Toán 12: Chương 5 – Khối đa diện – Chinh phục giảng đường

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (24.75 MB, 448 trang )

(1)TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0 – LUYỆN THI ĐẠI HỌC NĂM 2021. NẮM TRỌN CHUYÊN ĐỀ. KHỐI ĐA DIỆN VÀ KHỐI TRÒN XOAY (Dùng cho học sinh 11,12 và luyện thi Đại học năm 2021). ……………………………………………………………… ……………………………………………………………… ……………………………………………………………… ……………………………………………………………… ………………………………………………………………. TÀI LIỆU LƯU HÀNH NỘI BỘ THÁNG 10/2020.

(2)

(3) LỜI NÓI ĐẦU Các em học sinh, quý thầy cô và bạn đọc thân mến ! Kỳ thi THPT Quốc Gia là một trong những kỳ thi quan trọng nhất đối với mỗi chúng ta. Để có thể tham dự và đạt được kết quả cao nhất thì việc trang bị đầy đủ kiến thức và kĩ năng cần thiết là một điều vô cùng quan trọng. Thấu hiểu được điều đó, chúng tôi đã cúng nhau tiến hành biên soạn bộ sách “ Nắm trọn các chuyên đề môn Toán 2021 ” giúp các em học sinh ôn luyện và hoàn thiện những kiến thức trọng tâm phục vụ kỳ thi, làm tài liệu giảng dạy và tham khảo cho quý thầy cô trước sự thay đổi về phương pháp dạy học và kiểm tra của Bộ Giáo dục và Đào tạo. Bộ sách chúng tôi biên soạn gồm 4 quyển: . Quyển 1: Nắm chọn chuyên đề Hàm số. . Quyển 2: Nắm trọn chuyên đề Mũ – Logarit và Tích phân. . Quyển 3: Hình học không gian. . Quyển 4: Hình học Oxyz và Số phức. Trong mỗi cuốn sách, chúng tôi trình bày một cách rõ ràng và khoa học – tạo sự thuận lợi nhất cho các em học tập và tham khảo. Đầu tiên là tóm tắt toàn bộ lý thuyết và phương pháp giải các dạng toán. Tiếp theo là hệ thống các ví dụ minh họa đa dạng, tiếp cận xu hướng ra đề của kỳ thi THPT Quốc Gia các năm gần đây bao gồm 4 mức độ: Nhận biết, Thông hiểu, Vận dụng và Vận dụng cao. Cuối cùng là phần bài tập rèn luyện từ cơ bản đến nâng cao để các em hoàn thiện kiến thức, rèn tư duy và rèn luyện tốc độ làm bài. Tất cả các bài tập trong sách chúng tôi đều tiến hành giải chi tiết 100% để các em tiện lợi cho việc so sánh đáp án và tra cứu thông tin. Để có thể biên soạn đầy đủ và hoàn thiện bộ sách này, nhóm tác giả có sưu tầm, tham khảo một số bài toán trích từ đề thi của các Sở, trường Chuyên trên các nước và một số bài toán của các thầy/cô trên toàn quốc. Chân thành cảm ơn quý thầy cô đã sáng tạo ra các bài toán hay và các phương pháp giải toán hiệu quả nhất. Mặc dù nhóm tác giả đã tiến hành biên soạn và phản biện kĩ lưỡng nhất nhưng vẫn không tránh khỏi sai sót. Chúng tôi rất mong nhận được những ý kiến phản hồi và đóng góp từ quý thầy cô, các em học sinh và bạn đọc để cuốn sách trở nên hoàn thiện hơn. Mọi ý kiến đóng góp, quý vị vui lòng gửi về địa chỉ: . Gmail: . Fanpage: 2003 – ÔN THI THPT QUỐC GIA. Cuối cùng, nhóm tác giả xin gửi lời chúc sức khỏe đến quý thầy cô, các em học sinh và quý bạn đọc. Chúc quý vị có thể khai thác hiệu quả nhất các kiến thức khi cầm trên tay cuốn sách này ! Trân trọng./ NHÓM TÁC GIẢ.

(4) MỤC LỤC CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN. Trang. CHỦ ĐỀ: THỂ TÍCH KHỐI ĐA DIỆN……......………………………......…………………... 1. Dạng 1: Mở đầu về khối đa diện………………………………………………………………….... 11. Dạng 2: Thể tích khối lăng trụ……...…………...………………………………………………….. 21. Dạng 3: Thể tích khối chóp có cạnh bên vuông góc với đáy………..………………………….. 55. Dạng 4: Thể tích khối chóp có mặt bên vuông góc với đáy……...……………………………... 83. Dạng 5: Thể tích khối chóp đều………………..…………………………………………………... 115. Dạng 6: Thể tích khối tứ diện đặc biệt…………...………………………………………...……... 146. Dạng 7: Tỉ số thể tích………………………………..…………………………………………...….. 191. Dạng 8: Các bài toán thể tích chọn lọc…………………....……………………………………..... 236. Dạng 9: Bài toán về góc – khoảng cách………………………………………………………….... 279. Dạng 10: Cực trị khối đa diện………………...……………………………………………………. 321. CHUYÊN ĐỀ: KHỐI TRÒN XOAY NÓN – TRỤ - CẦU………………...….……. 341. CHỦ ĐỀ: KHỐI NÓN, KHỐI TRỤ………………………...………………………………….. 341. Dạng 1: Tìm các yếu tố liên quan đến khối nón, khối trụ…………………………………….... 346. Dạng 2: Khối tròn xoay nội, ngoại tiếp khối đa diện……...…………………………………….. 370. Dạng 3: Cực trị và toán thực tế về khối tròn xoay..……………………………...…………...…... 382. CHỦ ĐỀ: KHỐI CẦU……………………....…….………………………………………………... 409. Dạng 1: Khối cầu ngoại tiếp tứ diện……………………………………………………………….. 409.

(5) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN - HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. CHỦ ĐỀ : THỂ TÍCH KHỐI ĐA DIỆN LÍ THUYẾT I. Một số định nghĩa cần nhớ  Hình lăng trụ là hình có hai đáy là hai đa giác bằng nhau nằm trên hai mặt phẳng song song với nhau và các mặt bên đều là các hình bình hành.  Hình lăng trụ đứng Định nghĩa: Hình lăng trụ đứng là hình lăng trụ có cạnh bên vuông góc với mặt đáy. Tính chất: Các mặt bên của hình lăng trụ đứng là các hình chữ nhật và vuông góc với mặt đáy. . Hình lăng trụ đều Định nghĩa. Hình lăng trụ đều là hình lăng trụ đứng có đáy là đa giác đều. Tính chất. Các mặt bên của hình lăng trụ đều là các hình chữ nhật bằng nhau và vuông góc với mặt đáy..  . Hình hộp là hình lăng trụ có đáy là hình bình hành. Hình hộp đứng Định nghĩa. Hình hộp đứng là hình hộp có cạnh bên vuông góc với mặt đáy. Tính chất. Hình hộp đứng có 2 đáy là hình bình hành, 4 mặt xung quanh là 4 hình chữ nhật.. . Hình hộp chữ nhật Định nghĩa. Hình hộp chữ nhật là hình hộp đứng có đáy là hình chữ nhật. Tính chất. Hình hộp chữ nhật có 6 mặt là 6 hình chữ nhật.. . Hình lập phương Định nghĩa. Hình lập phương là hình hộp chữ nhật 2 đáy và 4 mặt bên đều là hình vuông Tính chất. Hình lập phương có 6 mặt đều là hình vuông.  Hình chóp là hình có đáy là một đa giác và các mặt bên là các tam giác có chung một đỉnh. II. Thể tích khối đa diện 1. Công thức tính thể tích khối chóp 1 V  S.h 3 Trong đó: S là diện tích đáy, h là chiều cao khối chóp.. . Chú ý: Nếu khối chóp cần tính thể tích chưa biết chiều cao thì ta phải xác định được vị trí chân đường cao trên đáy. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 1.

(6) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN..     . Chóp có cạnh bên vuông góc chiều cao chính là cạnh bên. Chóp có hai mặt bên vuông góc đáy đường cao là giao tuyến của hai mặt bên vuông góc đáy. Chóp có mặt bên vuông góc đáy chiều cao của mặt bên vuông góc đáy. Chóp đều chiều cao hạ từ đỉnh đến tâm đa giác đáy. Chóp có hình chiếu vuông góc của một đỉnh lên xuống mặt đáy thuộc cạnh mặt đáy đường cao là từ đỉnh tới hình chiếu.. 2. Công thức tính thể tích khối lăng trụ V  B.h Trong đó: B là diện tích đáy, h là hiều cao khối lăng trụ. . Thể tích khối hộp chữ nhật: V  a.b.c Trong đó: a, b, c là ba kích thước của khối hộp chữ nhật.. . Thể tích khối lập phương: V  a3 Trong đó a là độ dài cạnh của hình lập phương. III. Tỉ số thể tích Cho khối chóp S.ABC và A, B,C là các điểm tùy ý lần lượt thuộc SA,SB,SC , ta có:. Công thức tỉ số thể tích:. VS. A ' B'C ' SA ' SB ' SC ' (hay gọi là công thức Simson)  . . VS. ABC SA SB SC. Phương pháp này được áp dụng khi khối chóp không xác đinh được chiều cao một cách dễ dàng hoặc khối chóp cần tính là một phần nhỏ trong khối chóp lớn và cần chú ý đến một số điều kiện sau:   . Hai khối chóp phải cùng chung đỉnh. Đáy hai khối chóp phải là tam giác. Các điểm tương ứng nằm trên các cạnh tương ứng.. Định lý Menelaus: Cho ba điểm thẳng hàng. FA DB EC . .  1 với DEF là một đường thẳng FB DC EA. cắt ba đường thẳng BC ,CA, AB lần lượt tại D, E, F .. 2. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(7) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN - HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. IV. Một số công thức tính nhanh thể tích và tỷ số thế tích khối chóp và khối lăng trụ. a3 2 . 12  Công thức 2 : Với tứ diện ABCD có AB  a, AC  b, AD  c đôi một vuông góc thì thể tích.  Công thức 1 : Thể tích tứ diện đều cạnh a : VS. ABC . 1 của nó là VABCD  abc . 6  Công thức 3 : Với tứ diện ABCD có AB  CD  a, BC  AD  b, AC  BD  c thì thể tích của. nó là VABCD . 2 12. a. 2. . . .  b2  c 2 b2  c 2  a2 a2  c 2  b2 ..  Công thức 4 : Cho khối chóp S.ABC có SA  a , SB  b , SC  c , BSC   , CSA   , ASB   thì thể tích của nó là VS. ABC . abc 1  2cos  cos  cos   cos 2   cos 2   cos 2  . 6.  Công thức 5 : Mặt phẳng cắt các cạnh của khối lăng trụ tam giác ABC.ABC lần lượt tại M , N , P sao cho. AM BN CP xyz  x,  y,  z thì ta có VABC . MNP  VABC . ABC . AA BB CC  3.  Công thức 6 : Mặt phẳng cắt các cạnh của khối hộp ABCD.ABCD lần lượt tại M , N , P,Q sao cho. x yzt AM BN CP DQ  x,  y,  z,  t thì ta có VABCD. MNPQ  VABCD. ABCD và AA BB CC DD 4. x z  y t ..  Công thức 7 : Mặt phẳng cắt các cạnh của khối chóp tứ giác S.ABCD có đáy là hình bình hành lần lượt tại M , N , P,Q sao cho đây VS. MNPQ . SM SN SP SQ  x,  y,  z,  t thì ta có công thức sau SA SB SC SD. xyzt  1 1 1 1  1 1 1 1      VS. ABCD và     . x z y t 4 x y z t. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 3.

(8) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. VÍ DỤ MINH HỌA VÍ DỤ 1: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B , có BC  a . Mặt phẳng. SAC  vuông góc với mặt đáy, các mặt bên còn lại đều tạo với mặt đáy một góc 45 . Tính thể tích khối. chóp S.ABC . A.. a3 12. B.. a3 . 4. a3 3 . 6. C.. D.. a3 3 . 4. Lời giải Chọn A Kẻ SH  BC vì  SAC    ABC  nên SH   ABC  . Gọi I , J là hình chiếu của H trên AB và BC .  SJ  AB,SJ  BC .. Theo giả thiết SIH  SJH  45 . Ta có: SHI  SHJ  HI  HJ nên BH là đường phân giác của ABC từ đó suy ra H là trung điểm của AC . HI  HJ  SH . a 1 a3 .  VSABC  SABC .SH  2 3 12. VÍ DỤ 2: Cho hình chóp S.ABCD với đáy ABCD là hình thang vuông tại A và D , đáy nhỏ của hình thang là CD , cạnh bên SC  a 15 . Tam giác SAD là tam giác đều cạnh 2a và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy hình chóp. Gọi H là trung điểm cạnh AD , khoảng cách từ B tới mặt phẳng. SHC . bằng 2 6a . Tính thể tích V của khối chóp S.ABCD ? A. V  24 6 a 3 .. D. V  4 6 a3 .. C. V  12 6 a 3 .. B. V  8 6 a 3 . Lời giải. Chọn D  SAD    ABCD   AD  SH   ABCD    SH  AD ,SH  SAD . S. Ta có SH  SD 2  DH 2  a 3 , HC  SC 2  SH 2  15a 2  3a 2  2 3a . CD  HC  HD  12a  a  a 11 .  BF  BC  BF   SHC  nên Ta có   BF  SH 2. . 2. 2. A. B. 2. H D. . d B,  SHC   BF  2 6a .. C F. 1 1 BF.HC  .2 3a.2 6a  6 2a 2 2 2 1 a2 11 1 a Đặt AB  x nên SAHB  AH.AB  .x ; SCDH  DH.DC  2 2 2 2 1 SABCD   CD  AB  AD  a 11  x a . 2 SHBC . . 4. . Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(9) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN - HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. . . . . a a2 11  6 2a 2  x  12 2  11 a . SAHB  SABCD  SCDH  SBHC  .x  a 11  x a  2 2. . . . SABCD  a 11  12 2  11 a a  12 2a 2 .. 1 1 Vậy VS. ABCD  SH.SABCD  .a 3.12 2a2  4 6 a3 . 3 3. VÍ DỤ 3: Cho khối chóp S.ABC có góc ASB  BSC  CSA  60 và SA  2 , SB  3 , SC  4 . Thể tích khối chóp S.ABC . A. 4 3 .. D. 2 3 .. C. 2 2 .. B. 3 2 . Lời giải. Chọn C 2 Gọi B trên SB sao cho SB  SB và C  trên SC sao cho 3 1 SC   SC . 2 Khi đó SA  SB  SC  2  S.ABC là khối tứ diện đều.. Ta có: AM . 2 2 3 2 3  3  AO  AM  3 3 2. Nên SO  SA 2  AO 2 . 2 6 và SABC   3 . 3. V 1 2 2 SA SB SC Khi đó VS. ABC  SABC  .SO  mà S. ABC  . .  3  VS. ABC  3VS. ABC  2 2 . 3 3 VS. ABC SA SB SC . Cách khác: áp dụng công thức 4 VS. ABC . SA.SB.SC . 1  cos 2 ASB  cos2 BSC  cos2 CSB  2cos ASB.cos.BSC.cosCSB  2 2 6. VÍ DỤ 4: Cho hình chóp S.ABC có AB  5 cm , BC  6 cm , CA  7 cm . Hình chiếu vuông góc của S xuống mặt phẳng  ABC  nằm bên trong tam giác ABC . Các mặt phẳng  SAB  ,  SBC  ,  SCA  đều. tạo với đáy một góc 60 . Gọi AD , BE , CF là các đường phân giác của tam giác ABC với D  BC , E  AC F  AB . Thể tích S.DEF gần với số nào sau đây? A. 3,7 cm3. B. 3,4 cm3. D. 4,1 cm3. C. 2,9 cm3. S. Lời giải Chọn B Vì các mặt phẳng  SAB  ,  SBC  ,  SCA  đều tạo với đáy một góc 60 và hình chiếu vuông góc của S xuống mặt phẳng.  ABC . nằm bên trong tam giác ABC nên ta có hình chiếu của. S chính là tâm I của đường tròn nội tiếp tam giác ABC .. Gọi p là nửa chu vi tam giác ABC thì p . AB  BC  CA 9. 2. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. E. A F H. I. 60°. C D. B. 5.

(10) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. Ta có : SABC  p  p  AB  p  BC  p  AC   6 6 và r . S 2 6 .  p 3. Suy ra chiều cao của hình chóp là : h  r.tan60  2 2 Vì BE là phân giác của góc B nên ta có : Tương tự : Khi đó :. EA BA  . EC BC. E F. FA CA DB AB   , . FB CB DC AC. I. SAEF AE AF AB AC  . .  . SABC AC AB AB  BC AC  BC. Tương tự :. A. B. C D. SCED S CA BC BA CB , BFD  .  . . SABC CA  AB CB  AB SABC BC  CA BA  CA. Do đó,   ab bc ac SDEF  SABC  1     , với BC  a , AC  b , AB  c   a  c  b  c   b  a  c  a   a  b  c  b     . 280 3 210 6 1 210 6 2abc .2 2  .SABC   VS. DEF  . 143 3 143 143  a  b  b  c  c  a .  cm   3,4  cm  3. 3. VÍ DỤ 5: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông tâm O cạnh bằng a. Hình chiếu vuông góc của đỉnh S lên mặt phẳng  ABCD  là trung điểm của cạnh OC. Góc giữa mặt phẳng  SAB  và mặt phẳng.  ABCD  bằng 60. Tính theo. a thể tích V của hình chóp S.ABCD.. 3a 3 3 A. V  . 4. a3 3 B. V  . 8. 3a 3 3 C. V  . 8. D. V . a3 3 . 4. Lời giải Chọn D . Gọi H là trung điểm của cạnh OC  SH   ABCD  . Kẻ HP  AB  P  AB   AB  HP  AB   SHP   AB  SP . Ta có   AB  SH. Do đó. SAB ;  ABCD   SPH  60.  tan 600 . 0. .. SH  3  SH  HP 3 HP.  HP  AB HP AH 3 3 3a 3a 3 Trên  ABCD  ,  .  HP / / BC     HP  BC   SH  BC AC 4 4 4 4  BC  AB. 1 1 3a 3 2 a 3 3  V  SH.SABCD  . .a  . 3 3 4 4. 6. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(11) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN - HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. VÍ DỤ 6: Cho lăng trụ tam giác ABC.A' B' C ' có BB'  a , góc giữa đường thẳng BB' và  ABC  bằng 60 , tam giác ABC vuông tại C và góc BAC  60 . Hình chiếu vuông góc của điểm B ' lên  ABC . trùng với trọng tâm của ABC . Thể tích của khối tứ diện A '.ABC theo a bằng A.. 7 a3 . 106. B.. 15a 3 . 108. C.. 9a3 . 208. D.. 13a 3 . 108. Lời giải Chọn C B'. Gọi M , N là trung điểm của AB, AC và G là trọng tâm của ABC .. . C'. . A'. B ' G   ABC   BB ',  ABC   B ' BG  600 .. 1 1 VA '. ABC  .SABC .B ' G  .AC.BC.B ' G 3 6. Xét B' BG vuông tại G , có B' BG  60  B'G . B 0. 60° C G. M. 60°. a 3 . (nửa tam giác đều) 2. N. A. Đặt AB  2x . Trong ABC vuông tại C có BAC  600  tam giác ABC là nữa tam giác đều  AC . AB  x , BC  x 3 2. 3 3a Do G là trọng tâm ABC  BN  BG  . Trong BNC vuông tại C : BN 2  NC 2  BC 2 2 4  3a  AC  9a x 9a 3a 2 13     3x 2  x 2  x  16 4 52 2 13  BC  3a 3  2 13 2. Vậy VA ' ABC. 2. 2. 1 3a 3a 3 a 3 9 a 3  . . .  . 6 2 13 2 13 2 208. VÍ DỤ 7: Cho khối tứ diện đều ABCD có thể tích V . Gọi M , N , P lần lượt là trọng tâm các tam giác V . ABC , ACD, ADB và V  là thể tích khối tứ diện AMNP . Tính tỉ số V A.. V 8  . V 81. B.. V 6  . V 81. C.. V 4  . V 27. D.. V 4  . V 9. Lời giải Chọn B TYPS: Hai khối đa diện đồng dạng với tỷ số k thì ta có. V1  k 3 . Áp dụng vào bài toán sau đây” V2. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 7.

(12) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. Ta có mặt phẳng  MNP  cắt các mặt của tứ diện theo các đoạn giao tuyến EF , FH và HE do vậy 2 thiết diện là tam giác EFH . Ta dễ có  MNP  //  BCD  và d  A;  MNP    d  A;  BCD   3 2. Ta cũng có SMNP. 1 1 2 1  SEFH  .   SBCD  SBCD 4 4 3 9. 1 2 6 Do đó VAMNP  d  A;  MNP   .SMNP  d  A;  BCD   .SBCD  VABCD . 3 81 81. VÍ DỤ 8: Cho khối lăng trụ ABC.ABC có thể tích bằng 2020. Gọi M , N lần lượt là trung điểm của AA ; BB và điểm P nằm trên cạnh CC sao cho PC  3PC . Thể tích của khối đa diện lồi có các đỉnh là các điểm A, B,C , M, N , P bằng 2020 5353 2525 3535 A. . B. . C. . D. . 3 3 3 3 Lời giải Chọn D Giả sử V  VABC. ABC  2020 . 1 V 2 Ta có VC. ABC  d C ;  ABC   .SABC   VC. ABBA  V . 3 3 3. . . . . 1 .d P ;  ABC  .SABC VP . ABC 3  Ta lại có : VC . ABC 1 .d C ;  ABC  .SABC 3. 8. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(13) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN - HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. . . . . 1 .d P ;  ABBA  .SABNM VP . ABNM 1 3  V . Mặt khác: .  P . ABC 4 VC . ABBA 1 .d C ;  ABBA  .SABBA 3 1 Mà d P;  ABBA   d C ;  ABBA  và SABNM  SABBA . 2 V 7 3535 1 1 Suy ra P. ABNM   VP. ABNM  V . Vậy VABC . MNP  VP. ABNM  VP. ABC  V  . 12 3 VC. ABBA 2 3.    PC  3  V  d C ;  ABC   CC 4 d P;  ABC . .  . . Cách 2: Dùng công thức giải nhanh V 2020  1 1 3  3535 1  AM BN CP  Ta có: ABC . MNP   .  VABC . MNP         VABC . ABC  3  AA BB CC   3 2 2 4 3 VÍ DỤ 9: Cho lăng trụ ABC.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a , góc giữa cạnh bên với mặt phẳng đáy bằng 60 và A cách đều 3 điểm A, B,C . Gọi M là trung điểm của AA ; N  BB thỏa mãn. NB  4NB và P  CC sao cho PC  3PC . Thể tích của khối đa diện lồi có các đỉnh là các điểm. A, B,C , M, N , P bằng A.. a3 3 . 4. B.. 41a 3 3 . 240. C.. 23a 3 3 . 144. D.. 19 a 3 3 . 240. Lời giải Chọn B Gọi V là thể tích của khối đa diện có các đỉnh là các điểm A, B,C , M, N , P . V1 là thể tích của khối lăng trụ ABC.ABC . Gọi H là trọng. tâm của tam giác ABC . Vì điểm A cách đều các điểm A, B,C nên AH   ABC  .. Hơn nữa AA   ABC   A nên  AA,  ABC    AAH  60 . Suy ra AH  AH.tan 60  1 3. Mà VA. ABC  SABC .AH . a 3. tan 60  a . Do đó V1  SABC .AH . a2 3 a3 3 .a  (đvtt) 4 4. V1 2V  VA. BCCB  1 . 3 3.  4 NB  BB   NB  4 NB  5  Từ   PC  3 PC   PC  3 CC   3 BB  4 4. Suy ra SBCPN  . 1 1 4 3  NB  PC  d  BB, CC     BB  BB  d  BB, CC   2 2 5 4 . 31 31 31 31 31 BB.d  BB, CC    .SBCCB  VM . BCPN  VM . BCCB  VA. BCCB  V1 . 40 40 40 40 60. 1 1 1 1 Và VM . ABC  SABC . AH  VA. ABC  V1 (vì M là trung điểm của AA ) 3 2 2 6 Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 9.

(14) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. Vậy thể tích cần tìm là V  VM . ABC  VM .BCPN . 41 41a3 3 V1  (đvtt) 60 240. Cách 2: Dùng công thức giải nhanh Ta có:. VABC . MNP 1  AM BN CP  a3 3  1 4 3  41a3 3 .  V           ABC . MNP 12  2 5 4  240 VABC . ABC  3  AA BB CC  . VÍ DỤ 10: Cho lăng trụ ABC.ABC diện tích đáy bằng 3 và chiều cao bằng 5. Gọi M , N , P lần lượt là trung điểm của AA, BB,CC . G,G lần lượt là trọng tâm của hai đáy ABC , ABC . Thể tích của khối đa diện lồi có các đỉnh là các điểm G,G, M , N , P bằng A. 10 .. B. 3 .. C. 5 .. D. 6 .. Lời giải Chọn C Ta có: VABC. ABC  3.5  15 (đvtt). Ta có VGGMNP  VG.MNP  VG'.MNP . Do. M, N , P. lần. lượt. là. trung. điểm. của. AA, BB,CC nên mp  MNP  chia khối lăng trụ ABC.ABC thành hai khối lăng trụ bằng nhau ABC.MNP và MNP.ABC .. 1 Lại có G   ABC  nên VG. MNP  VABC . MNP 3. 1 Tương tự ta có VG. MNP  VABC. MNP 3 1 1 Do đó VGGMNP  VG. MNP  VG '. MNP  VABC . MNP  VMNP. ABC 3 3 . 10. 1 1 1 VABC . MNP  VMNP. ABC   VABC . ABC  .15  5 .  3 3 3. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(15) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. BÀI TẬP RÈN LUYỆN. DẠNG 1 : MỞ ĐẦU KHỐI ĐA DIỆN Câu 1:. Câu 2:. Khối tứ diện ABCD có thể tích V , AB  a , CD  b , góc giữa hai đường thẳng AB và CD là  khoảng cách giữa chúng bằng c . Mệnh đề nào dưới đây đúng? abc sin  abc sin  abc sin  A. V  . B. V  . C. V  D. V  abc sin . 6 3 2 Khối tứ diện ABCD có thể tích V , AB  a góc giữa hai mặt phẳng  CAB  và  DAB  bằng  . Các tam giác CAB , DAB có diện tích lần lượt là S1 và S2 . Mệnh đề nào dưới đây đúng? A. V . Câu 3:. a3 3 . 3. a3 6 . 9. a3 3 . 6. 4S1S2 sin  a. D. V . 2S1S2 sin  . 3a. B.. a3 2 . 4. C.. a3 2 . 2. D.. a3 2 . 3. B.. a3 6 . 3. C.. a3 6 . 4. D.. a3 3 . 9. B.. a3 3 . 3. C.. a3 3 . 2. D.. a3 3 . 12. Nếu một hình chóp đều có chiều cao và cạnh đáy cùng tăng lên n lần thì thể tích của nó tăng lên A. n2 lần.. Câu 7:. C. V . Cho một hình chóp tứ giác đều có cạnh đáy bằng a và diện tích xung quanh gấp đôi diện tích đáy. Khi đó thể tích của hình chóp bằng A.. Câu 6:. 4S1S2 sin  . 3a. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là một hình vuông cạnh a . Các mặt phẳng (SAB) và (SAD) cùng vuông góc với mặt phẳng đáy, còn cạnh bên SC tạo với mặt phẳng đáy một góc 30 . Thể tích của khối chóp đã cho bằng A.. Câu 5:. B. V . Cho hình chóp S.ABCD có đáy là một hình vuông cạnh a . Cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy, còn cạnh bên SC tạo với mặt phẳng (SAB) một góc 30 . Thể tích của hình chóp đó bằng A.. Câu 4:. 2S1S2 sin  . a. B. 2n2 lần.. C. n3 lần.. D. 2n3 lần.. Cho hình lăng trụ ABC.A' B' C ' có AA '  2 , khoảng cách từ A đến các đường thẳng BB',CC' , lần lượt bằng 1 và 2 ; khoảng cách C đến đường thẳng BB' bằng ABC.A' B'C' bằng 2 A. 2 . B. . C. 4 3. 5 . Thể tích khối lăng trụ. D.. 4 . 3. Câu 8:. Cho khối tứ diện O.ABC có OA,OB,OC đôi một vuông góc thỏa mãn OA2  OB2  OC 2  12 . Thể tích lớn nhất của khối tứ diện O.ABC bằng 4 8 A. 8 . B. . C. 4 D. . 3 3. Câu 9:. Thể tích của khối chóp cụt có diện tích hai đáy lần lượt là S1 , S2 có chiều cao bằng h là. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 11.

(16) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. A. h(S1  S2  S1S2 ) .. B.. h(S1  S2  S1S2 ) 3. . C.. h(S1  S2  S1S2 ) 3. D. h(S1  S2  S1S2 ) .. Câu 10: Cho hình hộp ABCD.A' B' C 'D' có đáy là hình thoi cạnh a , BAD  60 0 và có chiều cao bằng 2 a 3 Gọi M,N lần lượt là trung điểm các cạnh A' B', A' D' . Tính thể tích khối đa diện ABDA' MN A.. 7 a3 . 8. Câu 11: Cho. hình. B. hộp. đứng. 3a 3 . 4 ABCD.ABCD. C. có. 5a 3 8. D.. 2a3 . 8. AB  AD  a,. a 3 và góc BAD  60o . Gọi M và N lần lượt là trung 2 điểm các cạnh AD và AB .Thể tích khối chóp A.BDMN là: AA . A.. 3a 3 . 16. B.. 3a 3 . 16. C.. 3 3a 3 . 16. D.. a3 . 16. Câu 12: Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC.ABC có tất cả các cạnh bằng a . Gọi M , N lần lượt là trung điểm các cạnh AB và BC . Mặt phẳng  AMN  cắt cạnh BC tại P , Thể tích khối đa diện MBP.ABN bằng:. A.. 3a 3 . 24. B.. 3a 3 . 12. C.. 7 3a 3 . 96. D.. 7 3a 3 . 32. Câu 13: Cho khối tứ diện OABC có OA , OB , OC đôi một vuông góc với nhau và thỏa mãn OA  OB  OC  6 . Thể tích lớn nhất của khối tứ diện OABC bằng 4 8 A. 8 . B. . C. 4 . D. . 3 3 Câu 14: Cho hình hộp ABCD.ABCD có diện tích đáy bằng S , chiều cao bằng h . Thể tích khối tứ diện AABD bằng Sh Sh Sh Sh A. . B. . C. . D. . 6 3 4 2 Câu 15: Cho hình lăng trụ đều có độ dài cạnh đáy bằng a. Chiều cao của hình lăng trụ bằng h , điện tích một mặt đáy là S . Tổng khoảng cách từ một điểm trong hình lăng trụ tới tất cả các mặt của hình lằng trụ bằng 2S 2S 3S 3S A. h  . B. h  . C. . D. . a a a a Câu 16: Cho lăng trụ đứng ABC.ABC ' có đáy là tam giác đều a , AA  2a . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của AA , BB và G là trọng tâm của tam giác ABC . Mặt phẳng  MNG  cắt CA ,CB lần lượt tại E , F . Thể tích khối đa diện có 6 đỉnh là A , B , M , N , E , F bằng A.. 12. a3 3 . 9. B.. 2 3a 3 . 9. C.. 3a 3 . 27. D.. 2 3a 3 . 27. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(17) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. a 3 và BAD  60o . Gọi M và N 2 lần lượt là trung điểm các cạnh A' D' và A' B' . Tính thể tích khối chóp A.BDMN .. Câu 17: Cho hình hộp đứng ABCD.A' B' C ' D' có AB  AD  a , AA' . a3 3 A. . 16. 3a 3 B. . 16. 3a 3 3 C. . 16. a3 D. . 16. Câu 18: Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC.A' B' C ' có tất cả các cạnh bằng a . Gọi M và N lần lượt là trung điểm các cạnh AB và B' C ' . Mặt phẳng  A ' MN  cắt cạnh BC tại P . Thể tích khối đa diện MBP.A' B' N bằng. A.. a3 3 . 24. B.. a3 3 . 12. C.. 7 a3 3 . 96. D.. 7 a3 3 . 32. a 3 và góc BAD  600 . Gọi 2 M; N lần lượt là trung điểm của A'D'; A' B' . Tính thể tích khối đa diện BCD.MNB’C’D’.. Câu 19: Cho hình hộp đứng ABCD.A’B’C’D’ có AB  AD  a; AA' . A.. 3a 3 . 16. B.. 7 a3 . 32. C.. 9a3 . 16. D.. 17 a 3 . 32. Câu 20: Cho lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có thể tích bằng 72. Gọi M là trung điểm của cạnh A’B’; các 3 1 điểm N , P thỏa mãn B ' N  B ' C '; BP  BC . Đường thẳng NP cắt BB’ tại E , đường thẳng ME 4 4 cắt AB tại Q . tính thể tích khối đa diện AQPC.C ’A’MN . A. 55 .. B. 59 .. C. 52 .. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. D. 56 .. 13.

(18) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. BẢNG ĐÁP ÁN 1.A. 2.D. 3.D. 4.A. 5.A. 6.C. 7.A. 8.B. 9.B. 10.A. 11.B. 12.C. 13.B. 14.B. 15.A. 16.A. 17.B. 18.C. 19.D. 20.B. HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Câu 1:. Chọn A. Dựng điểm E sao cho tứ giác BDCE là hình bình hành. Khi đó. . . .  . . CD // BE  CD //  ABE   d  AB , CD   d C ,  ABE   c ; AB, CD  AB, BE   .. . . 1 1 AB.BE.sin AB, BE  ab sin  . 2 2 1 1 1 abc sin  Vậy VABCD  VC . ABE  .SABE .d C ,  ABE   . ab sin  .c  . 3 3 2 6 SABE . . Câu 2:. . Chọn D. Gọi H là hình chiếu vuông góc của C trên  ABD  và E là hình chiếu vuông góc của H trên AB . Khi đó. CAB , DAB   HE,CE  CEH   . CH  AB 2S 2S CE.AB  CE  AB . Do đó SABC   CE  ABC  1 .  2 AB a  HE  AB CEH vuông tại H có 1 3. 2S sin  CH  sin CEH  sin   CH  CE.sin   1 . CE a 1 3. Vậy VABCD  VC . ABD  .SDAB .CH  .S2 .. 14. 2S1 sin  2S1S2 sin   . a 3a. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(19) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. Câu 3:. Chọn D Ta có. CB  AB   CB   SAB  . CB  SA . Suy ra góc giữa SC với mặt phẳng  SAB  là CSB  30 . Do. SB  CB.cot 30  a 3. đó,. .. Suy. ra. SA  SB2  AB2  a 2 .. 1 2 3 a . Vì vậy VS. ABCD  SA.SABCD  3 3. Câu 4:. Chọn A Do. SAB   ABCD    SA  ABCD .    SAD    ABCD . Suy ra góc giữa SC với mặt phẳng đáy là SCA  30 . Suy ra SA  AC.tan 30  a 2.. 1 3. . a 6 . 3. 1 6 3 a . Do đó VS. ABCD  SA.SABCD  3 9. Câu 5:. Chọn A Giả sử hình chóp đều S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a tâm O . Đặt SO  h . Gọi M là trung điểm BC . Ta có SM  SO 2  OM 2  h 2  Sxq  4SSBC. VS. ABCD. Câu 6:. A. a2 . 4. 1 a2  4. .SM.BC  2. h 2  .a 2 4. Có Sxq  2Sday  2 h 2 . S. D. B O. M C. a2 a 3 a  2a 2  h  . 4 2. 1 1 a 3 2 a3 3  SO.SABCD  . .a  . 3 3 2 6. Chọn C Ta chỉ xét hai hình chóp đều tam giác, tứ giác Trường hợp 1: Hình chóp đều tam giác có cạnh đáy bằng a và chiều cao h . 1 a2 3 .h . Thể tích khối chóp tam giác đều ban đầu: V1  . 3 4 Thể tích khối chóp sau khi tăng chiều cao và cạnh đáy cùng tăng lên n lần: 1  na  3 V2  . .nh  n3 V1 . 3 4 2. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 15.

(20) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. Kết luận: một hình chóp tam giác đều có chiều cao và cạnh đáy cùng tăng lên n lần thì thể tích của nó tăng lên n3 lần. Trường hợp 2: Hình chóp đều tứ giác có cạnh đáy bằng a và chiều cao h . 1 Thể tích khối chóp tứ giác đều ban đầu: V1  .a2 .h . 3 Thể tích khối chóp tứ giác đều sau khi tăng chiều cao và cạnh đáy cùng tăng lên n lần: 2 1 V2  .  na  .nh  n3 V1 . 3 Kết luận: một hình chóp tứ giác đều có chiều cao và cạnh đáy cùng tăng lên n lần thì thể tích của nó tăng lên n3 lần. Kết luận: Nếu một hình chóp đều có chiều cao và cạnh đáy cùng tăng lên n lần thì thể tích của nó tăng lên n3 lần. Nhận xét: Ta có thể dùng một kết quả quen thuộc Nếu ta tăng các kích thước của đa giác lên k lần thì diện tích đa giác sẽ tăng lên k 2 lần. Nếu tăng diện tích đáy của khối chóp lên k 2 lần và chiều cao k lần thì thể tích khối chóp sẽ tăng lên k 3 lần. Câu 7:. Chọn A Gọi H , K làn lượt là hình chiếu vuông góc của A lên BB',CC' ta có AH  d( A, BB')  1, AK  d(A,CC')  2 vuông tại AH 2  AK 2  HK 2  5  AHK 1 A  SAHK  AH .AK  1 . Vậy VABC. A' B'C '  SAHK .AA'  2 . 2. và. Câu 8:. Chọn B 1 Ta có VO. ABC  OA.OB.OC . 6 Sử dụng bất đẳng thức AM – GM có 12  OA2  OB2  OC 2  3 3 OA2 .OB2 .OC2  OA.OB.OC  8  VO. ABC . Câu 9:. 8 4  6 3. Chọn B Thể tích hình chóp cụt là. h(S1  S2  S1S2 ) 3. Câu 10: Chọn A. 16. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(21) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. Chú ý: ABDA' MN là một hình chóp cụt có hai tam giác đáy ABD, A ' MN . Do đó V  Trong. 3. . h  2a 3. đó,. S1  SABD . Vậy V . h(S1  S2  S1S2 ). và. a2 3 1 a2 3 , S2  SA ' MN  SA ' B' D '  4 4 16. 2a 3 a2 3 a2 3 a2 3 a2 3 7 a2 (   . ) . 3 4 16 4 16 8. Câu 11: Chọn B 1 1 1 a a  a 3 a3 Ta có: VA. AMN  SAMN  AA     .sin 600   .  3 3 2 2 2 32  2. a 3 a2 3 a2 3 , S1  SABD  ,S2  SAMN  Khối chóp cụt ABD.AMN có h  . 2 4 16. Do đó VABD. AMN . h a 3  a2 3 a2 3 3a 4  S1  S2  S1S2    3 6  4 16 64 . . . Do đó VA.BDMN  VABD. AMN  VA. AMN .  7 a3   32 . 7 a 3 a 3 3a 3 .   32 32 16. Câu 12: Chọn C MP BP BM 1 1     MBP ~ ABN theo tỉ số Ta có AN BN AB 2 2 Khối đa diện MBP.ABN là khối chóp cụt có chiều cao h  BB  a . Diện tích hai đáy là : 1 a2 3 1 a2 3 S1  SABN  SABC  , S2  SMBP  SABN  . 2 8 4 32. Vậy VMBP ABN . h a  a2 3 a2 3 a2 3 a2 3 S1  S2  S1S2     . 3 3 8 32 8 32 . . .  7 3a 3  .  96 . Câu 13: Chọn B Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho ba số không âm, ta có: 6  OA  OB  OC  3 3 OA.OB.OC  OA.OB.OC  8. 1 1 4 Ta có VOABC  OA.OB.OC  .8  . 6 6 3 Dấu "  " xảy ra khi OA  OB  OC  2 . 4 Vậy VOABC lớn nhất là . 3. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 17.

(22) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. Câu 14: Chọn B. 1 1 Sh 1 1 Ta có SABD  SABCD  VAABD  V A. ABCD  . .SABCD .d  A;  ABCD    . 2 2 2 3 6. Câu 15: Chọn A Xét hình lăng trụ đều  H  đã cho có đáy là đa giác đều n đỉnh. Xét điểm I bất kỳ trong hình lăng trụ đều  H  đã cho. Khi đó nối I với các đỉnh của  H  ta được n  2 khối chóp có đỉnh là I , trong đó có hai khối chóp có đáy là hai mặt đáy của  H  , và n khối chóp có đáy là các mặt bên của  H  . Diện tích của mỗi mặt đáy của  H  là S , diện tích của mỗi mặt bên của  H  bằng ah . Gọi h1 , h2 ,..., hn , hn1 , hn2 lần lượt là khoảng cách từ I đến các mặt bên và các mặt đáy của  H  . Vậy theo công thức tính thể tích của khối lăng trụ và khối chóp ta có: 1 1 1 1 V H   V1  V2  ...  Vn  Vn1  Vn 2  Sh  h1 .ah  ...  hn .ah  hn1 .S  hn 2 .S 3 3 3 3 1 1 S  S   h1  h2  ...  hn  a   hn1  hn 2  3 3 h h. 1 S 1 S h1  h2  ...  hn  a    h1  h2  ...  hn  a  S   3 3 3 3 2S 2S  h1  h2  ...  hn   h1  h2  ...  hn  hn1  hn 2  h. a a S. Câu 16: Chọn D Ta có V1  VC . ABNM  MN   GMN    AB   ABC   AB / / MN . 1 1a 3 2 3a 3  CH.SABNM  .a  . 3 3 2 6. ..   GMN    ABC   EF / / AB / / MN. Suy ra. 18. CF CG CE 2    . CB CH CA 3 Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(23) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN. 3 3 VC .EFNM 2  2  1  1 5 4 4 3a 3 2 3 a 3 Suy ra    VBFN . AEM  V1  VC .EFNM  V1   3 3 V1 9 9 9 6 27 4. . .1.1 2 2. Câu 17: Chọn B Dễ thấy A' MN.ADB là hình chóp cụt và hai đáy là hai 1 tam giác đều đồng dạng theo tỉ số là . 2 Ta. SADB . có:. 1 a2 3 a2 3  SA ' MN  SADB  4 16 4.  VAA ' MN . 1 a3 AA.SAMN  3 32. VA ' MN . ADB . 1 3a 3 7 a3 .  VA. BDMN  VA ' MN . ADB  VAA ' MN  AA SAMN  SADB  SAMN .SADB  3 16 32. . . Câu 18: Chọn C Ta có AN / /  ABC  . Gọi K là trung điểm của đoạn thẳng BC .Suy ra AK / / AN .. Mặt khác  AMN   BC  P nên P là trung điểm của đoạn thẳng BK . Dễ thấy MBP.A' B' N là hình chóp cụt và hai đáy là hai tam 1 giác đồng dạng theo tỉ số là . 2 Ta có SABN . 1 a2 3 1 a2 3 AB.AN .sin 60 o   SMBP  SABN  . 2 8 4 32. . . 1 7 a3 3 Vậy VMBP. A ' B' N  AA SMBP  SA ' B' N  SMBP .SA ' B' N  . 3 96. Câu 19: Chọn D Đặt: V1 là thể tích của khối hộp đứng ABCD.A’B’C’D’ .. V2 là thể tích của khối chóp cụt A’MN.ABD.. V là thể tích của đa diện BCD.MNB’C’D’.. Ta có: V1  B.h  a.a.sin 600.. a 3 3a 3  2 4. 1 a3 3 a2 3 SA ' MN  SA ' B' D '  ; SABD  4 16 4 h  V2  SA ' MN  SABD  SA ' MN .SABD 3 a 3  a2 3 a2 3 a2 3 a2 3  7 a3    .  6  16 4 16 4  32  . . . Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 19.

(24) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. Do đó: V  V1  V2 . 3a3 7 a3 17 a3 .   4 32 32. Câu 20: Chọn B Đặt: V là thể tích ABC.A’B’C ’.  V  72 .. khối. lăng. trụ. V1 là thể tích khối đa diện AQPC.C ’A’MN .. V2 là thể tích khối chóp cụt BQP.B' MN .. Ta có:  . BP BQ 1 BQ 1     B' N B' M 3 BA 6. SBQP SBAC. 1 1 1 1  .   SBQP  SBAC 6 4 24 24. SB 'MN 1 3 3 3  .   SB 'MN  SBAC SB' A ' C ' 2 4 8 8. Suy ra: V2 . . h S  SB'MN  SBQP .SB'MN 3 BQP. h 1 3 1 3   SBAC  SBAC  SBAC . SBAC  3  24 8 24 8. .  h.SBAC  1 3 1  13V  13.       3  24 8 8  72 . Vậy: V1  V  V2  72  13  59. .. 20. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(25) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. DẠNG 2 : THỂ TÍCH KHỐI LĂNG TRỤ ĐỨNG LÍ THUYẾT ❖ Thể tích của khối lăng trụ đứng có diện tích đáy S , chiều cao (độ dài cạnh bên ) h là V = S.h •. Khối lăng trụ đứng là khối lăng trụ có cạnh bên vuông góc với đáy .. •. Chiều cao của khối lăng trụ đứng bằng độ dài cạnh bên của khối lăng trụ.. •. Khối lăng trụ đa giác đều là khối lăng trụ đứng có đáy là một đa giác đều ( khối lăng trụ tam giác đều, khối lăng trụ lục giác đều…). ❖ Khai thác các giả thiết góc và khoảng cách cho khối lăng trụ đứng tam giác. •. Kẻ AH ⊥ BC ( H  BC ) , AK ⊥ AH ( K  AH ) ta có AHA =  = ( ( ABC ) , ( ABC ) ) và h = AH.tan .. •.  AK ⊥ AH 1 1 1  AK ⊥ ( ABC ) và AK = dA = d A, ( ABC ) có 2 = 2 +  dA h AH 2  AK ⊥ BC. (. ). ❖ Thể tích của một khối lập phương cạnh a là V = a 3 . Với hình lập phương cạnh a ta chú ý: •. Diện tích mỗi mặt của hình lập phương là S = a2 .. •. Diện tích toàn phần ( tổng diện tích các mặt) của hình lập phương là STP = 6a2 .. •. Độ dài đường chéo của hình lập phương là d = a 3 .. •. Độ dài đường chéo mỗi mặt của hình lập phương là a 2 .. •. d A, ( ABD ) =. •. d ( AC , CD ) = d ( AC , AB ) =. (. ). (. ). a 3 2a 3 . , d A, (CBD ) = 3 3 a 2 . 2. ❖ Thể tích của một khối hộp chữ nhật kích thước a , b , c là V = a.b.c . • Diện tích toàn phần ( tổng diện tích các mặt ) của hình hộp chữ nhật là STP = 2 ( ab + bc + ca ) . • Độ dài đường chéo của hình hộp chữ nhật là d = a2 + b2 + c 2 hay AC = AB2 + AD2 + AA2 . • Kẻ DH ⊥ AD ( H  AD) , ta có DHC =  = ( ( ACD ) , ( ADDA ) ) . • Vì AB ⊥ ( BCCB) nên AC B = ( AC , ( BCCB ) ) . •. 1 2 A ,( ABD ). d(. = ). 1 1 1 + + 2 2 AB AD AA2. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 21.

