100 câu trắc nghiệm thể tích khối đa diện và tròn xoay vận dụng cao có đáp án và lời giải chi tiết

TRẮC NGHIỆM VẬN DỤNG VÀ VẬN DỤNG CAO
THỂ TÍCH KHỐI ĐA DIỆN
Câu 1.

Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vng cạnh a , SA vng góc với mặt

( SAB ) bằng 30° . Gọi M là điểm di động
và góc giữa SC với mặt phẳng
trên cạnh CD và H là hình chiếu vng góc của S lên đường thẳng BM . Khi điểm M
di động trên cạnh CD thì thể tích chóp S . ABH lớn nhất là
đáy

( ABCD )

a3 2
V=
6 .
A.

a3 2
V=
12 .
B.

a3 2
V=
15 .
C.

a3 2
V=

8 .
D.

Lời giải
Chọn B

Lấy điểm N ∈ BC sao cho BN = CM = x, 0 < x ≤ a . Gọi H = AN ∩ BM
·
·
Xét ∆ABN và ∆BCM ta có: BN = CM , ABN = BCM = 90° và AB = BC
·
·
⇒ ∆ABN = ∆BCM (c.g.c) ⇒ BAN
= CBM
·
·
·
·
·
Mà BAN + BNA = 90° nên CBM + BNA = 90° ⇒ BHN = 90° hay AH ⊥ BM
 BM ⊥ AH
⇒ BM ⊥ ( SAH ) ⇒ SH ⊥ BM

BM
⊥
SA

Ta có:

⇒ Hình chiếu vng góc của S lên BM là H .

BH BN ⇒ BH =
=
a
Do ∆BHN đồng dạng với ∆BCM nên BC BM

⇒ BH =

ax
x + a2
2

x
x + a2
2


Tam giác ABH vuông tại H nên

a2 x2
AH = AB − BH = a − 2
=
x + a2
2

S∆ABH =

2

2

a4
=
x2 + a2

a2
x2 + a2

1
1
a2
ax
a3
x
AH .BH = .
.
= . 2
2
2
2
2
2
2 x +a
2 x + a2
x +a

1
1
a3
x
a 4 2 a3 2

VS . ABH = SA.S ∆ABH = .a 2. . 2
≤
=
.
3
3
2 x + a2
12a
12

·
·
·
Câu 2.Cho hình chóp tam giác S . ABC có các góc ASB = BSC = CSA = 60° và độ dài các cạnh
SA = 1 , SB = 2 , SC = 3 . thể tích của khối chóp S . ABC là
A.

V=

3 2
2 .

B.

V=

3
2 .

C.

V=

2
2 .

D.

V=

6
2 .

Lời giải
Chọn C.

Gọi B′ , C ′ lần lượt là điểm trên SB , SC sao cho SA = SB = SC = 1 .
Suy ra S . AB′C ′ là tứ diện đều có

VS , ABC
Lại có VS . AB′C ′

=

VS . AB′C′ =

2
12 .

SB SC

2
.
= 2.3 ⇒ V
S . ABC = 6VS . AB′C ′ =
SB′ SC ′
2 .

Câu 3. Cho hình chữ nhật ABCD có cạnh AB = 1 , BC = 2 . Gọi I , J lần lượt là trung điểm của
hai cạnh BC và AD . Khi quay hình chữ nhật đó xung quanh IJ ta được một hình trụ
trịn xoay. thể tích của khối trụ trịn xoay được giới hạn bởi hình trụ trịn xoay đó là.


B. V = 4π .

A. V = π .

C. V = 2π .

D.

V=

π
3.

Lời giải
Chọn A.
VT = sd .h =
Câu 4:

π .BC 2
.1 = π
4
.

Cho hình chóp đều S . ABC có đáy là tam giác đều cạnh a . Gọi E , F lần lượt là trung
điểm của các cạnh SB, SC . Biết mặt phẳng ( AEF ) vuông góc với mặt phẳng ( SBC ) .
Tính thể tích khối chóp S . ABC .
a3 5
.
A. 24

a3 5
.
B. 8

a3 3
.
C. 24

a3 6
.
D. 12

Lời giải
Chọn A

Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC , do S . ABC là hình chóp đều nên

SO ⊥ ( ABC )

.

Gọi M , N lần lượt là trung điểm của BC và EF .
Ta có S , M , N thẳng hàng và SM ⊥ BC tại M , SM ⊥ EF tại N .
Ta có

( AEF ) ∩ ( SBC ) = EF 

SM ⊂ ( SBC )
 ⇒ SM ⊥ ( AEF ) ⇒ MN ⊥ AN
SM ⊥ EF




⇒ ∆ANM vuông tại N .


Từ đó suy ra ∆ANM ∽ ∆SOM

⇒

AN AM NM
=
=
SO SM OM ⇒ NM .SM = AM .OM .

