B.

a3
C. 3 .

2a3 .

a3
D. 2 .

Lời giải

Tác giả: Nguyễn Thành Nhân ; Fb: Nguyễn Thành Nhân

Chọn D

D là đỉnh thứ tư
A ' B ' DC ' .

Gọi

Khi đó góc giữa

BA '

và

của hình bình hành

AC '

và

·A ' BD = 60° .

+ Trường hợp 1: Góc
Ta gọi

O là tâm của hình bình hành A ' B ' DC ' .

Ta có

A ' D = 2 A ' O = B 'C' = a 2 .

Do

A ' BD

·A ' BD = 60°

Từ đó tính được

có

A′ B = A′ B′ 2 + BB′ 2 = DB′ 2 + BB′ 2 = BD

nên tam giác

∆ A ' BD

đều suy ra

nên

∆ A ' BD

cân tại

B.

A′ B = A′ D = a 2 .

B′B = A′ B 2 − A′ B′ 2 = a .

Thể tích lăng trụ là

V = BB′.S ABC =

+ Trường hợp 2: Góc

a3
2.

·A′ BD = 120° .

Lập luận như trường hợp 1 ta cũng có
thời là đường cao.

∆ A ' BD

cân tại

B. Do đó BO là tia phân giác cũng đồng

a 2
A′O
a 6 a 2
BO =
= 2 =
<
= B′O
0
Tính được
là điều vơ lý vì

tan 60
6
2
3
tam giác vng

bằng góc giữa

60° .

BD và bằng

Tam giác

BA '

BO là cạnh huyền trong

BB′O .

Câu 17. [2H1-3.2-4] (PHÂN TÍCH BL_PT ĐỀ ĐH VINHL3 -2019..) Cho hình hộp
ABCD. A ' B ' C ' D ' có thể tích bằng V . Gọi M , N , P, Q, E , F lần lượt là tâm các hình bình hành
ABCD, A ' B ' C ' D ', ABB ' A ', BCC ' B ', CDD ' C ', DAA ' D '. Thể tích khối đa diện có các đỉnh
M , P, Q, E , F , N bằng

V
A. 4 .

V
B. 2 .

V
C. 6 .

Lời giải

V
D. 3 .

Tác giả: Nguyễn Thị Hường; Fb: Huong Nguyen Thi


Chọn C

Gọi V1 là thể tích khối đa diện có các đỉnh
Gọi

S, h

M , P, Q, E , F , N .

lần lượt là diện tích đáy và chiếu cao của hình hộp

ABCD. A ' B ' C ' D '

.

1
1
S

S PQEF = PE.QF .sin( PE, QF ) = AB.BC.sin( AB, BC ) =
Ta có
2
2
2.
S S
S PQEF = S − 4. =
( Hoặc cách khác
8 2)
1
1S V
V1 = S PQEF ( d ( M ,( PQEF ) + d ( N ,( PQEF ) ) =
h=
Suy ra
3
32
6.
Phân tích:
+ Kiến thức trọng tâm của bài tốn là cơng thức tính thể tích hình lăng trụ, hình chóp, diện tích
hình bình hành và khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng.
+ Sử dụng quan hệ song song để tính tỷ số khoảng cách, tỷ số diện tích.
Câu 18. [2H1-3.2-4] (Sở Ninh Bình Lần1) Cho hình chóp đều

SA sao cho SA = 4SM
tích V của khối chóp S . ABC là
điểm

A.

M

V=

thuộc cạnh

2
3.

B.

V=

2 5
9 .

và

SA

4
C. 3 .

Lời giải

S . ABC

có độ dài cạnh đáy bằng

vng góc với mặt phẳng

D.

V=

2,

( MBC ) . Thể

2 5
3 .

Tác giả:Trần Quang ; Fb: Quangpumaths
Chọn A


Gọi

D

là trung điểm

Ta có tứ giác

BC , H

là chân đường cao khối chóp hạ từ

S.