(26) CHUYÊN ĐỀ : KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. BÀI TẬP RÈN LUYỆN Câu 1:. Cho hình lập phương ABCD.ABCD có khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và CD bằng a . Tính thể tích V của khối lập phương đã cho. A. V = 8 a 3 .. Câu 2:. D. V = 27 a3 .. C. V = 3 3a3 .. B. V = 2 2 a 3 .. (. ). Một khối hộp chữ nhật có diện tích các mặt xuất phát từ cùng một đỉnh lần lượt là 10 cm2 ,. (. ). (. ). 20 cm2 , 80 cm2 . Thể tích V của khối hộp chữ nhật đó.. (. (. ). A. V = 40 cm3 .. ). C. V = 80 10 ( cm3 ) . D. V = 40 10 ( cm3 ) .. B. V = 80 cm3 .. Câu 3:. Khi tăng độ dài mỗi cạnh của một khối hộp chữ nhật lên 2 lần thì thể tích của nó tăng lên bao nhiêu lân?. A. 7 lần. B. 2 lần. C. 4 lần. D. 8 lần.. Câu 4:. Cho lăng trụ tam đứng ABC.ABC có đáy ABC là tam giác cân với AB = AC = a , BAC = 120 , mặt phẳng ( ABC  ) tạo với đáy một góc 60 . Tính thể tích V của khối lăng trụ đã cho. A. V =. Câu 5:. 3a 3 . 8. B. V =. 9a3 . 8. C. V =. a3 . 8. D. V =. 3a 3 . 4. Cho khối lăng trụ đứng ABC.ABC có BB = a , đáy ABC là tam giác vuông cân tại B và AC = a 2 . Tính thể tích V của khối lăng trụ đã cho. A. V = Câu 6:. a3 . 2. B. V = a 3 .. C. V =. a3 . 6. D. V =. a3 . 3. Cho khối hộp chữ nhật ABCD.A' B'C ' D' có AB = a, AD = a 3 và mặt phẳng ( A ' D ' CB) tạo với đáy một góc 60 0 . Thể tích V của khối hộp chữ nhật là A. V = a 3 .. Câu 7:. B. V = 3a 3 .. D. V = 9 a 3 .. C. V = 3a3 .. Cho khối hộp chữ nhật ABCD.A' B'C ' D' có AB = AD = a và A' C tạo với mặt phẳng ( ABB ' A ') một góc 30 0 . Thể tích V của khối hộp chữ nhật là B. V = 2 a 3 .. A. V = 3 2 a 3 . Câu 8:. D. V = 6a3 .. C. V = 2a3 .. Cho lăng trụ đứng ABC.ABC có AB = a , BC = a 3 , AC = 2a và góc giữa CB và ( ABC ) bằng 60 o . Mặt phẳng ( P ) qua trọng tâm tứ diện CABC , song song với mặt đáy lăng trụ và cắt các cạnh AA , BB , CC lần lượt tại E , F , Q . Tỉ số thể tích của khối tứ diện CEFQ và khối lăng trụ đã cho gần số nào sau đây nhất? A. 0,06 . B. 0,25 .. Câu 9:. C. 0,09 .. D. 0,07 .. Cho hình hộp đứng ABCD.ABCD , đáy là một hình thoi. Biết diện tích của hai mặt chéo ACCA, BDDB lần lượt là S1 , S2 và góc BAD = 90o . Tính thể tích V của khối hộp đã cho.. S1S2. A. V = 4. 22. (. 4 S −S 2 2. 2 1. ). .. S1S2. B. V = 4. (. 2 S −S 2 1. 2 2. ). .. S1S2. C. V = 4. (. 2 S −S 2 2. 2 1. ). .. S1S2. D. V = 4. (. 4 S12 − S22. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. ).

(27) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. Câu 10: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông, các tam giác SAB và SAD là những tam giác vuông tại A . Mặt phẳng ( P ) qua A vuông góc với cạnh bên SC cắt SB, SC , SD lần lượt tại các điểm M , N , P . Biết SC = 8a , ASC = 600 . Tính thể tích khối cầu ngoại tiếp đa diện ABCDMNP ?. A. V = 6 a 3 .. Câu 11: Cho hình lăng trụ đều ABC.ABC , biết khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng ( ABC  ) bằng a góc giữa hai mặt phẳng ( ABC  ) và ( BCC B ) bằng  với cos  =. D. V = 18 3 a3 .. C. V = 32 3 a3 .. B. V = 24 a3 .. C'. B'. 1 (tham khảo hình vẽ bên 3. dưới).Thể tích khối lăng trụ bằng. A'. C B. A.. 9 15a3 . 20. B. 3 15a3 20. A. . C.. 3 15a3 . 10. D.. 9 15a3 . 10. Câu 12: Cho hình lăng trụ đứng ABC.A' B'C ' có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A với BC = 2a 2 . 4a Biết khoảng cách từ điểm C ' đến mặt phẳng ( A ' BC ) bằng . Tính thể tích V của khối lăng trụ 3 ABC.A' B'C ' . 8a3 4a3 A. V = 4 a 3 . B. V = . C. V = 8 a 3 . D. V = . 3 3 Câu 13: Cho hình lăng trụ đứng ABC.ABC có đáy là tam giác vuông cân tại A , khoảng cách từ A đến mặt phẳng ( ABC ) bằng 3 . Gọi  là góc giữa hai mặt phẳng ( ABC ) và ( ABC ) . Tìm cos  khi thể tích của khối lăng trụ ABC.ABC nhỏ nhất. A. cos  =. 2 . 3. B. cos =. 3 . 3. C. cos  =. 1 . 3. D. cos  =. 2 . 2. Câu 14: Cho hình lăng trụ đều ABC.ABC . Biết khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng ( ABC  ) bằng a góc giữa hai mặt phẳng ( ABC  ) và ( BCC B ) bằng  với cos =. 1 2 3. (tham khảo hình vẽ bên).. Thể tích khối lăng trụ ABC.ABC là. A.. a3 2 . 2. B.. 3a 3 2 . 2. C.. 3a 3 2 . 4. D.. 3a3 2 8. Câu 15: Cho lăng trụ ABCD.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB = 6 , AD = 3 , AC = 3. và mặt phẳng ( AACC ) vuông góc với mặt đáy. Biết hai mặt phẳng ( AACC ) , ( AABB ) tạo 3 . Thể tích khối lăng trụ ABCD.ABCD bằng? 4 B. V = 8 . C. V = 12 . D. V = 10 .. với nhau góc  thỏa mãn tan  = A. V = 6 .. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 23.

(28) CHUYÊN ĐỀ : KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. Câu 16: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi H là điểm trên cạnh SD sao cho 5SH = 3SD , mặt phẳng ( ) qua B, H và song song với đường thẳng AC cắt hai cạnh SA, SC lần lượt tại E, F. Tính tỉ số thể tích A.. 1 . 7. B.. VC . BEHF . VS. ABCD. 3 . 20. C.. 6 . 35. D.. 1 . 6. Câu 17: Cho lăng trụ tam giác ABC.ABC có đáy là tam giác đều cạnh a . Độ dài cạnh bên bằng 4a . Mặt phẳng ( BCC B ) vuông góc với đáy và BBC = 30 . Thể tích khối chóp A.CCB là: A.. a3 3 . 2. B.. a3 3 . 12. C.. a3 3 . 18. D.. a3 3 . 6. Câu 18: Cho hình lăng trụ ABC.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A . cạnh BC = 2a và ABC = 60 . Biết tứ giác BCCB là hình thoi có BBC nhọn. Biết ( BCC B ) vuông góc với. ( ABC ) A.. a3 3 7. và ( ABBA ) tạo với ( ABC ) góc 45 . Thể tích của khối lăng trụ ABC.ABC bằng .. B.. a3 7. .. C.. 3a 3 7. .. D.. 6a3 7. .. Câu 19: Cho lăng trụ ABC.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A , ABC = 30 . Điểm M là trung điểm cạnh AB , tam giác MAC đều cạnh 2a 3 và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Thể tích khối lăng trụ ABC.ABC là A.. 72 2 a3 . 7. B.. 24 3a3 . 7. C.. 72 3a3 . 7. D.. 24 2 a 3 . 7. Câu 20: Cho lăng trụ tam giác đều ABC.ABC có AA = a 3 . Gọi I là giao điểm của AB và AB . Biết khoảng cách từ I đến mặt phẳng ( BCC B ) bằng A. V = 3a 3 .. B. V = a 3 .. a 3 . Tính thể tích V của khối lăng trụ đã cho. 2 3a 3 a3 C. V = . D. V = . 4 4. Câu 21: Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC.ABC có tất cả các cạnh bằng a . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của các cạnh AB và BC . Mặt phẳng ( AMN ) cắt cạnh BC tại P . Tính thể tích của khối đa diện MBP.ABN A.. 3a 3 . 24. B.. 3a 3 . 12. C.. 7 3a3 . 96. D.. 7 3a3 . 32. Câu 22: Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC.ABC có tất cả các cạnh bằng a . Gọi M, N lần lượt là trung điểm của các cạnh AB và BC . Mặt phẳng ( AMN ) cắt cạnh BC tại P. Thể tích khối đa diện MBP.ABN bằng. 7 3a3 A. . 68. 24. B.. 3a 3 . 32. 7 3a3 C. . 96. 7 3a3 D. . 32. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(29) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. Câu 23: Cho hình lăng trụ ABCD.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a . Các cạnh bên tạo với đáy một góc 60 o . Đỉnh A cách đều các đỉnh A, B,C , D . Trong các số dưới đây, số nào ghi giá trị thể tích của hình lăng trụ nói trên? a3 6 A. . 9. a3 3 B. . 2. a3 6 C. . 2. a3 6 D. . 3. Câu 24: Cho hình lăng trụ ABC.ABC có đáy là tam giác đều cạnh a . Hình chiếu vuông góc của A lên mặt phẳng ( ABC ) trùng với trung điểm cạnh BC . Góc giữa BB và mặt phẳng ( ABC ) bằng 60 . Tính thể tích khối lăng trụ ABC.ABC . A.. a3 3 . 8. B.. 2a3 3 . 8. C.. a3 3 . 4. D.. 3a3 3 . 8. Câu 25: Cho hình lăng trụ tam giác ABC.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh 2a , hình chiếu của A trên mặt phẳng ( ABC ) là trung điểm cạnh BC . Biết góc giữa hai mặt phẳng ( ABA ) và. ( ABC ) A.. bằng 45 . Tính thể tích V của khối chóp A.BCCB .. 3 3 a . 2. B. V = a 3 .. C. a3 3 .. D.. 2 3a3 . 3. Câu 26: Khối lăng trụ tam giác đều ABC.A' B'C ' có khoảng cách từ A đến mặt phẳng ( A ' BC ) bằng 3 và góc giữa hai mặt phẳng ( A ' BC ) và ( ABC ) bằng 60 0 . Tính thể tích V khối lăng trụ đã cho? A. V = 24 3 .. B. V = 8 3 .. C. V =. 8 3 . 3. D. V =. 8 3 . 9. Câu 27: Khối lăng trụ đứng ABC.A' B'C ' có đáy là tam giác vuông cân tại A . Biết khoảng cách từ A đến mặt phẳng ( A ' BC ) bằng 3 và góc giữa hai mặt phẳng ( A ' BC ) và ( ABC ) bằng 60 0 . Tính thể tích V khối lăng trụ đã cho?. A. V = 24 3 . B. V = 8 3 . C. V = 72 . D. V = 24 . Câu 28: Cho hình lăng trụ ABC.ABC có đáy là tam giác đều cạnh a . Hình chiếu vuông góc của điểm A lên mặt phẳng ( ABC ) trùng với trọng tâm tam giác ABC . Biết khoảng cách giữa hai đường thẳng AA và BC bằng A. V =. a3 3 . 12. a 3 . Tính theo a thể tích V của khối lăng trụ ABC.ABC . 4. B. V =. a3 3 . 3. C. V =. a3 3 . 24. D. V =. a3 3 . 6. Câu 29: Cho khối hộp chữ nhật ABCD.A' B'C ' D' có AB = a; AD = a 3 , góc giữa hai mặt phẳng. ( ADD ' A ') và mặt phẳng ( ACD ') bằng 60 A. V =. a3 6 . 6. B. V =. a3 2 . 4. 0. . Tính thể tích khối hộp chữ nhật đã cho. C. V =. a3 6 . 2. D. V =. 3a 3 2 . 4. Câu 30: Cho lăng trụ ABC.ABC có đáy là tam giác đều cạnh a . Hình chiếu vuông góc của điểm A lên mặt phẳng ( ABC ) trùng với trọng tâm của tam giác ABC . Biết khoảng cách giữa hai đường thẳng AA và BC bằng. a 3 . Khi đó thể tích của khối lăng trụ là 4. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 25.

(30) CHUYÊN ĐỀ : KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. A.. a3 3 . 24. B.. a3 3 . 12. C.. a3 3 . 36. D.. a3 3 . 6. Câu 31: Cho hình lăng trụ ABC.ABC , đáy ABC là tam giác đều cạnh x . Hình chiếu của đỉnh A lên mặt phẳng ( ABC ) trùng với tâm ABC , cạnh AA = 2 x . Khi đó thể tích khối lăng trụ là: A.. x 3 11 . 12. B.. x 3 39 . 8. C.. x3 3 . 2. D.. x 3 11 . 4. Câu 32: Cho hình hộp ABCD.ABCD có đáy là hình chữ nhật với AB = 3, AD = 7 và cạnh bên bằng 1 . Hai mặt bên ( ABBA ) và ( ADDA ) lần lượt tạo với đáy các góc 45 và 60 . Thể tích khối. hộp bằng A. 3 3. B. 7 7. D. 3. C. 7. Câu 33: Cho hình hộp ABCD.ABCD có đáy là hình chữ nhật với AB = 3, AD = 7 và cạnh bên bằng 1 . Hai mặt bên ( ABBA ) và ( ADDA ) lần lượt tạo với đáy các góc 45 và 60 . Thể tích khối. hộp bằng B. 7 7. A. 3 3. D. 3. C. 7. Câu 34: Cho hình lăng trụ ABCABC có đáy là tam giác đều cạnh a . Hình chiếu vuông góc của A lên mặt phẳng ( ABC ) trùng với trọng tâm tam giác ABC . Biết khoảng cách giữa hai đường thẳng AA và BC bằng. A. V =. a3 3 . 6. a 3 . Tính thể tích V của khối lăng trụ ABCABC. 4. B. V =. a3 3 . 24. C. V =. a3 3 . 12. D. V =. a3 3 . 3. Câu 35: Cho hình lăng trụ ABC.ABC có đáy là tam giác đều cạnh m −  5; 2 ) . Hình chiếu vuông góc của điểm A lên mặt phẳng ( ABC ) trùng với trọng tâm tam giác ABC . Biết khoảng cách giữa hai đường AA và BC bằng A. V =. a3 3 . 24. a 3 . Tính thể tích V của khối lăng trụ ABC.ABC . 4. B. V =. a3 3 . 12. C. V =. a3 3 . 3. D. V =. a3 3 . 6. Câu 36: Cho hình lăng trụ ABC.A' B'C ' có đáy là tam giác đều cạnh 3a , hình chiếu của A ' trên mặt phẳng ( ABC ) trùng với tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC . Cạnh AA ' hợp với mặt phẳng đáy một góc 45 . Thể tích của khối lăng trụ ABC.A' B'C ' tính theo a bằng. 9a3 27 a 3 3a 3 27 a3 A. . B. . C. . D. . 4 4 4 6 Câu 37: Cho lăng trụ tam giác ABC.ABC . Các điểm M , N , P lần lượt thuộc các cạnh AA , BB , CC AM 1 BN 2 = và mặt phẳng ( MNP ) chia lăng trụ thành hai phần có thể tích bằng sao cho = , AA 2 BB 3 CP nhau. Khi đó tỉ số là CC  1 1 5 1 A. . B. . C. . D. . 3 4 12 2 26. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(31) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. Câu 38: Cho lăng trụ ABC.ABC có đáy là tam giác đều cạnh a . Hình chiếu vuông góc của điểm A lên mặt phẳng ( ABC ) trùng với trọng tâm tam giác ABC . Biết khoảng cách giữa hai đường thẳng AA và BC bằng. A.. a 3 . Khi đó thể tích của khối lăng trụ là 4. a3 3 . 6. B.. a3 3 . 3. C.. a3 3 . 24. D.. a3 3 . 12. Câu 39: Cho hình lăng trụ C có đáy là tam giác đều cạnh H . Hình chiếu vuông góc của điểm D lên mặt phẳng M trùng với trọng tâm tam giác ABC . Biết khoảng cách giữa hai đường thẳng AA và BC bằng. A. V =. a 3 . Tính thể tích V của khối lăng trụ ABC.ABC . 4. a3 3 . 12. B. V =. a3 3 . 3. C. V =. a3 3 . 24. D. V =. a3 3 . 6. Câu 40: Cho khối lăng trụ tam giác đều ABCA1 B1C1 , góc giữa mặt phẳng ( A1 BC ) và đáy bằng 30 , diện tích tam giác A1 BC bằng 8. Tính thể tích V của khối lăng trụ đã cho. A. V = 27 3 .. B. V = 24 3 .. C. V = 9 3 .. D. V = 8 3 .. Câu 41: Cho khối hộp chữ nhật ABCD.ABCD có AB = a, AD = a 3 , khoảng cách từ A đến ( ABD ) bằng. a 15 . Tính thể tích V của khối hộp chữ nhật đã cho. 5. 2 3a 3 A. V = . 3. B. V = 3a 3 .. C. V = 2 3a3 .. D. V = a 3 .. Câu 42: Cho hình chóp S.ABCD có thể tích V , đáy là hình chữ nhật, mặt phẳng song song với đáy cắt các cạnh SA , SB , SC , SD lần lượt tại M , N , P , Q . Gọi M , N , P  , Q  lần lượt là hình chiếu vuông góc của M , N , P , Q lên mặt đáy. Thể tích khối hộp chữ nhật MNPQ.M N PQ có giá trị lớn nhất là 4 A. V. 27. B.. 2 V. 9. C.. 4 V. 9. D.. 2 V. 27. Câu 43: Cho hình hộp đứng ABCD.ABCD , đáy là một hình thoi. Biết diện tích của hai mặt chéo ACCA , BDDB lần lượt là 1 và. A. V =. 5 . 2. B. V =. 5 và BAD = 90 . Tính thể tích V của khối hộp đã cho. 10 . 2. C. V =. 2 5 . 5. D. V =. 2 10 . 5. Câu 44: Cho lăng trụ ABCD.ABCD với đáy ABCD là hình thoi, AC = 2a , BAD = 1200 . Hình chiếu vuông góc của điểm B trên mặt phẳng ( ABCD ) là trung điểm cạnh AB , góc giữa mặt phẳng. ( ACD) và mặt đáy lăng trụ bằng 60 A. V = 3a3 .. o. . Tính thể tích V của khối lăng trụ ABCD.ABCD .. B. V = 6 3a3 .. C. V = 2 3a3 .. D. V = 3 3a3 .. Câu 45: Cho khối lăng trụ tứ giác đều ABCD.ABCD có khoảng cách giữa hai đường thẳng AB , AD bằng 2 và độ dài đường chéo của mặt bên bằng 5. Tính thể tích V của khối lăng trụ đã cho, biết độ dài cạnh đáy nhỏ hơn độ dài cạnh bên. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 27.

(32) CHUYÊN ĐỀ : KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. A. V =. 10 5 . 3. C. V =. B. 20 5 .. 20 5 . 3. D. V = 10 5 .. Câu 46: Cho khối lập phương ( H ) có cạnh bằng 1. Qua mỗi cạnh của ( H ) dựng một mặt phẳng không chứa các điểm trong của ( H ) và tạo với hai mặt của ( H ) đi qua cạnh đó những góc bằng nhau. Các mặt phẳng như thế giới hạn một đa diện ( H  ) . Tính thể tích của ( H  ) . A. 4 .. C. 8 .. B. 2 .. D. 6 .. Câu 47: Một khối hộp chữ nhật có các kích thước thỏa mãn a , b , c  1; 4  và a + b + c = 6 . Tìm giá trị nhỏ nhất của diện tích toàn phần của khối hộp chữ nhật đó. A. 18 . B. 24 . C. 9 . D. 12 . Câu 48: Cho khối lăng trụ đứng ABC.ABC có đáy là tam giác cân ABC với AB = AC = a , góc BAC = 120 , mặt phẳng ( ABC  ) tạo với đáy một góc 30 . Tính thể tích V của khối lăng trụ đã cho. A. V =. 9a3 . 8. B. V =. a3 . 6. C. V =. a3 . 8. D. V =. 3a 3 . 8. Câu 49: Cho khối lăng trụ tam giác đều ABC.A' B'C ' có khoảng cách từ điểm A ' đến mặt phẳng ( AB ' C ' ) bằng 1 và cosin góc giữa hai mặt phẳng ( AB ' C ' ) và ( ACC ' A ' ) bằng. 3 . Tính thể tích khối 6. lăng trụ ABC.A' B'C ' . A.. 3 2 . 2. B.. 2 . 2. C.. 3 2 . 4. D.. 3 2 . 8. Câu 50: Cho khối lăng trụ đứng ABC.ABC có đáy là tam giác vuông tại A . Khoảng cách từ A đến các đường thẳng AB , AC và mặt phẳng ( ABC  ) lần lượt bằng 1 ;. 2;. 3 . Tính thể tích khối lăng 2. trụ ABC.ABC . A.. 6 15 . 5. B.. 15 . 5. C.. 2 15 . 5. D.. 3 15 . 5. Câu 51: Cho khối lăng trụ đứng ABC.A BC  có đáy là tam giác vuông tại A . Khoảng cách từ A ' đến các đường thẳng AB ', AC ', B ' C ' lần lượt bằng 1;. 3 2 ; . Tính thể tích của khối lăng trụ ABC.A BC  2 2. 6 210 210 2 210 3 210 . B. . C. . D. . 35 35 35 35 Câu 52: Trong các khối lăng trụ đều ABC.ABC có diện tích tam giác ABC là 3 . Gọi  là góc giữa hai. A.. mặt phẳng ( ABC ) , ( ABC ) . Tính tan  khi thể tích khối lăng trụ đạt lớn nhất. A. tan  = 2 .. B. tan  =. 2 . 2. C. tan  = 2 .. D. tan  =. 2 . 3. Câu 53: Cho khối lăng trụ đứng ABC.ABC có đáy là tam giác vuông cân đỉnh A , mặt bên là hình vuông BCC ' B' , khoảng cách giữa AB và CC bằng a . Tính thể tích V của khối lăng trụ ABC.ABC . A. V =. 28. 2a3 . 3. B. V = 2a3 .. C. V =. 2a3 . 2. D. V = a 3 .. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(33) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. Câu 54: Cho khối lăng trụ tam giác đều ABC.ABC có AA = a 3 . Gọi I là giao điểm của AB và AB Cho biết khoảng cách từ điểm I đến mặt phẳng ( BCC B ) bằng. a 3 . Tính thể tích V của khối 2. lăng trụ ABC.ABC theo a . A. V = 3a 3 .. B. V = a 3 .. C. V =. 3a 3 . 4. D. V =. a3 . 4. Câu 55: Cho lăng trụ đứng ABCD.ABCD có đáy là hình bình hành. Các đường chéo DB và AC lần lượt tạo với đáy góc 45 0 và 30 0 . Biết BAD = 600 , chiều cao hình lăng trụ bằng a . Tính thể tích V khối lăng trụ ABCD.ABCD . A. V = a3 3 .. B. V =. a3 . 2. C. V =. a3 2 . 3. D. V =. a3 3 . 2. Câu 56: Cho lăng trụ đứng ABC.A' B'C ' đáy ABC là tam giác vuông cân tại A , E là trung điểm của B'C ' , CB' cắt BE tại M . Tính thể tích V của khối tứ diện ABCM , biết AB = 3a và AA' = 6a A. V = 8 a 3 .. B. V = 6 2 a 3 .. C. V = 6 a 3 .. D. V = 7 a 3 .. Câu 57: Cho khối lăng trụ đứng ABC.ABC có đáy là tam giác vuông ABC vuông tại A , AC = a , ACB = 60 . Đường thẳng BC tạo với mặt phẳng ( ACCA ) góc 30 . Tính thể tích khối lăng trụ. đã cho. A. a3 6 .. B.. a3 3 . 2. C.. a3 3 3. D. 2 3a3 .. Câu 58: Cho hình lăng trụ đứng ABC.ABC có đáy ABC là tam giác cân, với AB = AC = a và góc BAC = 120 , cạnh bên AA = a . Gọi I là trung điểm của CC . Cosin của góc tạo bởi hai mặt phẳng ( ABC ) và ( ABI ) bằng. 33 11 10 30 . B. . C. . D. . 11 11 10 10 Câu 59: Cho hình lăng trụ ABC.ABC có AA = 2, khoảng cách từ A đến các đường thẳng BB , CC lần. A.. lượt bằng 1 và 2; khoảng cách từ C đến đường thẳng BB bằng ABC.ABC bằng 2 A. 2. B. . C. 4. 3. 5 . Thể tích khối lăng trụ. D.. 4 . 3. Câu 60: Cho khối lăng trụ ABC.ABC , khoảng cách từ C đến đường thẳng BB bằng 5 , khoảng cách từ A đến đường thẳng BB và CC lần lượt bằng 1 và 2, hình chiếu vuông góc của A lên mặt phẳng ( ABC ) là trung điểm M của BC và AM = 5 . Thể tích khối lăng trụ đã cho bằng. 2 5 15 2 15 B. C. 5. D. . . . 3 3 3 Câu 61: Cho hình lăng trụ ABC.ABC , khoảng cách từ A đến các đường thẳng BB,CC lần lượt là 1 và. A.. 3 , khoảng cách từ C đến BB bằng 2 . Hình chiếu vuông góc của A lên mặt phẳng ( ABC  ). là trọng tâm G của tam giác ABC và AG =. 4 . Thể tích của khối lăng trụ ABC.ABC bằng: 3. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 29.

(34) CHUYÊN ĐỀ : KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. A. 2 .. B.. 2 . 3. C. 4 .. D.. 4 . 3. Câu 62: Cho khối hộp ABCD.ABCD có AB vuông góc với mặt phẳng ( ABCD ) ; góc giữa AA với. ( ABCD ) bằng 45 . Khoảng cách từ A đến các đường thẳng BB, DD cùng bằng 1 . Góc giữa mặt phẳng ( BBCC ) và mặt phẳng (CCDD ) bằng 60 . Thể tích của khối hộp đã cho bằng: A. 2 3 . B. 2 . C. 3 . D. 3 3 . Câu 63: Cho khối đa diện ABC.A' B'C ' có AA '/ / BB'/ /CC ' .Biết khoảng cách từ A đến BB ' bằng 1, khoảng cách từ A đến CC ' bằng 3 ; Khoảng cách giữa hai đường thẳng BB ' , CC ' bằng 2 và AA ' = 1, BB' = 2, CC ' = 3 .Thể tích khối đa diện ABC.A' B'C ' bằng 3 3 3 1 . B. . C. . D. 3 . 2 2 2 Câu 64: Cho hình lăng trụ ABC.A' B'C ' .Biết khoảng cách từ A đến BB ' bằng 1, khoảng cách từ A đến. A.. CC ' bằng. 3 ; góc giữa hai mặt bên của lăng trụ chung cạnh AA ' bằng 90 o . Hình chiếu của A. lên mặt phẳng ( A ' B ' C ' ) là trung điểm M của cạnh B'C ' và A ' M =. 2 3 .Thể tích khối đa diện 3. ABC.A' B'C ' bằng. A. 2.. B. 1.. C.. 3.. D.. 2 3 . 3. ---------------------------------HẾT-------------------------------. 30. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(35) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. BẢNG ĐÁP ÁN 1.B. 2.D. 3.D. 4.A. 5.A. 6.B. 7.C. 8.B. 9.A. 10.C. 11.A. 12.C. 13.B. 14.B. 15.B. 16.B. 17.D. 18.C. 19.A. 20.A. 21.C. 22.C. 23.C. 24.D. 25.B. 26.A. 27.C. 28.A. 29.D. 30.B. 31.A. 32.D. 33.D. 34.C. 35.B. 36.B. 37.C. 38.D. 39.A. 40.D. 41.B. 42.C. 43.A. 44.B. 45.D. 46.B. 47.A. 48.C. 49.A. 50.D. 51.D. 52.C. 53.C. 54.A. 55.D. 56.C. 57.A. 58.C. 59.A. 60.D. 61.D. 62.C. 63.D. 64.A. HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Câu 1:. Chọn B. B Đặt cạnh hình lập phương là x . Gọi O = AD  AD , ta có DO ⊥ ( DCBA ) .. A. Ta có: AC  ( DCBA ) // CD nên. (. d ( C D ; AC ) = d C D ; ( DCBA ). (. ). = d D ; ( DCBA ) = DO =. C D. O. ). x 2 =a 2. .. A'. C'. B' D'. Do đó, x = a 2 . Thể tích khối lập phương là: V = x 3 = 2 2a3 . Câu 2:. Chọn D Đặt độ dài các cạnh của hình hộp chữ nhật là a, b, c , ta có: ab = 10  3 bc = 20  abc = 40 10 . Thể tích của khối hộp chữ nhật là: V = abc = 40 10 cm . ca = 80 . (. Câu 3:. ). Chọn D Giả sử độ dài mỗi cạnh của khối hộp là a, b, c , thể tích khối hộp là V1 = abc . Khi tăng độ dài mỗi cạnh lên 2 lần thì độ dài mỗi cạnh là 2a,2b,2c và có thể tích là V2 = 2a.2b.2c = 8abc = 8V1. Do đó, thể tích khối hộp chữ nhật tăng lên 8 lần. Câu 4:. Chọn A  AM ⊥ BC Gọi M là trung điểm BC . Ta có   AM ⊥ BC . (( ABC) , ( ABC) ) = AMA = 60. Tam giác AMB vuông tại M, có BAM = 60 nên AM = a cos60 =. (. a . 2. ). a a 3 AA = AM.tan AMA = .tan 60 = . 2 2 Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 31.

(36) CHUYÊN ĐỀ : KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN. SABC =. Câu 5:. 1 a2 3 3a 3 AB.AC.sin 60 = . Vậy V = AA.SABC = . 2 4 8. Chọn A Ta có AB = BC = a . 1 a3 Thể tích lăng trụ đa cho là V = SABC .BB = .a.a.a = . 2 2. Câu 6:. Chọn B B'.  AB ⊥ BC Ta có    AB ⊥ BC. (( A ' D ' BC ) , ( ABCD )) = ABA = 60. C'. D'. A'. AA' = AB.tan600 = a 3  V = AB.AAD.AA' = 3a3. Câu 7:. Chọn C Dùng ảnh câu 6 nhé !. A. D. Ta có ( A ' C , ( ABB ' A ' ) ) = CAB = 30 BC = A ' B.tan 300 =. a2 + A ' A2 3. a=. a2 + A ' A2 3.  A ' A = 2a. V = AB.AAD.AA ' = 2a 3. Câu 8:. Chọn B Gọi M , N lần lượt là trung điểm AB , CC ; G là trung điểm MN . Suy ra G là trọng tâm tứ diện CABC . ( P ) qua G và cắt các cạnh AA , BB , CC lần lượt tại E , F 3 AA . 4 Thể tích khối lăng trụ là V = AA.SABC . Q thì AE = BF = CQ =. Thể. tích. tứ. diện. CEFQ. là:. VCEFQ 1 1 1 3 1 VCEFQ = CQ.SEFQ = . AA.SABC = V  = = 0,25 . 3 3 4 4 V 4. Câu 9:. Chọn A Gọi O = AC  BD . Vì S1 = AC.AA; S2 = BD.AA và BAD = 90o  OA = Tam giác AAO vuông tại A có OA2 = AA2 + OA 2 = AA2 +. BD 2. AC 2 4. 4 S2 − S2 S22 S12 BD 2 AC 2 2 1 2  = AA + = AA +  AA = 2 Suy ra hay 2 2 4 4 4 4 AA 4 AA SS S1S2 1 Do đó V = SABCD  AA = AC  BD  AA = 1 2 = . 2 2 AA 4 4. S2 − S2. (. 32. C. B. 2. 1. ). Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(37) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. Câu 10: Chọn C. Mặt phẳng ( AMNP ) ⊥ SC  ANC = 900 (1) ,SC ⊥ AM . Do (SAB) ⊥ BC  BC ⊥ AM  AM ⊥ (SBC )  AM ⊥ MC  AMC = 900 ( 2 ) Tương tự ta có APC = 900 ( 3 ) Do ABCD là hình vuông nên từ (1) , ( 2 ) , ( 3 ) suy ra AC là đường kính mặt cầu ngoại tiếp đa diện ABCDMNP .. Xét tam giác SAC có sin 60 0 =. (. AC 4  AC = 4 3a  R = 2 3a  V =  2 3a SC 3. ). 3. = 32 3 a 3 .. Câu 11: Chọn A C'. B'. Gọi 2x là cạnh của tam giác đều, Gọi O, K lần lượt là trung điểm của AB, BC Kẻ CK ⊥ C O Ta có CH ⊥ CO và CH ⊥ AB nên CH ⊥ ( ABC  ) và. (. ). d C , ( ABC ' ) = CH = a 1 1 1 1 1 1 = + + 2 (1) Suy ra: hay 2 = 2 2 2 2 CH CC  CO a CC  3x Ta có hình chiếu vuông góc của tam giác ABC lên mặt phẳng ( BCC B ) là tam giác KBC '. Do đó. A'. H K. C. B. O A. S KBC ' 1 = cos = SABC ' 3. 1 1 1 = .x.CC  và SABC ' = .AB.CO = .AB. CC 2 + CO 2 = x CC 2 + 3x 2 2 2 2 1 1 Do đó .x.CC  = x CC 2 + 3x 2  3CC  = 2 CC 2 + 3 x 2  5CC 2 = 12 x 2 (2) 2 3. Ta có: S. KBC '. Từ ( 1) , ( 2 ) ta có Suy ra x =. 1 1 4 3a = +  5CC 2 = 9 a2  CC  = 2 2 2 a CC  5CC  5. a 3 3 3a2 3a 9 15a3 . Vậy thể tích khối lăng trụ là V = SABC .CC = . . = 2 4 20 5. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 33.

(38) CHUYÊN ĐỀ : KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. Câu 12: Chọn C Gọi M là trung điểm cạnh BC , H là hình chiếu vuông góc của A lên A ' M ta có. (. ) (. ). d C'; ( A'BC ) = d A; ( A'BC ) = AH . AH =. Mà AA'  a 2. . =. AA'  AM A'A2 + AM2. =. 4a 3. 4a  AA' = 4a . 3. A'A2 + 2a 2 1 1 V = AA'  AB  AC = 4a   2a  2a = 8a 3 . 2 2. Câu 13: Chọn B. B'. A'. Gọi M là trung điểm của BC , kẻ AH ⊥ AM  AH ⊥ ( ABC ). (. C'. ).  AH = d A, ( ABC ) = a và góc giữa ( ABC ) với ( ABC ) là AMA =  .. H. AH 3 6 = , BC = 2 AM = , sin  sin  sin  . Ta có 3 AA = AM tan  = cos 1 27 27 = Khi đó V = S.h = AM.BC.AA = 2 2 sin  .cos  1 − cos 2  .cos  AM =. (. =. (. 27 2. )(. 2cos2  1 − cos 2  1 − cos 2 . Dấu " = " xảy ra  cos =. ). A. B M C. ). 27 2. .  2cos2  + 1 − cos 2  + 1 − cos 2     3  . 3 . 3. 3. =. 81 3 . 2. A'. C'. Câu 14: Chọn B B' H. Gọi K , J lần lượt là trung điểm của AB, BC . Gọi x là độ dài cạnh AB . AJ = CK =. x 3 . 2. M. A. (. ). Ta có CH ⊥ ( ABC  )  d C , ( ABC) = CH = a .. (. ) (. G. K. Mặt khác AJ ⊥ ( BCCB ) .. C J. B. ). (. ). Nên ( ABC ) , ( BCCB ) = CH , AJ =  = CH , AG ( cos = sin  ). Ta có sin  =. 34. MG 1 AG 2 AJ x 3 x =  MG = = = = . AG 2 3 2 3 3 3.2 2.3 3 6 Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(39) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. (. ). HC x a x =  =  x = 2a mà d C , ( ABC) = CH = a . 3 6 3 6. CH.CK.  CC =. CK 2 − CH 2. =. a. 2a 3 2. ( ). 2. a 3. − a2. ( 2a ) 3 . a 6 = 3a 3 2 . x2 3 a 6 .CC  = = . Vậy V = 4 2 2 4 2 2. Câu 15: Chọn B Từ B kẻ BI ⊥ AC  BI ⊥ ( AACC ) .. B'. A'. Từ I kẻ IH ⊥ AA . (( AACC ) ,( AABB)) = BHI .. D'. Theo giải thiết ta có AC = 3 AB.BC  BI = = 2. AC. BI tan BHI.  IH =. C'. A. B K. BI Xét tam giác vuông BIH có tan BHI = IH  IH =. M H. I D. C. 4 2 . 3. AB2 = 2. AC Gọi M là trung điểm cả AA , do tam giác AAC cân tại C nên CM ⊥ AA  CM // IH .. Xét tam giác vuông ABC có AI .AC = AB2  AI =. Do. AI AH 2 AH 2 AH 1 = =  =  = . AC AM 3 AM 3 AA 3. Trong tam giác vuông AHI kẻ đường cao HK ta có HK = ABCD.ABCD là h = 3HK =. 4 2  chiều cao của lăng trụ 9. 4 2 . 3. Vậy thể tích khối lăng trụ ABCD.ABCD là VABCD. ABCD = AB.AD.h = 6 3. 4 2 =8. 3. Câu 16: Chọn B Đặt VS. ABCD = V Trong tam giác SOD ta có: IS SI SE SF 3 IS BO HD . . =1 =3 = = = . IO BD HS IO SO SA SC 4 V SH 3 3V =  VS. HBC = . Ta có: S.HBC = VS. DBC SD 5 10 Mặt khác:. VC .FHB CF 1 3V = =  VC .FHB = . VC .SHB CS 4 40. Mà: VC .BEHF = 2VC .FHB =. V 6V 3  C .BEHF = . 40 VS. ABCD 20. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 35.

(40) CHUYÊN ĐỀ : KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. Câu 17: Chọn D Gọi H là hình chiếu của B trên BC . Từ giả thiết suy ra: BH ⊥ ( ABC ) .. B'. A'. 1 1 BB.BC.sin BBC = 4a.a.sin 30 = a 2 . 2 2 2S 1 2a2 Mặt khác: SBBC = BH.BC  BH = BBC = = 2a . 2 BC a SBBC =. VLT = BH .SABC. C'. 4a. B. a2 3 a3 3 = 2 a. = . 4 2. C. H a. 1 2 1 1 a3 3 a 3 3 1 . VA.CCB = VA.CCBB = . VLT = VLT = . = 2 3 3 2 3 2 6. A. Câu 18: Chọn C. A'. C'. Do ABC là tam giác vuông tại A, cạnh BC = 2a và. B'. ABC = 60 nên AB = a , AC = a 3 .. Gọi H là hình chiếu vuông góc của B lên BC  H thuộc đoạn BC (do BBC nhọn).  BH ⊥ ( ABC ) (do. ( BCCB). A. C. 2a. vuông góc với. 2a K. ( ABC ) ).. H. 60 B. Kẻ HK song song AC ( K  AB )  HK ⊥ AB (do ABC là tam giác vuông tại A ).  ( ABBA ) , ( ABC )  = BKH = 45  BH = KH  . (1). Ta có BBH vuông tại H  BH = 4 a 2 − BH 2. (2). Mặt khác HK song song AC  Từ (1), (2) và (3) suy ra. BH HK HK.2a =  BH = BC AC a 3. 4a 2 − BH 2 =. Vậy VABC . A' B'C = SABC .BH =. BH .2a a 3.  BH = a. (3). 12 . 7. 1 3a 3 . AB.AC.BH = 2 7. Câu 19: Chọn A. A'. Gọi H là trung điểm của MC .  AH ⊥ MC   AH ⊥ ( ABC ) Ta có ( AMC ) ⊥ ( ABC )  ( AMC )  ( ABC ) = MC  MC = 2a 3 Tam giác MAC đều cạnh 2a 3    AH = 3a. C'. B'. A. C H M B. 36. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(41) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN..  BC = 2 x Đặt AC = x  0 , tam giác ABC vuông tại A có ABC = 30    AB = x 3 Áp dụng công thức tính độ dài trung tuyến ta có. CM 2 =. CA2 + CB2 AB2 x 2 + 4 x 2 3x 2 4a 3 . −  12a2 = − x= 2 4 2 4 7. 1 1 12a 4a 3 24a2 3 Suy ra SABC = AB.AC = . . . = 2 2 7 7 7. Do đó VABC . ABC = AH.SABC =. 72a3 3 . 7. Câu 20: Chọn A ABC.ABC là khối lăng trụ đều nên ABC là tam giác đều và. AA = a 3 là chiều cao của khối này. d( A;( BCCB)) AB a 3 = = 2  d( A;( BCCB)) = 2d( I ;( BCCB)) = 2 =a 3 . d( I ;( BCCB)) IB 2. Gọi H là hình chiếu của A trên BC thì do ABC đều và ( ABC ) ⊥ ( BCCB ) nên H cũng là hình chiếu của A trên ( BCC B ) và H là trung điểm của BC . AH = d( A;( BCCB)) = a 3  BC =. 2 AH 3. = 2a  SABC = a 2 3 .. Vậy thể tích của khối lăng trụ đều đã cho là V = SABC .AA = a 2 3.a 3 = 3a 3 . Câu 21: Chọn C S. A. C M P B. C'. A' N B'. Gọi S là giao điểm của AM và BB , khi đó P là giao điểm SN và BC . V 7 7 SM SB SP 1 . . =  VMBP . ABN = VSABN = . Ta có SMBP = 8 8 VSABN SA SB SN 8 1 1 1 1 a a3 3 VSABN = SB.SABN = SB. AB.BN sin 60 = 2 a.a. sin 60 = . 3 3 2 6 2 12. 7 7 a3 3 .  VMBP. ABN = VSABN = 8 96 Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 37.

(42) CHUYÊN ĐỀ : KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. Câu 22: Chọn C Gọi Q là trung điểm của BC. Suy ra AQ AN  MP AQ  P là trung điểm của BQ . Ta có BB, AM , NP đồng quy tại S và B là trung điểm của BS  SB = 2a . SABN. A'. C' N B'. A. C M. a2 3 a3 3 . =  VS. ABN = 8 12. P. B. Q. 1 7 7 3a 3 VSMNP = VSABN  VMBPABN = VSABN = . 8 8 96 S. Câu 23: Chọn C Gọi O là tâm hình vuông ABCD .Từ giả thiết A cách đều các đỉnh A , B , C ta suy ra hình chiếu của A trên mặt phẳng ABCD là O hay AO là đường cao của khối lăng trụ. Trong tam giác AOA vuông tại A và AOA = 60 , ta có: AO = OA.tan60 =. a 2. . 3=. a 6 . Diện tích đáy ABCD là SACDD = a2 . 2. Thể tích của khối lăng trụ là V = B.h = SABCD .AO =. a3 6 a3 6 . Vậy V = . 2 2. . Câu 24: Chọn D Gọi H là trung điểm cạnh BC . Theo đề ra: AH ⊥ ( ABC ) . AH =. AB 3 a 3 AB2 3 a2 3 = = . SABC = 2 2 4 4. C'. A'. ( đvdt ). . Ta có:. ( (. C. ) ) (.  AA ', ABC = A ' AH ( )   A ' AH = 60   AA ', ( ABC ) = BB ', ( ABC ) = 60  . 3 Xét AAH vuông tại H : AH = AH.tan 60 = a . 2. Vậy VABC . ABC = AH.SABC =. 38. B'. H A. 60°. B. ). 3a3 3 8. ( đvtt ). Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(43) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. Câu 25: Chọn B Ta có: VABC . ABC = VA. ABC + VA.BCCB = VA. ABC + VA.BCCB .. C'. Mà VA.BCC B = VA.BCC B  VA. ABC  = VA. ABC .. A'. Gọi M là trung điểm của BC , I là trung điểm của AB và K là trung điểm của IB . Khi đó: AM ⊥ ( ABC ) . Mặt khác:. MK // CI    MK ⊥ AB . CI ⊥ AB . B'. 2a. MK ⊥ AB , AM ⊥ AB  AK ⊥ AB . Góc giữa hai mặt phẳng ( ABA ) và ( ABC ) chính là góc giữa. B. 45°. C. M K I A. AK và KM và bằng AKM = 45 nên tam giác AKM vuông cân tại M . 1 1 2a 3 a 3 = . Trong tam giác ABC : MK = CI = . 2 2 2 2. Trong tam giác vuông cân AKM : AM = MK =. 1 a 3 và V A. ABC = .V ABC . ABC  . 3 2. 1 2 2 2 a 3 = a3 .  V A. BCC B = VABC . ABC  − VABC . ABC  = V ABC . ABC  = .SABC . AM = .a2 3. 3 3 3 3 2. Câu 26: Chọn A Do lăng trụ ABC.A' B'C ' đều nên lăng trụ đã cho là lăng trụ đứng. Gọi H là trung điểm của BC , K là hình chiếu của H lên A' H . BC ⊥ AH  Ta có   BC ⊥ ( AA ' H )  ( ABC ) ⊥ ( AA ' H ) BC ⊥ AA ' Mà. (. ). AK ⊥ A ' H  AK ⊥ ( A ' BC )  d A, ( A ' BC ) = AK = 3 .. Ta có góc giữa ( A ' BC ) và ( ABC ) là góc giữa AH và. Suy ra A ' HA = 600 .  A ' A = AH.tan 600 = 6 AK  Ta có AH = =2 3 2.2 3 0 sin 60 =4  AB = 3 . Thể tích khối lăng trụ là V = SABC .AA ' = 4 3.6 = 24 3 . Câu 27: Chọn C Gọi H hình chiếu của A lên BC , K là hình chiếu của H lên A' H . BC ⊥ AH  Ta có   BC ⊥ ( AA ' H )  ( ABC ) ⊥ ( AA ' H ) BC ⊥ AA '. (. ). Mà AK ⊥ A ' H  AK ⊥ ( A ' BC )  d A, ( A ' BC ) = AK = 3 .. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 39.