Mà ta có N là trung điểm của SM (vì E , F lần lượt là trung điểm của SB , SC )
⇒ NM =

1
SM
2
;

∆ABC đều cạnh a và O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC
OM =

⇒ AM =

a 3
2 ;

a 3
6 .

1
a 3 a 3 a 2 ⇒ SM = a
SM 2 =
.
=
2.
2
6
4
Vậy 2

Ta có

SO = SM 2 − OM 2 =

a 2 a 2 a 15
a2 3
−
=
S ABC =
2 12
6 ;
4 .

1
1 a 15 a 2 3 a 3 5
VS . ABC = .SO.S ABC = .
.
=
3
3 6
4
24 .

Câu 5.Cho hình chóp đều S . ABC có đáy là tam giác đều cạnh a . Gọi E , F lần lượt là các điểm
SE SF
=
= k ( 0 < k < 1)
nằm trên các cạnh SB , SC sao cho SB SC
. Biết mặt phẳng ( AEF )
vuông góc với mặt phẳng ( SBC ) . Tính thể tích khối chóp S . ABC .

a3 3 2 + k

A. 24 3 − 3k .

a3 3 2 + k
3 − 3k .
B. 8

a3 3 2 + k
C. 24 5 − 5k .

D.

a3 3 2 + k
12
3 − 3k .
Lời giải
Chọn A
Câu 6.

Cho hình chóp đều S . ABCD có đáy là tam giác đều cạnh a . Gọi E , F lần lượt là trung
điểm của các cạnh SB, SC . Biết mặt phẳng ( ADFE ) vng góc với mặt phẳng ( SBC ) .
Tính thể tích khối chóp S . ABCD .
a3 2
A. 6 .

Lời giải

a3 2
B. 2 .

a3 2

C. 12 .

a3 2
D. 18 .


Chọn A

1
a2
2
⇒ SM =
2
2 ⇒ SM = a .
Ta có ∆INM ∽ ∆SOM ⇒ MN .SM = OM .IM
a2 a 2
SO = SM − OM = a −
=
2
2 .
2

2

2

1
1 a 2 2 a3 2
VS . ABCD = .SO.S ABCD = .
.a =

3
3 2
6 .

Câu 7:

Cho hình chóp đều S . ABCD có đáy là tam giác đều cạnh a . Gọi E , F lần lượt là các
SE SF
=
= k ( 0 < k < 1)
điểm nằm trên các cạnh SB , SC sao cho SB SC
. Biết mặt phẳng
( ADFE ) vng góc với mặt phẳng ( SBC ) . Tính thể tích khối chóp S . ABCD .

a3 2
k
.
1− k .
A. 6
.

a3 2 1 − k
.
k .
B. 6

a3 2
k
.
1− k .

C. 18

a3 2 1 − k
.
k
D. 18

Câu 8:Cho khối chóp S . ABCD có đáy là hình bình hành ABCD . Gọi M , N , P , Q lần lượt là
trọng tâm các tam giác SAB , SBC , SCD , SDA . Biết thể tích khối chóp S .MNPQ là V ,
khi đó thể tích của khối chóp S . ABCD là:
27V
A. 4 .

Lời giải
Chọn A.

2

9
 ÷V
B.  2  .

9V
C. 4 .

81V
D. 8 .


d ( S , ( MNPQ ) )

Ta có

d ( S , ( ABCD ) )

=

Mặt khác gọi S = S ABCD

SM 2
=
SI
3

.

S ∆DEJ 1 1 1
1
= . = ⇒S
= S
∆
DEJ
16 .
ta có S ∆BDA 4 2 8

S ∆JAI 1
1
= ⇒S
=
∆

JAI
8.
Tương tự ta có S ∆DAB 4

  1
1 
1
S HKIJ = 1 −  4. + 2. ÷ S = S
8 
2 .
  16
Suy ra

S MNPQ
Mà S HKIJ

2

2 4
2
= ÷ = ⇒S
= S ABCD
MNPQ
3 9
9
.

1
1 3
9

27
VS . ABCD = d ( S , ( ABCD ) ) .S = . d ( S , ( MNPQ ) ) . S = V
3
3 2
2
4 .
Suy ra

Câu 9:Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vng cạnh a , SA vng góc với đáy
( ABCD ) , góc giữa hai mặt phẳng ( SBD ) và ( ABCD ) bằng 60° . Gọi M , N lần lượt là
trung điểm của SB , SC . Tính thể tích khối chóp S . ADMN .
a3 6
a3 6
3a 3 6
a3 6
V=
V=
×
V=
×
V=
×
16 .
24
16
8
A.
B.
C.
D.

Lời giải
Chọn A.