SMHD nội tiếp đường trịn đường kính SD . Theo tích chất cát tuyến

2 3
3 2 2 2
8
SA = AD ⇔ SA2 = ⇒ SH = SA2 − AH 2 =
4
3
3
3 .
1
2
= SH .S ABC = .
3
3

AS . AM = AH . AD ⇔
V

Nên S . ABC


Câu 19. [2H1-3.2-4] (Phan Đình Tùng Hà Tĩnh) (Phan Đình Tùng Hà Tĩnh) Cho hình chóp
có

SA = SB = SC =

tâm tam giác

2a 3
A. 9 .

S .ABC

a 39
3 . Tam giác ABC cân tại A có góc A = 120° , BC = 2a . G là trọng

SAB . Thể tích khối chóp G.ABC
B. a 3 .

là

a3
C. 3 .

a3
D. 9 .

Lời giải
Tác giả: Nguyễn Thành Biên ; Fb: BienNguyenThanh.
Chọn D


Gọi

H

S

là hình chiếu của

trên mặt đáy, vì

SA = SB = SC

nên

HA = HB = HC

hay

H

là tâm

BC
2a 3
=
đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC
2sin A
3
 AO ⊥ BC
·
·
= CAO
= 60°
Gọi O là trung điểm BC , tam giác ABC cân tại A nên  BAO
⇒ HA = HB = HC =

AB = AC =

Suy ra

Diện tích tam giác

BO
2a 3
=
·
3
sin BAO

ABC

là

S ABC

1
a2 3
= AB. AC.sin120° =
2
3

39a 2 12a 2
SH = SA − AH =
−
=a 3
Đường cao của khối chóp là
9
9

2

2

1 a2 3
a3
V
= .
.a 3 =
Thể tích khối chóp S . ABC là S . ABC 3 3
3
1
1
GM = SM ⇒ d ( G, ( ABC ) ) = d ( S , ( ABC ) )
Do G là trọng tâm tam giác SAB nên
3
3

1
a3
⇒ VG . ABC = VS . ABC =
3
9.

Cách 2: (Tác giả: Dương Quỳnh Nga; Trình bày: Thịnh Nguyễn Văn).

H là hình chiếu của S trên mặt đáy ( ABC ) , vì SA = SB = SC
Gọi O là trung điểm BC ⇒ HO ⊥ BC
Gọi

Tam giác
Vậy

H

Ta có

ABC

cân tại

A

 AO ⊥ BC
·
·
= CAO
= 60° .
nên  BAO

nằm trên đường thẳng

BO =

nên

AO

và

∆ HAB

đều.

AH . 3
2 BO 2a 3
⇒ AH =
=
= AB
.
2
3
3

39a 2 12a 2
SH = SA − AH =
−
=a 3
Đường cao của khối chóp là
.
9
9
2

Diện tích tam giác
Thể tích khối chóp

ABC

là

S. ABC

1
a3
⇒ VG . ABC = VS . ABC =
3
9.

S ABC
là

2

1
a2 3
= AB. AC.sin120° =
2
3

VS . ABC

1 a2 3
a3
= .
.a 3 =
3 3
3

HA = HB = HC .

Câu 20. [2H1-3.2-4] (THPT ĐÔ LƯƠNG 3 LẦN 2) Cho hình chóp
đều cạnh bằng 1 . Biết khoảng cách từ

( SAC )

15
là 10 , từ

A

đến mặt phẳng

C đến mặt phẳng ( SAB )

S. ABC

( SBC )

có đáy

6
là 4 , từ

ABC

B

là tam giác

đến mặt phẳng

30
là 20 và hình chiếu vng góc của

đáy nằm trong tam giác

ABC . Thể tích khối chóp S. ABC bằng

1
A. 36 .

1
B. 48 .

1
C. 12 .

S

xuống

1
D. 24 .

Lời giải

Tác giả: Nhữ Văn Huấn; Fb: Huân Nhu
Chọn B

( ABC ) .