(44) CHUYÊN ĐỀ : KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. Ta có góc giữa AH =. ( A' BC ). và. ( ABC ). là góc giữa AH và. Suy ra A ' HA = 600 . Ta có.  A ' A = AH.tan 600 = 6 AK = 2 3   sin 600  BC = 2 AH = 4 3; AB = 2 6. ( ). 2 1 Thể tích khối lăng trụ là V = SABC .AA ' = . 2 6 .6 = 72 . 2. Câu 28: Chọn A Ta có AG ⊥ ( ABC ) nên AG ⊥ BC ; BC ⊥ AM  BC ⊥ ( MAA ). Kẻ MI ⊥ AA ; BC ⊥ IM nên d ( AA; BC ) = IM =. a 3 4. Kẻ GH ⊥ AA , Ta có. AG GH 2 2 a 3 a 3 = =  GH = . = AM IM 3 3 4 6. 1 1 1 = +  AG = 2 2 HG AG AG 2. a 3 a 3 . AG.HG 6 =a = 3 2 2 2 3 AG − HG a a2 − 3 12. a a2 3 a2 3 . VABC . ABC = AG.SABC = . = 3 4 12. Câu 29: Chọn D Gọi H là hình chiếu của D lên AD ' . Ta có AD ' ⊥ ( DHC )  ( ( ADD ' A ' ) , ( ACD ' ) ) = DHC = 600 . Có DH = CD.cot 600 = Suy ra. a 3 , 3. 1 1 1 a 6 . = +  DD ' = 2 2 2 4 DH DD ' DA. Thể tích khối hộp là V = SABCD .DD ' =. 3a 3 2 . 4. Câu 30: Chọn B A'. Gọi G là trọng tâm của ABC , M là trung điểm của BC .  AG ⊥ ( ABC ) . Trong. ( AAM ). dựng. MN ⊥ AA ,.  BC ⊥ AM  BC ⊥ ( AAG )  BC ⊥ MN .   BC ⊥ AG. ta. B'. C' N H. có: A. B G. M. C. 40. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(45) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.  d ( AA, BC ) = MN =. a 3 . 4 Gọi H là hình chiếu của G lên AA .. GH AG 2 2 a 3 = =  GH = MN = . MN AM 3 3 6 Xét tam giác AAG vuông tại G , ta có: 1 1 1 1 1 1 27 a 1 1 = +  = − = 2 .  GA = . = − 2 2 2 2 2 2 2 2 3 GH GA GA GA GH GA 3a a 3 a 3      6   3 . Ta có: GH / / MN . Vậy thể tích của khối lăng trụ là: V = SABC .AG =. a2 3 a a 3 3 . . = 12 4 3. Câu 31: ChọnA Gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên ( ABC ) . Do ABC đều nên H là trọng tâm tam giác ABC . Ta có AM =. x 3 2 x 3 .  AH = AM = 2 3 3. Xét tam giác vuông AAH , có AH = AA2 − AH 2 = SABC. x 33 . 3. 1 2 3 x2 3 x2 3 x 33 x3 11 = x . = . VABC . ABC =  = 2 2 4 4 3 4. Câu 32: Chọn D Gọi H là hình chiếu của A trên ( ABCD ) và K , L là hình. B'. C'. D'. A'. chiếu của H trên AB, AD .. O. Ta có các góc AKH = 45 và ALH = 60 .. Do đó AA2 = AH 2 + AH 2 = x2 +. C. B. K. x 3 Đặt AH = x suy ra HK = x; HL = . 3. H A. L. D. 7 x2 3 x2 . = 1 x = + x2  3 3 7 3 = 3. 7. Thể tích khối hộp bằng V = B.h = AB.AD.AH = 3 7. Câu 33: Chọn D B'. C'. D'. A'. O. C. B. K. H A. L. D. Gọi H là hình chiếu của A trên ( ABCD ) và K , L là hình chiếu của H trên AB, AD . Ta có các góc AKH = 45 và ALH = 60 . Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 41.

(46) CHUYÊN ĐỀ : KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. Đặt AH = x suy ra HK = x; HL =. x 3 . 3. Do đó AA2 = AH 2 + AH 2 = x2 +. 7 x2 3 x2 . = 1 x = + x2  3 3 7. Thể tích khối hộp bằng V = B.h = AB.AD.AH = 3 7.. 3 = 3. 7. Câu 34: Chọn C A'. C'. M là trung điểm của BC thì BC ⊥ ( AAM ) .. Gọi MH là đường cao của tam giác AAM thì MH ⊥ AA và HM ⊥ BC nên HM là khoảng cách AA và BC . Ta có AA.HM = AG.AM . a 3 a 3 a2 .AA = AA2 − 4 2 3. H. B'. C. A G. M. B.  a2  4a2 4a2 2a  AA2 = 4  AA2 −   3 AA2 =  AA2 =  AA = . 3 3 9 3 . Đường cao của lăng trụ là AG =. a 3a 2 a 3 3 4a2 3a2 a . = − = . Thể tích VLT = . 3 4 12 9 9 3. Câu 35: Chọn B Gọi G là trọng tâm tam giác ABC . Vì AG ⊥ ( ABC ) và tam giác ABC đều nên AABC là hình chóp đều. EF ⊥ AA Kẻ và nên BC ⊥ ( AAE ) d ( AA, BC ) = EF =. a 3 . Đặt AG = h 4 2. a 3 Ta có AA = h +   .  3    Tam giác AAG đồng dạng với tam giác EAF nên 2. 2. a 3 a 3 AA AG AG a 3 a = =  AG.EA = AA.FE  h. = h2 +  h= .  .   EA FA FE 2 3  3  4. a a2 3 a3 3 Thể tích V của khối lăng trụ ABC.ABC là V = AG.SABC = . . = 3 4 12 Đặt AH = x  HB = x . Ta có K là trọng tâm tam giác AAB. Suy ra KB =. 42. 2 2 2 2 2 2 a2 x + a2 . AB = x + ; KA = AH  = 3 3 3 3 4. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(47) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. 4 5a 2  2 a 2 2 2 2 . KAB vuông tại K nên KB2 + KA2 = AB2   2 x2 +  = a  8 x + 5a = 9 a  x = 2 9 4 . Vậy V = SABC .AH =. a2 3 a 2 a3 6 . . = 4 2 8. Câu 36: Chọn B Gọi AI là đường cao, H là tâm của tam giác ABC  AH ⊥ ( ABC ) .  AA  ( ABC ) = A Vì   góc giữa AA và ( ABC ) là AAH  AAH = 45 .  AH ⊥ ( ABC ). ( 3a) 3 = 9a2 3 . 3a 3 2 Ta có: AI = , AH = AI = a 3 , SABC = 2 3 4 4 2. A'. B'. AH = AH.tan45 = AH = a 3 .. C'. Thể tích của lăng trụ là: V = AH.SABC = a 3.. 9a. 2. 4. 3. =. 3. 27 a . 4. A. B. .. H. Câu 37: Chọn C Áp dụng công thức :. I. C. VABC . MNP 1  AM BN CP  =  + + . VABC . ABC  3  AA BB CC  . Ta có : VABC . MNP = VABC . ABC nên. 1  AM BN CP  1 + +  = 3  AA BB CC   2. 1 2  BB AA  1 CP 1 1 2 CP = .   +3 + =  CC  3 3  AA BB CC  2    . Câu 38: Chọn D Do ABC đều trọng tâm G và AG ⊥ ( ABC ) nên A.ABC. B'. C'. là hình chóp đều. Gọi M là trung điểm của BC , khi đó AM =. a 3 . 3 Gọi H là hình chiếu của M trên AA . Khi đó do BC ⊥ ( AAM )  BC ⊥ HM nên HM là đường vuông góc  AG =. chung của hai đường thẳng AA và BC . Do đó HM = Đặt AA = AB = AC = x , khi đó AG = x2 −. A'. a 3 2. H B. M. C. G A. a 3 4. a2 . 3. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 43.

(48) CHUYÊN ĐỀ : KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. Do 2SAAM = AG.AM = MH.AA . 2a a 3 a2 a 3 . . x2 − = .x  x = 3 2 3 4. a a3 3 a2 3 , AG =  VABC . ABC = AG.SABC = . 3 12 4. Do SABC =. Câu 39: Chọn A Gọi M là trung điểm của BC . Vẽ MH ⊥ AA ( H  BC ) . Ta có AM ⊥ BC , AG ⊥ BC  BC ⊥ ( AAG )  BC ⊥ MH  d ( AA, BC ) = MH . AH = AM 2 − MH 2 =. 3a 2 3a 2 3 a . = − 4 4 16. a 3 a 3 . MH AG MH.AG 4 3  = = tan GAH Ta có  AG= = 3a AH AG AH 4 =. a a2 3 a a 3 3 . Vậy V = SABC .AG = . . = 3 12 4 3. Câu 40: Chọn D Đặt BC = x và gọi K là trung điểm của BC , ta có A1KA = 30 . AK Ta có A1K = = cos 30. Do đó h =. x 3 1 x2 2 = xS = A K  BC = =8x=4 A1 BC 2 1 2 3 2. x 3 1 42 3  tan 30 = 2 3  = 2  V = Sh = 2 = 8 3 . 2 4 3. Câu 41: Chọn B 1 1 1 1 Ta có 2 = + + 2 2 dA AB AD AA2 . 1  a 15     5 . 2. =. 1 1 1 + +  AA = 3a . 2 2 a ( a 3) AA2. Vậy V = a  3a  3a = 3a3 . Câu 42: Chọn C Gọi h là chiều cao của khối chóp và h = MM là chiều cao khối hộp chữ nhật. Theo Thales, ta có: SM SN SP SQ MN NP h AM SM x= = = = = =  = = 1− = 1− x. SA SB SC SD AB BC h AS SA. 44. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(49) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. Do đó V =. 1 AB.BC.h và V  = MN.NP.h = x2 .AB.BC. (1 − x ) h = 3x 2 (1 − x ) V . 3. Xét hàm số f ( x ) = 3x2 (1 − x ) = 3x2 − 3x3 với x  ( 0;1) x = 0 .  f  ( x ) = 6x − 9x2  f  ( x ) = 0   x = 2 3 . Bảng biến thiên:. Vậy max f ( x ) = ( 0;1). 4 4  = V. Vmax 9 9. Câu 43: Chọn A Ta có: SACCA AC.CC  AC = = (CC = DD) SBDDB BD.DD BD . 1 5. =. AC  BD = AC 5 . BD. Ta có AA = OA2 − OA2 =. BD 2 AC 2 − = 4 4. 5.AC 2 AC 2 − = AC 4 4. 1 5 5 AC 2 = .  SACCA = AC.AA = AC 2 = 1  AC = 1 và SABCD = .AC.BD = 2 2 2. S .S .S Vậy thể tích khối hộp đứng là V = ABCD ACCA BDDB = 2. 5 .1. 5 5 5 2 . = = 2 4 2. Câu 44: Chọn B Gọi H là trung điểm AB , suy ra BH ⊥ ( ABCD ) . Vì ABCD là hình thoi và BAD = 120o  ABC là tam giác đều cạnh 2a . Ta có: ( AC D )  ( ABC D ) = C D   HC  ⊥ C D  BC  ⊥ C D  . ( ( ACD) , ( ABCD)) = BCH = 60. . o. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 45.

(50) CHUYÊN ĐỀ : KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN. 3 .2 a = 3a . 2 BH  BH = C H tan 60 o = 3a . Xét tam giác BHC vuông tại H có: tan 60 o = C H. Có ABC đều cạnh 2a nên C H =. SABC D = 2SABC = 2.. 2 3 . ( 2 a ) = 2 3a 2 . 4. Vậy, VABCD. ABCD = BH.SABC = 3a.2 3a 2 = 6 3a 3 . Câu 45: Chọn D Dựng AK ⊥ A ' D CD ⊥ AD  CD ⊥ ( ADDA )  CD ⊥ AK  CD ⊥ DD Vậy AK ⊥ (CDAB ) Ta có: AD = 5 và AB / /CD  AB / / ( ABCD ). (. ).  d ( AB, AD ) = d A, ( ABCD ) = AK = 2 . Do đó với AD = a , AA = b ( b  a ) , ta có: 2 2 b = 2 5  a + b = 25   V = a2b = 10 5 .   ab = 2.5 = 10  a = 5. Câu 46: Chọn B Ta có V( H ) = V( H ) + 6VS. ABCD . Với S.ABCD là khối chóp tứ giác đều như hình vẽ. 1 12. 1 1 1 Ta có SH = HM.tan 45 = HM =  VS. ABCD = 2 = . Do đó V( H ) = 1 + 6. = 2 . 6 2 3 6. Câu 47: Chọn A Theo giả thiết có a , b , c  1; 4  và a + b + c = 6 ; Stp = 2 ( ab + bc + ca ) . a , b , c.   ( a − 1)( b − 1)( c − 1)  0 abc + ( a + b + c ) − ( ab + bc + ca ) − 1  0  1; 4       ( a − 4 )( b − 4 )( c − 4 )  0 64 − 16 ( a + b + c ) + 4 ( ab + bc + ca ) − abc  0.  63 − 15 ( a + b + c ) + 3 ( ab + bc + ca )  0.  ab + bc + ca .  63 − 15 + 3 ( ab + bc + ca )  0. 90 − 63 = 9  Stp  18 . 3. Câu 48: Chọn C A. C. B. C'. A' M B'. 46. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(51) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. Gọi M là trung điểm của BC . Khi đó AM ⊥ BC và AM ⊥ BC  góc giữa hai mặt phẳng. ( ABC). và đáy là AMA = 30 .. Trong tam giác vuông A' MB' ta có AM = AB.cos BAM = Trong tam giác vuông AAM có: AA = AM tan 30 = Diện tích tam giác A' B' C ' là S =. a . 2. a 3 = h. 6. a2 3 . 4. Câu 49: Chọn A B. A. K. C. N. A'. B' M. H C'. Đặt độ dài cạnh đáy bằng a và chiều cao bằng h . Ta có V =. a2 h 3 . 4. Gọi H là trung điểm B'C ' và kẻ A ' H ⊥ AH suy ra A ' H ⊥ ( AB ' C ' ) . 1 1 1 1 4 = 2+  2 + 2 = 1. 2 2 1 h a 3 h 3a    2  Gọi M là trung điểm A' C ' và kẻ MN ⊥ AC ' có MN ⊥ AC ' và B' M ⊥ AC '. Vậy theo giả thiết ta có. (. ).  AC ' ⊥ ( B' MN )  ( AB 'C' ) , ( ACC ' A ' ) = MNB .. a 3 2 ah. 3 B' M Có cos MNB =  tan MNB = 11  = 11  6 MN. = 11. 2 a2 + h2. 1 ah  3 a2 + h2 = h 11 trong đó MN = d ( A ', AC ' ) = . 2 2 a2 + h2. Giải hệ trên ta được a = 2, h =. 6 3 2 V = . 2 2. Cách 2: chú ý AMC ' là hình chiếu vuông góc của AB'C ' lên mặt phẳng ( ACC ' A ' ). (. ). S 3 = Do đó cos ( AB ' C ' ) , ( ACC ' A ' ) = AMC  SAB'C ' 6. ah 4 a h2 +. 3a 4. 2. h=. 3 4 h 2 + 3a 2 6. 2 Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 47.

(52) CHUYÊN ĐỀ : KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. Giải hệ trên ta được a = 2, h =. 6 3 2 V = . 2 2. Câu 50: Chọn D AB = a ,. Đặt.  VABC . ABC  =. Ta có. AC = b ,. AA = c. 1 abc . 2. 1 1 1  2+ 2 = 2 =1 d ( A, AB ) a c  1 1 1 1 =  2+ 2 = 2 d ( A, AC  ) 2 b c 1 1 1 1 4  2+ 2+ 2 = 2 = 3 b c d A, ( ABC  )  c. (. . 1 thì SABC  = ab 2. ). 1 5  a2 = 6  1 1  2 = 3 b 1 1  c2 = 6 . 1 5 6 15 3 15 = . Vậy VABC . ABC = .  abc = 108 abc 5 5 2 2 2. B. Câu 51: Chọn D A. 3 Trong ( ACA ' C ') kẻ A ' K ⊥ AC '  A ' K = . 2 Trong ( ABA ' B ') kẻ A' H ⊥ AB'  A' H = 1 .. Trong ( A ' B ' C ') kẻ A ' E ⊥ B ' C '  A ' E =. 2 . 2. C. H. K B' A'. E. Đặt A ' B' = a; A ' C ' = b; AA ' = c .. C'.  1 1 1 1 5 a = + = = 1 =  a2 c 2 A ' H 2  a2 6    1 1 1 13 1 4 1 7  1 1 + + = Ta có  2 + 2 = , Cộng theo vế ta có:  =  =  b = 2 6 6 a2 b2 c 2 A' K2 3 b  b c 1 1 1 c = 1 1  c2 = 6   a 2 + b 2 = A ' E2 = 2   . 6 5 6 . 7 6. 1 3 210 Vậy thể tích của khối lăng trụ VABC . A BC = AA'. .AB.AC = . 2 35. Câu 52: Chọn C. C'. B'. Gọi I là trung điểm BC  ( ABC , ABC ) = AIA =  . Gọi BC = x ( x  0 )  AI = AI =. 48. 2SABC 6 = . BC x. x 3 36 3x2 144 − 3x4 144 − 3x4 .  AA = − = = 2 4 2x x2 2 x2.  VABC . ABC = AA.SABC =. A'. B. I. 144 − 3x x 3 3 . = x 144 − 3x 4 . 2x 4 8 4. C. 2. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. A.

(53) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. Đặt f ( x ) = x 144 − 3x 4  f  ( x ) = 144 − 3x 4 −. 12 x4. =0x=2.. 2 144 − 3x 4.  f ( x ) đạt giá trị lớn nhất thì thể tích khối lăng trụ lớn nhất khi x = 2 ..  AA = 6 , AI = 3  tan  =. AA = 2. AI. Câu 53: Chọn C CC  / / AA  CC / / ( AABB ) nên khoảng cách giữa Ta có   AA  ( AABB ) AB ' và CC ' là khoảng cách từ C đến mặt phẳng ( AABB ) .. CA ⊥ AB  CA ⊥ ( AABB ) suy ra khoảng cách từ C Mặt khác  CA ⊥ AA. đến mặt phẳng ( AABB ) là CA = a  AB = AC = a  SABC = BCC ' B'. là. hình. vuông. VABC . A ' B 'C ' = CC .SABC = a 2.. nên. CC = BC = a 2. .. Vậy. 1 a2 AC.AB = . Lại có tứ giác 2 2. thể. tích. khối. lăng. trụ. a2 a3 2 = . 2 2. Câu 54: Chọn A. A. Đặt cạnh của đáy là x . Gọi I là trung điểm BC , ta có d ( A ; ( BCC B ) ) = AI =. (. ). (. x 3 2. B. ). 1 x 3 a 3 d I ; ( BCC B ) = d A ; ( BCC B ) = =  x = 2a . 2 4 2. SABC =. ( 2a ). 2. 3. 4. C. I A'. = a2 3 .. C'. Thể tích khối lăng trụ: V = a2 3.a 3 = 3a3. I. Câu 55: Chọn D. B' A' B'. D'. C'. A. B. D. C. Theo giả thiết ta có được đáy ABCD là hình bình hành, độ dài các đường chéo BD = a, AC = a 3, BAD = 600 . Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 49.

(54) CHUYÊN ĐỀ : KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. Đặt AB = x, BC = y , áp dụng định lý hàm số cosin cho hai tam giác ABD và ABC ta được. 3a2 = x 2 + y 2 + xy a3 3 2 0 V = a . xy .sin 60 =  xy = a . Khi đó  2 2 2 2 a = x + y − xy. Câu 56: Chọn C F. B. 3a. C. 3a. N A. M 6a. B'. C'. E. A'. 1 Gọi F là trung điểm của BC , FC ' CB' = N  N là trung điểm của MC  B ' M = B ' C . Khi 3. 1 1 2 2.6a 9a2 đó ta có VABCM = d ( M , ( ABC ) ) .SABC = . d ( B ', ( ABC ) ) .SABC = . = 6a 3 . 3 3 3 9 2. Câu 57: Chọn A. C' B'. Ta có AB = a 3 , dễ thấy góc giữa đường thẳng BC tạo với mặt phẳng ( ACCA ) là góc BC A = 30 . Suy ra tan 30 =. 30 A'. a 3 AC.  AC = 3a  CC = 2 2a . 1 Vậy VABC . ABC = 2 2a. a.a 3 = a3 6 . 2. C. 60. B a. A. Câu 58: Chọn C  1 Ta có BC 2 = AB2 + AC 2 − 2 AB.AC.cos BAC = a2 + a2 − 2.a.a.  −   2. B'. a 3. C'. = 3a 2  BC = a 3 .. Xét tam giác vuông BAB có AB = BB2 + AB2 = a2 + a2 =a 2.. Xét tam giác vuông IAC có IA = IC 2 + AC 2 = a 2 +. a2 a 5 = . 2 4. Xét tam giác vuông IBC có BI = BC2 + CI 2 = 3a2 + =. a. I. B. C a. A. a 13 . 2. Xét tam giác IBA có BA 2 + IA 2 = 2a2 +. 50. a2 4. A'. 5a 2 13a 2 = = BI 2  IBA vuông tại A 4 4. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(55) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.  SIBA =. 1 a 5 a 2 10 1 = . AB.AI = .a 2. 2 2 4 2. 1 3 a2 3 1 = . AB.AC.sin BAC = a.a. 2 2 4 2 Gọi góc tạo bởi hai mặt phẳng ( ABC ) và ( ABI ) là  .. Lại có SABC =. Ta có ABC là hình chiếu vuông góc của ABI trên mặt phẳng ( ABC ) . Do đó SABC = SIBA .cos . a2 3 a2 10 30 = .cos   cos = . 4 4 10. Câu 59: ChọnA Gọi H,K. lần lượt là hình chiếu vuông góc của A lên BB’, CC’ AH = d ( A, BB ) = 1; AK = d ( A, CC  ) = 2 và AA//BB//CC;AH ⊥ BB,AK ⊥ CC. ta. có.  ( AHK ) ⊥ AA và HK = d (C, BB) = 5 1 Tam giác AHK có AH 2 + AK 2 = HK 2 = 5  AHK vuông tại A  S AHK = AH . AK = 1 2 C Vậy VABC . ABC = S AHK .AA = 2. A N B Câu 60: Chọn D F E C’ A’. M B’. Cách 1: Gọi N là trung điểm của BC, H = EF  MN  AH ⊥ MN(MN//AA '). Ta có H là trung điểm của EF và AE 2 +AF2 = EF 2 = 5 nên AH =. EF 5 = . Tam giác vuông AMN có 2 2. AN = A' M = 5. và. 1 1 1 4 1 1 15 15 2 15 = +  = +  AM =  AA ' = 5 + = . 2 2 2 2 AH AM AN 5 AM 5 3 9 3 ( ABC) ⊥ AM  (( ABC),( AEF )) = ( AM , AA) = MAA. Mặt khác do   ( AEF ) ⊥ AA  Tam giác AEF vuông tại A là hình chiếu vuông góc của tam giác A’B’C’ trên mặt phẳng (AEF) Vì vậy theo định lý hình chiếu có 1 .1.2 S AEF 15 2 15 S ABC  = = 2 = 2  VABC . ABC  = S ABC  . AM = 2. = . cos MAA 3 3 15 3 2 15 3 Cách 2: Ta có thể tính thông qua công thức nhanh thể tích tứ diện như sau Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 51.

(56) CHUYÊN ĐỀ : KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. 2S AAB .S AAC .sin((AAB),(AAC)) 2 15 = AA = 3 AA 3 1 1 1   S AAB = 2 AA.d ( B, AA) = 2 AA.d ( A, BB) = 2 AA  1 1   S AAC  = AA.d (C, AA) = AA.d ( A, CC) = AA 2 2  0 (( AAB), (AAC)) = 90   Câu 61: Chọn D. Có VABC . ABC = 3VA. ABC  =. Gọi E , F lần lượt là hình chiếu vuông góc của A trên BB, CC  ..  AA ⊥ AE  AA ⊥ ( AEF ) . Suy ra   AA ⊥ AF Suy ra hình chiếu vuông góc của ABC lên mặt phẳng ( AEF ) là AEF . Gọi  là góc giữa hai mặt phẳng ( ABC  ) và ( AEF ) . Ta có SAEF = SABC  .cos   SABC  =. S AEF cos . (1).   AA ⊥ ( AEF ) Mặt khác, ta có    = ( AA, AG ) = AAG     AG ⊥ A B C ( )   AG   AG  = cos  . AA ( 2 ) Suy ra cos  = AA Từ (1) và ( 2 ) suy ra VABC. ABC = AG.SABC = AA.SAEF . Ta có AE = 1, AF = 3 , d ( C; BB ) = d ( E; BB ) = EF  EF = 2 . Suy ra AEF vuông tại A . 1 1 3 . AE. AF = . 3 = 2 2 2 Gọi M , N lần lượt trung điểm của BC , BC  .. Suy ra SAEF =. Giả sử MN cắt EF tại H . Suy ra MN ⊥ EF và H là trung điểm của EF nên AH = 4 3  AM = AG  = 2 . 3 2 Xét hình bình hành AAMN có: AG =. 52. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. EF = 1. 2.

(57) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN. 2. S AAMN = AG. AM = AH .MN . 8 3 4 . AA −   .2 = 1. AA  AA = 9 3 2. Thể tích khối lăng trụ là: VABC. ABC = AA.SAEF =. 8 3 3 4 . = . 9 2 3. Câu 62: Chọn C. Gọi M , N lần lượt là hình chiếu vuông góc của A lên các cạnh BB, DD ..  BB ⊥ ( AMN )  AM ⊥ BB  AM ⊥ AA  Ta có:    AA ⊥ ( AMN )    AN ⊥ DD  AN ⊥ AA   DD ⊥ ( AMN ) Suy ra hình chiếu vuông góc của ABD lên mặt phẳng ( AMN ) là AMN . Gọi  là góc giữa hai mặt phẳng ( ABD ) và ( AMN ) Ta có SAMN = SABD .cos   SABD =. SAMN cos . (1).   AA ⊥ ( AMN ) Mặt khác, ta có    = ( AA, AB ) = AAB  A B ⊥ ABCD ( )   AB  AB = cos  . AA ( 2 ) Suy ra cos  = AA Từ (1) và ( 2 ) suy ra VABD. ABD = AB.SABD = AA.SAMN Vậy thể tích khối hộp là: VABCD. ABC D = 2VABD. ABD = 2 AA.SAMN ..  ( BBC C ) // ( ADDA )  ( ( ADDA ) ; ( ABBA ) ) = ( AM ; AN ) . Ta có      C CDD // ABB A ( ) ( )   Suy ra MAN = 60 hoặc MAN = 120 . SAMN =. 1 3 AM . AN .sin MAN = 2 4. Ta có ( AA; ( ABCD ) ) = ( AA; AB ) = AAB  AAB = 45 . Suy ra AAB vuông cân tại B . S. ABBA. = AM .BB = AB. AB . Suy ra AM . AA =. Vậy VABCD. ABC D = 2.2.. AA AA .  AA = 2 AM = 2.1 = 2 . 2 2. 3 = 3. 4. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 53.

(58) CHUYÊN ĐỀ : KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. Câu 63: Chọn D Ta hạ: AD ⊥ BB '; AE ⊥ CC '  ( ADE ) ⊥ AA '/ / BB '/ /CC ' và AD = 1; AE = 3, DE = 2 . Ta hạ: A ' H ⊥ ( ABC ) ; Do : AA ' ⊥ ( ADE )  ( ( ABC ) , ( ADE ) ) = ( A ' H , AA ' ) = AAˆ ' H Tam giác ADE là hình chiếu của tam giác ABC lên mp(ADE), do đó: S ADE S . AA ' S ADE = S ABC .cos AAˆ ' H  S ABC = = ADE A' H cos AAˆ ' H 1 1 1  VA '. ABC = . A ' H .S ABC = .S ADE . AA ' = d ( A ', ( BCC ' B ' ) ) .S BCC ' B ' 3 3 3 Ta có: BB ' ⊥ ( ADE ) ; BB ' ⊥ DE .. B C H D. A. K E A' B'. Ta kẻ: AK ⊥ DE  AK ⊥ BB '  AK ⊥ ( BCC ' B '). C'.  d ( A ', ( BCC ' B ') ) = d ( A, ( BCC ' B ' ) ) = AK. 1 1 1 VA '.BCC ' B ' = . AK . DE ( BB '+ CC ') = .S ADE . ( BB '+ CC ') 3 2 3 1 1 1  VABC . A ' B 'C ' = VA '. ABC + VA '.BCC ' B ' = .S ADE . AA '+ .S ADE . ( BB '+ CC ' ) = .S ADE . ( AA '+ BB '+ CC ' ) 3 3 3 Tam giác ADE vuông tại A và S ADE =. 3 AA '+ BB '+ CC ' 3 1+ 2 + 3  VABC. A' B 'C ' = S ADE . = . = 3 2 3 2 3. Câu 64: Chọn A. B N. Gọi E, F lần lượt là hình chiếu vuông góc của A lên BB’, CC’. Ta có: AE = 1, AF = 2; AA '/ / BB '/ / CC '. A. Vậy: AF ⊥ AA '; AE ⊥ AA '  ( AEF ) ⊥ AA '. H. E. C F. Suy ra: B'. EAF = ( ( ABB ' A ') , ( ACC ' A ') ) = 90O  S AEF =. 1 3 AE. AF = 2 2 Gọi N là trung điểm BC, H là giao của EF và MN nên AH ⊥ MN ( MN / / AA ') . Ta có H là trung điểm EF và AH =. AN = A ' M =. M C'. AE 2 + AF 2 = 1 . Tam giác vuông AMN có: 2. 1 1 1 4 3 2 3 = +  AM = 2  AA ' = và 2 2 2 AH AM AN 3 . 3. Vậy VABC . A ' B 'C ' = S AEF . AA ' =. 54. EF = 2. A'. 3 4 3 . =2 2 3. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(59) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. DẠNG 3. THỂ TÍCH KHỐI CHÓP CÓ CẠNH BÊN VUÔNG GÓC VỚI ĐÁY Câu 1:. Tính thể tích V của khối tứ diện đều có cạnh bằng a . A. V . Câu 2:. a3 3 . 12. a3 2 . 12. B. V . a3 3 . 4. C. V . a3 2 . 4. D. V . Cho khối chóp tam giác đều S.ABCD có độ dài cạnh đáy bằng a , mặt phẳng chứa BC và vuông góc với SA cắt khối chóp theo một thiết diện có diện tích bằng. a2 . Tính thể tích V của khối chóp 4. đã cho. A. V  Câu 3:. 2a2 . 24. 2a3 . 12. B. V . a3 . 36. C. V . a3 . 72. D. V . Cho khối chóp tứ giác đều SABCD có cạnh đáy bằng a. Gọi M,N lần lượt là trung điểm của SB,SD . Mặt phẳng (AMN) cắt SC tại J .Diện tích tứ giác AMJN bằng. a2 5 . Tính thể tích của 6. khối chóp SABCD . a3 2 a3 2 a3 3 B. V  C. V  6 3 3 Bên cạnh con đường nước đi vào thành phố, người ta xây một ngọn tháp hình chóp tứ giác đều SABCD có. A. V  Câu 4:. a3 3 6. D. V . S. SA  600m , ASB  150 . Do sự cố đường dây điện tại điểm Q ( trung điểm của SA ) bị hỏng nên người ta tạo ra. một con đường từ A đến Q gồm bốn đoạn AM , MN , NP, PQ (như hình vẽ ). Để tiết kiệm chi phí, kỹ sư đã nghiên cứu và có được chiều dài con đường từ A đến AM  MN Q nhỏ nhất. Tính tỉ số k  NP  PQ A. k  2. B. k . 5 3. C. k . Q P N. D. A M. C. 3 2. B. D. k . 4 3. Câu 5:. Trong tất cả các khối chóp tam giác đều có diện tích toàn phần cho trước. Gọi a,b lần lượt là độ a dài cạnh đáy và độ dài cạnh bên của khối chóp. Tính tỉ số khi thể tích của khối chóp đạt giá trị b lớn nhất. b b b b A.  1 B.  2 C.  3 D.  2 a a a a. Câu 6:. Cho hình chóp S.ABCD có SA  1 , tất cả các cạnh còn lại bằng S.ABCD . A.. Câu 7:. 3 . 3. B.. 6 . 2. C.. 3 . 2. 3 . Tính thể tích khối chóp. D.. 6 . 3. Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông tại A , AB  1 , AC  2 và SA  SB  SC  3 . Tính thể tích khối chóp S.ABC . Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 55.

(60) CHỦ ĐỀ 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. A. Câu 8:. B.. 2 . 3. C.. 17 . 6. D.. 1 . 6. Cho hình chóp S.ABC có BAC  135 , AB  AC  1 và SA  SB  SC  2 . Tính thể tích khối chóp S.ABC . A.. Câu 9:. 7 . 6. 62 2 . 4. B.. 62 2 . 6. C.. 62 2 . 12. Cho khối chóp S.ABC có SA  SB  AB  AC  a , SC . D.. 62 2 . 2. a 6 và mặt phẳng  SBC  vuông góc 3. với mặt phẳng  ABC  . Tính thể tích của khối chóp đã cho.. a 3 14 a 3 21 a 3 14 a 3 21 . B. . C. . D. . 36 36 12 12 Câu 10: Cho khối chóp S.ABCD có đáy là hình thang, SA  SB  SC  AD  2a, AB  BC  CD  a . Tính. A.. thể tích của khối chóp đã cho. 9a3 3a 3 a3 a3 A. . B. . C. . D. . 4 4 4 12 Câu 11: Trong các khối chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng a , chiều cao bằng b thỏa mãn 4a  b  6 2 . Khối chóp có thể tích lớn nhất là.. A.. 4 2 . 3. B.. 8 2 . 3. C.. 2 2 . 3. D.. 2 . 3. Câu 12: Cho khối chóp S.ABCD có SA  SB  SC  SD  3a và AB  BC  CD  a, AD  2a . Thể tích của khối chóp S.ABCD bằng A.. 6a3 . 4. B.. 3 6a3 . 4. C.. 6a3 . 2. D.. 3 6a3 . 2. Câu 13: Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông, SA  SB  SC  1 và cùng tạo với đáy một góc  . Tính cos khi thể tích của khối chóp S.ABC đạt giá trị lớn nhất. A.. 3 . 2. B.. 6 . 3. C.. 1 . 2. D.. 3 . 3. Câu 14: Cho hình chóp S.ABC có SA  SB  SC  a 3 , AB  AC  2a, BC  3a . Tính thể tích của khối chóp S.ABC 35a 3 2a3 5 5a 3 35a 3 A. . B. . C. . D. . 2 7 6 2 Câu 15: Cho khối chóp S.ABC có đáy ABC đều cạnh a , cạnh bên SA vuông góc với đáy  ABC  và góc giữa SB và mặt đáy bằng 30 . Tính thể tích V của khối chóp đã cho. A. V . a3 . 4. B. V . a3 . 12. C. V . 3a 3 . 4. D. V . 9a3 . 4. Câu 16: Cho khối chóp S.ABCD có chiều cao SA bằng a . Mặt đáy ABCD là hình thoi cạnh a , góc ABC bằng 60 . Tính thể tích của khối chóp S.ABCD theo a. A. V . 56. a3 3 . 6. B. V . a3 3 . 4. C. V . a3 3 . 8. D. V . a3 3 . 12. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(61) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. a 2 . Cạnh bên SA vuông góc 2 với mặt phẳng  ABCD  , cạnh bên SB hợp với mặt phẳng  ABCD  một góc 60 . Tính thể tích. Câu 17: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông với AC . khối chóp S.ABCD . A. V . a3 3 . 24. B. V . 3a 3 3 . 24. C. V . a3 3 . 8. D. V . 3a 3 3 . 8. Câu 18: Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông tại B , AB  2a , BAC  60 . Cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng  ABC  và SA  a 3 . Tính theo a thể tích khối chóp S.ABC . A. V  2a3 .. B. V  3a3 .. C. V  a3 .. D. V  4a3 .. Câu 19: Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông tại B , SA  a , BAC  30 , SCA  45 . Cạnh V bên SA vuông góc với đáy. Thể tích khối chóp S.ABC là V . Tỉ số 3 gần giá trị nào nhất trong a các giá trị sau? A. 0,01 . B. 0,05 . C. 0,08 . D. 1 . Câu 20: Cho hình chóp S.ABCD , đáy ABCD là hình chữ nhật có AB  2a, AD  a . Hai mặt phẳng. SAB . và  SAD  cùng vuông góc với đáy và góc giữa hai mặt phẳng  SAB  ,  SBD  là 45 . Thể. tích khối chóp S.ABC là V . Tỉ số A. 0,25 .. B. 0,5 .. V gần giá trị nào nhất trong các giá trị sau? a3 C. 0,75 . D. 1,5 .. Câu 21: Cho hình chóp S.ABC có cạnh bên SA vuông góc với đáy và AB  a; AC  2a và BAC  120 0 . Mặt phẳng  SBC  tạo với đáy một góc 600 . Tính thể tích khối chóp S.ABC A. V . a3 21 . 14. B. V . a3 21 13. C. V . 2a3 21 . 14. D. V . 2a3 21 . 13. Câu 22: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật có AB  3a; AD  4a , SA   ABCD  , SC tạo với đáy góc 450 . Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD A. V  20a3 . B. V  20 2 a 3 C. V  30a3 . D. V  30 2 a 3 . Câu 23: Cho tứ diện ABCD có AD   ABC  và AB  3a; BC  4a; AC  5a; AD  6a . Thể tích khối tứ diện ABCD là A. V  6a3 .. B. V  12a3 .. C. V  18a3 .. D. V  36a3 .. Câu 24: Cho khối tứ diện SABC có SA   ABC  . Hai mặt phẳng  SAB  và  SBC  vuông góc với nhau; SB  a 3 , BSC  450 , ASB  300 . ThỂ tích khối tứ diện SABC là V . Tính tỉ số. A.. 8 . 3. B.. 8 3 . 3. C.. 2 3 . 3. D.. a3 . V. 4 . 3. Câu 25: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A, D ; SD   ABCD  ; AB  AD  a; CD  3a; SA  a 3 . Thể tích khối chóp S.ABCD là. A. V . 2a3 . 3. B. V . 4a3 . 3. C. V . a3 2 . 3. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. D. V . 2a3 2 . 3 57.

(62) CHỦ ĐỀ 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. Câu 26: Cho hình chóp S.ABCD , đáy ABCD là hình vuông cạnh a . Hai mặt phẳng (SAB) và (SAD) cùng vuông góc với đáy, góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và ( ABCD) là 300 . Thể tích khối chóp S.ABCD là V . Tính. A.. 3 . 3. 3V ? a3. B.. 3 . 4. C.. 3 . 2. D.. 3 . 6. Câu 27: Cho hình chóp S.ABCD ,đáy ABCD là hình chữ nhật có AB  a , BC  a 3 . Hai mặt phẳng (SAB) và (SAD) cùng vuông góc với đáy, cạnh SC hợp với đáy một góc 600 . Thể tích khối chóp S.ABCD là?. B. V  2a3 .. A. V  a3 .. C. V  a3 3 .. D. V  2 a 3 3 .. Câu 28: Cho hình chóp S.ABC có tam giác. ABC .vuông tại B, AB  a, ACB  600 . Cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy và SB tạo với mặt đáy một góc bằng 450 . Thể tích khối chóp S. ABC là? A. V . a3 3 . 6. a3 3 . 18. B. V . C. V . a3 3 . 9. D. V . a3 3 . 12. Câu 29: Cho tứ ABCD có ABC là tam giác đều cạnh a . AD vuông góc với mặt phẳng  ABC  , góc giữa a3 6 . BD và mặt phẳng  DAC  là 30 . Thể tích khối tứ diện ABCD là V . Tính tỉ số V A. 1 . B. 3 . C. 4 . D. 12 . Câu 30: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 20cm . SA vuông góc với mặt phẳng 0. đáy và SA  30 cm . Gọi B', D ' là hình chiếu của A lên SB,SD . Mặt phẳng  AB ' D '  cắt SC tại C ' . Thể tích khối chóp S.AB' C ' D' là. . . A. 1466 cm3 .. . . B. 1500 cm3 .. . . C. 1400 cm3 .. . . D. 1540 cm3 .. Câu 31: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A . BC  a 2 . SA vuông góc với mặt phẳng đáy. Mặt bên  SBC  tạo với đáy một góc 450 . Thể tich khối chóp S.ABC là V . Tính tỷ số A.. 6V ? a3. 3 . 4. B.. 3 . 6. C.. 2 . 2. D.. 3 2 . 2. Câu 32: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều. Cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy. Biết khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBC) bằng 3 , góc giữa (SBC) và mặt phẳng đáy bằng  . Tính cos khi khối chóp có thể tích nhỏ nhất. A. cos . 3 3. B. cos . 2 . 2. C. cos . 2 3 . 3. 1 D. cos  . 3. Câu 33: Cho khối chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B, AB  8, BC  6 . Biết SA  6 và vuông góc với mặt phẳng đáy  ABC  . Một điểm trong M của khối chóp cách đều tất cả các mặt của khối chóp một đoạn bằng h . Mệnh đề nào dưới đây đúng? 4 4 2 A. h  . B. h  . C. h  . 3 9 3 58. D. h . 2 . 9. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(63) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. Câu 34: Cho khối chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B, AB  8, BC  6 . Biết SA  6 và vuông góc với mặt phẳng đáy  ABC  . Một điểm M thuộc phần không gian bên trong của hình chóp và cách đều tất cả các mặt của khối chóp. Tính thể tích khối tứ diện M.ABC . 64 32 A. V  24 . B. V  . C. V  . D. V  12 . 3 3 Câu 35: Cho khối chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông cân tại A, AB  2a, SA vuông góc với đáy, 4a khoảng cách từ A đến mặt phẳng  SBC  bằng . Tính thể tích khối chóp S.ABC . 3 27 a3 8a3 9a3 A. V  . B. V  . C. V  8a3 . D. V  . 8 8 3 Câu 36: Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác cân tại A , AB  2a , BAC  45 , SA vuông góc với 4a đáy, khoảng cách giữa hai đường thẳng SB , AC bằng . Tính thể tích V của khối chóp 3 S.ABC . 4 2a3 2a3 A. V  . B. V  2a3 . C. V  4 2a3 . D. V  . 3 3 Câu 37: Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác cân tại A , BAC    30    90  , AB  6 , SA vuông góc với đáy, khoảng cách giữa hai đường thẳng SB , AC bằng 3 . Tính cos khi khối chóp S.ABC có thể tích nhỏ nhất. 3 3 2 1 . B. cos  . C. cos   . D. cos   . 3 2 2 2 Câu 38: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông, AB  1 , cạnh bên SA  1 và vuông góc. A. cos  . với mặt phẳng đáy  ABCD  . Kí hiệu M là điểm di động trên đoạn CD và N là điểm di động trên đoạn CB sao cho MAN  45 . Thể tích nhỏ nhất của khối chóp S.AMN là?. 2 1 2 1 2 1 2 1 . B. . C. . D. . 9 9 6 3 Câu 39: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông, AB  1 , cạnh bên SA  1 và vuông góc. A.. với mặt phẳng đáy  ABCD  . Ký hiệu M là điểm di động trên đoạn CD và N là điểm di động. trên đoạn CB sao cho MAN  30 . Thể tích nhỏ nhất của khối chóp S.AMN là? 1 1 2 4 A. . B. . C. . D. . 9 3 27 27 Câu 40: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông, AB  1 , cạnh bên SA  1 và vuông góc với mặt phẳng đáy  ABCD  . Ký hiệu M là điểm di động trên đoạn CD và N là điểm di động trên đoạn CB sao cho MAN  60 . Thể tích nhỏ nhất của khối chóp S.AMN là? A.. 2 3 . 3. B.. 2 3 . 9. C.. 2 3 3 . 3. D.. 2 3 3 . 9. Câu 41: Cho tam giác ABC vuông cân tại B , AC  2 . Trên đường thẳng đi qua A vuông góc với mặt phẳng  ABC  lấy các điểm M , N khác phía với mặt phẳng  ABC  sao cho AM.AN  1 . Tìm thể tích nhỏ nhất của khối tứ diện MNBC . 1 1 A. . B. . 3 6. C.. 1 . 12. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. D.. 2 . 3 59.