·
Gọi O là tâm của hình vng ABCD . Khi đó ta có SOA là góc giữa hai mặt phẳng

( SBD ) và ( ABCD )

SA
tan 60° =
·SOA = 60°
AO
nên
. Khi đó

⇒ SA = AO.tan 60° =

2
a 6
a. 3 =
2
2 .

VS . AMN SA SM SN 1
VS . AND SA SN SD 1
=
.
.
=

=
.
.
=
V
SA
SB
SC
4
V
SA
SC
SD
2.
S
.
ABC
S
.
ACD
Ta có
và
3
1
1 1
VS . ADMN = VS . ABCD .  + ÷ = 3 .VS . ABCD = 3 . 1 . a 6 .a 2 = a 6
2
4 2 8
8 3 2
16 .

Do đó

Câu 10: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:
A.

V=

2a 3 3
9 .

Lời giải
Chọn C.

B.

V=

2a 3 2
3 .

C.

V=

a3 2
9 .

D.

V=

2a 3 3
3 .


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

SC ⊥ ( AB′D′ )
Vì B′ , D′ là hình chiếu của A lần lượt lên SB , SD nên ta có
.
AC ′ ∩ ( AB′D′ ) = A
Gọi C ′ là hình chiếu của A lên SC suy ra SC ⊥ AC ′ mà
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

= 2 = 2 =
3.
3a
Trong tam giác vng S AB′ ta có SB SB
VSAB′C ′D′
VS . ABCD

Vậy

=

VSAB′C ′ + VSAC ′D′
VS . ABCD

VS AB′C′D′ =

1  SB′ SC ′ SD′ SC ′  SB′ SC ′ 2 1 1
= 
+
= . =
÷=
2  SB SC SD SC  SB SC 3 2 3 .

a3 2
9 .

Câu 11: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
SM

ABCD )
(
phẳng
. Tính tỉ số 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 .
Lời 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

.

thể tích khối chóp khơng đổi nên

VMNPQ.M ′N ′P′Q′

đạt giá trị lớn nhất khi

k 2 .( 1 − k )

lớn nhất.

2 ( 1 − k ) .k .k 1  2 − 2k + k + k 
4
2
k . ( k − 1) =
≤ 
÷ ⇒ k . ( k − 1) ≤
2
2
3

27 .
Ta có
3

2

2
2(1− k ) = k ⇔ k = 3

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi:
.
SM 2
=
Vậy SA 3 .

Câu 12:Cho hình chóp S . ABC có đáy là tam giác đều. Đường cao SH với chân đường cao nằm
trong ∆ABC và 2 SH = BC ;

( SBC )

tạo với

( ABC )

0
một góc 60 . Biết có một điểm O

d ( 0, AB ) = d ( 0, AC ) = d ( O, ( SBC ) ) = 1
thuộc SH sao cho
. Tính thể tích khối cầu ngoại
tiếp chóp đã cho.
256π
125π
500π
343π
A. 81 .
B. 162 .
C. 81 .
D. 48 .

Lời giải
Chọn D.


Gọi E , F lần lượt là chân đường cao hạ từ O xuống AB; AC .
OE ⊥ AB 
 AB ⊥ ( SEO ) ⇒ AB ⊥ HE
SH ⊥ AB 
·
Tương tự HF ⊥ AC ; ∆HOE = ∆HOF ⇒ HE = HF ⇒ AH là tia phân giác của góc BAC
AH ∩ BC = D là trung điểm của BC .
Kẻ

OK ⊥ SD ⇒ OK = d ( O, ( SBC ) ) = 1

HD = a.cot 600 =

, Đặt AB = BC = CA = 2a ⇒ SH = a

a
3 , AD = a 3 = 3HD nên ∆ABC đều nên S . ABC là chóp tam giác

đều.
OK
=2
sin 300
Xét tam giác SOK có
.
OH ⊥ ( DEF )
Do ∆DEF đều và

nên EO = FO = DO = 1 = OK ⇒ K ≡ D
SO =

a2
3
⇒ DH = HS .HO ⇒
= a ( 2 − a) ⇒ a =
⇒ ∆DSO vuông tại D
3
2
3
21
⇒ AB = 3 ⇒ AH = 3 ; SH = ⇒ SA2 = SH 2 + AH 2 =
2
4
2

SA2 7
343
= ⇒ Vmc =
π
2 SH 4
48 .
2
2
Câu 13:Xét khối tứ diện ABCD có cạnh AB + CD = 18 và các cạnh khác bằng 5. Biết thể tích tứ
⇒ Rmc =

Vmax =

x y
; x, y ∈ N ∗ ; ( x, y ) = 1
4
. Khi đó x, y

diện ABCD đạt giá trị lớn nhất có dạng
thỏa mãn bất đẳng thức nào dưới đây
2
A. x + y − xy > 4550 .
B. xy + 2 x + y > 2550 .


2
2
C. x − xy + y < 5240 .