Gọi

O là chân đường cao hạ từ S

Đặt

d ( O, BC ) = a , d ( O, AC ) = b , d ( O, AB ) = c , SO = h .

Ta có

xuống mặt phẳng

S ∆ ABC = S ∆ OBC + S ∆ OAC + S ∆ OAB ⇒ a + b + c =
d ( O, ( SBC ) )

(

Mặt khác d A, ( SBC )

)

=

3
( 1) (vì
2

∆ ABC

đều cạnh bằng 1 ).

OM OI 2a
2a 6 a
=
=
⇒ d ( O, ( SBC ) ) =
.
=
AM AK
3
3 4
2.

2 1 1
= + ⇒ a=h
Suy ra a 2 h 2 a 2
.
d ( O, ( SAC ) )

(

Tương tự d B, ( SAC )

)

=

d ( O, AC )
d ( B,AC )

=

2b
2b 15 b
⇒ d ( O, ( SAC ) ) = .
=
3
3 10
5.

5 1 1
= + ⇒ b = 2h
Suy ra b 2 h 2 b 2
.
d ( O, ( SAB ) )

(

Tương tự d C, ( SAB )

)

=

d ( O, AB )
d ( C,AB )

=

2c
3

⇒ d ( O, ( SAC ) ) =

2c

30
c
=
3 20
10 .
.


10 1 1
= + ⇒ c = 3h
Suy ra c 2 h 2 c 2
.

( 1) ⇒ h + 2h + 3h =

3
3
1
1
⇔ h=
⇒ V = .SO.S ∆ ABC =

2
12
3
48 .

Câu 21. [2H1-3.2-4] (Hậu Lộc Thanh Hóa) Cho hình lăng trụ
chữ nhật

ABCD. A′ B′C ′D′

AB = a , AD = a 3 . Hình chiếu vng góc của A′

AC và BD . Góc giữa hai mặt phẳng ( ADD′A′ )
thể tích khối tứ diện ACB′ D′ .
a3
B. 6 .

( ABCD )

trên mặt phẳng

với giao điểm của

a3
A. 2 .

có đáy ABCD là hình

và

( ABCD )

a3
C. 3 .

bằng

trùng

60° . Tính

3a 3
D. 2 .

Lời giải

Tác giả: Lê Hồng Phi; Fb: Lê Hồng Phi
Chọn A

Gọi

O = AC ∩ BD và I

là trung điểm của

AD .

( ADD′A′ ) ∩ ( ABCD ) = AD , OI ⊥ AD và A′ O ⊥ ( ABCD )
( ADD′A′ ) và ( ABCD ) là ·A′IO = 60° .

Ta có

Tam giác

A′ IO

vng tại

Thể tích của khối lăng trụ
Dễ thấy

O

a
a 3
A′O = IO tan ·A′IO = ×tan 60° =
nên
2
2 .

ABCD.A′ B′C ′D′

VCC ′B′D′ = VB ' ABC = VAA′B′D′ = VD′ACD

Vậy thể tích khối tứ diện

nên góc giữa hai mặt phẳng

ACB′D′

a 3 3a 3
V = AB. AD. A′O = a.a 3 ×
=
là
2
2 .

1 1
1
a 3 a3
= × ×AD ×DC ×A′ O = ×a 3 ×a ×
=
3 2
6
2
4.

là

VACB′D′ = V − VCC′B′D′ − VB ' ABC − VAA′B′D′ − VD′ACD = V − 4VD′ACD

3a3
a3 a3
=
− 4× =
2
4 2.

Câu 22. [2H1-3.2-4] (KSCL-Lần-2-2019-THPT-Nguyễn-Đức-Cảnh-Thái-Bình) Cho khối lăng trụ

ABC.A′ B′C ′ . Gọi G là trọng tâm tam giác ABC . M , N , P lần lượt là trung điểm
của CC ′ , A′ C ′ , A′ B′ . Biết thể tích của khối GMNP bằng 5 , tính thể tích khối lăng trụ
ABC.A′ B′C ′ .
tam giác


A.