(64) CHỦ ĐỀ 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. Câu 42: Cho hình chóp S.ABC có SA , SB , SC đôi một vuông góc, I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC . Mặt phẳng  P  thay đổi qua I cắt các tia SA , SB , SC lần lượt tại A , B , C  . Biết SA  SB  2 , SC  7 . Hỏi thể tích của khối chóp S.ABC có giá trị nhỏ nhất là? 243 7 81 7 27 7 7 . B. . C. . D. . 256 256 256 3 Câu 43: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại C , SA  AB  2a . Cạnh bên SA. A.. vuông góc với mặt phẳng đáy  ABC  . Gọi H , K lần lượt là hình chiếu vuông góc của A lên SB và SC . Tìm thể tích lớn nhất Vmax của khối chóp S.AHK .. a3 2 a3 3 a3 3 a3 2 . B. Vmax  . C. Vmax  . D. Vmax  . 6 6 3 3 Câu 44: Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông cân tại B, AB  2a,SA vuông góc với đáy. Gọi. A. Vmax . M là trung điểm cạnh AB , mặt phẳng  P  qua SM song song với BC cắt AC tại N . Tính thể. tích V của khối chóp S.BCMN biết góc giữa  SBC  và đáy bằng 600 . A. V . 4 3a 3 . 3. B. V . 3a 3 . 3. C. V  3a 3 .. D. V . 2 3a 3 3. Câu 45: Trong mặt phẳng  P  cho nửa đường tròn đường kính AB  2R và điểm C thuộc nửa đường tròn sao cho ABC  300 . Trên đường thẳng vuông góc với mặt phẳng  P  tại A lấy điểm S sao cho góc giữa hai mặt phẳng  SAB  ,  SBC  bằng 600 . Tính thể tích V của khối chóp S.ABC . 2 R3 6 R3 6 R3 2 R3 . B. V  . C. V  . D. V  6 12 4 2 Câu 46: Cho khối chóp S.ABC có đáy là tam giác cân tại A , SA vuông góc với đáy, độ dài đường trung. A. V . tuyến AD  a , cạnh bên SB tạo với đáy một góc  và tạo với mặt phẳng  SAD  góc    . Tính thể tích V của khối chóp đã cho. a3 sin  sin  A. V  . 3 cos 2   sin 2 . . C. V . . . a3 sin  sin . 3 cos 2   sin 2 . . .. B. V . a3 sin  sin  . cos 2   sin 2 . D. V . a3 sin  sin  cos 2   sin 2 . Câu 47: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh bằng 2 , SA  2 vuông góc với đáy. Gọi M , N là hai điểm lần lượt trên AB, AD sao cho  SMC  ,  SNC  vuông góc với nhau. Tính tổng T. 1 1  khi khối chóp S.AMCN đạt giá trị lớn nhất. 2 AM AN 2. 13 2 3 5 . B. 2 . C. . D. . 9 4 4 Câu 48: Trong mặt phẳng  P  cho XYZ cố định; Trên đường thẳng d vuông góc với mặt phẳng  P  tại. A.. điểm X và về 2 phía của  P  ta lấy 2 điểm A, B thay đổi sao cho hai mặt phẳng  AYZ  và.  BYZ  luôn vuông góc với nhau. Hỏi vị trí của. A, B thỏa mãn điều kiện nào sau đay thì thể tích. ABYZ là nhỏ nhất. A. XB  2XA . 60. B. XA  2XB .. C. XA.XB  YZ2 .. D. XA  XB .. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(65) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. Câu 49: Cho khối tứ diện ABCD có AB  2 , AC  3 , AD  BC  4 , BD  2 5 , CD  5 . Tính thể tích V của khối tứ diện ABCD . 3 5 9 5 15 . C. V  . D. V  . 2 2 2 Câu 50: Cho tam giác đều ABC có cạnh bằng a . Trên đường thẳng  qua A vuông góc với mặt phẳng. A. V  15 .. B. V .  ABC  lấy hai điểm M, N nằm khác phía với mặt phẳng  ABC  sao cho hai mặt phẳng  MBC  và  NBC  vuông góc với nhau. Thể tích khối tứ diện MNBC có giá trị nhỏ nhất bằng. A.. a3 . 4. B.. 3a 3 . 8. C.. 3a 3 . 4. D.. a3 . 8. Câu 51: Cho hình chữ nhật ABCD có AB  a, AD  b . Trên hai đường thẳng Ax, Cy cùng vuông góc với mặt phẳng  ABCD  lần lượt lấy hai điểm M , N sao cho hai mặt phẳng  BDM  và  BDN  vuông góc với nhau. Thể tích khối tứ diện BDMN có giá trị nhỏ nhất bằng a2 b2 4a 2 b 2 4a2 b2 a2 b2 A. . B. . C. . D. . a2  b2 a2  b2 3 a2  b2 3 a2  b2 Câu 52: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình bình hành, AB  2a, BC  a ABC  120 0 và SD vuông góc với đáy. Sin góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng  SAB  bằng. 1 . Thể tích khối chóp 4. S.ABCD bằng. A. a 3 .. B.. a3 . 2. C. 3a3 .. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. D.. 3a 3 . 2. 61.

(66) CHỦ ĐỀ 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. BẢNG ĐÁP ÁN 1.B. 2.A. 3.B. 4.A. 5.A. 6.D. 7.A. 8.B. 9.A. 10.C. 11.A. 12.A. 13.B. 14.D. 15.B. 16.A. 17.B. 18.A. 19.C. 20.C. 21.A. 22.A. 23.B. 24.A. 25.D. 26.A. 27.B. 28.B. 29.D. 30.A. 31.C. 32.A. 33.A. 34.C. 35.A. 36.D. 37.D. 38.B. 39.A. 40.C. 41.D. 42.C. 43.A. 44.C. 45.A. 46.A. 47.A. 48.D. 49.A. 50.A. 51.D. 52.A. HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Câu 1:. Chọn B. A. Cách tự luận. Gọi G là trọng tâm của BCD . BG . 2 a 3 a 6 BM  , AG  AB2  BG 2  . 3 3 3. 1 VABCD  SBCD . AG  3. D. B. 1  a2 3  a 6 a3 2  .  . 3  4  3 12. G. Cách trắc nghiệm. Ta nhớ trực tiếp kết quả “Tứ diện đều có V   canh  Câu 2:. M. C 3. 2 ”. 12. Chọn A Gọi M là trung điểm của BC. Gọi O là trọng tâm của ABC Gọi I là hình chiếu vuông góc của M lên SA. Ta có: MI  SA và BC  SA a2 1 a2 1 a2 a Suy ra SA   IBC  . Măt khác SIBC   MI .BC   MI .a   MI  4 2 4 2 4 2 Ta có AI  AM 2  MI 2 . MI SO MI .AO a 6 a 2   SO   ; tan MAI  AI AO AI 6 2. 1 a2 3 a 6 a3 2 .  . Vậy VSABC  . 3 4 6 24. Câu 3: S S. J. J N M. I. I. H. D A 0 B. C. A. 0. C. Giả sử: độ dài cạnh bên là x Ta có: I là trung điểm của S0 nên. 62. JS 1 JS 1    . Dựng OH //SC JC 2 SC 3. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(67) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.  A0 0 H  AC  JC A0 IS 0 H SJ SJ SJ 1 2x Ta có:   .  .     JC  AC I 0 JC 0 H JC JC 2 3  IS  SJ  I 0 0 H. a 2 4x 2x 2a2 4 x2 Xét AIC : AJ 2  AC 2  CJ 2  2 AI . JC.cosC  2a2   2.a 2. . 2   (1) 9 3 x 3 9 2. 2. SAMJN. 2. 1 5a 1 a 2 5a a 10  AJ.MN   AJ.   AJ  (2) 2 6 2 2 6 3. Từ (1), (2) suy ra: x  a . SO  x 2  Câu 4:. 1 1 a 2 2 a3 2 a2 a 2 .a  nên V  S0.SABCD  . .  3 3 2 6 2 2 S. Chọn A Cắt ngọn tháp và trải đều trên mặt phẳng như hình vẽ Do ASB  150 nên khi trải ra ta thu được tam giác đều SAA Để AM  MN  NP  PQ ngắn nhất thì A,M,N,P,Q thẳng hàng Khi đó: N  SC  AQ là giao 2 đường trung tuyến nên N là trọng tâm tam giác SAA. Do đó: k . Câu 5:. AM  MN AN  2 NP  PQ NQ. N. Q. M A. A D. B. Chọn A Đường cao mặt bên: h  b2 . P. C. a2 . Diện tích toàn phần: 4 2. Stp . a2 3 1 a2 a2  3. a b2   4 2 4.  4S  3a2  2    a 2 2 3a 3  3a 4b  a   b2   4 4 2.  4S  3a2  2    a 2 2 2 3 a a S(2S  3 a 2 ) 1 3a a a   2 2 V . . b   3. a  3 4 3 12 4 6 6 2. a2S(2S  3 a 2 ) 3a2 (2S  3 a 2 )S S  3a2  2S  3a2  S2 V        216 2 216 3 216 3  216 3  2. Dấu “  ” xảy ra: 3a2  2S  3a2  S  3a  b  a . b 1 a. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 63.

(68) CHỦ ĐỀ 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. Câu 6:. Chọn D Gọi O là giao của AC và BD . Ta có SBD  CBD nên SO  CO . Trong tam giác SAC có SO  CO . 1 AC nên tam 2. giác SAC vuông tại A . Suy ra AC  SA 2  SC 2  2 . 1 Diện tích đáy SABCD  2SABC  2. BO.AC  2 2 . 2. Do SD  SB  SC  3 nên hình chiếu vuông góc H của S trên  ABCD  thuộc cạnh AC . SA.SC. Vì SH là đường cao của tam giác SAC nên SH . SA  SC 2. 2. . 3 . 2. 1 1 3 6 Vậy VS. ABCD  SH.SABCD  . .2 2  . 3 3 2 3. Câu 7:. Chọn A Trong tam giác ABC có BC  AC 2  AB2  5 . Do SA  SB  SC  3 nên hình chiếu vuông góc H của S. trên  ABC  trùng với tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC . Khi đó H là trung điểm của BC .. Trong tam giác SHB có SH  SB2  HB2  3 . 5 7  . 4 2. 1 1 7 1 7 Vậy VS. ABC  SH.SABC  . . .2.1  . 3 3 2 2 6. Câu 8:. Chọn B Ta có diện tích đáy SABC . 1 2 AB.AC.sin BAC  . 2 4. Trong tam giác ABC có BC  AB2  AC 2  2 AB.AC.cos BAC  2  2 .. Gọi H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC khi đó R. BC 2 2   2sin A 2. 2 1.. Do SA  SB  SC  3 nên hình chiếu vuông góc của S trên.  ABC . trùng với tâm đường tròn ngoại tiếp H của tam giác ABC .. Trong tam giác SBH có SH  SB2  HB2  4 . 64. . . 2 1  3 2 .. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(69) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. Vậy VS. ABC Câu 9:. S. 1 1 2 62 2 .  SH.SABC  . 3  2 .  3 3 2 6. Chọn A Gọi H là trung điểm của BC ta có: AH  BC  AH   ABC  Do AS  AB  AC  a nên là H tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác . Do đó vuông tại và  SBC SBC S. B. H. C. A 2. a 6 a 15 5a 2 7 BC  SB  SC  a    AH  a2  a    3  3 12 12   2. 2. 2. 1 a 6 7 a3 14 .a  . Suy ra V  .a. 6 3 12 36. Câu 10: Chọn C B. A. C. D. H. Do SA  SB  SC  2a suy ra hình chiếu vuông góc H của S lên mặt phẳng  ABCD  trùng Với giải thiết ABCD là hình thang và AB  BC  CD  a, AD  2a thì tứ giác ABCD là hình thang cân và nội tiếp đường tròn tâm H có bán kính R  a . Do đó chiều cao của khối chóp h  4a2  a2  a 3 , Sd  Câu 11: Chọn A. . 3 3a 2 3a 2 V  . 4 4. . a2 6 2  4a 1 . Ta có: S  a , h  b  6 2  4a  V  S.h  3 3 2. 3. 2 2  a  a  3 2  2a  4 2 . Theo bất đẳng thức cô si ta có: V  .a.a. 3 2  2a       3 3 3 3 . . . Dấu bằng xảy ra khi: a  3 2  2a  a  2  b  2 2. Câu 12: Chọn A SA  SB  SC  SD  3a nên tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O) bán kính R .. Do AB  BC  CD  a, AD  2a nên ABCD là nửa lục giác đều. Suy ra R  a . h2  SA2  R2  2a2  h  a 2 . SABCD . 1 a3 6 3 3a 2 suy ra VS. ABCD  h.SABCD  3 4 4. Câu 13: Chọn B. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 65.

(70) CHỦ ĐỀ 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. S. C. A. H B Giả sử đáy là tam giác vuông tại C . SA  SB  SC  1 nên hình chiếu vuông góc của S lên ( ABC) là trung điểm của AB . 1 1 1 VS. ABC  SH.SABC  SH.HA 2  . 2SH 2 .SA 2 .SA 2 . 3 3 3 2. Ta có: 2SH 2  AH 2  AH 2  2SH 2  2HA2  2SA2  2 Vậy 2SH 2 .SA2 .SA2 đạt GTLN khi 2SH 2  HA2  HA2  Vậy HA2 . VS. ABC. đạt. GTLN. khi. tam. 2 3. giác. vuông. ABC. cân. 2 AH 6  cos  cos SAH   3 SA 3. Câu 14: Chọn D Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp mặt đáy  ABC  . SA  SB  SC nên SO   ABC  .. S. 2.  3a  a 7 . AI   2a      2  2  2. AO  R . AC 2 4a2 4   a 2 AI a 7 7.  SO  SA2  AO 2  3a2  SABC . C. A. 16 2 35 a  a. 7 7. 1 1 4 6a2 AI .BC  . .3a2  . 2 2 7 7. O. I. B. 1 1 a 35 6a2 2a3 5 .  Vậy thể tích khối chóp cần tìm là: VS. ABC  SO.SABC  . . 3 7 7 3 7. Câu 15: Chọn B. SB,  ABC    SB, AB   SBA  30 .  SA  AB.tan 30 . a 3 . 3. 1 1 a2 3 a 3 a3 VS. ABC  .SABC .SA  . .  3 3 4 3 12 66. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. và.

(71) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. Câu 16: Chọn A Vì. đáy. ABCD. là. ABC  60  SABCD  2. 1 VS. ABCD  .SABCD .SA  3. a. hình. 2. 3 4. . a. thoi. 2. 3 8. có. .. 1  a2 3  a3 3 .  2.  .a  3  4  6. Câu 17: Chọn B. Vì ABCD là hình vuông với AC . a 2 a a2  AB   SABCD  . 2 2 4. SB,  ABCD   SB, AB  SBA  60. a 3 . 2.  SA  AB.tan 60 . 1 1 a2 a 3 a3 3 VS. ABCD  .SABCD .SA  . .  . 3 3 4 2 24. S. Câu 18: Chọn A ABC. vuông tại B 1  SABC  AB.BC  2a 2 2 1 Vậy VS. ABC  .SA.SABC  3. :. BC  AB.tan 60  2 a 3. a 3. 3.. C. A. 1 .a 3.2a 2 3  2a 3 . 3. 2a. B. Câu 19: Chọn C. S. SAC vuông cân tại A : AC  SA  a ABC. vuông. tại. B. và. BAC  30.  1 a  BC  2 AC  2 1 a2 3  S  AB . BC  .  ABC 2 8  AB  AC 2  BC 2  a 3  2. a. C. A. B. 1 a3 3 V 3  0,072 . Suy ra V  VS. ABC  SA.SABC  . Vậy 3  3 24 24 a. Câu 20: Chọn C. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 67.

(72) CHỦ ĐỀ 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN. S.  SAB    SAD   SA   SA   ABCD  . Ta có:  SAB    ABCD    SAD    ABCD  Gọi H là hình chiếu của A trên SB  AH  SB .. H. Dễ thấy AD   SAB   AD  SB .. A. Do đó: SB   AHD   SB  HD .. D. B. C. Khi đó ta có:  SAB    SBD   SB    SAB  ; SBD   AHD  45 .  AH  SB; HD  SB  AH  SAB ; HD  SBD      Hay AHD vuông cân tại A  AH  AD  a . 1 1 1 1 1 3 2a    2  2  2  SA  . SAB vuông tại A : 2 2 2 SA AH AB a 4a 4a 3. . . 1 1 2a 4a3 V 4  0,77 . Suy ra V  VS. ABC  SA.SABCD  . .2a2  . Vậy 3  3 3 3 a 3 3 3 3. Câu 21: Chọn A Tính cạnh. C. S. BC  AB2  AC 2  2 AB. AC.cos A  a 7 Kẻ AH vuông góc BC tại H, AH.BC 1  AB.AC.sin A diện tích tam giác 2 2. A. AB.AC.sin A a 21  AH   BC 7. H. Góc tạo bởi mp  MBC  và mp  ABC  là góc SHA  600 ..  . Suy ra SA  AH.tan 600 . 60°. 120°. B. 1 a3 21 3a 7 . Vậy thể tích VS. ABC  SA.SABC  3 14 7. Câu 22: Chọn A S. A. 3a. B 4a. 45°. D. C. Tính AC  5a vì tam giác SAC suy ra SA  5a 1 Tính thể tích V  SA.SABCD  20a 3 3 68. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(73) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. Câu 23: Chọn B Ta có: ABC vuông tại B  SABC . 1 AB.BC  6a 2 . 2. 1 1  VSABC  SABC .AD  .6a2 .6a  12a 3 . 3 3. Câu 24: Chọn A S. Ta có: SBC vuông tại B ; ABC vuông tại B . 3a SA  SB.cos ASB  2 a 3 ; BC  SB  a 3 . 2 1 1 1  SABC .SA  . AB.BC.SA 3 3 2. AB  SB.sin 300 . VS. ABC. A. C. 1 a 3 3a 3a 3 a3 8  . .a 3.    . 6 2 2 8 V 3. B. Câu 25: Chọn D S. D. A. C. B. 1 1  AB  CD  .AD 1  a  3a  .a 2a3 3 .SD  . .a 3  Ta có:  VS. ABCD  SABCD .SD  . . 3 3 2 3 2 3. Câu 26: Chọn A Ta có góc tạo bởi  SBC  và ( ABCD) là SBA  300 .. Xét tam giác SAB vuông tại A ta có SA  AB tan SBA  a tan 300 . a 3 3. 1 a 3 a3 3 3V 3 1  VS. ABCD  SABCD .SA  .a2 .  V  3  3 3 3 3 9 a Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 69.

(74) CHỦ ĐỀ 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. Câu 27: Chọn B. Xét tam giác ABC vuông tại B ta có AC 2  AB2  BC 2  a2  3a2  4a2  AC  2a . Góc tạo bởi SC và đáy là góc SCA  600 . Xét tam giác SAC vuông tại A có SA  AC tan SCA  2 a tan 60 0  2 a 3 1 1  VS. ABCD  SABCD .SA  a.a 3.2a 3  2a 3 . 3 3 Câu 28: Chọn B. Xét tam giác ABC vuông tại B ta có BC  AB cot BCA  a cot 600 . a 3 3. 1 1 a 3 a2 3 AB.BC  .a.  2 2 3 6 Do tam giác SAB vuông cân tại A suy ra SA  AB  a  SABC . 1 1 a2 3 a3 3  VS. ABC  SABC .SA  . .a  . 3 3 6 18. Câu 29: Chọn D Gọi H là trung điểm của AC BH  AC ; BH  Mà:. a 3 . 2. BH  AC    BH   ACD   Hình chiếu của B xuống  DAC  là H . BH  AD . Ta có: BD   DAC   D   BD;  DAC     BD; DH   BDH  300 . Xét tam giác BHD có: tan 300 . 70. BH BH 3a  HD   . 0 HD 2 tan 30. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(75) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. Xét tam giác DAH có: DA2  DH 2  AH 2  Thể tích khối tứ diện VABCD là: VABCD. 9a2 a2   2a2  DA  a 2 . 4 4. 1 a2 3 a2 6 a3 6 a3 6  .a 2. . . Tỷ số  3  12 . 3 4 12 V a 6 12. Câu 30: Chọn A Gọi O là giao điểm của AC và BD . Ta có: SC   SAC  . Xét hai mặt phẳng  SAC  và  AB ' D '  có: A là điểm chung thứ nhất. Trong  SBD  có: SO  B' D '  I . Vậy  SAC    AB ' D '   AI  SC   AB ' D '   AI  SC  C ' .. . . 1 1 Thể tích khôi chóp SABCD : VSABCD   SA  SABCD   30.20 3  4000 cm 3 . 3 3. Ta có:. SC  SA 2 SA 2 30 2 9 .     2 2 2 2 2 2 SC SC 17 SA  AC 30  20  20. SD SA 2 SA2 302 9 .     2 2 2 2 2 SD SD 13 SA  AD 30  20. VSABC D VSABCD. . 2VSAC D 2VSACD. . SA SC  SD 9 9 81    VSABC D    VSABCD   4000  1466 cm 3 . SA SC SD 17 13 221. . . Câu 31: Chọn C 1 a 2 Gọi M là trung điểm của BC  AM  BC  . 2 2 1 1 a2 SABC   AM  BC   BC 2  . 2 4 2 SBC    ABCD   BC   0 Ta có: AM  BC    SBC ;  ABCD    SMA  45 .  SA   ABCD  . Xét tam giác SAM có: SA  AM.tan SMA  AM . a 2 . 2. 6V 1 1 a2 a 2 a3 2 2  Thể tích của khối chóp là: VSABC   SA  SABC    . Tỷ số: 3  3 3 2 2 12 2 a. Câu 32: Chọn A. Gọi I là trung điểm BC . Vì chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều và cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy nên  SAI    SBC  theo giao tuyến SI . Kẻ AH  SI  AH  (SBC) Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 71.

(76) CHỦ ĐỀ 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN..  d( A,(SBC))  AH  3 . Giả sử AB  2 x  AI  x 3 .Trong tam giác vuông SAI có 1 1 1 1 1 1   2    2 2 2 2 9 3x AH SA AI SA.  SA . 3x x2  3. (Điều. kiện. x. . 3; . . ). 1 x3 3  VS. ABCD  SA.SABC  3 x2  3. Xét hàm f ( x) . x3 x2  3. /  0; 3  có f ( x) . 3x2 x2  3 . x4. 2 2 x 2  3  x (2 x  9) 3 x2  3 x2  3. . .   x0   3 3  f ( x)  0   x  . Lập bảng biến thiên suy ra GTNN của hàm số đạt tại x  2 2   3 x   2 . Khi đó ta có cos . IH  AI. AI 2  AH 2 3  AI 3. Câu 33: Chọn A Vì M điểm trong của khối chóp cách đều tất cả các mặt của khối chóp một đoạn bằng h nên M là tâm mặt cầu nội tiếp hình chóp, bán kính mặt cầu là r  h . Mặt khác mặt cầu bán kính r nội tiếp hình chóp thì thể tích khối chóp là: 1 V  .S.r trong đó S là tổng diện tích tất cà các mặt của hình chóp. 3 Ta. có. AC  AB2  BC 2  8 2  6 2  10;. SB  AB2  SB2  8 2  6 2  10.  BC  AB  BC  (SAB)  BC  SB Vì   BC  SA 1 1 1 1 S  SABC  SSAB  SSBC  SSAC  .AB.BC  .SA.AB  .SB.BC  .SA.AC  108 2 2 2 2 3V 3.48 4 1 1 1   . V  .S.r  .SA.SABC  .6.24  48  r  h  S 108 3 3 3 3. Câu 34: Chọn C Vì điểm M thuộc phần không gian bên trong của hình chóp và cách đều tất cả các mặt của khối chóp nên M là tâm mặt cầu nội tiếp hình chóp, bán kính mặt cầu là r . 4 Theo câu 31 ta có r  h  . 3 1 1 1 4 32  VM . ABC  .SABC .h  . .8.6.  . 3 3 2 3 3. 72. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(77) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. Câu 35: Chọn A Vì ABC là tam giác vuông cân tại A, AB  2a, nên BC  2 2a 1 Gọi I là trung điểm BC suy ra AI  BC  a 2. 2  BC  AI Khi đó   BC  SAI  .  BC  SA. Goi H là hình chiếu của A lên SI suy ra AH là khoảng cách từ A đến mặt phẳng  SBC  .  AH . 4a 1 1 1    SA  Ta có . 2 2 3 AH AI SA2. Mặt khác SABC . AI 2 . AH 2  4a. AI 2  AH 2. 1 1 1 1 8a3 AB.AC  2a.2a  2a 2 .  VS. ABC  .SABC .SA  .2a 2 .4a  . 2 2 3 3 3. Câu 36: Chọn D. Kẻ Bx / / AC  d  AC , SB   d  AC ,(SBx)   d  A ,(SBx)  . Dựng AI  Bx tại I , AJ  SI tại J  d  AC , SB   d  A ,(SBx)   AJ  Tam giác AIB vuông cân tại I  AI  Tam giác SAI vuông tại A . AB 2. 4a . 3. a 2.. 1 1 1   2  SA  2 2 AJ SA AI. AI .AJ AI 2  AJ 2.  4a .. 1 Diện tích tam giác ABC là S  .2a.2a.sin 45  a2 2 . 2. 1 4a3 2 .  Thể tích V của khối chóp S.ABC là V  .a2 2.4a  3 3. Câu 37: Chọn D Kẻ Bx / / AC  d  AC , SB   d  AC ,(SBx)   d  A ,(SBx)  . Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 73.

(78) CHỦ ĐỀ 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. Dựng. AH  Bx. tại. H ,. AI  SH.  d  AC , SB   d  A ,(SBx)   AI  3 .. tại. I. Tam giác AHB vuông tại H  AH  AB.sin  6.sin . Tam giác SAH vuông tại A 1 1 1 1 1 4sin 2   1 .      SA2 AI 2 AH 2 9 36sin 2  36sin 2  6sin  .  SA  4sin 2   1 . 1 1 6sin  1 36sin 2  Thể tích khối chóp V  .SA.SABC  . . . .6.6.sin   3 3 4sin 2   1 2 4sin 2   1. Ta có V . 36sin 2  4sin 2   1. . . . 9 4sin 2   1  9 4sin 2   1.   1  9  4sin 2   1    18 .  4sin 2   1 .  min V  18 xảy ra khi 4sin 2   1  1  sin 2  . 2 1  cos   . 2 2. Câu 38: Chọn B Thể tích khối chóp S.AMN nhỏ nhất  Diện tích tam giác AMN nhỏ nhất. Gọi DM  x , BN  y  0  x , y  1 .  tan   tan DAM  x Khi đó ta có  . tan   tan BAN  y    tan      tan 45 . xy tan   tan  1 1  tan  .tan  1  xy.  x  y  1  xy  2 xy (1).. Đặt t  xy  0  t  1 . (1)  t 2  2t  1  0   2  1  t  2  1 . Kết hợp điều kiện  0  t  2  1  0  xy  3  2 2 . 1 1 1  1 SAMN  SABCD   SADM  SABN  SCMN   1   x  y  1  x 1  y     1  xy   2  1 . 2 2 2  2. 1 1 2 1 2 1  min V  Vậy VS. AMN  SAMN .SA  .SAMN  . 3 3 3 3. Câu 39: Chọn A S. A. D. M B. 74. N. C. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(79) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. Đặt DM  x, BN  y với 0  x, y  1 . Khi đó AM  x 2  1, AN  y 2  1 . 1 1 1 1 Ta có VS. AMN  .SA.SAMN  . .AM.AN.sin 30  .AM.AN . 3 3 2 12. . . Ta có tan 60  tan DAM  BAN  Suy ra. tan DAM  tan BAN 1  tan DAM.tan BAN. . . 3 1  xy   x  y  y 1  3x  3  x  y . Do đó AN  y 2  1 . Suy ra VS. AMN . 3  2 3x  x2  1  2 3x  3x2. . 1  3x. . 2. . xy 1  xy. 3x 1  3x. . .. 2 x2  1 1  3x. .. 1 x2  1 .AM.AN   f  x . 12 6 1  3x. . . . .  1 2 TM  1 2 x. 1  3x  3 x  1 3x 2  2 x  3 x  3 f  x  .   0   2 2 6 1  3x 6 1  3x x   3  L . . . . . . .  1  1 Suy ra Min f  x   f   .  0;1  3 9. S. Câu 40: Chọn C Đặt DM  x, BN  y với 0  x, y  1 . A. Khi đó AM  x 2  1, AN  y 2  1 .. D M. Ta có B. C. N. 1 1 1 3 VS. AMN  .SA.SAMN  . .AM.AN.sin 60  . AM. AN . 3 3 2 12. . . Ta có tan 30  tan DAM  BAN  Suy ra 1  xy  3  x  y   y  Suy ra VS. AMN . 1  tan DAM.tan BAN. 1  3x x 3. . . xy 1  xy. . Do đó AN  y 2  1 . . 2 x2  1 3x. .. 3 x2  1 3 .AM.AN   f  x . 12 6 3x. . .     x  2 3x  1  0  x   x   6 1  3x    3  x 2 3 3 Suy ra Min f  x   f   3  2   .   3 3 2 x. f  x  . 6. . tan DAM  tan BAN. 3  x  x2  1 2. 2. 2. 3  2 TM  3  2  L. 0;1. Câu 41: Chọn D. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 75.

(80) CHỦ ĐỀ 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN. M. A. C. N B. Ta có tam giác ABC vuông cân tại B , AC  2 nên AB  BC  2 . 1 1 1 VMNBC  VM . ABC  VN . ABC  . .  AM.AB.BC  AN. AB.BC    AM  AN  3 2 3 2 2  AM.AN  , dấu bằng khi AM  AN  1 . 3 3 Câu 42: Chọn C. 1 Gọi SA  a , SB  b , SC  c . Ta thấy VS. ABC  abc . 6. Xét tứ diện SABC như hình vẽ. Gọi H là trung điểm của AB . Ta thấy CA  CB  3 , AB  2 và CH  CB2  BH 2  32  1  2 2 . Vậy tam giác ABC là tam giác cân tại C , suy ra điểm I. 1 thuộc vào đường cao CH của tam giác CAB , đồng thời SABC  CH.AB  2 2 . 2 Gọi r là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC ( r  IH ). Ta có. 2 7. SABC IK IH SC.IH 2 2 2 2  7   IK   . Từ đây IH  r    SC CH CH 4 pABC  3  3  2  2 2 2 2. 76. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(81) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. Gọi x , y , z lần lượt là khoảng cách từ I đến các mặt phẳng  SAB  ,  SBC  ,  SAC  . Dễ thấy y  z , x  IK . 7 . Đồng thời 4. 1 1 1 1 2. 2. 7  x.SSAB  y.SSBC  z.SSCA 6 3 3 3 7 1 7 1 14 1 14 3 2   . .1  .y.  .z. yz 3 3 4 3 2 3 2 8 Xét tứ diện S.ABC , ta thấy VS. ABC  VI .SAB  VI .SAC  VI .SBC VS. ABC  VI .SAB  VI .SAC  VI .SBC . . 1 1 1 1 1 1 1 x y z abc  x. ab  y. bc  z. ca     1 6 3 2 3 2 3 2 a b c. Theo bất đẳng thức Cauchy cho 3 số, ta có 1. xyz 1 81 7 x y z 243 7 . Từ đó VS. ABC  abc     33  abc  27 xyz  6 256 a b c abc 128. Câu 43: Chọn A.  AK  SC  AK  SBC   AK  KH . Ta chứng minh được BC   SAC  , từ đó   AK  BC  AH  SB  SB   AHK  Đồng thời   AK  SB  do AK  SBC  . Vậy ta nhận thấy hình chóp S.AHK có SH   AHK  và tam giác AHK vuông tại K . Gọi độ dài đoạn AC  x (với 0  x  2a vì tam giác ABC vuông tại C với AB  2a ). Xét tam giác vuông cân SAB ta có đường cao AH  SH  a 2 . Trong tam giác vuông SAC ta có. 1 1 1 1 1 x2  4a2      . Khi đó AK 2 AS2 AC 2 4a 2 x 2 4a2 x 2. . 2 4a2  x2 4a2 x2 a AK  . Suy ra HK  AH  AK  2a  2 4a  x2 4a2  x2 4a2  x2 Vậy thể tích. 2ax. VS. AHK. 2. 2. 2. . . . 2 4a2  x 2 1 1 1 1 2 ax 2 3  SH.SAHK  SH. AK.KH  a 2. .a  a 2 2 3 3 2 6 3 4a  x 4a2  x 2. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho. 2x và.  2x . 4a2  x2. 4a2  x2. 4a 2  x 2 ta có. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 77.

(82) CHỦ ĐỀ 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN..   2x. 4a2  x2.  2x  . Từ đó suy ra VS. AHK. 2.  4a2  x2. 2 3  a 3. 2.  2x . 2. . 4a2  x2 2. 4a2  x2. 4a2  x2. 2 3 4a2  x2 a3 2 . a  3 6 2 4a2  x 2. . . . Câu 44: Chọn C S. C. N. A M B. Ta có tam giác ABC vuông tại B nên SABC  Mặt. khác. theo. giả. thiết. ta. 1 1 AB.BC  .2a.2a  2a 2 . 2 2.  SBC  ,  ABC    SB, AB   SBA  60 .. có. 0. 1 4 3a 3 SA  AB.tan 60 0  2 a 3 . Nên VS. ABC  .SA.SABC  . 3 3 3 Ta có VS.BCMN  VS. ABC  3a3 . 4. Câu 45: Chọn A S. H. K B. A. C. Kẻ AH  SB,  H  SB  , AK  SC  K  SC   SB   AHK   AHK  60 0 . Ta có AC  AB sin   2 R sin  , BC  AB cos   2Rcos   S ABC  2 R 2 sin  cos  . Ta lại có. AK 3 3 4  sin AHK   2 AK  3 AH   2 AH 2 AK AH 2.  1 1   1 1   3 2    4 2    SA  2 2 4 R sin   4 R2   SA  SA. 2 R sin  3  4sin 2 . .. 1 4 R3 sin 2  cos  R3 6  Do đó VS. ABC  SA.SABC  . 3 12 3 3  4sin 2 . 78. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. Do. đó.

(83) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. Câu 46: Chọn A S. B. A D C. Ta có  SB,  ABC    SBA   .  BD  AD Mặt khác ta có   BD  SAD   SB, SAD    BSD   .  BD  SA x x  SB  Giả sử BD  x( x  0). Khi đó ta có sin   . SB sin . Mặt khác ta có cos . AB x cos x sin   AB  , SA  . SB sin  sin .  cos2   a sin   1   a2  x  Ta lại có AB  x 2  a2  x 2  . 2 cos 2   sin 2   sin   1 1 x sin  a sin  a3 sin  sin  .a.  Do đó VS. ABC  SA.AD.BD  . 2 2 3 3 sin  cos2   sin 2  3 cos   sin . . . Câu 47: Chọn A E. N. A K. D. H F. M. O E. B. C. Đặt AM  x , AN  y . Gọi O  AC  DB ; E  BD  CM ; F  BD  CN . H là hình chiếu vuông góc của O trên SC , khi đó: CHO đồng dạng CAS . HO CO 2   HO  . SA SC 3.  BD  SA  BD   SAC  Ta có:   BD  AC SC  OH SC  HE  SC   HBD    Lại có:  . SC  BD SC  HF Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 79.

(84) CHỦ ĐỀ 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. Do đó góc giữa  SCM  và  SCN  bằng góc giữa HE và HF . Suy ra HE  HF . 1 1 Mặt khác SAMCN  SACN  SACM  CB.AM  CD.AN  x  y 2 2 1 2  VS. AMCN  SA.SAMCN   x  y  . 3 3 Ta có: x  0 , y  0 và nếu x  2 , y  2 thì gọi K là trung điểm của AM , khi. đó KO / / MC nên Tương tự: OF . OE KM x OE EB OB x 2       OE  . EB MB 4  2 x x 4  2x 4  x 4x. y 2 2 xy 2 . Mà OE.OF  OH 2     x  2  y  2   12 4y  4  x  4  y  3. Nếu x  2 hoặc y  2 thì ta cũng có OE.OF  OH 2   x  2  y  2   12 . Tóm lại:  x  2  y  2   12  y . 8  2x 8  2x  2  x  1. , do y  2 nên x2 x2. 1 2 Do đó VS. AMCD  SA.SAMCN   x  y   3 3. Xét f  x  . 2 8  2 x  2 x2  8 . x    3 x2  3 x2. 2  x2  4 x  8  2 x2  8 với x  1; 2  , f   x    . 3   x  2 2  3 x2  . f   x   0  x 2  4 x  8  0  x  2  2 3 ; x  2  2 3 (loại).. Lập BBT ta suy ra max f  x   f  1  f  2   2 . 0;2 . Vậy max VS. AMCN. x  1  1 1 1 1 5 y  2  2   T    2 2  . 2 2 4 AM AN x y x  2    y  1. Câu 48: Chọn D A. Z. X d Y. F. B. 1 AB.SXYZ . 3 Do diện tích tam giác XYZ không đổi nên thể tích tứ diện ABYZ là nhỏ nhất khi AB ngắn nhất.. Thể tích khối tứ diện ABYZ là V . 80. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(85) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. XF  YZ. Dựng. ,. YZ  AB. do. YZ   ABF . nên.  AYZ ,  BYZ   FA, FB  AFB  90 .. ,. suy. ra. Xét tam giác vuông ABF có FX là đường cao không đổi (Do XF là đường cao của XYZ cố định) nên XF 2  XA.XB không đổi. Có AB  XA  XB  2 XA.XB  2XF không đổi. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi XA  XB . Vậy thể tích khối tứ diện ABYZ nhỏ nhất khi X là trung điểm AB hay XA  XB Câu 49: Chọn A Do AB2  AD2  BD2  ABD vuông tại A ; AC 2  AD2  CD2  ACD vuông tại A . Lại có cos BAC . AB2  AC 2  BC 2 22  32  4 2 1   2.AB.AC 2.2.3 4. Sử dụng công thức giải nhanh: Cho chóp S.ABC có SA  a , SB  b , SC  c và ASB   , BSC   , ASC   . Thể tích khối chóp S.ABC là:. VS. ABC . abc 1  cos2  cos2   cos2  2cos .cos .cos . 6. A 4. 2 3. D. B C. Áp dụng: Thể tích khối tứ diện ABCD là 2. VABCD. 2.3.4  1  1  1      cos2 90  cos 2 90  2.    .cos90.cos90  15 . 6  4  4. Câu 50: Chọn A 1 3a 2 .MN Ta có: VMNBC  .MN.S ABC  3 12  BC  AD  BC  DM  BC  ( MDN )   Gọi D là trung điểm cạnh BC ta có   BC  MN  BC  DN. Do đó.  MBC  ,  NBC    DM , DN   90. 0.  DM  DN  AM.AN  AD 2 . 3a 2 4. Khi đó theo bất đẳng thức AM – GM ta có: MN  AM  AN  2 AM. AN  3a. Vì vậy VMNBC . 3a 2 3a 2 a3 .MN  . 3a  12 12 4. Câu 51: Chọn D. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 81.

(86) CHỦ ĐỀ 1: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. Ta có : VBDMN . . 2SMBD  SNBD  sin  MBD  ,  NBD . . MBD.  SNBD. 3 a  b2. 3BD. Trong đó BD  a 2  b 2.   2S. 2. . Và sin  MBD  ,  NBD   sin 90 0  1. Đặt AM  x, CN  y.   MBD  ,  ABCD     NBD  ,  ABCD      MBD  ,  NBD    180 Do đó   MBD  ,  ABCD      NBD  ,  ABCD    90  sin   MBD  ,  ABCD    cos   NBD  ,  ABCD   Ta có. 0. 0. 2. S  S 1 1 1 4  a   ABD   ABD  2  2  2  2 2 SNBD SMBD SNBD SABD a b  SMBD . Theo. định. lý. . diện. . cos  NBD  ,  ABCD  . tích. hình. chiếu. ta. có. . . cos  MBD  ,  ABCD  . SABD SMBD. và. SABD . Theo BĐT AM- GM ta có: SNBD. 4 1 1 1 1 2 1 2 2 a2 b2 . Vậy    2 .   S . S  a b V  MBD NBD BDMN 2 2 2 2 SMBD .SNBD 2 a2 b2 SMBD SNBD SMBD SNBD 3 a2  b2. Câu 52: Chọn A Đặt SD  h , ta có BD  AD 2  AB2  2 AB.AD.c os60 0  3a. Suy ra SB  SD 2  BD 2  h 2  3a2 Ta có d  B;  SAC    d  D; SAC   và 1. . d 2 D; SAC . . . . . 1 1 1 AC 2 1 7     2 2 2 2 2 2 SD d  D; AC  h 4SDAC h 3a.  d D;  SAC  . 1 3 a2 3  ( Do AC 2  7 a2 ; SDAC  a.2a. ) 2 2 2 3a 2  7 h 2. 3ah. Do đó sin  SB; SAC   . . d B; SAC  SB. . 3ah 3a 2  7 h 2  1  h  a 3 4 h 2  3a 2. Vậy VS. ABCD  a 3. 82. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(87) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. DẠNG 4: THỂ TÍCH KHỐI CHÓP CÓ MẶT BÊN VUÔNG GÓC VỚI ĐÁY  . Với các khối chóp có giả thiết mặt phẳng vuông góc với đáy ta sử dụng các định lý về gioa tuyến dưới đây: Hai mặt phẳng cùng vuông góc với đáy thì đoạn giao tuyến của chúng vuông góc với đáy. Tính chất này dựa trên định lí về giao tuyến của hai mặt phẳng cùng vuông góc với mặt phẳng thứ ba..  P    R    a   R Kí hiệu:  Q    R    P    Q   a . Mặt bên nào vuông góc với đáy thì đường cao của mặt bên đó vuông góc với đáy. Tính chất này dựa.  P    Q   trên định lý sau:  P    Q   a  d   Q   d   P  , d  a. BÀI TẬP VẬN DỤNG. Câu 1.. Câu 2.. Câu 3.. Câu 4.. Câu 5.. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a , mặt bên  SAD  là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Tính thể tích V của khối chóp đã cho. a3 3 a3 a3 a3 3 A. V  . B. V  . C. V  . D. V  . 6 12 4 2 Cho khối chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a , mặt bên  SAD  là tam giác vuông cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Tính thể tích V của khối chóp đã cho. a3 2 a3 2 a3 a3 A. V  . B. V  . C. V  . D. V  . 3 6 2 6 Cho khối chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật, AB  a , AD  a 3 , mặt bên  SAD  là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Tính thể tích V của khối chóp đã cho. a3 3 a3 3 a3 3 3a 3 3 A. V  . B. V  C. V  . D. V  . 6 3 2 2 Cho khối chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật, AB  a , AD  a 3 . Mặt bên  SAD  là tam giác vuông cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Tính thể tích V của khối chóp đã cho. 3a 3 a3 a3 3 a3 3 A. V  . B. V  . C. V  . D. V  . 2 2 2 2 Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh bằng a 2 . Tam giác SAD cân tại S 4 và mặt bên  SAD  vuông góc với mặt phẳng đáy. Biết thể tích khối chóp S.ABCD bằng a3 . 3 Tính khoảng cách h từ B đến mặt phẳng  SCD  . 2 A. h  a . 3. 4 B. h  a . 3. 8 C. h  a . 3. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 3 D. h  a . 4. 83.

(88) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. Câu 6.. Cho hình chóp S.ABCD có cạnh đáy là hình vuông cạnh bằng a 2 . Tam giác SAD cân tại S và mặt bên  SAD  vuông góc với đáy. Biết khoảng cách h từ B đến mặt phẳng  SCD  bằng Tính thể tích của khối chóp S.ABCD . 2a 3 a3 A. V  . B. V  . 3 3. Câu 7.. 8a 3 . 3. D. V . 4a 3 . 3. Cho hình chóp S.ABCD có cạnh đáy là hình vuông cạnh bằng a . Tam giác SAD cân tại S và mặt bên  SAD  vuông góc với đáy, biết SC  A. V . Câu 8.. C. V . 4a . 3. a3 . 3. B. V . a3 . 9. 3a . Tính thể tích của khối chóp S.ABCD . 2 4a 3 2a 3 C. V  . D. V  . 9 9. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật AB  a; AD  a 3 . Tam giác SAD cân tại S và mặt bên  SAD  vuông góc với đáy, biết SC  2a . Tính thể tích của khối chóp S.ABCD . A. V . Câu 9.. a3 3 . 6. B. V . 3a 3 3 . 2. C. V . 9a 3 3 . 2. D. V . a3 3 . 2. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thoi AC  a; BD  a 3 . Tam giác SAB là tam giác đều và mặt bên  SAB  vuông góc với đáy. Tính thể tích của khối chóp S.ABCD . A. V . 3a 3 . 4. B. V . a3 . 2. C. V . a3 . 4. D. V . 3a 3 . 2. Câu 10. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thoi AC  a; BD  a 3 . Tam giác SAB là tam giác vuông cân tại S và mặt bên  SAB  vuông góc với đáy. Tính thể tích của khối chóp S.ABCD . A. V . a3 3 . 4. B. V . a3 3 . 6. C. V . a3 3 . 12. D. V . a3 3 . 2. Câu 11. Trong các khối chóp S.ABCD có đáy là hình vuông, tam giác SAD cân tại S và mặt bên  SAD  vuông góc với đáy, SC  2 3 . Khối chóp có thể tích lớn nhất là A.. 4 10 . 5. B.. 64 . 15. C.. 4 10 . 15. D.. 64 . 5. Câu 12. Cho khối chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a 2 , tam giác SAB vuông cân tại , tam giác SCD đều. Tính thể tích V của khối chóp S.ABCD . a3 6 A. V  . 12. a3 3 B. V  . 4. a3 6 C. V  . 6. D. V . a3 3 . 12. Câu 13. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a 2 , mặt bên SAB là tam giác cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Biết SC . a 26 , tính thể tích V của khối chóp 2. S.ABCD .. 2a3 A. V  . 3 84. B. V  4a . 3. 4a3 C. V  . 3. D. V  2a3 .. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(89) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. Câu 14. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB  4,SC  6 và mặt bên  SAD  là tam giác cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy  ABCD  . Thể tích lớn nhất của khối chóp S.ABCD là 40 A. . B. 40 . 3. C. 80 .. D.. 80 . 3. Câu 15. Trong các khối chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB  2 3 , tam giác SAB vuông cân tại S , tam giác SCD đều. Khối chóp S.ABCD có thể tích lớn nhất bằng B. 6 3 .. A. 6 .. C. 2 3 .. D. 6 2 .. Câu 16. Cho khối chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật, AB  a , AD  3a . Gọi H là trung điểm của. cạnh AB , các mặt phẳng  SHC  ,  SHD  cùng vuông góc với đáy và SD tạo với đáy góc 60 . Tính thể tích V của khối chóp S.ABCD .. a3 13 A. V  . 2. a3 13 B. V  . 3. 3a3 13 C. V  . 2. 5a3 13 D. V  . 2. Câu 17. Cho khối chóp S.ABC có đáy là tam giác đều cạnh 2a , tam giác SAB cân tại S , mặt bên  SAB  vuông góc với đáy và SC tạo với đáy góc 60 . Tính thể tích V của khối chóp đã cho. A. V  a .. B. V  3a . 3. 3. 3a 3 C. V  . 3. Câu 18. Cho khối chóp S.ABC có SA  SB  AB  AC  a , SC  với  ABC  . Tính thể tích V của khối chóp đã cho. A.. a 3 14 . 36. B.. a 3 14 . 12. C.. D. V . a3 . 3. a 6 và mặt phẳng  SBC  vuông góc 3. a 3 21 . 36. D.. a 3 21 . 12. Câu 19. Cho khối chóp S.ABC có SA  SB  AB  AC  a , SC  x và mặt phẳng  SBC  vuông góc với.  ABC  . Tìm A. x . x để thể tích V của khối chóp đã cho lớn nhất.. a 6 . 3. B. x . a 6 . 2. C. x . a 3 . 3. D. x . a 3 . 2. Câu 20. Cho khối chóp S.ABCD có đáy ABCD là một tứ giác lồi và góc tạo bởi các mặt bên  SAB  ,. SBC  , SCD  , SDA . và mặt đáy tương ứng là 90,60,60,60 . Biết tam giác SAB vuông cân. tại S có AB  a , chu vi tứ giác ABCD bằng 9a . Tính thể tích V của khối chóp đã cho. a3 3 a3 3 a3 . C. . D. . 3 9 3 Câu 21. Cho khối tứ diện ABCD có tam giác ABC đều, tam giác DBC là tam giác vuông cân tại D .. A. a 3 3 .. B.. AD  2a . Biết  ABC  vuông góc với mặt phẳng  DBC  . Thể tích V của khối tứ diện ABCD. A. V . a3 3 . 12. B. V  a3 3 .. C. V . 3a 3 3 . 4. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. D. V . a3 3 . 3. 85.