2
D. x − y > 19602 .
Lời giải

Chọn A

Gọi M là trung điểm CD, và K là trung điểm AB
Ta có: BM ⊥ CD và SM ⊥ CD . Kẻ SH ⊥ BM , tại H ∈ BM . Khi đó SH ⊥ ( BCD )
Đặt AB = b > 0 và CD = a > 0
BM = BC 2 − MC 2 =
S BCD =

1
1

100 − a 2 SM = BM =
100 − a 2
2
2
;

1
1
BM .CD = a 100 − a 2
2
4

MK = BM 2 − BK 2 =
S ABM =

1
1
82
100 − ( a 2 + b 2 ) =
100 − 18 =
2
2
2

1
1 82
82
MK . AB =
.b =
b

2
2 2
4

82
.b
2.S BCD
1
82.b
4
= SH .BM ⇒ SH =
=
=
1
2
BM
100 − a 2
100 − a 2
2
2.

S BCD
Mặt khác:

1
1 1
82.b
82
VA.BCD = .S BCD .SH = . a 100 − a 2 .
=

ab
2
3
3
4
12
100
−
a
Ta có:

Theo Cơ-si ta có:
Suy ra :
Vậy

VA. BCD ≤

Vmax =

ab ≤

a 2 + b2
=9
2

3 82
4 . Dấu bằng xảy ra khi a = b = 3

3 82
4 . Suy ra x = 3; y = 82

Câu 14:Cho lăng trụ đứng ABC. A′B′C ′ có cạnh BC = 2a, góc giữa hai mặt phẳng

( ABC )

và

( A′BC )

2
bằng 60° . Biết diện tích của tam giác A′BC bằng 2a . Tính thể tích V của khối
lăng trụ ABC. A′B′C ′

3
A. V = 3a .

3
B. V = a

2a 3
V=
3.
3 .
C.
Lời giải

a3 3
V=
3 .

D.

Chọn B.

Kẻ AI ⊥ BC ( I ∈ BC ) ⇒ A′I ⊥ BC .

Ta có

SVA′BC =

1
A′I .BC
= 2a 2 ⇒ A′I = 2a .
2

Do đó AA′ = A′I .sin 60° = a 3 , AI = A′I .cos 60° = a .
1
VABC . A′B′C′ = .2a.a.a 3 = a 3 3
2
Vậy
.

Câu 15: Cho lăng trụ đều ABC. A′B′C ′ có cạnh đáy a = 4, biết diện tích của tam giác A′BC bằng 8
. Tính thể tích V của khối lăng trụ ABC. A′B′C ′ .
A. V = 4 3 .

B. V = 8 3 .

C. V = 2 3 .
Lời giải

D. V = 10 3 .


Chọn B.
Gọi I là trung điểm BC . Tam giác ABC cân nên

S ABC =

1
A′I .BC = 4
⇔ A′I = 4 .
2

2
2
′
Khi đó AA′ = AI + A′I = 2 . Vậy VABC. A′B′C′ = AA .S ABC = 8 3 .

Câu 16:Cho lăng trụ ABC. A′B′C ′ có đáy ABC là tam giác đều cạnh 2a , hình chiếu của A′ lên

( ABC )

trùng với trọng tâm tam giác ABC . Biết góc giữa cạnh bên và mặt đáy bằng 60° .
thể tích khối lăng trụ bằng
A.

V=

a3 3

4 .

ChọnC.

B.

V=

a3 3
8 .

3
C. V = 2a 3 .
Lời giải

3
D. V = 4a 3 .


Gọi I là trung điểm BC , nên
Vậy

AG =

2
2a
AM =
3
3 ⇒ A′G = AG.tan 60° = 2a .

VABC . A′B′C′ = A′G.S ABC = 2a 3 3

Câu 17: Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình vng cạnh a , SA vng góc với mặt phẳng đáy
SM
= k , 0 < k < 1.
( ABCD) và SA = a . Điểm M thuộc cạnh SA sao cho SA
Khi đó giá trị
của k để mặt phẳng ( BMC ) chia khối chóp S . ABCD thành hai phần có thể tích bằng
nhau là:

A.

k=

−1 + 5
2
.

B.

k=

1+ 5
2 .

C.

k=

−1 + 5

4
.

D.

k=

−1 + 2
2
.