72 .

B.

C. 18 .

21 .

D. 17 .

Lời giải
Tác giả:Tuyetnguyen ; Fb: tuyetnguyen

Chọn A
Gọi

Q là trung điểm của AB .

Đặt

S = S PQCC′ ; h = d ( A′, ( PQCC ′ ) ) .

1
VN .GMP = SGMP .d ( N , ( GMP ) ) = 5 ⇒ S .d N , ( GMP ) = 15
Theo giả thiết
.
GMP
3

(

)

S S 1 1 2
5S
S MPG = S PQCC ′ − S PQG − S PMC′ − S MGC = S − − − . . S =
Ta có
6 4 2 2 3
12 .

1
d ( N , ( GMP ) ) = d ( A′, ( GMP ) )
Lại có
.
2
Suy ra:

SGMP .d ( N , ( GMP ) ) =

5S h
.
12 2 ⇒ S .h = 72 .

2V
VA′.PQCC ′ = . ABC . A′B′C ′
Mặt khác, vì
nên VABC . A′ B′C ′ = S .h = 72 .
3
2

S. ABCD có đáy
SC sao cho SP = 2 PC , M

Câu 23. [2H1-3.2-4] (Trung-Tâm-Thanh-Tường-Nghệ-An-Lần-2) Cho hình chóp

ABCD là hình bình hành. Gọi N là trung điểm SB, P
thuộc đoạn

SA

cắt DP tại
bằng

R.

A.

65cm

3

.

thuộc đoạn

4
SM = MA.
sao cho
Mặt phẳng ( MNP ) cắt
5

Biết rằng thể tích khối chóp

260 3
cm
B. 9
.

SD
EPQR bằng 18cm3 .
C.

75cm3 .

BC tại E , CQ
Thể tích khối chóp SMNPQ
tại

Q. NP

D.

cắt

70cm3 .


Lời giải
Tác giả: Lê Thị Giang; Fb: Giang Lê
Chọn A

Gọi

O = AC ∩ BD, I = MP ∩ SO ⇒ Q = NI ∩ SD

ÁP dụng định lí Menelauyt cho tam giác

SBC

NB PS EC
. .
=1
với cát tuyết NPE , ta được NS PC EB

⇒ CE = CB (1)
Do

MIP

uur uur
uuur
2 uuur

4 uur
SI = xSP + (1 − x) SM = x SC + (1 − x) SA
nên
3
9

uur uuur  1 uuur 1 uur 
3
8
SI = k SO = k  SC + SA ÷⇒ x = , k =
2 
5
15 . Tương tự với ba điểm thẳng hàng N , I , Q ta có
2
uuur 4 uuur
SQ = SD
(2)
7
ÁP dụng định lí Menelauyt cho tam giác

SCQ

RQ 6
=
với cát tuyết PRD , ta được RC 7

Từ (1), (2) và (3) ta có

S PRQ =

6
6 1
2 4
8
S PQC = . S SQC = . .S SDC = S SDC
13
13 3
13 7
91

⇒ VEPQR =

8
8
4
18.91
VESDC = VSBDC = VSABCD ⇒ VSABCD =
91
91
91
4

 SM SN SP SM SP SQ  VSABCD
VSMNPQ = VSMNP + VSMPQ = 
. . +
. . ÷
Do đó
 SA SB SC SA SC SD  2

 4 2 1 2 4 4 V

=  . . + . . ÷. SABCD = 65cm3
 9 3 2 3 9 7 2

( 3)


Câu 24. [2H1-3.2-4] (THPT LÊ QUÝ ĐÔN QUẢNG NGÃI) (THPT LÊ Q ĐƠN QUẢNG

S. ABC
tích khối tứ diện S . ABC .
NGÃI) Cho tứ diện

2
A. 12 .

có

SA = 1 , SB = 2 , SC = 3

2
B. 2 .

và

·ASB = BSC
· = CSA
· = 60° . Tính thể

3
C. 2 .

D.