(90) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. Câu 22. Trong các khối tứ diện ABCD có tam giác ABC đều, tam giác DBC là tam giác cân tại D . AD  2a . Biết  ABC  vuông góc với mặt phẳng  DBC  . Khối tứ diện có thể tích lớn nhất là 4a3 2 A. V  . 9. 16a3 B. V  . 9. 16a3 C. V  . 27. 4a3 2 D. V  . 3. Câu 23. Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác đều cạnh a . Mặt bên SAB là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Tính thể tích khối chóp S.ABC . A. V . 3a 3 . 8. B. V . a3 3 . 2. C. V . a3 . 8. D. V . a3 3 . 6. Câu 24. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và D . Gọi I là trung điểm cạnh AD . Biết hai mặt phẳng  SIB  ,  SIC  cùng vuông góc với mặt phẳng đáy  ABCD  , góc giữa hai mặt phẳng  SBC  và  ABCD  bằng 600 . Biết thể tích khối chóp S.ABCD bằng. 3 15 và AB  AD  1 , CD  x . Giá trị của x là 40 1 A. x  2 . B. x  . C. x  4 . 4. D. x . 1 . 2. Câu 25. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB  2a , AC  a 7 . Mặt bên SAB là tam giác cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy  ABCD  , góc V . a3 V C. 3  6 . a. giữa SC và mặt đáy  ABCD  bằng 600 . Tính tỉ số A.. V  4. a3. B.. V 2 2. a3. D.. V  12 . a3. Câu 26. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a . Mặt bên SAD là tam giác cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy  ABCD  . Biết khoảng cách giữa hai 4 a 33 . Tính thể tích V của khối chóp S.ABCD . 33 4a3 2a3 a3 A. V  . B. V  . C. V  a3 . D. V  . 3 3 3 Câu 27. Cho khối chóp S.ABCD có ABCD là hình thang vuông tại A , B , AB  AD  2a , BC  a . Gọi I là trung điểm cạnh AB , hai mặt phẳng  SIC  ,  SID  cùng vuông góc với đáy, góc giữa  SCD . đường thẳng SD , AC bằng. và đáy bằng 60 . Tính thể tích V của khối chóp đã cho. 9a3 15 3a3 15 a3 15 a3 15 A. V  . B. V  . C. V  . D. V  . 5 5 15 5 Câu 28. Cho khối chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a . Gọi M , N lần lượt là trung điểm các cạnh AB , BC . Hai mặt phẳng  SDM  ,  SAN  cùng vuông góc với đáy và  SCD  tạo với đáy một góc 60 . Tính thể tích V của khối chóp đã cho. 7 a3 3 4a3 3 7 a3 3 4a3 3 A. V  . B. V  . C. V  . D. V  . 10 15 30 5 Câu 29. Cho khối chóp S.ABCD có ABCD là hình thang vuông tại A , B , AB  AD  2a , BC  a . Gọi I là trung điểm cạnh AB , hai mặt phẳng  SIC  ,  SID  cùng vuông góc với đáy, khoảng cách từ I đến  SCD  bằng. A. V  36a3 . 86. 4a . Tính thể tích V của khối chóp đã cho. 3 B. V  18a3 . C. 12a3 .. D. 6a3 .. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(91) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. Câu 30. Cho hai mặt phẳng  P  ,  Q  vuông góc với nhau, có giao tuyến là đường thẳng  . Trên  lấy hai điểm A , B với AB  a . Trong mặt phẳng  P  lấy điểm C , trong mặt phẳng  Q  lấy điểm D sao cho AC , BD cùng vuông góc với  và AC  BD  AB . Tính thể tích khối tứ diện ABCD a3 a3 3 a3 2 a3 A. V  . B. V  . C. V  . D. V  . 2 12 12 6. Câu 31. Cho tứ diện ABCD có tam giác ABC đều , tam giác ABD cân tại D , mặt phẳng  ABD  vuông góc với mặt phẳng  ABC  , CD  2a 3 . Tính độ dài AB khi khối tứ diện ABCD có thể tích lớn nhất. A. AB  2a .. B. AB . 2a 6 . 3. C. AB . 4a 6 . 3. D. AB  2 a 3 .. Câu 32. Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B, BA  3a, BC  4a . Mặt phẳng  SBC  vuông góc với mặt phẳng  ABC  . Biết SB  2a 3 và SBC  30 .. Tính thể tích khối chóp S.ABC . A. V  a3 3 .. B. V  a3 .. C. V  3a 3 3 .. D. V  2 a 3 3 .. Câu 33. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh bằng 4 , tam giác SAB là tam giác đều nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi M , N , P lần lượt là trung điểm của các cạnh SD , CD BC . Thể tích khối chóp S.ABPN là x , thể tích khối tứ diện CMNP là y . Giá trị x , y thỏa mãn bất đẳng thức nào dưới đây? A. x 2  2 xy  y 2  160 .. B. x 2  2 xy  2 y 2  109 .. C. x 2  xy  y 4  145 .. D. x 2  xy  y 4  125 .. Câu 34. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh bằng a , tam giác SAB là tam giác đều nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Tính thể tích V của khối chóp S.ABCD . A. V . a3 3 . 3. B. V . a3 3 . 6. C. V . a3 . 6. D. V  a3 3 .. Câu 35. Cho tứ diện ABCD có ABC là tam giác đều, BCD là tam giác vuông cân tại D ,  ABC    BCD  và AD hợp với  BCD  một góc 60 , AD  a . Tính thể tích V của tứ diện ABCD .. A. V . a3 3 . 9. B. V . a3 3 . 3. C. V . a3 3 . 24. D. V . a3 3 . 9. Câu 36. Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B , có BC  a , mặt bên SAC vuông góc với đáy, các mặt bên còn lại đều tạo với đáy một góc 450 . Tính thể tích V của khối chóp S.ABC . A. V . a3 . 12. B. V . a3 3 . 9. C. V . a3 3 . 12. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. D. V . a3 3 . 3. 87.

(92) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. Câu 37. Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC đều cạnh a , tam giác SBC vuông cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với  ABC  . Tính thể tích V của khối chóp S.ABC . A. V . a3 . 9. B. V . a3 3 . 9. C. V . a3 3 . 36. D. V . a3 . 16. Câu 38. Tứ diện ABCD có hai tam giác ABC và BCD là hai tam giác đều lần lượt nằm trong hai mặt phẳng vuông góc với nhau, biết AD  a . Tính thể tích V của khối tứ diện ABCD . A.. a3 6 . 9. B.. a3 3 . 9. C.. a3 3 . 36. D.. a3 6 . 36. Câu 39. Cho hình chóp S.ABC có BAC  90o , ABC  30o , SBC là tam giác đều cạnh a và SBC    ABC  . Tính thể V của khối chóp S.ABC . A. V . a3 . 6. B. V . a3 . 16. C. V . a3 . 3. D. V . a3 . 9. Câu 40. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông, gọi M là trung điểm của AB . Tam giác SAB cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy  ABCD  , biết SD  2 a 5 , SC tạo. với đáy  ABCD  một góc 60o . Tính theo a thể tích của khối chóp S.ABCD . 4a3 15 A. V  . 3. a3 15 B. V  . 3. C. V . 4a3 . 3. D. V . a3 . 3. Câu 41. Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A , AB  a , BC  a 3. Mặt bên SAB là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Tính thể tích của khối chóp S.ABC . A.. 2 6a3 . 3. B.. 6a3 . 4. C.. 6a3 . 6. D.. 6a3 . 12. Câu 42. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật AB  2a , AD  a . Tam giác SAD cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt đáy lên mặt phẳng  ABCD  , SB hợp với đáy một góc 45o . Tính theo a thể tích V của khối chóp S.ABCD .. A. V . a3 17 . 3. B. V . a3 17 . 6. C. V . a3 17 . 9. D. V . a3 17 3. .. Câu 43. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a . SAB là tam giác vuông cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy, góc giữa cạnh SC và mặt phẳng  ABCD  bằng 60 , cạnh AC  a . Tính theo a thể tích V của khối chóp S.ABCD . a3 3 A. V  . 4. a3 3 B. V  . 2. a3 3 C. V  . 3. a3 3 D. V  . 9. Câu 44. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a. Mặt bên SAB là tam giác vuông tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Hình chiếu vuông góc của S trên đường thẳng AB là điểm H thuộc đoạn AB sao cho BH  2 AH. Tính thể tích V của khối chóp S.ABCD. A. V . 3a 3  3. B. V . 2a3  3. C. V . a3 2  9. D. V . 3a 3  9. Câu 45. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thoi, SAB đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Biết AC  2a, BD  4a . Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD . 88. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(93) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. A.. a3 3 . 15. B.. a 3 15 . 3. C.. 2 a 3 15 . 3. D.. a 3 15 . 2. Câu 46. Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B , BA  3a , BC  4a . Mặt phẳng. SBC . vuông góc với mặt phẳng  ABC  . Biết SB  2a 3 và SBC  30 . Tính thể tích của khối. chóp S.ABC . A. V  a3 .. B. V  a3 3 .. C. V  2 a 3 3 .. D. V  2a3 .. Câu 47. Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông tại A , AB  a , AC  2a . Mặt phẳng  SBC  vuông góc với đáy, hai mặt phẳng  SAB  và  SAC  cùng tạo với mặt phẳng đáy góc 60 . Tính thể tích V của khối chóp S.ABC theo a . A. V . a3 3 . 3. B. V . 2a3 3 . 9. C. V . a3 3 . 9. D. V . 4a3 3 . 9. Câu 48. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh bằng a , SD  a 2 , SA  SB  a và mặt phẳng. SBD . vuông góc với mặt phẳng  ABCD  . Tính theo a thể tích V của khối chóp S.ABCD. a3 2 A. V  . 4. a3 2 B. V  . 6. a3 2 C. V  . 2. a3 2 D. V  . 8. Câu 49. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông 2a , SA  a , SB  a 3 và mặt phẳng  SBA  vuông góc với mặt phẳng đáy. Gọi M , N lần lượt là trung điểm của các cạnh AB và AC . Tính theo a thể tích khối chóp S.BMND A. V . a3 3 . 3. B. V . a3 . 3. C. V . a3 2 . 2. D. V . a3 2 . 3. Câu 50. Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a , SAC cân tại S . SBC  600 Mặt phẳng  SAC  vuông góc  ABC  . Tính theo a thể tích khối chóp S.ABC A. V . a3 . 8. B. V . 3a 3 2 . 8. C. V . a3 2 . 6. D. V . a3 2 . 8. Câu 51. Cho hình chóp S.ABC có  SAC    ABC  , SAB là tam giác đều cạnh a 3 , BC  a 3 , đường thẳng SC tạo với đáy góc 60 . Thể tích khối chóp S.ABC bằng:. a3 3 A. . 3. B. 2 a. 3. 6.. a3 6 C. . 2. D.. a3 6 . 6. Câu 52. Cho khối chóp S.ABCD có đáy là một tứ giác lồi, BC  1, CD  13, DA  17 . Tam giác SAB đều cạnh bằng 1 và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Khoảng cách từ S đến đường thẳng. BC ,CD, DA lần lượt bằng 1; 2; 5 . Thể tích khối chóp S.ABCD bằng A.. 31 3 . 12. B.. 4 3 . 3. C.. 31 3 . 24. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. D.. 2 3 . 3 89.

(94) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. Câu 53. Cho khối chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh bằng 1 , tam giác SAB,SCD là các tam giác cân đỉnh S . Khoảng cách từ S đến các đường thẳng AB,CD lần lượt bằng 1; 3 . Tính thể tích khối chóp S.ABCD. 3 3 4 3 2 3 3 . B. . C. . D. . 4 3 3 3 Câu 54. Cho khối chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a , SA  SB , SC  SD . Biết A.. SAB   SCD . 2 và tổng diện tích của hai tam giác SAB,SCD bằng 7 a . Tính thể tích V của. 10. khối chóp S.ABCD 3 C. 4 a .. 3 B. 4 a .. 3 A. 4 a .. 15. 75. 3 D. 12 a .. 25. 25. Câu 55. Cho khối chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a , tam giác SAB,SCD là các tam giác cân đỉnh S . Góc giữa hai mặt phẳng  SAB  ,  SCD  là 60 và tổng diện tích của hai tam giác SAB , SCD bằng. A.. 3a 2 . Tính thể tích V của khối chóp S.ABCD . 4. 5a 3 . 72. B.. 5 3a 3 . 24. C.. 5 3a 3 . 72. D.. 5a 3 . 24. Câu 56. Cho hai tam giác đều ABC và ABD có độ dài cạnh bằng 1 và nằm trong hai mặt phẳng vuông góc. Gọi S là điểm đối xứng của B qua đường thẳng DE . Tính thể tích của khối đa diện ABDSC . 1 1 3 3 A. V  . B. . C. . D. . 2 4 4 8 Câu 57. Cho khối chóp S.ABC có các mặt phẳng  SAB  ,  SBC  ,  SCA  lần lượt tạo với đáy các góc. 900 ,600 ,600 . Biết tam giác SAB vuông cân tại S, AB  2a, chu vi tam giác ABC bằng 10a . Tính thể tích khối chóp S.ABC . 5 3a 3 5 3a 3 4 3a 3 4 3a 3 A. . B. . C. . D. . 9 3 9 3 Câu 58. Cho khối chóp S.ABC có đáy là tam giác đều cạnh a, các mặt bên  SBC  ,  SCA  ,  SAB  lần lượt tạo với đáy các góc 900 ; ;  sao cho     90 0 . Thể tích khối chóp S.ABC có giá trị lớn nhất bằng A.. 3a 3 . 16. B.. a3 . 8. C.. 3a 3 . 8. D.. a3 . 16. Câu 59. Cho khối chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông tại A, AB  1, AC  2 . Các mặt bên. SBC  , SCA  , SAB . lần lượt tạo với đáy các góc 90; ;  sao cho.     90 . Thể tích khối. chóp S.ABC có giá trị lớn nhất bằng A.. 2 . 2. B.. 2 . 3. C.. 2 2 . 3. D.. 2 . 6. Câu 60. Cho khối tứ diện ABCD có AB  AC  AD  BD  1, CD  2 . Hai mặt phẳng  ABC  và.  BCD  A. V . 90. vuông góc với nhau. Tính thể tích V của khối tứ diện ABCD .. 2 . 4. B. V . 2 . 6. C. V . 2 . 12. D. V . 2 . 2. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(95) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. BẢNG ĐÁP ÁN 1.B. 2.A. 3.B. 4.D. 5.B. 6.D. 7.A. 8.D. 9.C. 10.C. 11.B. 12.C. 13.C. 14.D. 15.A. 16.A. 17.B. 18.A. 19.B. 20.C. 21.D. 22.C. 23.C. 24.D. 25.B. 26.D. 27.A. 28.B. 29.C. 30.A. 31.C. 32.D. 33.C. 34.B. 35.C. 36.A. 37.C. 38.D. 39.B. 40.A. 41.D. 42.A. 43.A. 44.C. 45.C. 46.C. 47.B. 48.B. 49.A. 50.D. 51.D. 52.C. 53.A. 54.A. 55.C. 56.D. 57.D. 58.D. 59.D. 60.D. HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Câu 1.. Chọn B Gọi H là trung điểm AD  SH . a 3 . 2.  SAD    ABCD    Ta có  SAD    ABCD   AD  SH   ABCD  . SH  AD  . Câu 2.. 1 a3 3 V  . S . SH  Vậy S. ABCD 3 ABCD 6 Chọn A Gọi H là trung điểm AD  SH . AD a  . 2 2.  SAD    ABCD    Ta có  SAD    ABCD   AD  SH   ABCD  SH  AD   1 3. Vậy VS. ABCD  .SABCD .SH  Câu 3.. .. a3 6. Chọn B.  SAD    ABCD   3a  Gọi H là trung điểm AD  SH  . Ta có  SAD    ABCD   AD  SH   ABCD  . 2 SH  AD   Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 91.

(96) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. Vậy VS. ABCD Câu 4.. 1 1 3a a 3 3  .SABCD .SH  .a.a 3.  . 3 3 2 2. Chọn D Gọi H là trung điểm AD  SH . Ta. AD a 3  . 2 2.  SAD    ABCD     SAD    ABCD   AD SH  AD  . có. 1 1 a 3 a3 V  . S . SH  . a . a 3.  . . Vậy  SH   ABCD  S. ABCD 3 ABCD 3 2 2 Câu 5.. Chọn B Gọi H là trung điểm AD . Ta. có.  SAD    ABCD     SAD    ABCD   AD SH  AD  .  SH   ABCD  .. 1 3. Lại có VS. ABCD  .SABCD .SH  SH . 3VS. ABCD  2a . SABCD. . . Kẻ HK  SD tại K , khi đó ta chứng minh được HK   SCD  nên HK  d H ;  SCD  ..  . 1 1 1 2a . Ta có AB //  SCD  nên d B; SCD    HK  2 2 2 3 HK HD HS AH   SCD   D nên. Câu 6..    d  A; SCD   ..    AD  2 . Vậy d B; SCD  2d H ; SCD  4a .       3 d  H ; SCD   HD d A; SCD . Chọn D Gọi H là trung điểm của AD  SH   ABCD  . Ta có dA  dB  2d H  2 HK . 2SH.HD SH 2  HD 2.  1 3. 4a  SH  2a . 3. Vậy, thể tích của khối chóp VSABCD  SH.SABCD . 92. 4a 3 . 3. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(97) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. Câu 7.. Chọn A 2 Diện tích đáy SABCD  a và h  SC 2  HC 2  a . 3 Vậy, thể tích của khối chóp VSABCD  1 h.SABCD  a .. 3. Câu 8.. 3. Chọn D Diện tích đáy SABCD  a 2 3 và h  SC 2  HC 2 . 3a . 2. 1 a3 3 V  h . S  Vậy, thể tích của khối chóp SABCD . 3 ABCD 2 Câu 9.. Chọn C Diện tích đáy SABCD Do đó: h . 2 2 AC.BD a2 3  AC   BD    và AB     a.   2 2  2   2 . AB 3 a 3 1 a3  . Vậy, thể tích của khối chóp VSABCD  h.SABCD  . 2 2 3 4. Câu 10. Chọn C Diện. tích. đáy 2. SABCD. AC.BD a2 3   2 2. và. 2.  AC   BD  AB     a.    2   2 . Do đó: h . AB a  2 2. 1 a3 3 V  h . S  Vậy, thể tích của khối chóp SABCD . 3 ABCD 12 Câu 11. Chọn B. Đặt AB  x , Gọi H là trung điểm cạnh AD , ta có SH   ABCD  . Ta có S  x2 , h  SC 2  HC 2  SC 2  HD2  CD2  12 . Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 5x 2 . 4. 93.

(98) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN..  4 10  64 1 1 2 5x2  f Vì vậy V  Sh  f  x   x 12  .   5  15 3 3 4   Câu 12. Chọn C. Ta có S  2a2 . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của AB,CD ta có SM  AB SM  CD  SM  CD;   SMN   CD  SMN    ABCD  .  AB // CD SN  CD  . Gọi H là chân đường cao hạ từ S xuống MN ta có SH   ABCD  . Mặt khác SM . a 2 a 6 , MN  a 2 , SN   SM 2  SN 2  MN 2  SM  SN . 2 2. 1 1 1 1 8 a3 6 a 6   h Vì vậy 2  . Vậy V  Sh  . 3 6 4 h SM 2 SN 2 3a2 Câu 13. Chọn C. Gọi H là trung điểm cạnh AB , ta có SH   ABCD  và theo Pitago ta có SH  SC 2  HC 2  2a . Vậy V . 1 4a3 . SABCD .SH  3 3. Câu 14. Chọn D. 94. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(99) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. Đặt AD  x , gọi H là trung điểm cạnh AD , ta có SH   ABCD  . x2 x2 2 2  16  SH  SC  HC  20  Khi đó HC  HD  DC  . 4 4 2. 2. . . . . 2 2 x2  80  x2 1 1 x2 2 x 80  x 80    . Vì vậy V  Sh  .4 x. 20  3 3 4 3 3 3. Dấu bằng xảy ra khi x 2  80  x 2  x  2 10 . Câu 15. Chọn A. Đặt AD  x , gọi M , N lần lượt là trung điểm của AB,CD ta có SM  AB  SN  CD  CD  SMN    ABCD   SMN  .  AB//CD . Gọi H là chân đường cao hạ từ S xuống MN ta có SH   ABCD  . Trong tam giác SMN ta có SM  Do đó h  SH . 1 CD 3 AB  3, SN   3, MN  AD  x . 2 2. 2SSMN  x 4  24 x 2  36  . MN 2x. . . 3  x4  24 x2  36 1 2 x 3  x4  24 x2  36 .  f  x   f 2 3 6 Ta có V  Sh  3 3 2x 3.  . Câu 16. Chọn A S. C. B H. A. D. 2 Ta có SABCD  AB.AD  3a .. Do các mặt phẳng  SHC  ,  SHD  cùng vuông góc với đáy nên SH   ABCD  , suy ra góc giữa SD và.  ABCD . là SDH  60 .. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 95.

(100) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN. 2.  . a Ta có HD  AH  AD     a 3 2 2. Vậy VS. ABCD. 2. 2. . a 39 a 13 , SH  HD tan60  2 2. 1 1 a 39 a3 13 2  SH.SABCD  . 3a  . 3 3 2 2. Câu 17. Chọn B. S. Do tam giác ABC đều cạnh 2a nên SABC   2a . 3  3a 2 . 4 cân tại S nên 2. Gọi H là trung điểm của AB , do tam giác SAB SH  AB . Mặt khác, vì  SAB    ABC  nên SH   ABC  , suy ra góc giữa SC và  ABC  là SCH  60 . Vì. tam. giác. đều. ABC. cạnh. 2a. A. nên C. CH  a 3  SH  SH tan 60  3a .. 1 3. B. H. 1 3. Vậy VS. ABCD  SA.SABC  3a. 3a2  3a3 .. A. Câu 18. Chọn A Gọi H là trung điểm cạnh BC  AH  BC . Mà  ABC    SBC   AH  SBC  . Mặt khác, AS  AB  AC  H là tâm đường tròn ngoại tiếp SBC  SBC vuông tại S . Khi đó, SSBC. B H. 1 a2 6  SB.SC  ; 2 6. BC  SB2  SC 2 . S. C. a 15 7 2 2 ; AH  AB  BH  a . 3 12. 1 1 7 a2 6 a3 14 .  Vậy thể tích khối chóp S.ABC là V  AH.SSBC  .a . 3 3 12 6 36 Câu 19. Chọn B A. B. S H C. Gọi H là trung điểm cạnh BC  AH  BC . Mà  ABC    SBC   AH  SBC  . Mặt khác, AS  AB  AC  H là tâm đường tròn ngoại tiếp SBC  SBC vuông tại S . 96. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(101) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. Khi. 1 ax SSBC  SB.SC  2 2. đó,. BC  SB2  SC 2 . ;. a2  x2. ;. a2  x2 3a 2  x 2 AH  AB  BH  a   . 4 2 2. 2. 2. Suy ra thể tích khối chóp S.ABC là V  Ta có x 3a2  x 2  x 2  3a2  x 2  . 1 1 ax 3a2  x 2 ax 3a2  x 2 AH.SSBC  . .  . 3 3 2 2 12. x 2  3a 2  x 2 3a 2 a3  V  . 2 2 8. 2 2 2 Dấu “=” xảy ra khi x  3a  x  x . a 6 . 2. Câu 20. Chọn C S. D A. H C B. Gọi H là trung điểm cạnh AB  SH  AB . Mà  SAB    ABCD   SH   ABCD  và h  SH  . AB a  . Ta có S  SHBC  SHCD  SHDA 2 2. 1  BC.HK  CD.HT  DA.HI  2. ( với K ,T , I lần lượt là hình chiếu của H trên các đường thẳng BC ,CD, DA ). . 1 a 1 2a2 3 1  9 a  a . .  BC  CD  DA . h .cot 60  .  2   2 3 2 3. 1 1 2a2 3 a a3 3 .  Vậy V  S.h  . . 3 3 3 2 9 Câu 21. Chọn D. Gọi E là trung điểm của BC . Ta có DE  BC  DE   ABC  . Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 97.

(102) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. 1 x x 3 Đặt BC  x  DE  CB  ; AE  ; Ta có AE2  DE2  AD2  x  2a 2 2 2 1 1  2a  . 3 a3 3 . V  SABC .DE  .a  3 3 4 3 2. Câu 22. Chọn C Gọi E là trung điểm của BC . Ta có DE  BC  DE   ABC  . Đặt BC  x  AE . x 3 3x2 ; DE  AD 2  AE2  4a2  2 4. 1 1 x2 3 3x2 V  SABC .DE  . . 4a 2   3 3 4 4. Dấu bằng xảy ra khi x . 3.. . . 3x 2 3x 2 . 16a2  3x2 16a3 2 2 .  36 27. 4a 2 . 3. Câu 23. Chọn C. Gọi E là trung điểm của AB . Ta có SE  AB  SE   ABC  .. 1 1 a2 3 a 3 a3  VSABC  .SSBC .SE  . .  . 3 3 4 2 8 Câu 24. Chọn D.  SIB    ABCD    Ta có  SIC    ABCD   SI   ABCD     SIB    SIC   SI. Gọi H là hình chiếu I lên BC  IH  BC . Ta có BC   SIH   BC  SH. . .   SBC  ;  ABCD    IH ; SH   SHI  60 ; BC . SABCD . 2. 1 . x2  2x  2. 1 1 x1 x AB  CD  .AD  ; SIAB  ; SICD   2 4 2 4. SIBC  SABCD  SIAB  SICD . 98.  x  1. 2S x1 x1  IH  IBC  2 BC 4 2 x  2x  2 Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(103) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. 3  x  1. 3  x  1 1 3 15 1  Ta có SI  IH.tan60  . Vậy V  .SI .SABCD  x . 2 2 3 40 2 2 x  2x  2 12 x  2 x  2 Câu 25. Chọn B Gọi H là trung điểm của AB  SH  AB 2.  SAB    ABCD   AB  Ta có  SAB    ABCD   SH   ABCD  SH  AB . Ta có  SC ;  ABCD    SC ; HC   SCH  60 Ta có BC  AC 2  AB2  a 3 , HC  BC 2  HB2  a 2 2 Ta có SH  HC.tan 60  a 6 ; SABCD  AB.BC  2 a.a 3  2 3a. 1 V 1 V  VS. ABCD  SH.SABCD  .a 6.2 3a2  2 2a 3  3  2 2 . 3 3 a. Câu 26. Chọn D S. E. F. D. C. H. O. A. B. Gọi H là trung điểm AD ta có: SH   ABCD  . Dựng hình bình hành ACDE ta có:. .  . . . . d  AC , SD   d AC ; SDE   d A; SDE   2d H ; SDE   2 HK Và 2 HK  2. 1 3. HF.SH HF 2  SH 2.  1 3. 4a 33 vì 33. Vì vậy V  SH.SABCD  .2a.a2 . 1 2. HF //DO và HF  DO . a 2 . Do đó 4. SH  2a. 2a3 . 3. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 99.

(104) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. Câu 27. Chọn A Ta có S  Kẻ. S BC  AD .AB  3a2 và SI   ABCD  . 2.  H  CD   SHI  60. IH  CD. và. h  IH .tan 60  IH 3 .. Tam giác. ICD. có. C. 2 S  SIBC  SIAD  2S IH  ICD  CD CD. B I H. 3a. 3a 15  h . 5 5. A. D. S.h 3a3 15 V   Vậy . 3 5 Câu 28. Chọn B S. N. C. B. M H A. E D. Ta có: dt  ABCD   a 2 . Gọi H  DM  AN  SH  SDM   SAN   SH   ABCD  . Kẻ HE  CD  E  CD   SEH  60 . Ta cũng có AN  DM . Ta có:. và. a a 5 1 1 1 1 1 5 AH 2     2  2  AH  , AN    . 2 2 2 2 AH AM AD a a 2 AN 5 5 a 2  . DE AH 2 2a .   DE  DC  DC AN 5 5. Ta có: DH  AD 2  AH 2  a2  Vì vậy h  SH  HE.tan 60 . 100. a2 2a  HE  DH 2  DE2   5 5. 4a2 4a2 4a   . 5 25 5. 1 2 4a 3 4a3 3 4a 3 1  . Vậy V  .SH .dt  ABCD   a . . 5 15 3 5 3. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(105) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. Câu 29. Chọn C AD  BC .AB  3a 2 . 2  H  CD  , IK  SH  K  HS . Ta có: dt  ABCD   Kẻ IH  CD IK  d1 .  IK   SCD  ,. 4a . 3.   a2 2  3a 2   a 2  2 S  SIAB  SIAD  2 2S   3a .   Ta có IH  ICD  CD CD a 5 5. Do đó. 1 1 1 1 1 1 1  2 2     h  12a . Do đó V  h.dt  ABCD   12a 3 . 2 2 2 2 3 h d1 IH 144a  4 a   3a   3       5. Câu 30. Chọn A C. D. A. B. Theo giả thuyết ta có ABD vuông tại B . Có CA  AB  CA   ABD  . 1 SABD .CA 2 a.a.a a3 Do đó V    . 3 3 6. Câu 31. Chọn C Đặt AB  x , gọi H là trung điểm của AB , ta có DH   ABC  và h  CD  CH  12a  2. 2. 2. 3 2 x . 4. Vậy. V.  4a 6  Sh 1 x 2 3 3x 2 x 2 16a2  x 2    12a2   f ( x)   f   3 . 3 3 4 4 8  . Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 101.

(106) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. Dấu bằng đạt tại x . 4a 6 . 3. Câu 32. Chọn D Kẻ SH vuông góc với BC suy ra SH   ABC  . 1 Có SH  SB.sin SBC  a 3 và SABC  BA.BC  6a 2 . 2 1 3. Suy ra VSABC  SABC .SH  2a3 3 . Câu 33. Chọn C. Gọi H là trung điểm của cạnh AB . Do SAB đều và  SAB    ABCD   SH   ABCD  . Ta có SAB đều và cạnh bằng 4  SH  2 3 . Có SABPN  SABCD  SAND  SCPN  AB2 . AD.DN CN.CP   10 . 2 2. 1 20 3 20 3 x Thể tích khối chóp S.ABPN là VABPN  SH.SABPN  . 3 3 3 1 1 Ta có M là trung điểm của SD  d  M ,  ABCD    d S ,  ABCD    SH  3 . 2 2 Thể tích khối tứ diện MCPN là. . . . . 1 1 2 3 CN.CP 2 3 VMCPN  d M ,  ABCD  SCPN  d M ,  ABCD  . y  . 3 3 3 2 3 Câu 34. Chọn B. Gọi H là trung điểm của cạnh AB . Do SAB đều và  SAB    ABCD   SH   ABCD  . Ta có SAB đều và cạnh bằng a  SH  102. a 3 . Có SABCD  AB2  a 2 . 2. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(107) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. Thể tích khối chóp S.ABCD là VABCD. 1 a3 3  SH.SABCD  . 3 6. Câu 35. Chọn C. Gọi H là trung điểm của cạnh BC . Do ABC đều và  ABC    BCD   AH   BCD  . Ta có HD là hình chiếu của AD lên  BCD    AD ,  BCD     AD , HD   ADH  60 .. a 3 a , HD  AD.cos ADH  . 2 2 vuông cân tại D nên BC  2DH  a .. Có AH  AD.sin ADH  Mà BCD. Thể tích khối tứ diện ABCD là VABCD . 1 1 BC.DH a3 3 AH.SBCD  AH.  . 3 3 2 24. Câu 36. Chọn A. Kẻ SH  AC vì  SAC    ABC   SH   ABC  Gọi I , J lần lượt là hình chiếu của H trên AB và BC suy ra SI  AB, SJ  BC Theo giả thiết SIH  SIK  45 . Ta có SHI  SHJ  HI  HJ Tứ giác HIBJ là hình thoi nên BH là đường phân giác của ABC suy ra H là trung điểm AC HI  HJ  SH . a 1 a3 .  VS. ABC  .SABC .SH  2 3 12. Câu 37. Chọn C Gọi H là trung điểm BC  SH  BC . Ta có SBC    ABC  và SH  BC  SH   ABC . VS. ABC. 1 1 a2 3 a a3 3  .SABC .SH  . .  . 3 3 4 2 24. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 103.

(108) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. Câu 38. Chọn D Gọi H là trung điểm BC  AH  BC Ta có  ABC    BCD  , AH  BC  AH   BCD  Và ABC  BCD  AH  DH. a. Do đó AHD vuông cân tại H  AH  Mà AH . 2. BC 3 2 AH a 2  BC   2 3 3 2. Do đó VS. ABC. 1 a a 2 3 a3 6 .  . .   . 3 2  3  4 36. Câu 39. Chọn B. Gọi H là trung điểm của BC . Vì SBC là tam giác đều cạnh a nên SH  có  SBC    ABC  nên SH   ABC  . o Ta có BC  a nên AB  BC.cos30 . a 3 .Theo giả thiết ta 2. a 3 a , AC  BC.sin 30o  . 2 2. 1 1 a 3 a2 3 a3 1 1 a 3 a a2 3 .  . .  Suy ra SABC  .AB.AC  . . Do đó VS. ABC  .SH.SABC  . 3 3 2 8 16 2 2 2 2 8 Câu 40. Chọn A Theo giả thiết ta có SM   ABCD  .. SC ;  ABCD    SC ; MC   SCM  60. o. .. Trong tam giác vuông SMC và SMD ta có:. SM SD 2  MD 2  MC.tan 60o mà ABCD là hình vuông nên MC  MD .  SD 2  MC 2  3 MC 2  MC  a 5  SM  a 15 .. 104. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(109) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN. 2. 2 Lại có MC 2  BC 2   AB   5BC  BC  2 a  SABCD  4a 2 ..  2 . 4. 1 4a3 15 Vậy VS. ABCD  SM.SABCD  . 3 3 Câu 41. Chọn D Do tam giác SAB đều cạnh a và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy nên chiều cao của hình. 3a . 2 Tam giác ABC vuông tại A. S. chóp là h .  AB . BC  AC  2. 2. H. A. B. 2a ,. 1 2a2 1 6a3 SABC  AB.AC   VS. ABC  h.SABC  . 2 2 3 12 C. Câu 42. Chọn A.. Gọi E trung điểm của AD . Khi đó SE   ABCD  V . 1 SABCD .SE , SABCD  2 a 2 ; EB là hình chiếu của SB lên mặt phẳng  ABCD  3 2. a a 17 2 .   SB,  ABCD    SBE  45  SE  BE. ; BE  AE  AB     4a  2 2 2. o.  SE . 2. a 17 1 a 17 2 a3 17 .2a  . Vậy V  . . 3 2 3 2. Câu 43. Chọn A Gọi I là trung điểm của đoạn AB Suy ra,. SI  AB mà  SAB    ABCD   SI   ABCD . . . Nên SCI  SC ;  ABCD   60, CI  Suy ra, SI  CI .tan 60 . a 3 . 2. 3a 2. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 105.

(110) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. Gọi M là trung điểm của đoạn BC , N là trung điểm của đoạn BM .. AM . a 3 a 3  IN  2 4. Ta có SABCD  2SABC . a2 3 1 a 2 3 3a a 3 3  VS. ABCD     . 2 3 2 2 4. Câu 44. Chọn C. SABCD  a 2 .. (SAB)  ( ABCD)  (SAB)  ( ABCD)  AB  SH  ( ABCD). SH  AB . Xét tam giác SAB vuông tại S có SH là đường cao. 1 a 2 SH 2  BH.AH  2 AH 2  2. a2  SH  . 9 3. 1 1 a 2 2 a3 2 .a  . Thể tích của khối chóp S.ABCD : V = SA.SABCD  . 3 3 3 9. Câu 45. Chọn C.. Ta có SABCD . AC.BD  4 a2 . Gọi H là trung điểm AB . Ta có SAB đều  SH  AB 2. Do  SAB    ABCD   SH   ABCD  ; AB  AO 2  BO 2  a 5 SH . 106. 1 1 a 15 2a3 15 AB 3 a 15   . VS. ABCD  SH.SABCD  .4a2 . . 3 3 3 2 2 2. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(111) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN. S. Câu 46. Chọn C Gọi H là hình chiếu của S trên BC .. Vì  SBC    ABC  theo giao tuyến BC  SH   ABC  . Ta có : SH  SB.sin 60  a 3  VS. ABC. B. 1  .SH.SABC  2a 3 3 . 3. C. H. A. Câu 47. Chọn B. S. Kẻ SH  BC  SH   ABC  . Kẻ HE  AB , HF  AC , ta có: SEH  SFH  60. và. HE  SH.cot60  h cot60 , HF  SH.cot60  h cot60. 1 Diện tích đáy bằng S  .AB.AC  a2 . 2 Mặt khác :. H. B. C F. E A. S  SHAB  SHAC . Vậy h . 2S a 3. . 2a. 1 1 AB.HE  AC.HF    a.h.cot 60  2a.h.cot 60  .  2 2. . 1 2a3 3  V  .S.h  . Chọn B. 3 9 3. 2a. 3. Câu 48. Chọn B. AS  AB  AD  SO  BO  DO hay SBD vuông tại S.  AO  BO  AO   SBD  Ta có   AO  SO BD  SD 2  SB2  2a2  a2  a 3; AO  AB2  BO 2  a2 . VASBD . 3a 2 a  4 2. 1 1 1 1 a a3 2 a3 2 AO.SSBD  AO. .SB.SD  . .a.a 2  V  2 V  . Suy ra S. ABCD . ASBD 3 3 2 6 2 12 6. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 107.

(112) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. Câu 49. Chọn A Kẻ SH  AB  H  AB  Mà  SAB    ABCD  nên SH   ABCD  AB2  SA2  SB2  SAB SH . vuông. tại. H. .. SA.SB a 3  AB 2. 1 SBMND  SABCD  SAMD  SNCD  4a 2  2. a.2a  2a 2 2 Vậy thể tích khối chóp S.BMND. 1 1 a 3 2 a3 3 VS. BMND  SH.SBMND  . .2a  . 3 3 2 3. Câu 50. Chọn D là trung điểm AC : SH   ABC . Gọi H. SAC    ABC . vì. . Giả sử SH  x  x  0 . Ta có SC 2  SH 2  HC 2  x 2 . a2 ; 4. 3a 2 SB  SH  HB  x  4 Áp dụng định lý cosin trong tam giác  SBC  2. 2. 2. 2. SC 2  SB2  BC 2  2.SB.BC.cos SBC  x2 . a2 3a 2 3a 2 a 6  x2   a x2   a2  x  4 4 4 2. 1 1 a 6 a2 3 a3 2 .  Vậy VS. ABC  .SH.SABC  . . 3 3 2 4 8. Câu 51. Chọn D. B. H. A. 600. C. S Có BA  BS  BC  3a nên hình chiếu vuông góc H của B lên  ABC  là tâm đường tròn  BA  BC  H là trung điểm cạnh AC . ngoại tiếp tam giác ASC . Mặt khác   BAC   SAC . 108. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(113) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. Do đó tam giác ASC vuông tại S . Và cũng có SCA  60  SC ,  ABC   . Vậy có SC  AS cot 60  3a.  SSAC   AC  2a    BH   . 1. a,. 3. 1 3a 2 SA.SC  2 2 2.  AC  2 2 BA 2     3a  a  a 2  2 . 1 3a 2 6a3 . 2a  . Vậy V  . . 3 2 6. Câu 52. Chọn C. S. Gọi H là trung điểm AB  SH   ABCD  và 3 . 2 HK  BC , HT  CD, HI  DA. h  SH . Kẻ. I. A ta. D. có. T. H. SK  BC ,ST  CD,SI  DA và theo giả thiết có SK  1; ST  2; SI  5 .. B. K. C. Vì vậy theo pitago cho các tam giác vuông SHK ,SHT ,SHI ta có: HK  SK 2  SH 2  1 . 3 3 1 17  . HI  SI 2  SH 2  5   . 4 4 2 2. Vì vậy, diện tích đáy của hình chóp là: S  SHBC  SHCD  SHDA .  31 1 1 13 17 1 . 13  . 17   HK.BC  HT .CD  HI .DA    .1  .   4 2 2  2 2 2 . 1 1 3 31 31 3 Vậy thể thích khối chóp: VS. ABCD  SH  SABCD  . .  . 3 3 2 4 24. Câu 53. Chọn A. S. A B. M. D N. H C. Gọi M , N lần lượt là trung điểm các cạnh AB,CD ta có. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 109.

(114) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. SM  AB  SN  CD  CD  SMN   SMN    ABCD  . CD // AB . Vì vậy, kẻ SH  MN  H  MN  ta có SH   ABC  . Tam giác SMN có SM  d S , AB   1 ; SN  d  S , CD   3 , MN  1 . 3 2SSMN 2. 2 1 3 Do đó SH  .   3 . Vậy V  SH .SABCD  3 3 MN 1. Câu 54. Chọn A. S. A M. B. D N. H C. Gọi M , N lần lượt là trung điểm các cạnh AB,CD ta có SM  AB  SN  CD  CD  SMN   SMN    ABCD  . CD // AB . Vì  SAB    SCD  nên tam giác SMN vuông tại S . 1 Diện tích tam giác SAB là SSAB   AB  SM . 2 1 Diện tích tam giác SCD là SSCD   CD  SN . 2. Theo đề ta có Mặt. 2 1 1 7 a2 7a 49a2 .  AB  SM   CD  SN   SM  SN   SM  SN   2 2 10 5 25. khác,. vì. tam. giác. SMN. vuông. tại. SM 2  SN 2  MN 2  SM 2  SN 2  a 2  SM  SN   2SM  SN  a 2  SM  SN  2. Kẻ SH  MN  H  MN  ta có SH   ABC  , do đó SH  1 3. S 12a2 . 25. SM  SN 12a  . MN 25. 1 12a 2 12 a3 a  . 3 25 75. Suy ra thể tích VS. ABCD   SH  SABCD   Câu 55. Chọn C. 110. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. nên.

(115) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. S. A. D. M. B. N. H C. Gọi M , N lần lượt là trung điểm các cạnh AB,CD , khi đó góc giữa hai mặt phẳng  SAB  và. SCD  là góc giữa SM và SN , suy ra SM ,SN   60 . Kẻ SH  MN  H  MN  ta có SH   ABC  , do đó SH . SM  SN  sin 60 MN. *  .. 1 Diện tích tam giác SAB là SSAB   AB  SM . 2 1 Diện tích tam giác SCD là SSCD   CD  SN . 2 2 1 1 3a 2 3a 9a2  AB  SM   CD  SN   SM  SN   SM  SN   . 2 2 4 2 4 Theo định lý cosin trong tam giác SMN , ta có. Theo đề ta có. . MN 2  SM 2  SN 2  2SM  SN  cos MSN   SM  SN   2SM  SN 1  cos MSN 2. SM  SN   SM  SN . 2. .  MN 2. 2 1  cos MSN. . . .. Xét các trường hợp: Trường hợp MSN  60 , khi đó SM  SN . Thay vào  *  ta có SH . 5a 2  1 81   2 . . 5a 2 . 12. SM  SN  sin120 5 3a  MN 24. 1 1 5 3a 2 5 3a 3 a  Suy ra thể tích VS. ABCD   SH  SABCD   . 3 3 24 72. Trường hợp MSN  120 , khi đó SM  SN . (vô lý vì. 5a 2  1 81    2. . 5a 2 4. 3a  SM  SN  2 SM  SN  5 ). 2. Câu 56. Chọn D Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 111.