Lời giải
Chọn A.
Phân tích: Bài tốn trên chính là bài tốn về tỉ số thể tích, vì vậy trước hết phải xác định
thiết diện của hình chóp khi cắt bởi ( BMC ) .
Do ( BMC ) chứa BC song song với AD nên ( BMC ) cắt ( SAD) theo giao tuyến song
song AD .
Để tính VS .BCNM nếu xác định đường cao thì phức tạp vì vậy sẽ chia thành hai khối và sử
dụng bài toán tỉ số thể tích.
Kẻ MN / / AD; N ∈ SD khi đó thiết diện của hình chóp S . ABCD với ( BMC ) là hình
thang BCNM . Suy ra ( BMC ) chia khối chóp thành hai khối đa diện SBCNM và

DABCNM .
Đặt V1 = VS .BCNM ; V2 = VDABCNM ; V = VS . ABCD .
1
V1 = V
2 .
Để V1 = V2 thì
VSNMC SN SM
1

=
.
= k2 ⇒V
= k 2 .V
SNMC
2
Ta có VSADC SD SA
.
VSMCB SM
1
=
= k ⇒V
= k .V
SMCB
SA
2
Ta có VSABC
.

Vậy

V1 =

1 2
(k + k ).V
2
.




−1 − 5
k =
2
⇔

−1 + 5
1
V1 = V
k =
2

2
⇔ k + k =1
2
Khi đó
.

Do 0 < k < 1 nên

k=

−1 + 5
2
. Vậy chọn đáp án A.

Câu 18: Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình vng cạnh a , cạnh bên SA vng góc với đáy và
SA = 2a . Gọi B′ , D′ lần lượt là hình chiếu vng góc của A trên các cạnh SB , SD .
Mặt phẳng

( AB′D′ )

cắt SC tại C ′ . Tính thể tích của khối chóp S . AB′C ′D′ .

a3
A. 3 .

16a 3
B. 45 .

a3
C. 2 .

a3 2
D. 4 .

Lời giải.
Chọn

B.

Cách 1:

SD′.SD = SA2 ⇒

SD′.SD SA2
SD′ SA2
SA2
4
=
⇒

=
=
=
2
2
2
SD
SD
SD SD
SA + AD
5.

SC ′ SA2
SA2
2
=
=
=
2
2
2
SA + AC
3.
Tương tự: SC SC
VS . AB′C ′D′ = 2VS . AD′C ′ = 2.

SD′ SC ′
SD′ SC ′
.
VS . ADC =

.
VS . ABDC
SD SC
SD SC
.

4 2 1
16a 3
⇒ VS . AB′C ′D′ = . . .2a.a 2 =
5 3 3
45 .
Cách 2: Hoặc có thể áp dụng cách tính nhanh:
VS . A′B′C ′D′ x + y + z + t x + y
z +t
SA
SB
SC
SD
=
=
=
=x
=y
=z
=t
VS . ABCD
4 xyzt
2 xyzt 2 xyzt với SA′
, SB′
, SC ′

, SD′
.

Câu 19:Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào sai?
A. Hai khối lập phương có diện tích tồn phần bằng nhau thì thể tích bằng nhau.
B. Hai khối hộp chữ nhật có diện tích tồn phần bằng nhau thì thể tích bằng nhau.
C. thể tích của hai khối chóp có diện tích đáy và chiều cao tương ứng bằng nhau là bằng
nhau.


D. thể tích của khối lăng trụ bằng diện tích đáy nhân chiều cao.
Câu 20:Cho hình chóp tứ giác đều có cạnh đáy bằng 1 chiều cao bằng 2 . Xét hình đa diện lồi H
có các đỉnh là trung điểm của tất cả các cạnh hình chóp đó. Tính thể tích của H .
9
5
A. 2 .
B. 4 .
C. 2 3 .
D. 12 .
Lời giải.
Chọn

D.

Gọi M , N , P, Q lần lượt là trung điểm của SA, SB, SC , SD . Gọi E , F , I , J lần lượt là
trung điểm của AB, BC , CD, AD .Gọi V là thể tích của H .
Khi đó:
2

V = VS . ABCD − VS , MNPQ − 4.VN . EBF

2

1
1 1
1 1 1
= .2.12 − .1.  ÷ − 4. .1. .  ÷ = 5
3
3  2
3 2  2  12

Câu 21:Một hình chóp có đáy là tam giác đều cạnh bằng 2 và chiều cao bằng 4. Tính thể tích của
hình chóp đó.
A. 4

4 3
B. 3

C. 2 3

D. 2

Lời giải.
Chọn B.
Câu 22:Cho khối đa diện H được tạo thành bằng cách từ khối lập phương có cạnh bằng 3, ta bỏ đi
khối lập phương cạnh bằng 1 như hình vẽ. Gọi S là khối cầu có thể tích lớn nhất chứa
trong H và tiếp xúc với các mặt phẳng ( A ' B ' C ' D '), ( BCC ' B ') và ( DCC ' D ') . Tính bán
kính của S .

2+ 3

3 .
A.

2 3
C. 3 .

B. 3 − 3 .

D.

2

Lời giải
Chọn B
Giải theo tự luận
Ta có CH = 2 3
Gỉa sử khối cầu S có tâm I là tâm, bán kính R .
I’,M, P lần lượt là hình chiếu của I lên ( A ' B ' C ' D '), ( BCC ' B ') và ( DCC ' D ') .