Lời giải

2.

Tác giả: Hàng Tiến Thọ ; Fb: Hàng Tiến Thọ
Chọn B
Cách 1:

Gọi

B′ , C ′

lần lượt là các điểm trên

Khi đó tứ diện

S. AB′C ′

SB

và

SC

thỏa

SB′ = 1 , SC ′ = 1 .

là tứ diện đều có cạnh là 1 .

Do đó thể tích của khối tứ diện

S. AB′C ′

là

VS . AB′C′ =

2
12 .

Mặt khác ta lại có

VS . AB′C ′ SB′ SC ′ 1 1 1
6 2
2
=
×
= × = ⇒ VS . ABC = 6VS . AB′C ′ =
=
VS . ABC SB SC 2 3 6
12
2 .
Cách 2:
Ta áp dụng cơng thức tính thể tích sau:

· = β , CSA

· = ϕ . Khi đó
S .ABC có SA = a , SB = b , SC = c , ·ASB = α , BSC
thể tích khối tứ diện S . ABC được tính bằng cơng thức:
Cho khối tứ diện

VS . ABC =

abc
1 + 2cos α .cos β .cos ϕ − cos 2 α − cos2 β − cos 2 ϕ
.
6

Áp dụng vào bài giải ta được thể tích của khối tứ diện

S . ABC

là


VS . ABC =
=

SA.SB.SC
· − cos 2 CSA
·
1 + 2cos ASB.cos BSC.cos CSA − cos 2 ·ASB − cos 2 BSC
6

1.2.3
2

1 + 2cos3 60° − 3cos 2 60° =
6
2 .

Câu 25. [2H1-3.2-4] (Nam Tiền Hải Thái Bình Lần1) (Nam Tiền Hải Thái Bình Lần1) Cho khối

· = CSA
· = 600 , SA = a, SB = 2a, SC = 4a . Tính thể tích khối chóp
S . ABC có ·ASB = BSC
S. ABC theo a .

chóp

2 2a 3
A.
3 .

B.

2a 3
3 .

4 2a 3
C.
3 .

8 2a 3
D.
3 .

Lời giải
Tác giả: Nguyễn Hữu Nam; Fb: Nam Nguyen Huu.
Chọn A

Lấy

E ∈ SB, F ∈ SC , thỏa mãn: SE = SF =

Theo giả thiết
Suy ra

VS . AEF

SE 1 SF 1
= , =
a . Suy ra SB 2 SC 4 .

·ASB = BSC
· = CSA
· = 600 , suy ra S. AEF

là khối tứ diện đều cạnh

a.

VS . AEF SA SE SF 1
2a 3
2 2a 3
=
.

.
=
=
⇒ VS . ABC = 8VS . AEF =
12 . Mặt khác: VS . ABC SA SB SC 8
3 .

Câu 26. [2H1-3.2-4] (Nguyễn Du Dak-Lak 2019) Một cốc nước có hai phần: phần thân và phần đế.
Phần thân để chứa nước có hình trụ cao 15 ml , chứa được đúng 750 ml nước. Phần đế là một
phần của bán cầu làm bằng thủy tinh đặc. Mặt trên của đế là hình trịn lớn của bán cầu vừa khít
với hình trịn đáy của thân cốc, mặt dưới của đế là hình trịn đường kính
phần đế là (tính chính xác đến hàng phần trăm)
3

A. 112,44 cm .

3

B. 101,73 cm .

3

C. 132,98 cm .

6 ml . Thể tích của
3

D. 152,08 cm .

Lời giải

Tác giả: Vũ Văn Hiến; Fb: Vu Van Hien
Chọn A