(116) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. Gọi I , HI , H lần lượt là trung điểm của CD, AB.CD, AB. Ta có VABDSC  VS. ABD  VS. ABC . . . .  .  . . . 1 3 d S ,  ABD   d S ,  ABC  . 3 4. . Trong đó. d S ,  ABD   2d I ,  ABD   d C ,  ABD   CH . . . .  . . và d S,  ABC   2d I ,  ABC   d D ,  ABC   DH . Vậy VABDSC  VS. ABD  VS. ABC . 3 2. 3 . 2. 1 3 3 3 1    . 3 4  2 2  4. Câu 57. Chọn D Gọi H là trung điểm cạnh AB  SH  AB  SH   ABC  Và SH . AB  a. 2. Kẻ HM  BC( M  BC), HN  CA( N  CA)  SMH  SNH  600  HM  HN  SHcot 600  SABC  SHAC  SHBC . Vậy V . a 3 . Ta có 3. 1 a 3 a 3 4a 3 HM.BC  HN .CA   BC  CA   10a  2a      2 6 6 3. Sh 4 3a3  . 4 9. Câu 58. Chọn D. .. 112. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(117) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. Kẻ SH  BC  SH   ABC  và HM  AB, HN  CA    SNH ,   SMH Ta có. 3a 2 1 a  SHAB  SHCA   AB.HM  AC.HN    SHcot   SHcot  4 2 2. Do đó SH . 3 3 3 3    . 4 2  cot  cot   2  cot  tan  4 cot .tan.     900  tan  cot . Vậy V . 1 3a 2 a3 SH  . 3 4 16. Câu 59. Chọn D. S. M. B. A. H. N C. Tam giác ABC vuông tại A  SABC . 1 AB.AC  1 . 2. Gọi SH  H  BC  là đường cao của SBC , theo giả thiết  SBC    ABC   SH   ABC  ..  .  . SMH  SAB , ABC     Gọi M , N lần lượt là hình chiếu của S trên AB, AC   SNH  SAC  ,  ABC    SMH   .  SNH    . 1 1 1 Ta có: SABC  SAHB  SAHC  .HM.AB  .HN .AC  . SH.cot   2.SH.cot   2 2 2. 2 2 2 2    cot   2.cot  2.cot   tan  2 2.cot  .tan  2 (Vì     90 nên cot   tan ). Do đó: SH . 1 1 2 2 Vậy VS. ABC  .SH.SABC  . .1  . 3 3 2 6. Câu 60. Chọn D. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 113.

(118) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. A. D. B H C. Gọi H là trung điểm cạnh BC . ABC cân tại A  AH  BC mà  ABC    BCD   AH   BCD  . Lại có AB  AC  AD nên H là tâm đường tròn ngoại tiếp BCD  BCD vuông tại D . Xét BCD : BC  BD 2  CD 2  3 2.  BC  1 Xét AHC vuông tại H  AH  AC  CH  AC     . 2  2  2. 2. 2. 1 1 1 1 1 2 Vậy VABCD  .AH.SBCD  .AH. .DB.DC  . .1. 2  . 3 3 2 6 2 12. 114. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(119) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. DẠNG 5: THỂ TÍCH KHỐI CHÓP ĐỀU Câu 1:. Câu 2:. Thể tích V của khối tứ diện đều có cạnh bằng a 2a3 2a3 3a 3 3a 3 A. V  . B. V  . C. V  . D. V  . 12 4 12 4 Cho khối chóp tam giác đều S. ABC có cạnh đáy bằng a , góc giữa mặt bên và mặt đáy bằng 60 Tính thể tích V khối chóp đã cho.. a3 3 A. V  . 48 Câu 3:. a3 3 . 2 11a 3 . 12. C. V . a3 6 . 2. D. V . a3 2 2. 13a 3 . 12. B. V . C. V . 11a 3 . 4. D. V . 13a 3 . 4. a3 3 B. V  . 4. a3 3 C. V  . 36. a3 3 D. V  . 6. Khối chóp tam giác đều có cạnh bên bằng 2 3a và thể tích bằng 4 3a 3 . Tính chiều cao h của khối chóp đã cho. A. h  3a .. Câu 7:. a3 2 . 4. B. V . Cho khối chóp tam giác đều S. ABC có cạnh đáy bằng a , góc giữa cạnh bên và mặt đáy bằng 60 Tính thể tích V khối chóp đã cho.. a3 3 A. V  . 12 Câu 6:. a3 3 D. V  . 16. Thể tích V của khối chóp tam giác đều có cạnh đáy bằng a và cạnh bên gấp đôi cạnh đáy A. V . Câu 5:. a3 3 C. V  . 24. Trong tất cả các hình chóp tam giác đều có cạnh bên bằng a 3 , khối chóp có thể tích lớn nhất là A.. Câu 4:. a3 3 B. V  . 8. B. h . 4a 3 . 3. C. h  2a .. D. h . 4a 3 . 9. Trong tất cả các khối chóp tam giác đều S. ABC có khoảng cách từ A đến mặt phẳng  SBC  bằng a 3 , khối chóp có thể tích nhỏ nhất là? A.. Câu 8:. 3a 3 . 2. a3 3 . 6. C.. 3 3a 3 . 2. D.. a3 3 . 4. Khối chóp tam giác đều có cạnh đáy bằng 2 3a và thể tích bằng 4a 3 . Tính chiều cao h của khối chóp đã cho. A. h  4 3a .. Câu 9:. B.. B. h . 4a 3 . 3. C. h  4a .. D. h . 2a 3 . 9. Cho khối chóp tam giác đều S. ABC . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của các cạnh SB, SC . Biết mặt phẳng  AMN  vuông góc với mặt phẳng  SBC  , diện tích tam giác AMN bằng 10a 2 . Tính thể tích V của khối chóp đã cho. A.. 8 5a 3 . 3. B.. 8a 3 5 . 9. C. 8 5a3 .. D.. 8 5a 3 . 27. Câu 10: Thể tích V của khối chóp tứ giác đều có tất cả các cạnh đều bằng a . A. V . 2a 3 . 3. B. V . 2a 3 . 6. C. 2a 3 .. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. D. V . 2a 3 . 2 115.

(120) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. Câu 11: Tính thể tích V của khối chóp tứ giác đều có cạnh đáy bằng a , cạnh bên có độ dài gấp đôi cạnh đáy. 2a 3 A. V  . 2. 2a 3 B. V  . 6. 14a 3 C. V  . 2. 14a 3 D. V  . 6. Câu 12: Cho khối chóp tam giác đều S. ABC có cạnh đáy bằng a . Gọi M , N lần lượt là trung điểm các cạnh SB, SC . Biết mặt phẳng  AMN  vuông góc với mặt phẳng  SBC  . Tính thể tích V của khối chóp đã cho. A.. a3 5 . 24. B.. a 3 15 . 24. C.. a3 5 . 8. D.. a 3 15 . 8. 2a 3 . 2. D.. 2a 3 . 4. Câu 13: Thể tích V của khối bát diện đều có cạnh bằng a . A.. 2a 3 . 6. B.. 2a 3 . 3. C.. . . Câu 14: Tính thể tích V của khối tứ diện đều ABCD , biết khoảng cách từ A đến mặt phẳng BCD bằng. 6. A. V  5 3 .. B. V . 9 3 . 2. C. V . 27 3 . 2. D. V  27 3 .. Câu 15: Một viên đá hình dạng khối tứ diện đều cạnh bằng a . Người ta cắt viên đá bởi mặt phẳng song song với một mặt của khối tứ diện để chia viên đá thành 2 phần có thể tích bằng nhau. Tính độ dài cạnh x của phần cắt ra có hình dạng khối tứ diện đều. a a a a A. x  3 . B. x  3 . C. x  3 . D. x  3 . 2 2 2 2 Câu 16: Một viên đá hình dạng khối tứ diện đều cạnh bằng a . Người ta cắt viên đá bởi mặt phẳng song song với một mặt của khối tứ diện để chia viên đá thành 2 phần có thể tích bằng nhau. Tính diện tích thiết diện S của mặt cắt. 3a 2 A. S  . 16. 3a 2 B. S  . 8. 3a 2 C. S  3 . 4 4. 3a 2 D. S  3 . 4 2. Câu 17: Một viên đá hình dạng khối tứ diện đều cạnh bằng a . Người ta cắt viên đá bởi các mặt phẳng song song với mặt của khối tứ diện để chia viên đá thành 5 phần, trong đó có 4 phần là các khối tứ diện bằng nhau, tổng thể tích của 4 khối tứ diện này bằng một nửa thể tích của viên đá ban đầu. Tính độ dài cạnh của 4 khối tứ diện đó. a a a a A. x  . B. x  3 . C. x  . D. x  3 . 2 4 2 4 Câu 18: Cho khối tứ diện đều ABCD có cạnh bằng a . Gọi M , N , P, Q lần lượt là trọng tâm các mặt của khối tứ diện đã cho. Tính thể tích V của khối tứ diện MNPQ . A.. 2a 3 . 12. B.. 2a 3 . 108. C.. 2a 3 . 324. D.. 2a 3 . 81. Câu 19: Cho khối tứ diện đều ABCD có chiều cao h . Từ ba đỉnh A, B, D của tứ diện người ta cắt ba khối tứ diện đều có cùng chiều cao h . Biết rằng thể tích của khối đa diện còn lại bằng một nửa thể tích của khối đa diện ban đầu. Mệnh đề nào dưới đây đúng? 116. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(121) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. A. h . h . 3. B. h . h . 6. C. h . 3. h 2 2. D. h . .. h . 3. 3. Câu 20: Cho hình chóp tam giác đều S. ABC có cạnh đáy bằng a , góc giữa cạnh bên và mặt đáy bằng 600 Gọi A' ; B' ; C ' lần lượt là các điểm đối xướng với A; B; C qua S . Tính thể tích của khối bát diện có ' ' các mặt là ABC; A' B'C ' ; ABC; A' BC; AB'C; AB'C ' ; BAC ; CA' B' ;. A. V . 2 3a 3 . 3. B. V  2 3a 3 .. C. V . 4 3a 3 . 3. D. V . a3 3 . 2. Câu 21: Tính thể tích V của khối chóp lục giác đều có cạnh đáy bằng a , cạnh bên gấp đôi cạnh đáy. A. V . a3 . 2. B. V . a3 . 4. C. V . 9a 3 . 2. D. V . 3a 3 . 2. Câu 22: Kim tự tháp Ai Cập được xây dựng vào khoảng 2500 năm trước Công Nguyên. Kim tự tháp này là một khối chóp tứ giác đều có chiều cao 147 m, cạnh đáy dài 230 m. Thể tích của khối chóp đó là A. 2592100 m3 .. B. 7776300 m3 .. D. 3888150 m3 .. C. 2592300 m3 .. Câu 23: Một viên đá hình dạng khối chóp tứ giác đều tất cả các cạnh bằng nhau và bằng a . Người ta khối đá bởi mặt phẳng song song với đáy khối chóp để chia khối đá thành 2 phần có thể tích bằng nhau. Tính diện tích S của mặt cắt.. 2a 2 A. S  . 3. a2 B. S  3 . 2. C. S . a2 3. 4. a2 D. S  . 4. .. Câu 24: Tính thể tích V của khối chóp tứ giác đều có cạnh đáy bằng a và mặt bên tạo với mặt đáy góc 60 a3 6 A. V  . 2. a3 6 B. V  . 3. a3 6 D. V  . 6. a3 3 C. V  . 6. Câu 25: Thể tích V của khối chóp tứ giác đều có các cạnh đều bằng a A.. 6a3 2. B.. 2a3 6. C.. 2a3 2. Câu 26: Tính thể tích V của khối chóp lục giác đều S. ABCDEF có AB A. V  45 3 .. B. V  18 3 .. C. V  54 3 .. 6a3 6. D.. 3, SA. 5. D. V  15 3 .. Câu 27: Tính thể tích V của khối chóp tứ giác đều có cạnh đáy bằng a và cạnh bên tạo với mặt đáy góc 60 . A. V . a3 6 . 2. B. V . a3 6 . 3. C. V . a3 . 3. D. V . a3 6 . 6. Câu 28: Khối tứ diện đều ABCD có thể tích V . Khối bát diện đều có các đỉnh là trung điểm các cạnh của khối tứ diện đều có thể tích V  . Tính tỉ số A.. V 1  . V 2. B.. V 1  . V 8. V . V. C.. V 5  . V 8. D.. V 1  . V 4. Câu 29: Tính thể tích V của khối chóp tứ giác đều có tất cả các cạnh bằng nhau và đường cao mặt bên bằng a 3 . Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 117.

(122) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. B. V . A. V  a3 2 .. a3 2 . 6. C. V . 4a3 2 . 3. D. V . a3 2 . 9. Câu 30: Người ta gọt một khối lập phương có thể tích V để được một khối bát diện đều (tức là khối có V các đỉnh là tâm các mặt của khối lập phương đó) có thể tích V  . Tính tỷ số . V V 1 V 1 V 1 V 1   .  .  . A. B. C. D. . V 12 V 4 V 6 V 8 Câu 31: Cho khối tứ diện đều ABCD . Gọi M , N , P , Q lần lượt là trung điểm các cạnh AB , BC , CD , DA . Biết tứ giác MNPQ có diện tích bằng 1 . Tính thể tích V của khối tứ diện đều đã cho. A. V . 11 . 24. B. V . 2 2 . 3. C. V . 2 . 24. D. V . 11 . 6. Câu 32: Một khối chóp tam giác đều có cạnh bên bằng b , chiều cao h . Tính thể tích V của khối chóp tam giác đều đã cho.. . . B. V . 3 2 b  h2 b . 4. . . D. V . 3 2 b  h2 b . 8. A. V . 3 2 b  h2 h . 4. C. V . 3 2 b  h2 h . 8. . . . . Câu 33: Trong tất cả các khối chóp tứ giác đều có cạnh bên bằng 2 a 3 , khối chóp có thể tích lớn nhất là? A.. 32 a 3 . 3. B. 2 2a3 .. C. 6 2a3 .. D. 32a3 .. Câu 34: Cho khối chóp tứ giác đều có cạnh bên bằng 2 3 , tính độ dài cạnh đáy khi khối chóp có thể tích lớn nhất. A.. 3.. B. 2 3 .. C. 4 .. D. 2 .. Câu 35: Trong tất cả các khối chóp tứ giác đều S.ABCD có khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBC) bằng 2 3 . Khối chóp có thể tích nhỏ nhất là?. A. 18 .. B. 54 .. C. 9 .. D. 27 .. Câu 36: Cho khối chóp tam giác đều S.ABC có tất cả các cạnh bằng 16 . Xét hình chữ nhật MNPQ nội tiếp đáy ABC với M , N  BC , P  AC , Q  AB . Thể tích khối chóp S.MNPQ có giá trị lớn nhất là? A.. 512 2 . 3. B.. 512 6 . 3. C.. 512 3 . 3. D.. 512 3 . 2. Câu 37: Cho khối chóp tam giác đều S.ABC có cạnh đáy bằng 2 . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của SB ,SC . Tính thể tích V của khối chóp biết CM  BN .. A.. 26 . 3. B.. 26 .. C.. 26 . 6. D.. 26 . 2. a3 2 Câu 38: Cho khối chóp tứ giác đều có tất cả các cạnh bằng nhau là a và có thể tích . Tính chiều cao 6 h của khối chóp tứ giác đều đã cho. 118. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(123) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. A. h . a 2 . 3. B. h . a 3 . 2. C. h . a 2 . 2. D. h . a 3 . 3. Câu 39: Cho khối chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng a . Gọi M , N lần lượt là trung điểm các cạnh SC và SD . Biết mặt phẳng  ABMN  vuông góc với mặt phẳng  SCD  . Tính thể tích V của khối chóp đã cho. A. V . a3 2 . 6. B. V . a3 3 . 3. C. V . a3 2 . 3. D. V . a3 3 . 6. Câu 40: Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD . Gọi M , N lần lượt là trung điểm các cạnh SC và SD . Biết mặt phẳng  ABMN  vuông góc với mặt phẳng  SCD  , diện tích tứ giác ABMN bằng 2 3a 2 . Tính thể tích V của khối chóp đã cho. A. V . 32a3 . 9. B. V . 32a3 . 3. C. V . 16a3 3 . 9. D. V . 32a3 3 . 3. Câu 41: Trong các hình chóp tam giác đều có khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và BC là d . Khối chóp có thể tích nhỏ nhất là? A. d 3 .. B.. 2 3d 3 . 3. C.. d3 . 3. D.. 2 3d 3 . 9. Câu 42: Gọi V1 , V2 lần lượt là thể tích tứ diện đều cạnh a , khối bất diện đều cạnh a . Tính tỉ số A.. V1 2. V2. B.. V1 1  . V2 2. C.. V1 4. V2. D.. V1 . V2. V1 1  . V2 4. Câu 43: Cho khối chóp tam giác đều có chiều cao là 6a , khoảng cách giữa hai đường thẳng SA, BC là a . Thể tích V của khối chop là 27 a3 3 27 a3 3 81a3 3 81a3 3 . B. V  . C. V  . D. V  . 10 40 10 40 Câu 44: Cho tứ diện đều cạnh a . Gọi h là tổng khoảng cách từ một điểm trong của khối tứ diện lên các mặt của nó. Tìm mệnh đề đúng.. A. V . a 6 4a 6 2a 6 a 6 . B. h  . C. h  . D. h  . 3 3 3 12 Câu 45: Cho khối bát diện đều cạnh a . Gọi h là tổng khoảng cách từ một điểm trong của khối tứ diện lên các mặt của nó. Tìm mệnh đề đúng.. A. h . A. h . a 6 . 6. B. h . a 6 . 12. C. h . 4a 6 . 3. D. h . 2a 6 . 3. Câu 46: Tìm Trong cách khối chóp tam giác đều S.ABC có cạnh bên là 2 3 , khối chóp có thể tích lớn nhất là A.. 4 3 . 3. B.. 2 6 . 3. C. 4 3 .. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. D. 2 6 .. 119.

(124) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. Câu 47: Trong cách khối chóp tam giác đều S.ABC có khoảng cách từ A đến  SBC  là 3 , khối chóp có thể tích nhỏ nhất là A.. 3 . 8. B.. 9 . 2. C.. 3 . 2. D.. 3 3 . 2. Câu 48: Cho khối chóp tứ giác đều S.ABCD có tất cả các cạnh bằng a. Gọi A', B',C ',D' lần lượt là các điểm đối xứng của A, B,C ,D qua S . Tính thể tích V của khối đa diện có sáu mặt.  ABCD  ,  A ' B 'C ' D '  ,  BCAD ,  ADBC , CDBA  ,  ABDC  .. A. V  2 2a3 .. B. V  2a3 .. C. V . 4 2a3 . 3. D. V . 8 2a3 . 3. Câu 49: Một khối bát diện dều cạnh a. Ngoại tiếp bát diện đều bởi một khối lập phương sao cho các đỉnh của khối bát diện đều là tâm các mặt của khối lập phương. Tính thể tích khối lập phương. A. V . 2 2a3 . 3. B. V  2 2a3 .. C. V  4 2a3 .. D. V . 4 2a3 . 3. Câu 50: Cho khối tứ diện đều  H  có cạnh bằng 1. Qua mỗi cạnh của  H  dựng một mặt phẳng không chứa các điểm trong của  H  và tạo với hai mặt phẳng của  H  đi qua cạnh đó những góc bằng nhau. Các mặt phẳng như thế giới hạn một đa giác  H   . Tính thể tích của  H   . A.. 2 . 4. B.. 2 . 6. C.. 2 . 3. D.. 2 2 3. Câu 51: Khối tứ giác đều có tất cả các cạnh bằng 1. Khối lập phương có một mặt nằm trên mặt đáy của khối chóp tứ giác đều và tất cả các cạnh còn lại của mặt đối diện nằm trên các mặt bên của khối chóp tứ giác đều. Tính thể tích V của hình lập phương. A. V  5 2  7 .. B. V  6 3  10 .. C. V . 5 2 7 . 3. D. V . 6 3  10 . 3. Câu 52: Một khối tứ diện đều  H  có cạnh bằng 1. Khối lăng trụ tam giác đều có tất cả các cạnh bằng nhau, có mặt đáy nằm trên một mặt của khối tứ diện  H  và tất cả các cạnh còn lại của mặt đối diện nằm trên các mặt còn lại của khối tứ diện  H  . Tính thể tích của khối lăng trụ tam giác đều đó. A. V . 27 2  22 3 . 6. B. V . 45 6  58 3 . 686. C. V . 27 2  22 3 . 2. D. V . 9 6  22 . 2. Câu 53: Từ một miếng tôn hình vuông cạnh 50 cm, người ta cắt đi bốn tam giác cân bằng nhau MAN , NBP , PCQ , QDM sau đó gò các tam giác cân ABN , BCP , CDQ , DAM sao cho các đỉnh M N , P , Q trùng nhau để được khối chóp tứ giác đuuè. Khối chóp tứ giác đều có thể tích lớn nhất là. 120. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(125) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. A.. 15625 cm3. 6. B.. 15625 cm3. 2. C.. 4000 10 cm3. 3. D.. 4000 10 cm3. 9. Câu 54: Cho khối chóp tam giác đều S.ABC có độ dài cạnh đáy bằng a , mặt phẳng chứa BC và vuông a2 góc với SA cắt khối chóp theo một thiết diện có diện tích bằng . Tính thể tích V của khối 4 chóp đã cho. A. V . 2a3 . 24. B. V . 2a3 . 12. C. V . a3 . 36. D. V . a3 . 72. Câu 55: Cho khối chóp tam giác đều S.ABC có góc giữa mặt bên và mặt đáy bằng  , khoảng cách từ A đến mặt phẳng  SBC  bằng 3 . Tính tan , khi thể tích khối chóp S.ABC đạt giá trị nhỏ nhất. A. tan  . 1 . 3. B. tan  . 1 . 2. C. tan  2 .. D. tan  3 .. Câu 56: Từ một tấm tôn hình vuông có cạnh bằng 1  3 , người ta cắt tấm tôn theo các tam giác cân bằng nhau MAN , NBP, PCQ, QDM sau đó gò các tam giác cân ABN , BCP, CDQ, DAM sao cho các đỉnh M , N , P, Q trùng nhau để được khối chóp tứ giác đều. Biết góc ở đỉnh của tam giác cân bị cắt đi là 1500 . Tính thể tích V khối chóp tứ giác đều tạo thành. A. V . 3 6 5 2 . 24. 2 B. V  . 3. C. V . 5 2 3 3 . 24. 2 D. V  . 9. Câu 57: Từ một tấm tôn hình vuông có cạnh bằng a , người ta cắt đi bốn tam giác cân bằng nhau MAN , NBP, PCQ, QDM sau đó gò các tam giác cân ABN , BCP, CDQ, DAM sao cho các đỉnh M , N , P, Q trùng nhau để được khối chóp tứ giác đều. Khối chóp tứ giác đều có thể tích lớn nhất là? A.. a3 . 48. B.. a3 . 16. C.. 4 10 a 3 . 375. D.. 4 10 a 3 . 125. Câu 58: Một khối chóp tứ giác đều S.ABCD có m là tan góc giữa cạnh bên và mặt đáy. Người ta tăng cạnh hình vuông mặt đáy gấp đôi nhưng muốn giữ nguyên thể tích khối chóp nên đã thay đổi đồng thời chiều cao cho phù hợp. Hỏi giá trị của m thay đổi như thế nào? A. Giảm 2 lần. B. Tăng 2 lần. C. Giảm 8 lần. D. Tăng 8 lần. Câu 59: Khối tứ diện đều  H  có cạnh bằng 1 . Khối lăng trụ tam giác đều có mặt đáy nằm trên một mặt của khối tứ diện  H  và tất cả các cạnh còn lại của mặt đáy đối diện nằm trên các mặt còn lại của khối tứ diện  H  . Tính thể tích lớn nhất của khối lăng trụ tam giác đều đó. A.. 2 . 27. B.. 2 . 48. C.. 2 . 18. D.. 2 . 16. Câu 60: Khối tứ diện đều  H  có tất cả các cạnh bằng 1 . Khối hộp chữ nhật  H   có một mặt nằm trên mặt đáy của  H  và tất cả các cạnh còn lại của mặt đáy đối diện nằm trên các mặt bên của  H  Tìm thể tích lớn nhất của  H   . A. 5 2  7 .. B.. 2 2 . 27. C.. 4 2 . 27. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. D.. 2 . 27 121.

(126) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. BẢNG ĐÁP ÁN 1.B. 2. C. 3. A. 4. A. 5. A. 6.C. 7. A. 8. B. 9. A. 10.B. 11. D. 12.A.. 13.B.. 14.D.. 15.D.. 16.C. 17.A.. 18.C. 19.B. 20.A. 21.D. 22.A. 23.C. 24.C.. 25.B. 26.B. 27.D. 28.A. 29.C. 30.B. 31.B. 32.A. 33.A. 34.B. 35.A. 36.A. 37.A. 38.C. 39.D. 40.A. 41.C. 42.D. 43.D. 44.A. 45.C. 46.C. 47.B. 48.B. 49.B. 50.A. 51.A. 52.C. 53.C. 54.A. 55.A. 56.B. 57.C. 58.C. 59.A. 60.B. HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Câu 1:. Chọn B. Gọi H là tâm của tam giác đều ABC . Ta có SH   ABC  và BH . SH  SB2  BH 2 . Câu 2:. 2 2 3 3 AE  a  a. 3 3 2 3. 6 a. 3. 1 1 6 2 3 2 3 VSABC  SH.SABC  a .a  a . 3 3 3 4 12 Chọn C. Ta có.  SBC  ;  ABC    SHG  60  SG  GH.tan 60  a 63 .. 3. a . 2. 1 1 a2 3 a a3 3 .  Vậy VS. ABC  .SABC .SG  . . 3 3 4 2 24 122. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(127) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. Câu 3:. Chọn A. Xét hình chóp tam giác đều S.ABC có cạnh bên SA  a 3 , cạnh đáy AB  x . Ta có SA2  SG2  AG2  SG  3a2 . 9a2  x2 x2  . 3 3. 1 x2 3 9a2  x2 1 . Do đó V  .  .x 2 9a2  x 2 . 3 4 3 12 Xét hàm số f  x   x 2 9a 2  x 2 trên  0; 3a  . f   x   2 x 9a2  x 2 . x3 9a2  x2. . 18 a 2 x  3x 3 9a2  x2. .. x  0 f  x  0   .  x  a 6.  . f  0   f  3a   0 , f a 6  6 a 3 3 .. Vậy thể tích khối chóp lớn nhất là V  Câu 4:. 1 a3 3 .6 a3 3  . 12 2. Chọn A. Gọi H là tâm của tam giác đều ABC . Ta có SH   ABC  và BH  Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 2 2 3 3 AE  a  a. 3 3 2 3 123.

(128) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. SH  SB2  BH 2 . Câu 5:. 33 a. 3. 1 1 33 2 3 11 3 VSABC  SH.SABC  a .a  a . 3 3 3 4 12 Chọn A. . . Ta có SA;  ABC   SAG  60  SG  AH.tan 60 . a 3 . 3  a. 3. 1 1 a2 3 a3 3 .a  Vậy VS. ABC  .SABC .SG  . . 3 3 4 12 Câu 6:. Chọn C. S. C. A G. B Gọi x là độ dài các cạnh đáy của tam giác ABC . Diện tích tam giác ABC là B  V. 3x2 . 4. 1 3V 48a3 Bh  h   2  h.x 2  48a 3 (1). 3 B x. Gọi G là trọng tâm tam giác ABC  SG   ABC   SGA vuông tại G , AG   h  SG  SA 2  AG 2  12a 2 . . . x2  h 2  x 2  3 12a 2  h 2 (2). 3. Từ (1) và (2) 16a3  12a2 h  h3  0  h  2a . Câu 7:. 124. Chọn A Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. x 3 3.

(129) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN. S. H A. C O. I. B. Cách 1: Gọi I là trung điểm của BC . Khi đó d  A , SBC    AH  a 3 Gọi cạnh của tam giác đều ABC là x  x  0   AI . x 3 x 3 ; AO  OB  . 2 3. 3 2 IO IS x  3a 2 mà IH   4 IH IA. Tam giác SOI đồng dạng với tam giác AHI nên IO.IA x2 .  SI   IH 2 3x 2  12a2 Xét tam giác SOI vuông tại O ta có:. SO  SI 2  OI 2 . . x4. 4 3x  12a 2. 2. . . 3x 2  36.  3x. x2 a2 2.  12a. 2. . . xa 3x2  12a2. .. 1 1 xa x2 3 Vậy thể tích khối chóp V  SO.SABC  . . . 3 3 3x 2  12a2 4 5 3 1 x x2 3 Xét hàm số f ( x)  . trên khoảng  2; 4  ta có min f (x)  f ( )  . . 2 2 2 3 3x  12 4 a3 3 2 Cách 2: Gọi  là góc tạo bởi mặt bên và đáy  ABC  .. Vậy khối chóp có thể tích nhỏ nhất là. Gọi O là tâm tam giác ABC . Gọi I là trung điểm của BC  góc SAI bằng  .. Gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên SI  AH   SBC . . .  d A;  SBC   AH .. Xét tam giác vuông AHI ta có : sin  . AH a 3 2a  AI   BC  . AI sin  sin . a 3 1 a 3 Suy ra OI  AI  ; SO  OI .tan   nên suy ra 3 3sin  3cos  1 1 a 3 1 2a a 3 a3 1 VS. ABCD  .SO.SABC  . . .  . 3 3 3cos  2 sin  sin  3 cos   cos 3    Để Vmin  f    cos  cos3  ,   o;  đạt giá trị lớn nhất.  2. Đặt t  cos   t   0;1  f  t   t  t 3  f   t   1  3t 2  0 Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 125.

(130) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. t Câu 8:.  3 2 3 a3 9 3 3 .Vậy V  .  a . f   min  3  3 2 9 2 3  . 3 . Suy ra max f  t   3. Chọn B. . . 2 1 Diện tích tam giác đáy là B  . 2 3a .sin 600  3 3a2 . 2. Ta có: V . Câu 9:. 1 3V 12a3 4 3a Bh  h    . 3 B 3 3 3a. Chọn A. Gọi H là tâm của tam giác ABC  SH   ABC  Gọi I là trung điểm của BC . Gọi J  MN  SI , Giả sử AB  x . Theo giả thiết AJ  SI và J là trung điểm. của. SI. nên.  SB  SA  AI  Tam. giác. tam. giác. x 3 2 SBI. cân. SAI. vuông. tại. tại. A. I. 2.  x 3   x 2 x 2  SI  SB  BI       2   2  2   2. 2. 2. 2  x 3  x 2 x 10 x  SI  Ta có MN  ; AJ  AI 2          2  2 8 4  2  . 1 1 x 10 x SAMN  . JA.MN  . .  a2 10  x  4a 2 2 4 2. Tam giác SAH vuông tại H  SH  SA  AH  2. 2.  2a 3 . 2. 2.  4a  2a 15    3  3. 1 1 2a 15  4a  3 8a3 5 V  .SH.SABC  . .  . 3 3 3 4 3 2. Câu 10: Chọn B Giả sử S.ABCD là khối chóp tứ giác đều, O là tâm của hình vuông ABCD . Khi đó: SABCD  a2 , 2. a 2 a 2 1 1 a 2 a3 2 h  SO  SA  AO  a    V  SABCD.h  a 2  .    2  2 3 3 2 6   Câu 11: Chọn D Giả sử S.ABCD là khối chóp tứ giác đều, O là tâm của hình vuông ABCD . 2. 2. 2. Khi đó: SABCD  a2 ,. 126. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(131) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN. 2. a 2 a 14 1 1 a 14 a3 14 . h  SO  SA  AO   2a     V  SABCD.h  a 2     2  2 3 3 2 6   2. 2. 2. Câu 12: Chọn A Gọi H là tâm của tam giác ABC  SH   ABC . a 3 2 Gọi J  MN  SI , Theo giả thiết AJ  SI và J là Gọi I là trung điểm của BC  AI . trung điểm của SI nên tam giác SAI cân tại A Khi đó,. a 3 . 2 giác. SA  IA  Tam. vuông. SAH. 2. tại. H. a 3  a  a 15  SH  SA  AH       2   3  6   2. 2. 2. 1 1 a 15 a2 3 a3 5 V  .SH.SABC  . .  . 3 3 6 4 24 Câu 13: Chọn B Giả sử SABCDE là khối bát diện đều có cạnh bằng a và O là tâm của hình vuông ABCD . Khi đó: SABCD  a2 , 2. a 2 a 2 1 1 a 2 a3 2 . SO  SA  AO   a     VS. ABCD  SABCD.SO  a2     2  2 3 3 2 6   2. 2. 2.  VSABCDE  2.VS. ABCD  2.. a3 2 a3 2  . 6 3. Câu 14: Chọn D. Giả sử ABCD là khối tứ diện đều cạnh a và có khoảng cách từ A đến mặt phẳng  BCD  bằng 6 , O là tâm của tam giác BCD . 2. a 3 a 6 6a3 6 Ta có h  AO  AB  BO  a      3  3   2. 2. 2. 1 1 a  V  SBCD .AO  . 3 3 4. 2. 3 1 3 6  .AO  . 3. 4. 2. 3. .6  27 3 .. Câu 15: Chọn D. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 127.

(132) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. Thể tích viên đá ban đầu là V . 2a3 . 12. Phần cắt ra có hình dạng khối tứ diện đều cạnh bằng x có thể tích V   Theo giả thiết, ta có V  . 2x3 . 12. a 2x3 2a3 V x 3   12 24 2 2. Câu 16: Chọn C Thể tích viên đá ban đầu là V . 2a3 . 12. Phần cắt ra có hình dạng khối tứ diện đều cạnh bằng x có V   Theo giả thiết, ta có V  . 2x3 . 12. a 2x3 2a3 V x 3   12 24 2 2 2. x2 3 3 a  3a 2 Do đó diện tích mặt cắt là S   3   3 . 4 4  2 4 4 Câu 17: Chọn A Gọi độ dài cạnh của 4 khối tứ diện nhỏ là x , thể tích của mỗi khối nhỏ này là.  2 x3  Theo giả thiết ta có 4    12    Câu 18: Chọn C. 2x3 . 12. 1  2a3  a  x .   2  12  2 D. N Q. M. F. a. B. A E a. P a. G. C. 128. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(133) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. 2 2 1 a a EF  . CB  . Tương tự MQ  QN  NP  MP  QP  . 3 3 2 3 6 Xét tứ diện ABCD : Ta có MN . 2. SBCD. 2a 3 1 a2 3 a 6 a3 2 a2 3 a 6 V  .   , h  a2     3 2  3 4 3 12 4 3   3.  VMNPQ. a  3  2 a3 2    12 324. Câu 19: Chọn B. Gọi O là tâm của BCD  AO   BCD  . Giả sử AB  x . 2.  x 3  2x2 2x3 3h 3 6  x h . Ta có VABCD  Xét ABO có  h  x   .    3  12 8 2 3   2. 2.  3 h 3  Tương tự, thể tích 3 khối tứ diện đều chiều cao h và V   3  .  8    Theo giả thiết, ta có V  . V h3 h 3  h   h  3 2 6 6. Câu 20: Chọn A.  1 a2 3 a  2 3a 3 . . 3  Thể tích V của khối bát diện là V  8VSABC  8  . . 3 4  3 3   Câu 21: Chọn D.  a 2 3  3 3a 2 Ta có: S  6  .   4  2   Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 129.

(134) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN..  2a . Độ dài chiều cao của khối chóp h . 2.  a2  a 3 .. 1 1 3 3a 2 3a 3 .a 3  Khi đó, thể tích V của khối chóp lục giác đều là V  S.h  . 3 3 2 2 Câu 22: Chọn A.  . Đáy là hình vuông cạnh dài 230 m nên diện tích đáy là S  230 2  52900 m 2 ..  . 1 1 Thể tích khối chóp là V  .S.h  .52900.147  2592100 m3 . 3 3 Câu 23: Chọn C Ta có SO   ABCD .  a 2  a2 Xét SOD có SO2  SD2  OD2  a2     2  2    SO . a 2 . 2. 1 2 3 2 3 1 a . a  V  VS.ABCD  .SO.SABCD  . 3 3 2 6 Phần cắt ra có hình dạng khối chóp tứ giác đều S.MNPQ có tất cả các cạnh bằng x có thể tích. V . a2 2x3 V 2 3 2 3 a x  a  x  3 . Diện tích S của mặt cắt là S  3 . . Ta có V    6 2 6 12 4 2. Câu 24: Chọn C A. D. A. M. O. B. C. Xét khối chóp tứ giác đều S.ABCD, gọi O là tâm giao điểm AC và BD, M là trung điểm của AB. Ta có SO   ABCD  . Góc tạo bởi mặt bên (SAB) và mặt đáy là SMO  60 .. a a 3 Ta có SO  MO.tan SAC  .tan 60  . 2 2 Thể tích khối chóp S.ABCD là. 1 1 a 3 a3 3 V  .SABCD .SO  .a2 .  . 3 3 2 6 TYPS: Gọi  là góc tạo bởi mặt bên và mặt đáy, ta có V . 130. a3 tan  . 6. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(135) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. Câu 25: Chọn B Xét khối chóp tứ giác đều S.ABCD có AB  a , SA  a . Gọi O  AC  BD , ta có SO   ABCD  .. S. a. 2. a 2 a 2 SO  SA  OA  a   .    2  2   Thể tích của khối chóp S.ABCD là 2. 2. 2. 1 a 2 a3 2 1  VS. ABCD  .SABCD .SO  .a2 . . 3 6 3 2. C. B O. D. a. A. Câu 26: Chọn B Gọi O là tâm lục giác ABCDEF . Ta có: SA  SA 2  OA 2  SA 2  AB2  4 .. 1 1 3 2 .3  18 3 . Thể tich khối chóp là V  .SO.VABCDEF  .4.6. 3 3 4 Câu 27: Chọn D A. D. A. O. B. C. Xét khối chóp tứ giác đều S.ABCD, gọi O là tâm giao điểm AC và BD. Ta có SO   ABCD  . Góc tạo bởi cạnh bên SA và mặt đáy là SAO  60 . Ta có SO  AO.tan SAC . a 2 a 6 .tan 60  . Thể tích 2 2. khối chóp S.ABCD là. 1 1 a 6 a3 6 V  .SABCD .SO  .a2 .  . 3 3 2 6 TYPS: Gọi  là góc tạo bởi cạnh bên và mặt đáy, ta có V . a3 2 tan  . 6. Câu 28: Chọn A. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 131.

(136) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN. Gọi độ dài cạnh của tứ diện đều là a , suy ra thể tích khối tứ diện đều V . a3 2 . 12. 3. a  2  . 2 a3 2 1 a Ta có MQ  AD  là độ dài cạnh của bát diện đều. Suy ra V     .  2 2 3 24 V 1  . Vậy V 2 Câu 29: Chọn C. Theo giả thiết ta có SBC đều và SM  a 3  BC. từ tam giác vuông SOM  SO  SM 2  OM 2 . 3 1  BC  2a . Mặt khác OM  CD  a nên 2 2.  . 2. a 3.  a2  a 2 .. 2 1 4 2a3 Vậy thể tích khối chóp S.ABCD là V  .  2a  .a 2  . 3 3. Câu 30: Chọn B. Gọi cạnh hình lập phương là a . Suy ra thể tích khối lập phương là V  a3 . Ta có EJ . 1 1 a 2 AB  .a 2  là cạnh của bát diện đều. 2 2 2. a 2   2   Suy ra thể tích V   3 Câu 31: Chọn B. 132. 3. 2 . V 1 a3  . nên ta có 6 V 6. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(137) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN. A. M. Q. B. D. I N. P C. Do ABCD là tứ diện đều nên MNPQ là hình vuông. Do diện tích MNPQ bằng 1 nên MN  1  Tứ diện đều ABCD có độ dài các cạnh bằng 2 . Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD ta có V . 1 AI .dt  BCD  . 3. 2.  2. 3  22 3 2 dt  BCD    3 , AI  AB2  BI 2  22   6.    3  4 3   Vậy thể tích của tứ diện ABCD là V . 12 6 2 2 3 . 3 3 3. Câu 32: Chọn A A. B. D. I P C. Giả sử hình chóp tam giác đều là A.BCD . Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD ta có V  BI  b 2  h 2 , mà BI  BC. . 1 AI .dt  BCD  . 3. 3  BC  BI 3  3b 2  3h 2 . 3. 2 2 BC 2 3 3 b  h dt  BCD    4 4. . 3 V . . . 3 2 b  h2 h 4. Câu 33: Chọn A.  2a 3 . Gọi độ dài cạnh đáy là S.ABC , ta có S  x và h  2. 2. 2.  x  24a2  x 2 .    2  2 3. Sh x 2 24a 2  x 2 V    Do đó 3 3 2. . x 2 x 2 48a 2  2 x 2 6. .  x 2  x 2  48a 2  2 x 2    3 32 a 3     . 6 3. Dấu bằng đạt tại x2  48a2  2x2  x  4a . Câu 34: Chọn B Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 133.

(138) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. Gọi cạnh đáy là x  x  0  khi đó chiều cao hình chóp SO  SD2  OD 2  12  chóp. x2 . Thể tích khối 2. . 1 1 x2 1 1 VS. ABCD  .SO.SABCD  . 12  .x 2  24 x 2  x 4  144  x 2  12 3 3 2 3 2 3 2. . 2. 2 2. .. Vậy thể tích khối chóp lớp nhất bằng 2 2 khi x 2  12  0  x  2 3 . Câu 35: Chọn A. Gọi H là tâm mặt đáy và a là độ dài cạnh đáy. Ta có khoảng cách từ H đến mặt phẳng  SBC  là. dH . dA 1 1 1 1 1 4 4 12h 2 2  3 và 2  2      a   2 3 h2 a2 dH h  a 2 h2  3 h2  3 2 3h 2  . Do V . Sh a 2 h 4h 3 .   f ( h)  2 3 3 h 3. Có f ( h) . 4h4  36h 2. h. 2. 3. . 2.  x  0(loai )   0  x  3 Lập bảng biến thiên suy ra thể tích nhỏ nhất f (3)  18 .  x  3 (loai). Câu 36: Chọn A. 134. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(139) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. S. Q. A. B M. P A. B H. N. I. C. C 2.  2 16 3  16 6 Ta có h  16   . .   3 2  3   2. Đặt MB  NC  x  MQ  NP  x tan 60  3x , và MN  BC  MB  NC  16  2x . Do đó S  MN .MQ  3x  16  2 x  . Sh V  3. 3x 16  2 x  . 3. 16 6 3  32 x  8  x  2  512 2 . Dấu bằng đạt được tại x  4 . 3 3. Câu 37: Chọn A. S N A. G. M. C O. I. B Gọi O , G lần lượt là trọng tâm của tam giác ABC ,SBC , I là trung điểm BC . Đặt SA  SB  SC  x .. 4 4  x2  4 x2  x2  8 2 2 2 CG  BG  . BN    Ta có: .  9 9 2 4  9 Tam giác BGC vuông tại G nên GB2  GC 2  BC 2  2.. x2  8  4  x  10 . 9 2. 2 3 2 2 2 3 2 3 78 AO  AI  .  ; SO  SA2  AO 2  10   .     3 3 2 3 3 3   SABC . 1 1 78 26 22 3 . 3  3 suy ra V  SO.SABC  . . 3 3 3 3 4. Câu 38: Chọn C 1 3V Ta có: V  a2 .h  h  2  3 a. 3.. a3 2 6 a 2. 2 2 a. Câu 39: Chọn D Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 135.

(140) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. S. N J M A. D. I. K. O B. C. Gọi I , J , K lần lượt là trung điểm của các cạnh AB , MN ,CD và O là tâm hình vuông ABCD . Ta có: J là trung điểm của MN và IK là hình chiếu của IJ trên mặt phẳng  ABCD  . Mà IK  CD  IJ  CD  IJ  MN . Xét tam giác SIK có IJ ,SO là các đường trung tuyến đồng thời là các đường cao nên nó là tam giác đều có cạnh IK  BC  a  SO . 1 a 3 a3 3 a 3  . Ta có: VS. ABCD  .a2 . . 3 2 6 2. Câu 40: Chọn A S. N J M A. D. I. K. O B. C. Gọi I , J , K lần lượt là trung điểm của các cạnh AB , MN ,CD và O là tâm hình vuông ABCD . Ta có: J là trung điểm của MN và IK là hình chiếu của IJ trên mặt phẳng  ABCD  . Mà IK  CD  IJ  CD  IJ  MN . Xét tam giác SIK có IJ ,SO là các đường trung tuyến đồng thời là các đường cao nên nó là tam giác đều có cạnh IK  BC  x  x  0   SO  Ta có: SABMN . 1 1 x x 3 3 3x 2 4a 3 AB  MN  .IJ  2 3a2   x   .  2 3a 2  x  2 2 2 2 8 3 2.  VS. ABCD. 136. x 3  IJ . 2. 1  4a 3   .  . 3  3 . 4a 3 . 3 32a3 3  . 2 9 Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(141) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN. Câu 41: Chọn C. Gọi là trọng tâm ABC ta có SO   ABC  .. S. Gọi M , N lần lượt là trung điểm của BC , AB .Ta có BC   SAM  tại M .. Dựng MK  SA tại K ta có: KM là đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng SA và BC và d  SA , BC   MK  d . Đặt. AB  x  x  0 . I  OI . .. OI  SA. Dựng. K I. tại. A. 2 2d MK  . 3 3. C. 2 2 x 3 x 3  Ta có: OA  AM  . . 3 3 2 3 Xét tam giác SOA vuông tại O có đường cao 1 1 1 OI  2   2 OI OA OS2 2d x 3 . 2d.x 3  OS   3 3  OA 2  OI 2 x 2 4d 2 3 3 x 2  4d 2  3 9 OI .OA. O. N. M. B.  2d 3  x    3  . 1 x2 3 2dx 3 dx 3 Ta có: VS. ABC  . . .  3 4 3 3 x 2  4d 2 6 3 x 2  4d 2 Không mất tính tổng quát, đặt d  1 , ta có VS. ABC . Ta có: f   x  . . 6 3x  4. . 2 2 2 3x2  4  x x  2 2 3x2  4 3x2  4. .  f  x , x . 2. 6x. 3x 2 .6 3 x 2  4  6 x 3 . 36. x3. . . . 3. 2 3 . 3. 0x 2. Bảng biến thiên:. d3 khi x  2d . 3 Cách 2: Đặt BC  x ,SO  h , ta có:. Vậy VS. ABC nhỏ nhất bằng. 2. x 3 2 x 3 x2 AM  , SA  SO2  OA2  h 2   .   h2  .  2 3 2 3   Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 137.