Vì S là khối cầu chứa trong H và tiếp xúc với các mặt phẳng ( A ' B ' C ' D '), ( BCC ' B ')
và ( DCC ' D ') nên MNPI .M ' C ' P ' I ' là hình lập phương cạnh R ( R là bán kính khối
cầu S ) và I ∈ C ' H
Ta có C ' H = 2 3 , C ' I = R 3
Vậy khối cầu có thể tích lớn nhất khi khối cầu đi qua H tức IH = R
C ' H − IH = C ' I
⇔2 3−R= R 3
Vậy ⇔ R = 3 − 3
Vậy chọn B
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 phân chia bởi mp ( MNP ) .
7
7
A. 13 .
B. 15 .

8
C. 15 .
Lời giải

8
D. 13 .

Chọn A.
(Địnhlý Menelaus Cho tam giác ABC đườngthảng

( d ) cắtcáccạnh AB, BC , CA lầnlượtại

MA PB NC
.
.
=1
M , N , P ta có MB PC NA
)

Gọi I = MN ∩ DC , K = AD ∩ PI .
Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác BCD và 3 điểm M , N , I ta có
IC ND MB

IC 1
IC
.
.
=1 ⇔
.1. = 1 ⇔
=3
ID NB MC
ID 3
ID

Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác ACD và 3 điểm P, K , I ta có
KD PA IC
KD 1
KD 2
.
.
=1 ⇔
. .3 = 1 ⇔
=
KA PC ID
KA 2
KA 3


V
CPMN = CP . CM . CN = 2 . 3 .1 = 2 = 1
VCABN
CA CB CN 3 4
4 2

1
1
⇒V
= V
= V
(3)
CPMN 2 CABN 4 ABCD
VAPKN AP AK AN 1 3
1
=
.
.
= . .1 =
VACDN AC AD AN 3 5
5
⇒

VNCPKD 4
4
41
2
= ⇒ VNCPKD = VACDN =
VABCD = VABCD
VACDN 5
5
52
5

( 3) , ( 4 ) ⇒ VCMPKDN = VCPMN + VNCPKD =
⇒

(4)

13
VABCD
20

VABMNKP 7
=
VCMNDK 13

Câu 24:Cắt một khối nón trịn xoay có bán kính đáy bằng R, đường sinh 2R bởi một mặt phẳng
(α ) qua tâm đáy và tạo với mặt đáy một góc 600 tính tỷ số thể tích của hai phần khối
nón chia bởi mặt phẳng (α ) ?

2
A. π .

B.

1
2 ( π − 1)

3π − 4
D. 6π .

2
C. 3π .

.

Lời giải

Chọn D.
Khơng mất tính tổng qt ta giả sử R = 1 .
Khi cắt một khối nón trịn xoay có bán kính đáy bằng R, đường sinh 2R bởi một mặt
0
phẳng (α ) qua tâm đáy và tạo với mặt đáy một góc 60 thì ta được thiết diện là một
đường parabol có đỉnh là gốc
S=

O ( 0;0 )

và đỉnh cịn lại là

A ( 1;1)

, do đó thiết diện sẽ có

4
3 . Xét mặt phẳng đi qua cạnh đáy của thiết diện vng góc với hình trịn

diện tích là
đáy của hình nón cắt hình nón làm đơi.
Gọi đa diện chứa mặt thiết diện đó là

( H ) . Gọi ( K )

là đa diện chứa đỉnh O của hình

nón được sinh bởi khi cắt thiết diện Parabol với đa diện

( H) .


Khi đó khoảng cách từ O đến mặt thiết diện là

Suy ra thể tích của đa diện

( K)

h=

3
2 .

1 3 4 2 3
VK = . . =
3 2 3
9 .
là

11
π 3
.π 3 =
6 .
Mặt khác thể tích của nửa khối nón là 2 3

Do đó thể tích của đa diện nhỏ tạo bởi thiết diện và khối nón là

V=

π 3 2 3 ( 3π − 4 ) 3
−
=
6
9
18
.

( 3π − 4 )
Vậy tỉ số thể tích của hai phần khối nón chia bởi mặt phẳng
.

(α)

là

3

18
π 3
3

=

3π − 4
6π

Câu 25: Khối chóp S . ABCD có đáy là hình thoi cạnh a , SA = SB = SC = a , cạnh SD thay đổi. thể

tích lớn nhất của khối chóp S . ABCD là:
a3
.
8
A.

a3
.
B. 4

3a 3
.
8
C.
Lời giải.

Chọn. B.

a3
.
D. 2


Đặt SD = x.
Do đáy ABCD là hình thoi nên VS . ABCD = 2VS .BCD = 2VC .SBD .
Ta có ∆SAC = ∆BAC ⇒ SO = BO ⇒ ∆SBD vuông tại S.