(142) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN. Do đó: 2SSAM  SO.AM  SA.MK nên. xh 3 x2 3x 2 h 2 d2 x2  d h2    d2 h2  2 3 4 3. 3 12d 2 h 2 x2 h 3 3d 2 h 3 2d d2   V   ) và x 2  2 .  x2  h2    d2 h2 ( h  S. ABC 3 12 3 9 h  4d 2 9 h 2  4d 2 4 Xem d  1 , xét hàm số f  h   Dấu bằng đạt tại h . 3h 2 2 1 d3 , h  , ta có: . V   SABC 3 3 3 9h2  4. 2 3d . 3. Câu 42: Chọn D 2. 2. a 2 a 3 1 a 3 1 a3 2 a3 2 Ta có: V1  . và V2  2. .a2 . a2   . . a2        2   3  3 4 3 12 3     2a3 V 1  1  12 3  . V2 4 2a 3. Câu 43: Chọn D. Dựng hình bình hành ACBD , ta có BC. SAD   d  BC ,SA   d  BC , SAD    d  H , SAD    23 d G , SAD    23 GK  a .. Suy ra GK . 2a 1 1 1 3a 3a 5     AG   AB  . 2 2 2 3 10 AG KG SG 2 5. 1 AB2 3 27 a3 3 .SG  Thể tích khối chop là V  . . 3 4 40 Câu 44: Chọn B Ta có thể tích của khối tứ diện đều cạnh a là V . 138. a3 2 a2 3 , diện tích mỗi mặt là S  . 12 4. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(143) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN. 3a 3 2 1 3V a 6 Ta có V  .S.  h1  h2  h3  h4   h  .  212  3 S 3 a 3 4. Câu 45: Chọn C Ta có thể tích của khối bát diện đều cạnh a là V . a3 2 a2 3 , diện tích mỗi mặt là S  . 3 4. 3a 3 2 1 3V 4a 6  23  Ta có V  .S.  h1  h2  ...h8   h  . 3 S 3 a 3 4. Câu 46: Chọn C 2.  x  0  . Khi đó diện tích đáy là S  x 4 3 , chiều cao của hình chóp là. Gọi cạnh đáy là x. h. . 3 36  x 2. . 3.  x  6 .. . 3 36  x2. 2. 1 1 x 3 Thể tích khối chóp là V  S.h  . . 3 3 4 Dấu bằng xảy ra khi. . 3. . . . x2 x2 . . 36  x 2 12 3 2 2  4 3. 6 6. . x2  36  x 2  x  2 6 . 2. Câu 47: Chọn B Gọi cạnh đáy là x  x  0  . Khi đó GH . . . . . x 2  12 12. . x 3 , 6. Ta có d A ,  SBC   3d G ,  SBC   3GK  3  GK  1 . Có HK  HG 2  GK 2 . . x  2 3  SH . GH 2 x2 .  HK 12 x 2  12. 1 1 x3 BC.SH  . 2 4 3 x 2  12 Để thể tích khối chóp nhỏ nhất khi diện tích tam giác SBC nhỏ nhất. Khảo sát hàm số. Diện tích tam giác SBC là SSBC . f  x . x3 x 2  12. , x  2 3 ta thấy giá trị nhỏ nhất của hàm số đạt được khi x  3 2 .. 1 1 x3 9 Vậy MinVS. ABC  . .  . 2 3 4 3 x  12 2. Câu 48: Chọn B. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 139.

(144) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. Khối đa diện tạo thành là một khối hộp chữ nhật có đáy là hình vuông cạnh a và chiều cao: 2. a 2 h  HH '  2SH  2 a     a 2 . Do đó V  S.h  a2 2a  a3 2 .  2    2. Câu 49: Chọn B. Gọi b là độ dài các cạnh của khối lập phương, độ dài các cạnh của khối bát diện đều. a. b 2  b  a 2 . Do đó V  b3  2a3 2 2. Câu 50: Chọn A. Ta có V( H ')  V( H )  4VS. ABC , trong đó S.ABC là khối chóp tam giác đều như hình vẽ.. Ta có V( H ). 140. 6 2  1  2 6 HD 2 3  tan HMD   2 2.  và HD  1     3 HM 12 3  3 6 Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(145) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN..    HMD  HMD Do đó tan SMH  tan    cot  2.   2 2   Do đó SH  HM.tan SMH . Vì vậy VS. ABC. 3 6 . 2 . 6 6. 3 6 . 2 2 2 2 .  4 6   V( H ')   4.  3 24 12 24 4. Câu 51: Chọn A Theo giả thiết thì khối lập phương có dạng như hình vẽ.. Chiều cao h của khối chóp tứ giác đều là h . 2 . 2. Độ dài cạnh lập phương là x , theo Thales ta có. MN SM AM MK x x h   1  1   1  x   2  1 . Do đó V  AD SA SA SH 1 h h1. . . 3. 2 1  5 2 7. Câu 52: Chọn C. Theo giả thiết ta có khối lăng trụ tam giác đều MNP.M ' N ' P ' như hình vẽ dưới đây. MN AM BM MM '   1  1 Đặt MN  MM '  x , theo Thales ta có . BC AB AB AH Trong đó MN  MM '  x ,BC  1,AH . 6 x 3 3 ( 6  2)3 3 27 2  22 3   , do đó V  . 3 4 4 2. Câu 53: Chọn C. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 141.

(146) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN. Đặt AD  x ; a  50 cm. Gọi I là trung điểm của AB , ta có NI . NQ  AD a 2  x .  2 2. 2.  a 2  x   x 2 a2  a 2x Chiều cao khối chóp là h  NI  HI   . Do đó      2   2  2  2. V. Sh  f  x  3. x. 2. 2. a2  a 2x 2  max f  x    a  3 0;  . 2.  2 2 a  4 10 a 3 4000 10 . f    5  375 3  . Câu 54: Chọn A. Gọi M là trung điểm của BC , N là hình chiếu vuông góc của M trên SA . Suy ra SA   BCN  do đó thiết diện là tam giác cân NBC .. MN . 2SNBC  BC. a2 4 a. a 2. 2.. Đặt SH  h , ta có AM.SH  SA.MN . 3a 2 h Vậy V   12 Câu 55: Chọn A. a 3h  2. a2 3 h a 6 . 6 2. a h2 . a 6 3 6  2a . 12 24. 3a 2 .. Đặt AB  x và SH  h . Gọi K là hình chiếu vuông góc của H trên SM , Ta có 1 1 1 9 1 12 12 h 2 2       x  . HK 2 h 2  x 3 2 h2  1 h2 x2 d 2 A , SBC     6 . . 142. . Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(147) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. 1 3x2 3h 3 .h  f  h   2  min f  h   f Do đó V  . 3 4 h  1  0;   Dấu bằng đạt tại h  3  x  18  tan  . h x 3. .  3   92 . 3 3 3. . 1 . 3. Câu 56: Chọn B. Ta có: MAN  1500  MNA  150  ANB  600 Suy ra khối chóp tứ giác đều có tất cả các cạnh bằng nhau và bằng AM . MN AM 3 2 2  . Xét MAN ta có AM  2 0  2 . Do đó: V  6 3 sin75 Câu 57: Chọn C. NQ  AD a 2  x  . 2 2 Gọi H là hình chiếu vuông góc của S trên  ABCD  . Gọi AD  x , ta có NI . 2.  a 2  x   x 2 a2  a 2x Chiều cao khối chóp là: h  NI  HI   .      2   2  2  2. 2. Diện tích đáy : SABCD  x 2. 1 Vậy thể tích : V  SABCD .h  3 Xét hàm số : f  x  . x2 .. x2 .. a2  a 2 x  a  2 , x   0; . 3 2 . a2  a 2 x  a  2 , x   0;  3 2 . Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 143.

(148) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.    2 2   a  1 5a 2 x  4a x  2 2a Có f   x    . , x   0;   f  x  0  x    2 3 5 2    4 a  a 2 x  2  .  2 2a  4 10a3 4 10a3  maxV  Suy ra maxf  x   f  .   5  375 375  a     0;  . 2. Câu 58: Chọn C. SC   ABCD   C Ta có  suy ra góc giữa cạnh bên SC SH   ABCD  a a  tan SCH  m và đáy là góc SCH  SH  2 2. . .  a a2  m  Sh a3 m 2 2 V    m Ta có  3 3 6  m  . 8  Sh (2 a)3 m 2  V  3 6  Câu 59: Chọn A. Theo giả thiết, ta có khối lăng trụ tam giác đều MNP.MNP như hình vẽ. Đặt MN  x , MM  h ; BC  1 ; AH  144. 6 . Theo Thales, ta có 3. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(149) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. 6 MN AM MM  x h   1  h    1 1  x  . Do đó BC AB AH 3 1 6 3 V. x2 3 2 2 .h  f  x   x  1  x   max f  x    0;1 4 4. 2 2 . f   3  27. Câu 60: Chọn B. Theo giả thiết thì hình hộp chữ nhật  H   có dạng như hình vẽ.. 2 ; MN  x ; MK  h . 2 Theo Thales, ta có MN SM x AM h MK   1   1  1  h   1  x  h . Do đó AD SA 1 SA h SH Đặt h  SH . V H   x 2 h  x 2 1  x  h  f  x  . 2 x2 1  x  2. 2 2 2 .  f   3  27. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 145.

(150) CHUYÊN ĐỀ : KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. DẠNG 6. THỂ TÍCH KHỐI TỨ DIỆN ĐẶC BIỆT Câu 1:. Cho hình chóp SABC có SA  SB  SC  BA  BC  1 . Tìm thể tích lớn nhất của khối chóp S.ABC A.. Câu 2:. 1 . 6. Tính. B. thể. tích. của. 2 . 12. khối. C. chóp. SABC. 1 . 8. có. D.. 3 . 12. ASB  60, BSC  90, CSA  120. và. SA  a, SB  2a, SC  4a a3 2 A. . 2. Câu 3:. Câu 4:. 2a3 2 B. . 3. C. a3 2 .. 3a 3 2 . 2. Cho tứ diện ABCD có AB  4a; CD  x và các cạnh còn lại bằng 3a . Tính x để thể tích khối tứ diện ABCD là lớn nhất. A. x  2 a 10 . B. a 10 . C. 6a . D. 3a . Cho khối tứ diện OABC có OA,OB,OC đôi một vuông góc với nhau thỏa mãn OA2  OB2  OC 2  12 . Thể tích lớn nhất của khối tứ diện bằng: 4 A. 8 . B. . C. 4 . 3. Câu 5:. D.. D.. 8 . 3. Cho hình chóp SABC có thể tích bằng 3 và AB  3, AC  4, BC  5 . Hình chiếu vuông góc của đỉnh S lên mặt phẳng  ABC  nằm trong tam giác ABC . Góc giữa mặt phẳng  SAB  ,  SAC  và đáy lần lượt là 300 ;600 . Tính cotang góc giữa hai mặt phẳng  SBC  và  ABC  A.. Câu 6:. Câu 7:. 24  13 3 . 15. B.. 85 3 . 5. C.. 24  13 3 . 15. D.. 85 3 . 5. Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B , AB  8 , BC  6 . Biết SA  6 và vuông góc với mặt phẳng đáy  ABC  . Một điểm M thuộc phần không gian bên trong của hình chóp và cách đều tất cả các mặt của hình chóp. Tính thể tích của khối tứ diện MABC . 64 32 A. V  24 . B. V  . C. V  . D. V  12 . 3 3 Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A , AB  4a , AC  3a và hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng  ABC  là điểm H . Biết A, H nằm khác phía với đường thẳng. BC và các mặt bên của hình chóp cùng tạo với mặt đáy góc 60 . Tính thể tích V của hình chóp đã cho.. A. V  2 a 3 3 . Câu 8:. C. V  6 a 3 3 .. D. V  36 a 3 3 .. Cho khối tứ diện OABC có OA, OB, OC đôi một vuông góc; khoảng cách từ O đến mặt phẳng.  ABC  A.. 146. B. V  12 a 3 3 .. 9 . 2. bằng 1 . Thể tích nhỏ nhất của khối tứ diện OABC bằng B.. 3 . 6. C.. 3 . 2. D.. 3 . 2. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(151) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. Câu 9:. Cho. hình. ABCD.ABCD. hộp. . AAB  BAD  AAD   00    900. A.   arccos. 1 3. B.  . ..  6. có. . tất. cả. các. cạnh. bằng. có. a. . Biết khối hộp đã cho có thể tích bằng C.   arccos. .. 6 . 3. D.. các. góc. a3 3 3  5 2.  . 3. 1 4 9    1 . Khi OA OB OC biểu thức OA  OB  OC đạt giá trị nhỏ nhất, tính thể tích khối tứ diện OABC . A. 162 . B. 72 . C. 108 . D. 216 . Câu 11: Cho khối hộp ABCD.A' B' C ' D' có tất cả các cạnh bằng nhau và bằng a ,. Câu 10: Cho khối tứ diện OABC có OA,OB,OC đôi một vuông góc thỏa mãn. . . A ' AB  BAD  A ' AD   0    90 0 . Tính thể tích khối hộp đã cho theo a và  .. A. V  2a3 cos C. V  2a3 cos 2. . 1  2cos .. B. V  2a3 sin. 1  2cos .. D. V  2a3 sin 2. 2.  2. . 1  2cos .. 2. . 1  2cos .. 2. Câu 12: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a . Hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng  ABC  nằm trong tam giác ABC và các mặt bên  SBC  ,  SCA  ,  SAB  tạo với mặt đáy.  ABC  A. V . các góc lần lượt là 300 ,450 ,600 . Tính thể tích khối chóp đã cho. a3 3. . 128 4  3. . .. B. V . . a3 3. 8 4 3. . .. C. V . . a3. . 8 2 3 1. .. D. V . . a3. . 128 2 3  1. .. Câu 13: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là một tứ giác lồi và góc tạo bởi các mặt bên (SAB),(SBC),(SCD),(SDA) và mặt đáy tương ứng là 900 ,600 ,600 ,600 . Biết tam giác SAB vuông cân tại S có AB  a , chu vi tứ giác ABCD bằng 9a . Tính thể tích V của khối chóp đã cho. A. V  a3 3 .. B.. a3 3 . 3. C.. a3 3 . 9. D.. a3 . 3. Câu 14: Cho khối lập phương ABCD.ABCD cạnh a . Các điểm M , N lần lượt di động trên các tia AC , BD sao cho AM  BN  a 2 . Thể tích khối tứ diện AMNB có giá trị lớn nhất là? a3 2 A. . 6. a3 B. . 12. a3 2 C. . 12. a3 D. . 6. Câu 15: Khối tứ diện ABCD có AB  2a , tam giác CAB đều và tam giác DAB vuông cân tại D . Góc giữa hai mặt phẳng  CAB  ,  DAB  bằng 300 . Tính thể tích V của khối tứ diện ABCD . A. V . a3 4. B. V . 3a 3 2. C. V . 3a 3 4. D. V . 3a 3 6. Câu 16: Cho hai đường thẳng Ax, By chéo nhau và vuông góc với nhau có AB  2a là đoạn vuông góc chung. Các điểm M , N lần lươt di động trên Ax, By sao cho AM  2BN  3a . Hỏi thể tích lớn nhất của khối tứ diện ABMN là? 2a3 A. . 3. 3a 3 B. . 8. a3 C. . 4. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 3a 3 D. . 2 147.

(152) CHUYÊN ĐỀ : KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. Câu 17: Cho khối chóp S.ABC có AB  1 , AC  2 , BC  5 . Các tam giác SAB, SAC lần lượt vuông tại B , C , góc giữa mặt phẳng  SBC  và đáy bằng 60 . Tính thể tích V của khối chóp đã cho.. 2 15 2 15 2 15 2 3 . B. V  . C. V  . D. V  . 3 15 5 3 Câu 18: Cho khối tứ diện ABCD có AB  x , tất cả các cạnh còn lại bằng nhau và bằng 2  x . Hỏi có bao. A. V . nhiêu giá trị của x để khối tứ diện đã cho có thể tích bằng. 2 . 12. A. 1 . B. 6 . C. 4 . D. 2 . Câu 19: Khối tứ diện ABCD có AB  2a , tam giác CAB đều và tam giác DAB vuông cân tại D . Góc giữa hai mặt phẳng  CAB  ,  DAB  bằng 30 . Tính thể tích V của khối tứ diện ABCD . a3 A. V  . 4. 3a 3 B. V  . 2. 3a 3 C. V  . 4. 3a 3 D. V  . 6. Câu 20: Cho tứ diện ABCD có BD  2 , hai tam giác ABD, BCD có diện tích lần lượt là 6 và 10 . Biết thế tích của tứ diện ABCD bằng 16 , tính số đo góc giữa hai mặt phẳng  ABD  và  BCD  4 A. arccos   . 5.  4  B. arcsin   .  15 . 4 C. arcsin   . 5.  4  D. arccos   .  15 . Câu 21: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là tứ giác lồi hai đường chéo AC và BD vuông góc nhau, mặt bên SAD là tam giác đều và tạo với mặt đáy góc 60o , AD  4, AC  6, BD  8 . Tính thể tích V của khối S.ABCD 144 96 48 A. V  24 . B. V  . C. V  . D. V  . 5 5 5 Câu 50 : Cho khối lăng trụ ABC.ABC , khoảng cách từ C đến đường thẳng BB bằng 5 , khoảng cách từ A đến đường thẳng BB và CC lần lượt bằng 1 và 2, hình chiếu vuông góc của A lên mặt phẳng  ABC   là trung điểm M của BC và AM  5 . Thể tích khối lăng trụ đã cho bằng A.. 2 5 . 3. B.. 15 . 3. C.. 5.. D.. 2 15 . 3. Câu 22: Cho khối tứ diện OABC có các cạnh OA,OB,OC đôi một vuông góc và tổng diện tích các mặt. OBC  , OCA  , OAB  bằng. 3 . Diện tích mặt  ABC  bằng 1 . Tính thể tích V của khối tứ. diện đã cho. 1 A. V  . 6. B. V . 4. 12 . 9. C. V . 24 3 . 9. D. V . 4. 3 . 9. Câu 23: Cho khối lập phương ABCD.A1B1C1D1 có độ dài các cạnh bằng x . Các điểm M , N lần lượt trên các cạnh AA1 ,CC1 sao cho AM  CN  2a . Tìm x biết thể tích khối tứ diện BDMN bằng 2a3 . A. x  a 2 .. 148. B. x  a 6 .. C. x  a 3 .. D. x  2a 2 .. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(153) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. Câu 24: Cho khối tứ diện ABCD có tam giác ABD đều, tam giác CAB vuông cân tại C , AB  a 3 . Gọi.  là góc giữa hai mặt phẳng  CAB  ,  ADB  . Tính cos khi thể tích khối tứ diện ABCD bằng a3 2 . 8. A. cos  . 2 . 3. B. cos  . 7 . 3. C. cos  . 3 . 3. D. cos  . 2 . 2. Câu 25: Cho khối chóp S.ABC có AB  9  cm  , BC  11 cm  , CA  6  cm  , SA  3  cm  , SB  3  cm  và SC  5  cm  . Tính thể tích V của khối chóp.. . . . . . . . . 2159 2159 241 3 241 cm3 . B. V  cm3 . C. V  cm3 . D. V  cm3 . 6 2 2 2 Câu 26: Cho khối lăng trụ tam giác ABC.A' B' C ' có đáy là tam giác vuông tại A , AB  1, BC  2 . Góc. A. V . CBB '  900 , ABB '  1200 . Gọi M là trung điểm của AA' . Biết d  AB ', CM  . 7 . Tính thể tích 7. khối lăng trụ đã cho. A. 2 2 .. B.. 4 2 . 9. C. 4 2 .. D.. 4 2 . 3. Câu 27: Cho khối tứ diện ABCD có AB  3a , AC  4a , BAC  90 và góc giữa các mặt phẳng  DAB  ,.  DBC  ,  DCA  với mặt phẳng  ABC  bằng nhau và bằng 60 , hình chiếu vuông góc của D lên mặt phẳng  ABC  là điểm H sao cho A , H nằm về hai phía của đường thẳng BC . Tính thể tích V của khối tứ diện ABCD . A. V  2 3a3 .. B. V  6 3a 3 .. C. V  4 3a3 .. D. V  12 3a 3 .. Câu 28: Cho khối tứ diện ABCD có AB  3a , AC  4a , BAC  90 và góc giữa các mặt phẳng  DAB  ,.  DBC  ,  DCA  với mặt phẳng  ABC  bằng nhau và bằng 60 , hình chiếu vuông góc của D lên mặt phẳng  ABC  là điểm H sao cho C , H nằm về hai phía của đường thẳng AB . Tính thể tích V của khối tứ diện ABCD . A. V  2 3a3 .. B. V  6 3a 3 .. C. V  4 3a3 .. D. V  12 3a 3 .. Câu 29: Cho khối tứ diện ABCD có AB  3a , AC  4a , BAC  90 và góc giữa các mặt phẳng  DAB  ,.  DBC  ,  DCA  với mặt phẳng  ABC  bằng nhau và bằng 60 , hình chiếu vuông góc của D lên mặt phẳng  ABC  là điểm H sao cho B , H nằm về hai phía của đường thẳng AC . Tính thể tích V của khối tứ diện ABCD . A. V  2 3a3 .. B. V  6 3a 3 .. C. V  4 3a3 .. D. V  12 3a 3 .. Câu 30: Cho khối tứ diện ABCD có AB  3a , AC  4a , BAC  90 và góc giữa các mặt phẳng.  DAB  ,  DBC  ,  DCA  và mặt phẳng  ABC  bằng nhau và bằng 60 , hình chiếu vuông góc của D lên mặt phẳng  ABC  là điểm H nằm trong tam giác ABC . Tính thể tích V của khối tứ diện ABCD : Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 149.

(154) CHUYÊN ĐỀ : KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. A. V  2 3a3 .. C. V  4 3a3 .. B. V  6 3a 3 .. D. V  12 3a 3 .. Câu 31: Cho khối hộp ABCD.ABCD có đáy là hình chữ nhật, AB  3 , AD  7 . Hai mặt bên.  ABBA  ,  ADD ' A '  tạo với đáy các góc lần lượt là đã cho biết độ dài cạnh bên bằng 1 . 7 A. V  3 . B. V  . 3. 45 và 60 . Tính thể tích V của khối hộp. C. V  3 .. D. V  7 .. Câu 32: Cho khối tứ diện ABCD có AB  3a , AC  4 a , BAC  90 , góc giữa các mặt phẳng.  DAB  ,  DAC  và mặt phẳng  ABC . lần lượt là 45 và 60 . Tính thể tích V của khối tứ diện. ABCD biết AD  6a .. A. V . 12 5a3 . 5. B. V . 4 21a3 . 7. C. V . 4 5a 3 . 5. D. V . 12 21a 3 . 7. a Câu 33: Cho khối chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông tại A , AC  , BC  a . Hai mặt phẳng 2 SAB  , SAC  cùng tạo với đáy góc 60 , tam giác SBC nhọn và mặt phẳng SBC  vuông góc. với đáy. Tính thể tích V của khối chóp S.ABC .. 3  3 a A. V . 3. .. 3  3 a B. V . 3. .. C. V . . . 3 3  3 a3. . D. V . . . 3 3  3 a3. . 32 32 32 32 Câu 34: Cho hai đường thẳng chéo nhau Ax , By tạo với nhau góc 60 và AB  a là độ dài đoạn vuông góc chung. Hai điểm M , N di động trên Ax , By sao cho MN  2a . Tìm thể tích lớn nhất của khối tứ diện ABMN . A.. 3a 3 . 16. B.. 3a 3 . 4. C.. 3a 3 . 36. D.. 3a 3 . 12. Câu 35: Cho khối chóp S.ABC có AB  AC  a , các góc BAC  120 , SBA  SCA  90 , góc giữa mặt phẳng  SAC  và đường thẳng SB bằng arcsin. 3 và khoảng cách từ S đến  ABC  nhỏ hơn 2a 8. . Tính thể tích của khối chóp S.ABC . A.. a3 3 . 12. B.. a3 3 . 24. C.. a3 3 . 4. D.. a3 3 . 8. Câu 36: Cho hai đường thẳng a, b cố định chéo nhau. Gọi AB là đoạn vuông góc chung của 2 đường thẳng a, b A  a; B  b . Trên a lấy điểm M khác A , trên b lấy điểm N khác B sao cho. AM  x; BN  y . Biết AB  6 , góc giữa hai đường thẳng a, b là 600 . Tính thể tích của tứ diện ABMN theo x và y .. A.. 3xy . 2. B.. 3xy . 4. C.. xy . 2. D.. 3xy . 6. Câu 37: Cho khối chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a , SA  SB , SC  SD . Biết rằng mặt phẳng. SAB   SCD . và tổng diện tích của hai tam giác SAB , SCD bằng. 7 a2 . Tính thể tích V của 10. khối chóp S.ABCD .. 150. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(155) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN. 3 A. V  4 a .. 75. 3 B. V  4 a .. 3. 3 C. V  4 a .. 15. D. V  12a . 25. 25. Câu 38: Cho khối chóp S.ABC có đáy là tam giác đều cạnh 2a , SAB  SCB  900 . Gọi M là trung điểm cạnh SA . Biết khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng  BCM  bằng. 2 a 21 . Thể tích khối chóp 7. đã cho bằng ? A.. 10 3 3 a . 9. B.. 10 3 3 a . 3. C.. 5 3 3 a . 9. D.. 5 3 3 a . 3. Câu 39: Cho khối chóp S.ABC có SA  BC  x , SB  CA  y , SC  AB  z và x 2  y 2  z 2  12 . Thể tích lớn nhất của khối chóp S.ABC bằng?. 2 2 4 2 2 2 4 2 . B. . C. . D. . 3 3 9 9 Câu 40: Cho hình vuông ABCD và ABEF có cạnh bằng 1 , lần lượt nằm trên hai mặt phẳng vuông góc với nhau. Gọi S là điểm đối xứng với B qua trung điểm của đoạn thẳng DE . Thể tích của khối đa diện ABCDSEF bằng A.. 11 2 5 . C. . D. . 12 6 3 Câu 41: Cho hình vuông ABCD và ABEF có cạnh bằng 1 , lần lượt nằm trên hai mặt phẳng vuông góc với nhau. Gọi S là điểm đối xứng với B qua đường thẳng DE . Thể tích của khối đa diện ABCDSEF bằng? 11 7 2 5 A. . B. . C. . D. . 12 6 3 6 Câu 42: Cho khối chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng 1 , mặt bên tạo với đáy một góc 75 . Mặt. A.. 7 . 6. B.. phẳng chứa  P  chứa đường thẳng AB và tạo với góc đáy một góc 45 chia khối chóp S.ABCD thành hai khối đa diện. Thể tích của khối đa diện chứa đỉnh S bằng: A.. 16  9 3 . 78. B.. 2 3. . 3 1 2. . .. C.. 2 3. . 6 1 2. . .. D.. 16  9 3 . 26. Câu 43: Cho tứ diện ABCD có tam giác ABC vuông tại A , AB  3a , AC  a . Mặt phẳng  DBC  ,.  DAC  ,  DAB . lần lượt tạo với mặt phẳng  ABC  các góc 90 ,  ,  trong đó     90 .. Thể tích khối tứ diện ABCD có giá trị lớn nhất bằng: A.. 3a 3 . 4. 3a 3 B. . 13. 3a 3 2 C. . 10. 3a 3 D. . 8. Câu 44: Cho khối đa diện SABCD bằng cách ghép hai khối chóp tam giác S.ABD và S.BCD lại với nhau , biết SA  4; SB  3; SC  2; SD  1 và ASB  BSC  CSD  DSA  BSD  600 . Thể tích khối đa diện SABCD bằng A. 3 2 .. B.. 3 2 . 2. C.. 7 2 . 6. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. D.. 4 2 . 3. 151.

(156) CHUYÊN ĐỀ : KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. Câu 45: Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng 1 . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của AB, BC ; điểm P thuộc cạnh CD sao cho PD  2CP , mặt phẳng  MNP  cắt AD tại Q . Tính thể tích khối đa diện. BMNPQD . A.. 2 . 16. B.. 23 2 . 432. C.. 2 . 48. D.. 13 2 . 432. Câu 46: Cho tứ diện ABCD có AB  3a ; AC  a 15; BD  a 10 ; CD  4a . Biết góc giữa đường thẳng 5a 0 . Hình chiếu vuông góc của A lên AD và  BCD  là 45 , khoảng cách giữa AD và BC là 4  BCD  nằm trong tam giác BCD . Tính độ dài đoạn AD .. 5a 2 . 4 Câu 47: Cho hình lăng trụ A.. 3 2 . 2 ABC.ABC , khoảng cách từ A đến các đường thẳng BB , CC lần lượt bằng B. 2a .. C. 2a 2 .. D.. 3 ; khoảng cách từ C đến đường thẳng BB bằng 2 . Hình chiếu vuông góc của A lên. 1 và. mặt phẳng  ABC   là trọng tâm G của tam giác ABC và AG . 4 . Thể tích khối lăng trụ 3. ABC.ABC bằng.. A. 2 .. B.. 2 . 3. Câu 48: Cho khối lăng trụ ABC.ABC có thể tích bằng , CC lần lượt bằng 1 ;. C. 4 .. D.. 4 . 3. 3 . Khoảng cách từ A đến các đường thẳng BB 4. 3 và AA  2 . Côsin góc giữa hai mặt phẳng  ABBA  và  ACC A . bằng. A.. 3 . 4. B.. 3 . 2. C.. 1 . 2. D.. 13 . 4. Câu 49: Cho khối chóp S.ABC có đáy là tam giác đều cạnh bằng 1 , khoảng cách từ A đến mặt phẳng.  SBC . bằng. 6 15 , khoảng cách từ B đến mặt phẳng  SCA  bằng ; khoảng cách từ 10 4. C đến. 30 . Hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng  ABC  nằm trong tam 20 giác ABC . Thể tích khối chóp S.ABC bằng. mặt phẳng  SAB  bằng. A.. 1 . 36. B.. 1 . 48. C.. 1 . 12. D.. 1 . 24. Câu 50: Cho khối lăng trụ ABC.ABC có đáy là tam giác cân tại A , AB  AC  1 , BAC  30 . Các mặt bên  ABBA  ,  ACC A  lần lượt tạo với đáy các góc 45 , 60 và AA  1 . Tính thể tích khối lăng trụ ABC.ABC bằng. A.. 152. 3 31 . 124. B.. 93 . 372. C.. 31 . 124. D.. 93 . 124. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(157) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. Câu 51: Cho khối chóp S.ABC có AB  5(cm) , AC  7  cm  , SA  3  cm  . CAB  30 . Góc giữa hai mặt phẳng  SAB  ,  SAC  và đáy lần lượt là 45 , 30 . Tính thể tích V của khối chóp đã cho. A. V . 35 29 . 116. B. V . 7 5 . 4. C. V . 21 5 . 4. D. V . 105 5 . 116. Câu 52: Cho khối chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông tại A , AB  3 , AC  7 . Hai mặt bên  SAB  ,  SAC  lần lượt tạo với đáy góc 45 , 60 và SA  1 . Tính thể tích V của khối chóp S.ABC bằng.. 1 A. V  . 2. 7 9. C. V . B. V  .. 3 . 3. D. V . 7 . 3. Câu 53: Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông tại A , AB  1 và AC  3 . Các mặt bên. SBC  , SAC  , SAB . lần lượt tạo với đáy các góc 300 ,450 và 600 . Hình chiếu vuông góc của. điểm S lên mặt phẳng  ABC  nằm trong tam giác ABC . Tính thể tích khối chóp S.ABC A.. 3 3 12. B.. 3 3 20. C.. 3 3 4. D.. 3 20. 3 , đáy làm tam giác vuông tại A và AB  1 , AC  3 12 . Các mặt bên  SAC  ,  SAB  lần lượt tạo với đáy các góc 450 ,600 . Hình chiếu vuông góc của S. Câu 54: Cho hình chóp S.ABC có thể tích bằng. lên mặt phẳng  ABC  nằm trong tam giác ABC . Cô-sin góc giữa mặt  SBC  và đáy bằng A.. 1 2. B.. 3 2. C.. 1 4. D.. 3 4. Câu 55: Cho khối chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A và AB  a , AC  2a . Mặt phẳng.  SBC . vuông góc với đáy, hai mặt phẳng  SAB  và  SAC  cùng tạo với mặt phẳng đáy góc 600. . Tính thể tích V của khối chóp S.ABC theo a .. a3 3 A. V  3. a3 3 C. V  9. 2a3 3 B. V  9. 4a3 3 D. V  9. Câu 56: Cho khối chóp S.ABCD có đáy là hình thoi cạnh a , góc BAD  120 0 . Các mặt bên. SAB  , SBC  , SCD  , SDA  S.ABCD. 4 A. V . . 3  3 a3 26. lần lượt tạo với đáy các góc 900 ,300 ,450 ,600 . Thể tích khối chóp. 4 B. V . . 3  3 a3 104. 12 C. V . . 3  9 a3 26. 12 D. V . . 3  9 a3 104. Câu 57: Cho hình hộp chữ nhật ABCD.ABCD có AB  1, AD  2, AA  3 . Mặt phẳng   thay đổi đi qua C  và cắt các tia AB, AD, AA lần lượt tại M , N , P . Khối tứ diện AMNP có thể tích nhỏ nhất bằng A. 27 B. 14 C. 11 D. 36 Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 153.

(158) CHUYÊN ĐỀ : KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. Câu 58: Cho hai đường thẳng chéo nhau Ax, By và hợp với nhau một góc bằng 600 . Biết AB  a là đoạn vuông góc chung. Lấy điểm C trên By sao cho BC  a và gọi D là hình chiếu vuông góc của C lên Ax . Thê rtichs khối tứ diện ABCD bằng A. Câu 59:. B.. a3 12. C.. a3 3 24. D.. a3 3 6. Cho khối tứ diện ABCD có AB  AC  BD  CD  1 . Thể tích khối tứ diện ABCD đạt giá trị lớn nhất thì khoảng cách giữa hai đường thẳng AD và BC bằng A.. Câu 60:. a3 3 12. 2 3. .. B.. 1 3. .. C.. 1 2. .. D.. 1 . 3. Trong không gian cho ba tia Ox,Oy ,Oz đôi một vuông góc và các điểm A, B,C không trùng với điểm O lần lượt thay đổi trên các tia Ox,Oy ,Oz và luôn thỏa mãn điều kiện: Tỉ số diện tích tam giác ABC và thể tích khối tứ diện OABC bằng A.. Câu 61:. 6.. B.. 3 . 2. 3 . Khối tứ diện OABC có thể tích nhỏ nhất bằng 2. C. 4 3 .. D.. 27 3 . 2. Cho khối đa diện ABC.ABC có AA//BB//CC . Biết khoảng cách từ điểm A đến BB bằng 1 , khoảng cách từ điểm A đến CC bằng. 3 ; khoảng cách giữa hai đường thẳng BB, CC bằng. 2 và AA  1, BB  2,CC  3 . Thể tích của khối đa diện ABC.ABC bằng. A. Câu 62:. 3 . 2. B.. 3 3 . 2. C.. D.. 3.. Cho hình chóp S.ABC có AB  a , AC  3a , SB  2a và ABC  BAS  BCS  900 , sin của góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng  SAC  bằng A.. Câu 63:. 1 . 2. 6a3 . 6. B.. 6a3 . 3. C.. 11 . Tính thể tích khối chóp 11 3a 3 . 9. D.. S.ABC .. 2 3a 3 . 9. Cho khối tứ diện OABC có OA,OB,OC đôi một vuông góc và OA  OB  2 , OC  1 . Hai điểm M , N lần lượt di động trên các cạnh AC , BC sao cho hai mặt phẳng  OMN  ,  ABC  vuông góc với nhau. Khối đa diện ABOMN có thể tích lớn nhất bằng 1 2 1 1 A. . B. . C. . D. . 4 9 6 5. Câu 64:. Cho khối tứ diện OABC có OA,OB,OC đôi một vuông góc và OA  1 , OB  2 , OC  3 . Gọi G là trọng tâm của ABC , mặt phẳng   qua trung điểm I của OG cắt các tia OA,OB,OC lần lượt tại D, E, F . Thể tích khối tứ diện ODEF có giá trị lớn nhất bằng A.. 154. 2 . 9. B.. 1 . 6. C.. 4 . 3. D.. 2 . 3. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(159) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. Câu 65:. Cho khối lăng trụ ABC.ABC . Khoảng cách từ điểm C đến BB bằng 5 , khoảng cách từ điểm A đến BB, CC lần lượt là 1 và 2 ; hình chiếu vuông 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.. Câu 66:. 2 3 . 3. B.. 15 . 3. C.. 5.. D.. 2 15 . 3. Cho hình lăng trụ ABC.ABC , khoảng cách từ A đến các đường thẳng BB, CC lần lượt là 1 và. 3 ; góc giữa hai mặt bên của lăng trụ chung cạnh AA bằng. 900 . Hình chiếu vuông góc của. A lên mặt phẳng  ABC   là trung điểm M của BC và AM  . 2 3 . Thể tích khối lăng trụ 3. ABC.ABC bằng. B. 1 .. A. 2 .. C.. 3.. D.. 2 3 . 3. Câu 67: Cho hình lăng trụ ABC.ABC có A.ABC là hình chóp tam giác đều, AB  a . Biết khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau AA và BC là. a2 3 A. . 18. a3 3 B. . 81. a 3 . Hãy tính thể tích của khối chóp 4 a3 3 C. . 18. A.BBCC. a 3 31 D. . 8. Câu 68: Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác đều cạnh a , khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng. a 15 a 15 , khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và BC bằng . Hình chiếu 5 5 vuông góc của S xuống mặt phẳng  ABC  nằm trong tam giác ABC . Thể tích khối chóp đã cho.  SBC . bằng. bằng a3 A. . 4. a3 B. . 8. a3 3 C. . 4. a3 3 D. . 8. Câu 69: Cho hình chữ nhật ABCD và hình thang cân ABEF nằm trong hai mặt phẳng vuông góc với nhau. Biết AB  a , BC  BE  a 2 , AB // EF và EF  3a . Thể tích khối đa diện ABCDEF bằng. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 155.

(160) CHUYÊN ĐỀ : KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. 5a 3 2 A. . 6. B. a. 3. 2.. a3 2 C. . 3. 3a 3 2 D. . 2. Câu 70: Cho khối hộp ABCD.ABCD có AB vuông góc với mặt phẳng đáy  ABCD  ; góc giữa AA với  ABCD  bằng 45 . Khoảng cách từ A đến các đường thẳng BB; DD cùng bằng 1 . Góc của mặt phẳng  BBC C  và mặt phẳng  C CDD  bằng 60 . Thể tích khối hộp đã cho bằng A. 2 3 .. 156. B. 2 .. C.. 3.. D. 3 3 .. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(161) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. BẢNG ĐÁP ÁN 1.C. 2.B. 3.B. 4.B. 5.A. 6.C. 7.B. 8.C. 9.B. 10.D. 11.D. 12.B. 13.C. 14.B. 15.D. 16.B. 17.D. 18.D. 19.D. 20.C. 21.A. 22.D. 23.B. 24.D. 25.B. 26.A. 27.A. 28.D. 29.C. 30.B. 31.A. 32.A. 33.D. 34.A. 35.B. 36.A. 37.A. 38.C. 39.A. 40.A. 41.D. 42.D. 43.A. 44.A. 45.B. 46.B. 47.D. 48.D. 49.D. 50.B. 51.D. 52.A. 53.D. 54.A. 55.B. 56.A. 57.A. 58.C. 59.B. 60.C. 61.D. 62.A. 63.A. 64.A. 65.D. 66.A. 67.C. 68.B. 69.A. 70.C. HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Câu 1:. Chọn C S. Gọi SH là đường cao của hình chóp và I là trung điểm của AC Vì SA  SB  SC  1 nên H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC . Do đó H  BI .. 1 1 1. Đặt AC  x , 0  x  3 .. I. A 2 2 Ta có BI  AB  AI . 4x . 2. C. 2. H. 1. 1 x 4  x2 Suy ra SABC  BI .AC  2 4. B. AB.AC.BC 1 3  x2  . Suy ra SH  SB2  BH 2  4.SABC 4  x2 4  x2. Mặt khác, HB . 1 3. Khi đó, VSABC  .SH.SABC  Vậy max  VSABC   Câu 2:. 1. 1 1 x2  3  x2 1 .x 3  x 2  .  12 12 2 8. 1 8. Chọn B S. S N. M A. C. A I. B. N. H K M. Trên các cạnh SB, SC lần lượt lấy các điểm M, N sao cho SM  SN  a . Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 157.

(162) CHUYÊN ĐỀ : KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. Khi đó,. VSAMN SM SN 1  .   VSABC  8.VSAMN . VSABC SB SC 8. Xét khối chóp SAMN. Gọi SH là đường cao của hình chóp. Tam giác SAM đều  AM  a Tam giác SMN vuông cân tại S  MN  a 2 Tam giác SAN cân tại S và NSA  120  AN  SA 2  SN 2  2SA.SN .cos120  a 3 Từ đây suy ra tam giác AMN vuông tại M. Gọi I, K lần lượt là trung điểm của AM, MN. Khi đó: AM  SI    AM  (SHI )  AM  HI AM  SH . Chứng minh tương tự, ta cũng có MN  HK . Do đó H là trung điểm của AN. 3. Khi đó, SH  SA2  AH 2 . 1 a 2 a . Suy ra VSAMN  SH.SAMN  3 12 2. 2a3 2 . 3 Note: có thể sử dụng công thức giải nhanh: Vậy VSABC  8.VSAMN  VSAMN . VSABC Câu 3:. SA.SB.SC 2a3 2 2 2 2  . 1  2cos ASB.cos BSC.cos CSA  cos ASB  cos BSC  cos CSA  6 3. Chọn B. Gọi H là trung điểm của AB  CH  AB; DH  AB . CH  DH .  3a    2 a  2. 2. a 5.. . 2 S .S .sin  2 SABC .SABD .sin  ABC  ;  ABD   VABCD  . Áp dụng công thức V  . 1 2 3 a 3 AB VABCD. . . 1 1 .2a.a 5. .2a.a 5.sin  ABC  ;  ABD  2 2 5 2  .  .a3 .sin  ABC  ;  ABD  3 4a 6. . . . Do đó thể tích ABCD lớn nhất khi sin   ABC  ;  ABD    1   ABC    ABD  . Khi đó CH  DH  CD 2  CH 2  DH 2  10a 2  CD  a 10 . Câu 4:. Chọn B 1 6. Ta có: V  OA.OB.OC. 158. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(163) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN. 3. 1 1  OA2  OB2  OC 2  16 4  V  OA2 .OB2 .OC 2     V  36 36  3 9 3  2. Câu 5:. Chọn A Gọi H là hình chiếu của S lên mặt phẳng đáy.  là góc giữa hai mặt phẳng  SBC  và  ABC  Ta có: AB 2  AC 2  BC 2 nên tam giác ABC vuông tại A  SABC  6. và SH . 3V 3  SABC 2. Từ H kẻ HI  AB; HK  AC ; HM  BC.  HI . SH 3 3 SH 3  ; HK   0 0 2 2 tan 30 tan60. 1 3 3 1 3 24  13 3  SHBC  SABC  SHAB  SHAC  6  . .3  . .4  2 2 2 2 4  HM . Câu 6:. 2SHBC 24  13 3 HM 24  13 13   ; cot   . SH 15 BC 10. Chọn C Từ giả thiết ta có BC  AB, AS  BC  BS . Xét tam giác vuông ta ABC. có. AC  AB2  BC 2  10 .. Xét. tam. giác. vuông. SBA. ta. có. SB  AS2  BA 2  10 .. Gọi h là khoảng cách chung từ M đến các mặt của hình chóp S.ABC . Từ giả thiết ta có: 1 VSABC  SA.BA.BC  48  VMABC  VMABS  VMCBS  VMACS 6 1 1 1 1 1 1   h SABC  SABS  SASC  SSBC   h  AB.BC  AC.AS  SB.BC  AB.AS   36h 3 3 2 2 2 2  1 4 32  VMABC  hSABC  . 3 3 3 Chọn B. h. Câu 7:. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 159.

(164) CHUYÊN ĐỀ : KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. Gọi I , J , K lần lượt là hình chiếu vuông góc của H lên các cạnh AB, AC , BC . Khi đó SIH  SJH  SKH  60  HI  HJ  HK  Ta có SABC  SHAB  SHAC  SHBC  . Câu 8:. SH 3. .. 1 SH 1 SH AB  AC  BC   .2a. .  2 3 2 3. 1 SH 1 1 AB.AC  a.  SH  6a 3 . Vậy VS. ABC  SH.SABC  .6a 3.6a2  12a3 3 . 2 3 3 3. Chọn C. Đặt OA  a, OB  b, OC  c  a , b , c  0  . Vẽ AI  BC  I  BC  , OH  AI . Suy ra OH   ABC   d  O ,  ABC    OH  1 . 1 abc 1 Ta có VOABC  OA.SOBC  OA.OB.OC  . 3 6 6 1 1 1 1 1 1 1 1 1   2     2 2 2 Xét tam giác OAI vuông tại O có 2 2 2 2 2 OH OA OI OA OB OC a b c . 1 1 1 1 1 1 3 27 1 3  2  2  1 . Ta lại có 1  2  2  2  . 1  abc  2 2 3 2 2 2 6 2 a b c a b c abc abc  . Suy ra VOABC  Câu 9:. 3 3 . Thể tích nhỏ nhất của khối tứ diện OABC bằng khi a  b  c  3 . 2 2. Chọn B. Áp dụng công thức nhanh ta có:. 160. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(165) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN. VA. ABD . a.a.a a3 1  cos 2   cos2   cos2   2cos .cos .cos  1  3cos 2   2cos 3  . 6 6. VABCD.ABCD  3VA '. ABCD  6VA. ABD  a 3 1  3cos 2   2cos 3  . . a3 3 3  5 . 2. .  2 1  3cos 2   2cos 3   3 3  5  4 1  3cos 2   2cos 3   3 3  5 ..  8cos 3   12cos 2   3 3  9  0  cos  . 3    . 2 6. Câu 10: Chọn D A. C. O. B. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy- Schwarz a2  a  a  ...  an  a12 a22 , dấu “=” xảy ra khi ai bj  a j bi , i  j   ...  n  1 2 b1 b2 bn b1  b2  ...  bn 2. 1  2  3   1 4 9 1 22 32 36       Ta có 1  OA OB OC OA OB OC OA  OB  OC OA  OB  OC  OA  OB  OC  36 2. Suy ra OA  OB  OC nhỏ nhất bằng 36 khi Mà. 1 2 3   . OA OB OC. 1 4 9    1 nên OA  6; OB  12; OC  18 . OA OB OC. 1 1 Vậy VOABC  OA.OB.OC  .6.12.18  216. 6 6. Câu 11: Chọn D A'. D'. B'. C'. A. D. J I B. H C. Gọi H , I , J lần lượt là hình chiếu của A lên mặt phẳng  ABCD  và các cạnh AB, AD. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 161.