⇒ BD = a 2 + x 2

⇒ OA = OC = a 2 −

a2 + x2
4
.

CO ⊥ BD
1
⇒ CO ⊥ ( SBD ) ⇒ V

= 2VC .SBD = 2. .CO.S SBD
S
.
ABCD
3
Và do CO ⊥ SO

2 3a 2 − x 2 1
a 2
a x 2 + 3a 2 − x 2 a 3
⇒ VS . ABCD = .
. ax =
x ( 3a 2 − x 2 ) ≤ .
=
3
2
2
6
6
2
4

dầu bằng xảy ra khi

x=

a 6
2 .

Câu 26:Một cái phễu có dạng hình nón, chiều cao của phễu là 20 cm . Người ta đổ một lượng nước
vào phễu sao cho chiều cao của cột nước trong phễu bằng 10 cm (hình H1). Nếu bịt kín
miệng phễu rồi lật ngược phễu lên (hình H2) thì chiều cao của cột nước trong phễu gần
bằng với giá trị nào sau đây?

A. 0,87 cm .

B. 10 cm .

C. 1, 07 cm .

D. 1,35cm .

Lời giải
Chọn A.
+ Gọi R là bán kính đáy của phễu.
2

1
R
V = .10.π .  ÷
3

 2  (1).
+ thể tích của lượng nước đổ vào phễu là

+ Nếu bịt kín miệng phễu rồi lật ngược phễu lên thì lượng nước tạo thành khối nón cụt có
r 20 − h
h 

=
⇒ r =  1 − ÷R
20
 20  .
chiều cao là h và bán kính đáy nhỏ trên là r . Ta có R


+ thể tích khối nón cụt cũng là thể tích lượng nước được tính theo cơng thức sau:
2
πh 2 2
π hR 2  
h  
h 
V=
R + r + Rr ) =
(
1 + 1 − ÷ + 1 − ÷
3
3   20   20  

(2).

2

5 h
h 
h  
=  2 − + 1 − ÷  ⇒ h ≈ 0, 0435
6 3  20  20  
⇒ h ≈ 0,87 .
20
+ Từ (1) và (2) ta có

Câu 27:Cho khối hộp ABCD. A′B ′C ′D′ có đáy là hình chữ nhật với AB = 3 ; AD = 7 . Hai mặt
ABB′A′)
ADD′A′)
bên (
và (
cùng tạo với đáy góc 45° , cạnh bên của hình hộp bằng 1
(hình vẽ). thể tích của khối hơp là:
A.

7.

B. 3 3 .

C. 5.

D. 7 7 .

Lời giải
Chọn A

Hạ

A′H ⊥ ( ABCD ) , H ∈ ( ABCD ) ; HI ⊥ AD, I ∈ AD HK ⊥ AB, K ∈ AB
;

A ' H ⊥ ( ABCD ) ⇒ A ' H ⊥ AD 

 ⇒ A ' I ⊥ AD
IH ⊥ AD



A′I ⊥ AD, IH ⊥ AD


⇒ ∠ ( ( ABCD ) , ( ADD′A′ ) ) = ∠HIA′
( ADD′A′) ∩ ( ABCD ) = AD 
(Do ∠ HIA′ < 90° )
Chứng minh tương tự

∠ ( ( ABCD ) , ( ABB′A′ ) ) = ∠HKA′


Từ giả thiết suy ra:
Có

∠HIA′ = ∠HKA′ = 45° ⇒ HA′ = HI = HK

ABCD là hình chữ nhật, HI ⊥ AD, I ∈ AD ; HK ⊥ AB, K ∈ AB

AH = HK 2 = A′H 2

Nên AIHK là hình vng suy ra
+

A′H ⊥ ( ABCD ) , H ∈ ( ABCD ) ⇒ AH ⊥ A′H ⇒ AA′2 = A′H 2 + HA2 = 3 A′H 2

→ HA′ =

1
3

⇒ VABCD. A′B′C′D′ = A′H . AB. AD = 7 .
SAB )
Câu 28:Cho hình chóp S . ABC có chân đường cao nằm trong tam giác ABC , các mặt bên (
,

( SBC ) , ( SCA)

cùng tạo với đáy góc 60° . Biết AB = 3 , BC = 4 , CD = 5 , tính thể tích
khối chóp S . ABC .
A. 2 3 .

B. 6 3 .

C. 5 3 .
Lời giải

Chọn A

Hạ

SH ⊥ ( ABC ) , H ∈ ( ABC )

D. 10 3 .


HI ⊥ AB, I ∈ AB ; HK ⊥ BC , K ∈ BC , HG ⊥ CA, G ∈ CA

SH ⊥ ( ABC ) ⇒ SH ⊥ AB 
 ⇒ SI ⊥ AB
IH ⊥ AB

SI ⊥ AB, IH ⊥ AB



⇒
SAB ) ∩ ( ABC ) = AB 
(
 ∠ ( ( ABC ) , ( SAB ) ) = ∠HIS (Do ∠HIS < 90° )
Có
∠ ( ( ABC ) , ( SBC ) ) = ∠HKS

Chứng minh tương tự

∠ ( ( ABC ) , ( SAC ) ) = ∠SGH

Từ giả thiết suy ra: ∠HIS = ∠SKH = ∠SGH = 60°
⇒ SH = HI 3 = HK 3 = HG 3
Mà H nằm trong tam giác ABC nên H và HI lần lượt là tâm và bán kính đường trịn nội
tiếp của tam giác ABC

2
2
2
Có AB + BC = AC nên tam giác ABC là tam giác vuông tại B .

HI =

2S( ABC )
AB + BC + CA

=

4.3
=1
⇒ SH = 3 .
3+ 4+ 5

1
1
3.4
⇒ VS . ABC = SH .S( ABC ) = . 3.
=2 3
3
3
2
.

Câu 29:Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vng, các mặt bên

( SBC ) , ( SAD )

cùng tạo

SAB )
với đáy góc 60° , mặt bên (
vng góc với đáy. Biết khoảng cách từ A đến mặt
SCD )
phẳng (

3
A. 12 .

bằng

21
7 , tính thể tích khối chóp S . ABC .
3
B. 6 .

3
C. 8 .

Lời giải.
Chọn A

3
D. 8 .


SAB ) ⊥ ( ABCD )

SH ⊥ ( ABCD )
Hạ SH ⊥ AB, H ∈ AB , do (
nên

⇒ SH ⊥ BC
Có ABCD là hình vng ⇒ AB ⊥ BC
BC ⊥ ( SAB ) ⇒ BC ⊥ SB

SB ⊥ BC , BC ⊥ AB


⇒
SBC ) ∩ ( ABCD ) = BC  ∠ ( ( ABCD ) , ( SBC ) ) = ∠SBH
(
Có
(Do ∠SAH < 90° )
Chứng minh tương tự

∠ ( ( ABCD ) , ( SAD ) ) = ∠SAH

Từ giả thiết suy ra: ∠SAH = ∠SBH = 60° mà H ∈ AB suy ra tam giác SAB đều và H là
trung điểm của AB .
Gọi M là trung điểm của CD ⇒ HM ⊥ CD
Có

SH ⊥ ( ABCD ) ⇒ SH ⊥ CD

⇒ ( SHM ) ⊥ ( SCD )

3

⇒ HI =
HI
⊥
SCD
(
)
12
. Hạ HI ⊥ SM thì


⇒
1
1
1
=
+
2
2
SH
HM 2
Có HI
)

1
2

 21 

÷
 7 

=

1
2

 AB 3 

÷
 2 

+

1
BC 2

⇒ AB = 1 (Do AB = BC = HM

1
1 3 1
3
⇒ VS . ABC = SH .S( ABC ) = . . =
3
3 2 2 12 .

Câu 30: Người ta cần xây một bể chứa nước sản xuất dạng khối hộp chữ nhật khơng nắp có thể tích
3

bằng 200m . Đáy bể là hình chữ nhật có chiều dài gấp đơi chiều rộng. Chi phí xây bể là
300 nghìn đồng/ m 2 (chi phí được tính theo diện tích xây dựng, bao gồm diện tích đáy và

diện tích xung quanh, khơng tính chiều dày của đáy và thành bể). Hãy xác định chi phí
thấp nhất để xây bể (làm tròn đến đơn vị triệu đồng).
46
A. 75 triệu đồng.
B. 51 triệu đồng.
C. 36 triệu đồng.
D.
triệu
đồng.
Lời giải
Chọn B
+) Gọi chiều rộng của đáy bể là a (m) thì chiều dài của đáy là 2a (m) .
3

+) Do thể tích bể chứa nước là 200m nên chiều cao của bể là
+) Do đó diện tích xây dựng bể là S = 2a + 2.ah + 2.2ah
2

+ Ta có

S = 2a 2 +

h=

= 2a 2 +

200 100
= 2
2a 2
a .

600
a .

300 300
600
300 300
≥ 3 3 2a 2 .
.
= 2a 2 +
+
a
a = 30 3 180 , dấu bằng xảy ra
a
a
a

3
3
khi a = 15 , suy ra chi phí thấp nhất để xây bể là 300.000x30 180 ≈ 51 triệu đồng.

Chọn đáp án B
Nhận xét: Ta cũng có thể đánh giá S bằng cách đưa về tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số
f ( a ) = 2a 2 +

600
a trên khoảng ( a; +∞ ) .