(166) CHUYÊN ĐỀ : KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN..  AH  AB Ta có   AB   AHI   AB  HI .  AI  AB Tương tự cũng có HJ  AD..  AA chung Xét hai tam giác vuông AAI và AAJ có  nên AAI  AAJ.  AAI  AAJ   Suy ra AI  AJ  AA cos  a cos , do đó hai tam giác AHI , AHJ bằng nhau nên HI  HJ.. Vậy H cách đều AB và AD nên nằm trên phân giác góc BAD  H  AC. AI. AH . cos.  2. . a cos  cos. . a. , AH 2  AA2  AH 2 . . cos. 2. cos2.  2.  cos2  .. 2. Diện tích đáy SABCD  2SABD  AB.AD.sin   a 2 sin  ..    Vậy VABCD. ABCD  AH.SABCD  2a3 sin . cos2  cos2   2a3 sin 2 1  2cos . 2 2 2 Câu 12: Chọn B. S. h P. A. H N. a. C M. B Gọi M , N , P lần lượt là hình chiếu của H lên các cạnh BC , AB , AC ; h là chiều cao của khối chóp S.ABC . Khi đó, SNH  30o , SPH  45o , SMH  60o . Mà SABC  SHAB  SHAC  SHBC . . .  tan 30o  tan 45o  tan 60 o h  . 4 3 3. h. a 3 a2 3 1  a  HN  NM  HP   HN  NM  HP  . 2 4 2. . . a 3 a 3  tan 30o  tan 45o  tan 60 o h  2 2. a 3 3a . h 2 2 4 3. . . 1 1 a2 3 3a a3 3 Thể tích khối chóp S.ABC là V  SABC .h  . . .  3 3 4 2 4 3 8 4 3. . 162.  . . Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(167) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. Câu 13: Chọn C Gọi H là trung điểm AB . Theo giả thiết nên SH  mp( ABCD) , SH . a 2. và. BC  CD  DA  8a. Gọi M , N , P là hình chiếu vuông góc của H. lần lượt lên lên AD, DC ,CB . Suy ra: ((SAD ,( ABCD)  SMH  60 0 ((SCD ,( ABCD)  SNH  60 0 ((SCB,( ABCD)  SPH  600.. Từ đó: HM  HN  HP . a 2 3. .. 1  SH.(S S S ) Vậy: V HAD HCD HCB S.ABCD 3 1 a 1 1 a 1 a a3 3  . . ( HM.DA  HN.CD  HP.CB)  . . . .8 a  . 3 2 2 2 3 9 3 2 2 Câu 14: Chọn B. Ta có:  AM , NB   900 . d  AM , BN   a . Gọi AM  x  x  0  . Ta có: VAMNB. 1 1 1 a 2   AM.BN.sin  AM , BN .d  AM , BN   x  a 2  x  .a  a. 6 6 6 4. 2. . a3 . 12. Câu 15: Chọn D Ta có: S1  SCAB Do đó V .  2a  . 2. 4. 3.  3a2 ; S2  SDAB . . 2a.a  a 2 và   300   CAB  ,  DAB  2. . 2S1S2 .sin  2. 3a2 .a2 .sin 300 3 3   a 3 AB 3.2a 6. Câu 16: Chọn B Áp dụng công thức tính thể tích của khối tứ diện ABCD 1 VABCD  AB.CD.d( AB; CD).sin( AB, CD). 6 Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 163.

(168) CHUYÊN ĐỀ : KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. A. M. B N Đặt AM  x , BN  y  x , y  0  . Từ giả thiết ta có x  2y  3a. Khi đó thể tích của khối tứ diện ABMN là: VABMN . axy 1 1 AM.BN.d( AM ; BN ).sin( AM , BN )  . AM.BN.AB.sin 90  6 6 3. 1 1 1  3a  2 y  2 y  3a 3  a.  3a  2 y  .y  a.  3a  2 y  .2 y  a.  . 3 6 6 4 8 2. Do đó, Vmax . 3a 3a 3 khi x  2 y  . 2 8. Câu 17: Chọn D.  AB  SB  AB  SBH   AB  BH . Từ S vẽ SH   ABC  . Ta có   AB  SH. Chứng minh tương tự ta cũng có AC  CH . Tam giác ABC vuông tại A do AC 2  AB2  BC 2 . Vậy suy ra ABHC là hình chữ nhật. Từ H vẽ HE  BC thì Trong đó HE . SBC  ,  ABC   SHE  60  SH  HE.. HB.HC HB  HC 2. 2. . 3.. 2 15 2 15 2 5 V  . Vậy SH  . 5 15 5. Câu 18: Chọn D. 164. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(169) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. Gọi M , N lần lượt là trung điểm của AB, CD .  DM  AB Các tam giác DAB, CAB cân nên ta có   AB   CMD   AB  MN . CM  AB Chứng minh tương tự ta cũng có CD  NM . 1 1 1 Ta có VABCD  VA.CDM  VB.CDM  AM.SCDM  BM.SCDM  AB.CD.NM . 3 3 6 Với AB  x , CD  2  x và 2. 2.  CD   AB   CD  2 MN  MD 2     AD       2   2   2  2. 2. 2.  x 2x 2 x 2  12 x  12 .   2  x        2 2  2  2. Suy ra V . 1 2  x  2  x  2 x 2  12 x  12  2  x  2 . x  2  x  2 x 2  12 x  12  12 12. Câu 19: Chọn D. CM  AB  AB   CDM  Gọi M là trung điểm AB   DM  AB  V . 1 1 AB.SCDM  AB.CM.DM.sin CMD 3 6. Trong đó AB  2a; CM . 1 3 3 3 AB a . .2a  a 3; DM   a . Vậy V  .2a.a 3.a.sin 30  6 6 2 2. Câu 20: Chọn C Ta có công thức: Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 165.

(170) CHUYÊN ĐỀ : KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. V. . 2.SABD .SADC .sin  ABD  ;  ADC  3.BD.   sin  ABD ;  ADC   4  5 . 4   ABD  ;  ADC   arcsin   5. Câu 21: Chọn A Ta có công thức diện tích đáy là SABCD  V. . 2.SABCD .SSAD .sin  ABCD  ;  ADC  3.AD. AC.BD  24 2.   24. Câu 50 : Chọn D Bổ đề : Cho lăng trụ tam giác ABC.ABC , mặt phẳng   vuông góc các cạnh của lăng trụ và tạo với lăng trụ một thiết diện có diện tích S . Khi đó VLT  AA.SAMN . A'. B'. A. C M'. B' N. F I. M. A. 2 B. 1. E. C. C' M. B. B'. Gọi E , F lần lượt là hình chiếu vuông góc của A trên BB và CC . Gọi M là trung điểm của BC , I là giao điểm của MM và EF  I là trung điểm của EF .  AE  BB  BB   AEF   BB  EF Ta có:   AF  BB  do AF  CC    d  C , BB   d  F , BB   EF  5. AEF vuông tại A  AI . 1 5 EF  . Mà MM  AI . 2 2.  AMM vuông tại A , AI là đường cao  AI . AM.AM AM  AM. Tam giác AAM vuông tại M  AA  AM 2  AM 2  VABC . ABC  AA.SAEF . 2. 2. . 15 3. 2 15 3. 2 15 1 2 15 . .1.2  . 3 2 3. Câu 22: Chọn B. 166. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(171) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN. C. O. B. A. 2S1  bc 1 bc a b2  c 2  Ta có 2S2  ca ; tan   .  cos   bc 1  tan 2  a2 b2  b2 c 2  c 2 a2 2S  ab  3. Khi đó, S . S1 2 a2 b2  b2 c 2  c 2 a2 1   S12  S2 2  S3 2  S1  S2  S3   1 .  cos 2 3 3.  4  4  4 3 4 12 Dấu “=” xảy ra  a  b  c  4 . V    3 6 9. Câu 23: Chọn B. B A. C. O D. M N B' A'. C'. D'. Đặt độ dài cạnh khối lập phương là x và O là tâm của hình vuông ABCD . 1 Ta có BD   ACNM   VBDMN  SMON .BD . 3 SOMN  SACNM  SOAM  SOCN . VBDMN . AM  CN AM.OA CN.OC ax 2  AC    2 2 2 2. 1 ax 2   x 2  2a3  x  a 6 . 3 2. Câu 24: Chọn B. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 167.

(172) CHUYÊN ĐỀ : KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. A. B. D. C. Ta có S1  SABD. Vì vậy, V   sin  . a 3  . 2. 3. 4. 2S1S2 sin   3 AB. 2. . AB2 3a2 3 3a 2  , S2  SCAB  4 4 4. 3 3a 2 3a 2   sin  3a3 .sin  a3 2 4 4   8 8 3 3a. 2 7  cos   . 3 3. Câu 25: Chọn A. S. C. A. B Áp dụng công thức tổng quát khi biết độ dài 6 cạnh hoặc dùng công thức góc tại đỉnh S , ta có cos ASB . SA 2  SB2  AB2 SB2  SC 2  BC 2 23 47   , cos BSC   2SA.SB 2SB.SC 42 70. cos ASC . SA 2  SC 2  AC 2 1  . 2SA.SC 15 2. 2. 2. 3.5.7  23  47  1   23   47   1  Vậy V  1  2                     6  42  70  15   42   70   15  Câu 26: Chọn A. 168. . . 2159 cm3 . 6. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(173) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN. A'. C'. B' M I A. C. N B. Gọi I  BM  AB ', IN / /CM  N  BC  có CM / /  AB 'N   d CM , AB '   d C ,  AB ' N   . . . . 7 . 7. . IM AM 1 NC IM 1 2 7       d B,  AB ' N   2d C ,  AB ' N   . IB BB ' 2 NB IB 2 7 AB 1  . Ta có cos ABN  BC 2. Lại có. 2. 2. 1 4 1 1 1 1 x 2 Đặt BB'  x , thì VB. AB' N  .1. .x. 1  2  . .0        0 2  . 6 3 2 2 9 2 2 BN . AB '  x 2  x  1. Mà. cos B ' AN . . 13  2 16   x   9  9 . 2 13 x 2  x  1. . . ,. 13 . 3. AN  AB2  BN 2  2 AB.BN .cos ABN  x2  x  1 . 4 16  NB '  x 2  3 9. 3x  2. . 2 13 x 2  x  1. . 3.  sin B ' AN  1 .  SAB' N .  3x  2 . . . 52 x 2  x  1. . .. 13 x2  x  1 6. Do đó d  B,  AB ' N  . Vậy VB. AB' N . 2.  3x  2 . 2. 43x2  40 x  48 1  . 12 52 x2  x  1. 3V  B. AB ' N  SANB'. . . x 2 2 7 3   x  4. 2 7 43x  40 x  48 12. BC  AH  4 2 và   BC  DM . 9 BC  AD . Câu 27: Chọn D. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 169.

(174) CHUYÊN ĐỀ : KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. Gọi M , N , P lần lượt là hình chiếu vuông góc của H lên các cạnh AB , BC , CA DMH  DNH  DPH  60 (góc của các mặt  DAB  ,  DBC  ,  DCA  với  ABC  ).  HM  HN  HP  H là tâm đường tròn bàng tiếp góc A của tam giác ABC . Gọi ra là bán kính đường tròn bàng tiếp góc A  ra  HM  HN  HP. Ta có SABC . AB.AC  6a2 2. HM.AB HP.AC HN.BC bca    ra  ra  p  a  2 2 2 2 S DH  DH  ra tan 60  6 3a .  ra  ABC  6a . Lại có tan DMH  HM pa. Ta có SABC  SHAB  SHAC  SHBC . 1 Thể tích khối tứ diện ABCD là V  DH.SABC  12 3a3 . 3. Câu 28: Chọn C. Gọi M , N , P lần lượt là hình chiếu vuông góc của H lên các cạnh AB , BC , CA DMH  DNH  DPH  60 (góc của các mặt  DAB  ,  DBC  ,  DCA  với  ABC  ).  HM  HN  HP  H là tâm đường tròn bàng tiếp góc C của tam giác ABC . 170. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(175) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. Gọi rc là bán kính đường tròn bàng tiếp góc C  rc  HM  HN  HP Ta có SABC . AB.AC  6a2 2. HP.AC HN .BC HM.AB abc    rc  rc  p  c  2 2 2 2 S DH  DH  rc tan 60  2 3a .  rc  ABC  2a . Lại có tan DMH  HM pc. Ta có SABC  SHAC  SHBC  SHAB . 1 Thể tích khối tứ diện ABCD là V  DH.SABC  4 3a3 . 3. Câu 29: Chọn B. Gọi M , N , P lần lượt là hình chiếu vuông góc của H lên các cạnh AB , BC , CA DMH  DNH  DPH  60 (góc của các mặt  DAB  ,  DBC  ,  DCA  với  ABC  ).  HM  HN  HP  H là tâm đường tròn bàng tiếp góc B của tam giác ABC . Gọi rb là bán kính đường tròn bàng tiếp góc B  rb  HM  HN  HP. Ta có SABC . AB.AC  6a2 2. HM.AB HN.BC HP.AC ac b    rb  rb  p  b  2 2 2 2 S DH  DH  rb tan 60  3 3a .  rb  ABC  3a . Lại có tan DMH  HM pb. Ta có SABC  SHAB  SHBC  SHAC . 1 Thể tích khối tứ diện ABCD là V  DH.SABC  6 3a3 . 3. Câu 30: Chọn A. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 171.

(176) CHUYÊN ĐỀ : KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. D. C. B H K A. Vì góc giữa các mặt phẳng  DAB  ,  DBC  ,  DCA  và mặt phẳng  ABC  bằng nhau và H nằm trong tam giác ABC nên H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC . 1 Tam giác ABC vuông tại A , ta có BC  AB2  AC 2  5a; SABC  .AB.AC  6a 2 . 2 Gọi r là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC , ta có: AB  AC  BC SABC  .r  6a2  6a.r  r  a . 2 Gọi K là hình chiếu của H trên cạnh AB , suy ra góc giữa mặt phẳng  DAB  và mặt phẳng.  ABC . là DKH  DKH  60 .. Tam giác DHK vuông tại H , ta có DH  HK.tan 60  a 3 . 1 1 Vậy VABCD  .DH.SABC  .a 3.6a 2  2 3a 3 . 3 3 Câu 31: Chọn A. A. B. D. C M. A' N D'. B' H C'. Gọi H là hình chiếu của điểm A trên mặt đáy  ABC D  , M , N lần lượt là hình chiếu của H trên các cạch AB, AD suy ra góc giữa hai mặt bên  ABBA  ,  ADD ' A '  với đáy lần lượt là AMH , ANH  AMH  45, ANH  60 .. Đặt AH  x Tam giác AHM vuông cân tại H , ta có HM  AH  x AH x  Tam giác AHN vuông tại H , ta có HN  tan 60 3. 172. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(177) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. Theo cách dựng ta có tứ giác AMHN là hình chữ nhật, suy ra AH  HN 2  HM 2  Tam giác AHA vuông tại H , ta có AA2  AH 2  HA2  1  x 2 . 2x 3. 4x2 21 x  x  0 . 3 7. 21 . 3. 7  3 . 7. Vậy VABCD. ABCD  AH.SABCD  Câu 32: Chọn D. Ta có SABC . 1 AB.AC  6a 2 . 2. Hạ DH   ABC   H   ABC   , HK  AB  K  AB  , HM  AC  M  AC  Theo định lí ba đường vuông góc chung, ta có AB  DK , AC  DM  DKH  45, DMH  60 Và tứ giác HMAK là hình chữ nhật với AK  HM . h Đặt h  DH , ta có HM  h cot 60  . 3 2.  h  2 2 Và AK  AD  DK  36a     36a  2h .  sin 45  2. Vậy. h. 3 Câu 33: Chọn A. 2.  36a2  2h 2  h . 2. 108 Sh 12 21a3 aV   . 7 3 7. Kẻ SH  BC  H  BC   SH   ABC  . Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 173.

(178) CHUYÊN ĐỀ : KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. Kẻ. HN  AB  M  AB  , HN  AC  N  AC   AB  SHM  , AC  SHN . và. SNH  SMH  60 . 2. Ta có S . h ABAC 1 a a 3a 2 2 . Với h  SH và HM  HN  h cot 60  .  . . a    2 2 2 8 3 2. Ta có S  SHAB  SHAC. 1 h a a 3 3a 2 3a .   AB.HM  AC.HN   h      2 2  8 2 32 2 3 1. . . . 3  3 a3 Sh 1 3a2 3a Vậy V  .  . .  3 3 8 2 3 1 32. . . Câu 34: Chọn B. AM.BN.sin 60 axy 3  . 6 12 Ta tìm mối quan hệ giữa x và y theo điều kiện MN  2a .. Đặt AM  x , BN  y . Ta có V . 2. . Ta có MN 2  MN  AM  AN.    AM  AB  BN  2. 2.  AM2  BN 2  AB2  2 AB.AM  2 AB.BN  2 AM.BN  x 2  a 2  y 2  2 AM.BN  x 2  a 2  y 2  xy  4a 2 ..  3a2  x 2  y 2  xy  2 xy  xy  xy  V . . . 3a 3 . 4. Trong đó 2 AM.BN  2 AM.BN.cos AM , BN   xy . Câu 35: Chọn A. 174. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. .

(179) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC thì OA  OB  OC  AB  a . Gọi D là hình chiếu của S trên ( ABC) thì SD  AB, SD  AC .  AB  SD , SD  AC  AB  BD , AC  CD  DB  DC  a 3 , AD  2 a .  SBA  SCA  90 Đặt SD  x . Điều kiện: 0  x  2a. 1 xa 3 OB//AC  d( B;(SAC ))  d(O;(SAC ))  d( D;(SAC ))  . 2 2 3a 2  x 2 SB  SD 2  DB2  3a 2  x 2 . .. . . Theo đề sin SB,(SAC)  xa 3 2 3a 2  x 2. . 3 d( B,(SAC )) 3 3    d( B,(SAC ))  SB. 8 SB 8 8.  x  a  nhan  3 3a2  x 2  x 2  4ax  3a2  0   . 8  x  3a  loai . 1 a3 3 . Vậy thể tích của khối chóp S.ABC là V  SABC .SD  3 12. Câu 36: Chọn A. Áp dụng công thức tính thể tích của khối tứ diện ABCD 1 VABCD  AB.CD.d( AB; CD).sin( AB, CD). 6 Ta có thể tích của khối tứ diện ABMN là: VABMN . xy 3 1 1 AM.BN.d( a; b).sin(a,b)  . AM.BN.MN.sin 30  . 6 6 2. Câu 37: Chọn C. S là điểm chung của  SAB  và  SCD  , đồng thời AB / /CD . Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 175.

(180) CHUYÊN ĐỀ : KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. Khi đó kẻ Sx / / AB / /CD thì Sx là giao tuyến của  SAB  và  SCD  . Gọi M , N lần lượt là trung điểm AB,CD . SAB, SCD là các tam giác cân tại S nên SM  AB , SN  CD .. Mặt khác SM  CD  SM   ABCD    SMN    ABCD  theo giao tuyến MN . Kẻ SH  MN  H  MN   SH   ABCD  . SM  Sx, SN  Sx nên góc  SAB  ;  SCD     SM ; SN   MSN  900 . 7 a2 1 1 7 a2 1 7a AB CD .  SSAB  SSCD  AB.SM  CD.SN   AB SM  SN   SM  SN  10 2 2 10 2 5. SM  SN   SM  SM.SN  2. SM  SN  MN  a 2. 2. Vậy SH . 2. 2. 2.  SN 2. 2.   12a. 25. 2. .. SM.SN 12a 1 4a3 .    V  SABCD .SH  MN 25 3 25. Câu 38: Chọn A. Gọi H là hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng  ABC  . Ta có:  BC  SC  BC  SCH   BC  HC . Tương tự ta có BA  AH .   BC  SH Suy ra H thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác đều ABC . Do đó, H thuộc đường thẳng BD sao 1 cho HD  DB , với D là trung điểm cạnh CD . 3 Ta có tứ giác ABCH nội tiếp đường tròn bán kính BH . ABC đều cạnh 2 a  BD  a 3 .. Lại có:. BD 3 4 BD 4 2a 3   BH   a 3; HA  . BH 4 3 3 3. Gọi G  CM  SD, E  BD  SH thì G là trọng tâm SAC . Áp dụng định lí Menelaus cho tam giác SDH với ba điểm E, G, B thẳng hàng, ta có SE HB DG SE 4 1 SE 3 . . 1 . . 1  . EH BD GS EH 3 2 EH 2. 176. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(181) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. SE 2 4a 21 d( H ;( BCM )  d( H ;( BCM)  d( A;( BCM)  . HE 3 21 Gọi K là hình chiếu của H trên CE thì K là hình chiếu của H trên  BCM  d( A;( BCM )  d(S;( BCM ) .  CK  d( H ;( BCM ) . 4a 21 . 21. HCE vuông tại H , đường cao HK . SH . 1 1 1 9 4a .     HE  2 2 2 2 3 HE HK HC 16a. 5 10a HE  . 2 3. 1 10 3a3 . Vậy thể tích của khối S.ABC là V  SABC .SH  3 9 Câu 39: Chọn A Áp dụng công thức tính thể tích của tứ diện gần đều, ta có:. VS. ABC . . . . . . . . 2 2 . 12  2 z 2 12  2 y 2 12  2 x2 . x2  y 2  z 2 x2  z 2  y 2 y 2  z 2  x2  12 12. . . . . . 2 .2 2. 6  z 2 6  y 2 6  x 2  1 .  6  z 2  6  y 2  6  x 2  12 3 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có: .  6  z  6  y  6  x  2. 2. 2. 3.  6  z2  6  y 2  6  x2  3    2  8. 3  . 1 2 2 Do đó: VS. ABC  . 8  . Dấu bằng xảy ra khi x  y  z  2 . 3 3 Câu 40: Chọn D B. E H. C. I F. A. S D. Ta có ADE.BCF là một lăng trụ đứng có đáy ADE là tam giác vuông cân tại A với AD  AE  1 , cạnh bên AB  1 .. .  . . Gọi I là trung điểm DE thì BI  SI nên d S;  ADE   d B;  ADE   BH . Ta có VS.CDFE  .d S, CDEF   .SCDFE  .BH.CD.CE  1 3. 1 3. 1 . 3. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 177.

(182) CHUYÊN ĐỀ : KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN. 1 1 1 1 5 VBCE. ADF  .BC.BE.AB  . Khi đó: VABCDSEF  VBCE. ADF  VS.CDEF    . 2 2 3 2 6 Câu 41: Chọn D B. E H. C. I F. A. S. D. Ta có ADE.BCF là một lăng trụ đứng có đáy ADE là tam giác vuông cân tại A với 1 1 AD  AE  1 , cạnh bên AB  1 , do đó VBCE. ADF  .BC.BE.AB  . 2 2 Gọi H là trung điểm CE và I là hình chiếu vuông góc của H trên DE , Khi đó ta có BI vuông. .  . . góc DE với tại I và BI  SI nên d S;  ADE   d B;  ADE   BH .. Ta có VS.CDFE  .d S, CDEF   .SCDFE  .BH.CD.CE  1 3. 1 3. Khi đó: VABCDSEF  VBCE. ADF  VS.CDEF . 1 . 3. 1 1 5   . 3 2 6. Câu 42: Chọn A S. H I. B. C. K. E. F O. A. D. Gọi E , F lần lượt là trung điểm các cạnh AB , CD . Chiều cao của khối chóp là h . 1 1 tan 45  tan 30 2 3 tan 75  tan  45  30    . 2 2 2 1  tan 45 tan 30  2 2.  2  3   1 2 2 2 Và SE  h  OE        2  3 .  2  2 Thể tích khối chóp tứ giác đều là V0 . Sh 2  3 .  3 6.  SEF   AB . Kẻ EI  SF  I  P   SCD   HK //CD //AB .. Ta có. 178. sao cho IEF  45. khi đó.  P    ABI . Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. và.

(183) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.  BD  AC  BD   SAC   BD  SH có:  BD  SO. Trong tam giác . 1 2  1  3  SI  5  2 3 . 2 SF 13 2 1. 2. 2  3.. IS S SEI sin SEI SE.sin 30     IF S IEF sin IEF FE.sin 45 Do đó theo tỉ số thể tích có:. VS . SH  1  SK  1  SI 1 SI 1 SI 16  9 3 . .  V0   .  V0   . V0  . V0  .V0  SC  2  SD  2  SF 2 SF 2 SF 78. Câu 43: Chọn A. Có BC  10a , S ABC . 3a 2 và áp dụng công thức thể tích tứ diện khi biết ba góc của mặt bên tạo 2. với đáy. 2. V. . 2S 2  3  a cot   b cot   c cot   3. .  3a 2  2   2  10a.0  a cot   3a cot . . 3a3 3a 3 a3 3   . 2  cot   3 tan   4 cot  .3 tan  4. Câu 44: Chọn B Ta có thể tích của khối tứ diện đều cạnh a  1 là V  Ta có. a3 2 2  . 12 12. VS.CBD 2 VS. ABD  SC.SB.SD  6  VS.CBD  .  SA.SB.SD  12  VS. ABD  2 và V 2 V. Vậy VS. ABCD . 3 2 . 2. Câu 45: Chọn B. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 179.

(184) CHUYÊN ĐỀ : KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. Ta có thiết diện của  MNP  và tứ diện là hình thang MNPQ trong đó MN PQ 4 Có VBMNPQD  VD.BPQ  VB. MNQ  VQ .BNP ; VD.BPQ  VABCD 9 1 1 1 1 1 VQ. MBN  SMBN .d Q ,  MBN    . SABC . d  D ,  ABC    VABCD 3 3 4 3 12 1 1 1 2 1 VQ.BPN  SPBN .d  Q ,  PBN    . SBCD . d  A ,  PBN    VABCD 3 3 6 3 9. VBMNPQD . 23 23 2 23 2 VABCD  .  . 36 36 12 432. Câu 46: Chọn D. AD 2  AC 2  CD 2 AD 2  AB2  BD 2   0  AD  BC Ta có ADBC  ADAC  ADAB  2 2 Gọi H là hình chiếu của A lên  BCD  ; M  DH  BC suy ra M nằm giữa BC .. Do. BC  AH    BC  DM . BC  AD . Trong  ADM  dựng MN  AD tại N suy ra MN là đoạn vuông góc chung của AD, BC  MN . 5a . Ta thấy góc giữa AD và  BCD  là ADH  450 . 4. Ta có DM  MN 2  180. 5a 2 a 110  BM  BD 2  MN 2  . 4 4 Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(185) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. . .  AN  AB2  BN 2  AB2  BM 2  MN 2 . 3a 5a . ; DN  MN  4 4. Do đó AD  AN  DN  2a . Câu 47: Chọn D C. A N F B H. E. A'. C' G' M. B'. Kẻ AE  BB , AF  CC   AEF   AA  VABC. ABC  AA.SAEF . Ta có AE  d  A , BB   1 , AF  d  A , CC    3 , EF  d  C , BB   2 . 1 3 AE.AF  . 2 2 Gọi M , N lần lượt là trung điểm các cạnh BC , BC và H  MN  EF  AH  MN (do EF  1. MN / / AA ) và H là trung điểm EF  AH  2 4 3 Ta có AG   AM  AG  2 . 3 2. Vì tam giác AEF vuông tại A và SAEF . 2. Hình. bình.  AA . hành. AAMN. có. SAAMN. 4  AG.AM  AH.MN  2 AA     1.AA 3 2. 3 8 3 4 8 3 .  . . Vậy VABC . ABC  2 9 3 9. Câu 48: Chọn D 1 1 1 1 1 Ta có VA. ABC  VABC . ABC  và SABA  SABBA  BB.d  A , BB   .2.1  1 . 3 4 2 2 2. 1 1 1 3 Và SACA  SACCA  .CC .d  A ,CC    .2. 3  . 2 2 2 4 1 3.2. 3 AA.SA. ABC 4  3. Vậy sin   ABBA  ,  ACCA     2.SABA .SACA 2.1. 3 4 2.  3 13 Suy ra cos  ABBA  ,  ACCA   1   .    4  4  . . . Câu 49: Chọn B Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 181.

(186) CHUYÊN ĐỀ : KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN. S. N C. A. H. P. M. B. 3 ; diện tích các mặt bên  SBC  ;  SCA  ,  SAB  kí hiệu lần lượt là S1 , 4 S2 , S3 . Gọi H là hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng  ABC  và M , N , P lần lượt là. Diện tích mặt đáy S . hình chiếu vuông góc của H lên BC , CA , AB . Khi đó các góc SMH , SNH , SPH lần lượt là góc giữa các mặt bên  SBC  ;  SCA  ,  SAB  và đáy  ABC  . 1 .BC.HM 1 Theo định lý diện tích hình chiếu vuông góc, ta có: S1   BC.HM  2 HM 2 cos SMC SM 1 2 1 2 1 2 1  SM  h  HM 2 . Tương tự có S2  h  HN 2 , S3  h  HP 2 . 2 2 2 2. SHBC. Mặt khác 3V  S.d S ,  ABC    S1 .d  A , SBC    S2 .d  B , SCA    S3 .d C , SAB   . Suy ra. 3 6 2 15 2 30 2 h h  HM 2  h  HN 2  h  HP 2  1 . 4 8 20 40. Mặt khác HM  HN  HP . 2SHBC 2SHCA 2SHAB 3  2  SHBC  SHCA  SHAB   2S    2 BC CA AB. Kết hợp  1 ,  2  suy ra h . 1 1 3 3 1 3  và V  .S.h  . . . 3 3 4 12 48 12.  2 .. Câu 50: Chọn D Diện tích đáy S . 1 1 AB.AC.sin 30  . 2 4. d2 . Chiều cao khối lăng trụ xác định bởi: cos a . h2 h2 2 . d   h2 .cot  .cot  2 2 sin  sin  2 d  h2. 4 1 2 1  2h2 . 1  h2  h 93 3 3 3 3 h . Vậy V  S.h  .   2 124 31 2 1 h. Câu 51: Chọn A Diện tích đáy S . 182. 1 35 AB.AC.sin 30  . 2 4. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(187) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. h2 h2 2 d  . d   h2 .cot  .cot  2 2 sin  sin  cos a  2 d  h2 2. Chiều cao khối chóp xác định bởi: . 1 35 29 3 3 9  2 h 2 . 9  4 h 2  3h 2 h . Vậy V  .S.h  .  2 3 116 2 9h 29. Câu 52: Chọn A. Diện tích đáy S . 1 21 . AB.AC  2 2. d2 . Chiều cao khối chóp xác định bởi:. cos a . h2 h2 2 . d   h2 .cot  .cot  sin 2  sin 2  d2  h2. 4 3 2 1  2h2 . 1  h2  h 1 1 21 3 3 h . Vậy V  .S.h  . 0 2 3 2 7 1 h. Câu 53: Chọn D 2.  3 2  2  2S2 3     Có V  0 0 0 20 3  a.cot   b.cot   c.cot   3 2.cot 30  3.cot 45  1.cot 60. . . Câu 54: Chọn A  3 2  2   . 2. 3 2S2   2  3  a.cot   b.cot   c.cot   1  3  2.cot   3   3  1 1  cot    cos   2 3. Có V . Câu 55: Chọn B. Kẻ SH  BC  SH   ABC  , kẻ HE  AB, HF  AC Ta có: SEH  SFH  600 và HE  SH.cot600  h.cot600 , HF  SH.cot600  h.cot600 Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 183.

(188) CHUYÊN ĐỀ : KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. Diện tích đáy bằng S   S  SHAB  SHAC . 2S. Vậy h . a 3. . 2a. . 1 AB.AC  a2 2. . 1 1 AB.HE  AC.HF   a.h.cot 600  2a.h.cot 60 0  2 2. 2a 3. V . . S.h 2 3a 3  3 9. 3. Cách 2. 2S2 2a4 2 3a 3   9 3  a.cot   b.cot   c.cot    1 1  3  a 5.0  2.a.  a.  3 3 . Có V . Câu 56: Chọn A  a2 3  2  2   . 2. . . 4 3  3 a3 2S2   Có V  26  3  a.cot   b.cot   c.cot   d.cot   1  3  a.0  a. 3  a.1  a.  3 . Câu 57: Chọn A 1 Khối tứ diện vuông AMNP có VAMNP  .AM.AN.AP 6. Theo quy tắc hình hộp, có: AC  AB  AD  AA'  AC    AC  . AB AD AA .AM  .AN  AP AM AN AP. 1 2 3 AM  AN  AP AM AN AP. 1 2 3   1 AM AN AP Vì vậy theo bất đẳng thức AM  GM , ta có:. Vì bốn điểm M, N , P,C đồng phẳng nên. 1. 1 2 3 1 1 1    33 . .  AM.AN.AP  6.27  V AMNP  27 AM AN AP AM AN AP. Câu 58: Chọn C 1 1 a2 3 AD Ta có VABCD  AD.BC.d  AD , BC  .sin  AD , BC   .AD.BC.AB.sin 60 0  6 6 12. Ta đi tính độ dài đoạn thẳng AD dựa trên giả thiết CD  AD , AB  AD, AB  BC. .  AD , BC   60. . Có: AD.BC  AD. AC  AB  AD.AC  AD. AB . AD 2  AC 2  CD 2 AD 2  AB2  BD2 AC 2  BD 2  CD 2  AB2   2 2 2.  AB . 2.  .  . .  BC 2  AB2  AD 2  AC 2  AD 2  AB2. AB2  2 AD 2  BC 2  AC 2  AD 2 2 2 a.AD a.AD a  AD 2  AD  Và AD.BC  AD.BC.cos AD , BC  . Vậy 2 2 2. . 184. . . Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. 0. ,.

(189) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. Do đó: VABCD . a3 3 24. Chọn B. Câu 59:. A. Gọi E, F lần lượt là trung điểm của cạnh BC , AD . Ta có  BC  AE  BC  EF .  BC   ADE      BC  DE  BC  AD. F. ABC  DBC  AE  DE  EF  AD  EF  d  AD , BC  .. D. C. 1 1  AD.BC.d  AD , BC  .sin  AD , BC   AD.BC.FE . 6 6 có. Vậy VABCD Ta. E.  AD2 BC 2  AD2 BC 2 AD 2 2 FE  AE    AB   1   4 4  4 4 4 . B. 2. .. . 1 BC 2 AD 2 1 Vậy VABCD  AD.BC. 1    AD 2 .BC 2 . 4  AD 2  BC 2 6 4 4 12. . 3. 1  AD 2  BC 2  4  AD 2  BC 2  2 3 .     12  3 27 . Dấu đẳng thức xảy ra  AD 2  BC 2  4  AD 2  BC 2  AD  BC  Câu 60:. 2 3.  FE . 1 3. .. Chọn C Ta có d O ,  ABC    Vậy. 3VOABC 2  3.  2 . SABC 3. 1 1 1 1 1 1 1 1 .  2     33 . . 2 2 2 2 2 4 d O ,  ABC  OA OB OC OA OB OC 2. . . 1 12 3 4 3. Suy ra VOABC  OA.OB.OC  6 6. Câu 61:. Chọn D B. D A. A'. C E. B'. C'. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 185.

(190) CHUYÊN ĐỀ : KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. Hạ AD  BB và AE  CC suy ra  ADE   AA//BB//CC  và AD  1, AE  3 , DE  2 . 3 AA  BB  CC 3 1 2  3  VABC . ABC  SADE .  .  3. 2 3 2 3. Ta có SADE  Câu 62:. Chọn A Gọi D là hình chiếu vuông góc của S lên  ABC  . Ta có S. B. A. O. D. C.  BC  CS  BA  SA  BC  SCD   BC  CD .  BA   SAD   BA  AD và    BC  SD  BA  SD. 1 1 2a2 SD . Vậy ABCD là hình chữ nhật tâm O và VS. ABC  SABC .SD  .BA.BC.SD  3 6 6. Đặt SD  x ta có d  B,  SAC    d  D , SAC   và tứ diện DSAC vuông tại D nên. . 1. d D , SAC  2. . . . . sin SB,  SAC  . Do đó V  Câu 63:. . . 1 1 1 1 1 1    2  2  2  d D , SAC   2 2 2 DC DA DS a 2a x. . d B, SAC  SB.   d  D,SAC   SB. 2 xa 3x  2a2 2. và. 2 xa 3x2  2a2  11  x  3a x  a .   11 x 2  3a 2. 6a3 . 6. Chọn A C. N. K B M O. H. A. Kẻ OH  AB, OK  CH suy ra OK   ABC    ABC   OMN   OK  OMN   K  MN . 186. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(191) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. OA  OB  2 Ta có   H , K lần lượt là trung điểm của AB, CH . OC  OH  1 CA CB CM  CN . Ta có 2CH  CA  CB  4CK  CM CN CA CB   4. Do M , K , N thẳng hàng nên CM CN. Vậy 4  Vì vậy Câu 64:. CA CB CA CB CA CB CM CN 1  2 .  . 4 .  . CM CN CM CN CM CN CA CB 4. VOAMNB SAMNB S CM CN 3 3 1   1  CMN  1  .   VOAMNB  VOABC  . VOABC SABC SCAB CA CB 4 4 4. Chọn A O F D I E C. A G. B. Ta có 3OG  OA  OB  OC  6OI   6OI . 1 2 3 OD  OE  OF . OD OE OF. Do D, E, F , I đồng phẳng nên ta có Vậy 6  Câu 65:. OA OB OC OD  OE  OF OD OE OF. 1 2 3    6. OD OE OF. 1 2 3 1 2 3 4 2    33 . .  OD.OE.OF   VODEF  . OD OE OF OD OE OF 3 9. Chọn D B. N. E. A. C H. B' F. M A' C'. Gọi E, F lần lượt là hình chiếu vuông góc của A lên BB,CC . Ta có AE  1, AF  2 và AA//BB//CC nên Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 187.

(192) CHUYÊN ĐỀ : KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN. AE  AA, AF  AA   EFA   AA  EF  AA . Do đó FE  d  C , BB   5 .. Gọi N là trung điểm của BC , H  FE  MN  AH  MN  MN //AA  . Ta có H là trung điểm của FE và AE2  AF 2  EF 2  5 nên AH . FE 5 .  2 2. Tam giác vuông AMN có AN  AM và : 1 1 1 4 1 1 15 15 2 15 .       AM   AA  5   2 2 2 2 5 AM 5 3 9 3 AH AM AN.  AM   ABC  Mặt khác do     ABC  ,  AEF     AM , AA   MAA  600 .  AA   AEF . Tam giác AEF là hình chiếu vuông góc của tam giác ABC lên mặt phẳng  AEF  . Vì vậy theo định lý hình chiếu ta có: 1 .1.2 SAEF 15 2 15 . SABC   2  2  VABC . ABC  SABC .AM  2.  3 3 15 cos MAA 3 2 15 3 Câu 66:. Chọn A B. N. E. A. C H. B' F. M A' C'. Gọi E, F lần lượt là hình chiếu vuông góc của A lên BB,CC . Ta có AE  1, AF  2 và AA//BB//CC nên AE  AA, AF  AA   EFA   AA . Do đó EAF    ABBA  ,  ACCA    900  SAEF . 1 3 AE.AF  . 2 2 Gọi N là trung điểm của BC , H  FE  MN  AH  MN  MN //AA  .. AE2  AF 2  1. 2. Ta có H là trung điểm của FE và AH . EF  2. Tam giác vuông AMN có AN  AM . 2 3 và 3. 1 1 1 4 3 3 4 3    AM  2  AA  . 2. . Vậy VABC . ABC  SAEF .AA  2 2 2 3 2 3 AH AM AN. Câu 67: Chọn C 188. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(193) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. Gọi H là hình chiếu của A lên  ABC   H là trọng tâm tam giác ABC . N là trung điểm BC , dựng hình bình hành ACBE . 3 a 3 Ta có d  AA; BC   d  BC ;  AAE    d  N ;  AAE    d  H ;  AAE    2 4. . .  d H ;  AAE  . a 3 . 6. Kẻ HK  AA , khi đó ta chứng minh được HK   AAE  nên d  H ; AAE   HK . Xét AAH có. 1 1 1 a    AH  . 2 2 2 3 HK HA HA. 2 2 2 a a2 3 a3 3  Do đó VA.BBCC  VABC . ABC  .AH.SABC  . . . 3 3 3 3 4 18. Câu 68: Chọn B. Gọi M là trung điểm BC , D là hình chiếu của S lên BC . Dựng hình chữ nhật AMDF .  DF  BC  BC   SDF  . Khi đó ta có  SD  BC Từ D , F lần lượt kẻ DK  SF  K SF  , FE  SD  E SD  . Ta cso BC   SDF   BC  EF . Mặt khác EF  SD  d  A; SBC    d  E; SBC    EF .  AF  SDF   DK  SF  Tương tự, ta có d  SA; BC   d  D; SAF    DK do  .  DK  SF  DK  AF. Theo giả thiết, ta có EF  DK . a 15 . Do đó SDF cân tại S . 5. Khi đó hình chiếu của S lên  ABC  là trung điểm H của DF hay ttrung điểm AC . Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 189.

(194) CHUYÊN ĐỀ : KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN. SH DH Xét hai tam giác đồng dạng SDF và FDE có   EF DE. 1 AM a 3 2  SH  2 2 3 DF  EF. 1 1 a2 3 a 3 a3 .  . Vậy VS. ABC  .SABC .SH  . 3 3 4 2 8. Câu 69: Chọn A. Gọi H , K lần lượt là hình chiếu của A , B lên EF . Khi đó FH  EK  a  AH  BK  a . 1 1 Ta có VABCDEF  VD. AHF  VC.CEK  VDAH.CAK  .DA.SAFH  BC.SCEK  AB.SBCK 3 3 1 1 1 1 1 5a 3 2  .a 2. .a.a  .a 2. .a.a  a. .a.a 2  . 3 2 3 2 2 6. Câu 70: Chọn C. Hạ AM  BB và AN  DD   AMN   AA Do đó VABCD. ABCD  2VABD. ABD  2SAMN .AA  BBC C  / /  ADDA    ABBA  ,  ADDA     BBCC  , CCDD    60 . Vì   CCDD  / /  ABBA . 1 3 1 3 3 AM.AN.  .1.1.  . 2 2 2 2 4 AA AA  AM.BB  AB.AB  1.AA  .  AA  2 . 2 2. Khi đó MAN  60 hoặc MAN  120  SAMN  Hình bình hành ABBA có SABBA Vậy VABCD. ABCD  3 .. 190. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(195) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. DẠNG 6. TỈ SỐ THỂ TÍCH Câu 1:. Cho tứ diện ABCD có các cạnh AB , AC và AD đôi một vuông góc. Các điểm M , N , P lần lượt là trung điểm các đoạn thẳng BC ,CD, BD . Cho biết AB  4a, AC  6a, AD  7 a . Tính thể tích V của khối tứ diện AMNP . A. V  7 a3 .. Câu 2:. B. V  28a3 .. D. V  21a3 .. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình bình hành và có thể tích là V . Gọi M là trung điểm của SB . P là điểm thuộc cạnh SD sao cho SP  2DP . Mặt phẳng  AMP  cắt cạnh SC tại N . Tính thể tích của khối đa diện ABCDMNP theo V 19 23 A. VABCDMNP  V . B. VABCDMNP  V . 30 30. Câu 3:. C. V  14a3 .. 2 C. VABCDMNP  V . 5. D. VABCDMNP . 7 V. 30. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a , BAD  60o và SA vuông góc với. mặt phẳng  ABCD  . Góc giữa hai mặt phẳng  SBD  và  ABCD  bằng 45o . Gọi M là điểm đối xứng của C qua B và N là trung điểm của SC . Mặt phẳng  MND  chia khối chóp S.ABCD thành hai khối đa diện, trong đó khối đa diện chứa đỉnh S có thể tích là V1 , khối còn lại có thể tích là V2 . Tính tỉ số A. Câu 4:. V1 1  . V2 5. V1 . V2. B.. V1 5  . V2 3. V1 12 .  V2 7. D.. V1 7  . V2 5. Cho khối lăng trụ ABC.ABC . Đường thẳng đi qua trọng tâm của tam giác ABC và song song với BC cắt các cạnh AB , AC lần lượt tại D , E . Mặt phẳng  ADE  chia khối lăng trụ thành hai phần, tính tỉ số thể tích của chúng. 2 4 A. . B. . 3 23. Câu 5:. C.. C.. 4 . 9. D.. 4 . 27. Cho tứ diện ABCD có thể tích V . Xét điểm P thuộc cạnh AB , điểm Q thuộc cạnh BC và điểm QB PA RB 3,  4 . Tính thể tích của khối tứ diện BPQR .  2, BC RD PB V V V B. . C. . D. . 6 3 4. R thuộc cạnh BD sao cho. A. Câu 6:. V . 5. Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Các điểm A , C  thỏa mãn 1 1 SA  SA , SC   SC . Mặt phẳng  P  chứa đường thẳng AC cắt các cạnh SB , SD lần lượt 3 5 V tại B , D và đặt k  S. ABC D . Giá trị nhỏ nhất của k là? VS. ABCD A.. 1 . 60. B.. 1 . 30. C.. 4 . 15. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. D.. 15 . 16. 191.

(196) CHUYÊN ĐỀ : KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. Câu 7:. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi M , N lần lượt là trung điểm của các cạnh AB , BC . Điểm I thuộc đoạn SA . Biết mặt phẳng  MNI  chia khối chọp S.ABCD IA 7 lần phần còn lại. Tính tỉ số k  ? IS 13 2 1 C. . D. . 3 3. thành hai phần, phần chứa đỉnh S có thể tích bằng A. Câu 8:. B.. 3 . 4. Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Các điểm A , C  thỏa mãn 1 1 SA  SA , SC   SC . Mặt phẳng  P  chứa đường thẳng AC cắt các cạnh SB , SD lần lượt 3 5 V tại B , D và đặt k  S. ABC D . Giá trị lớn nhất của k là? VS. ABCD A.. Câu 9:. 1 . 2. 4 . 105. B.. 1 . 30. C.. 4 . 15. D.. 4 . 27. Cho tứ diện đều có chiều cao h , ở ba góc của tứ diện người ta cắt đi các tứ diện bằng nhau có chiều cao x để khối đa diện còn lại có thể tích bằng một nửa thể tích của khối đa diện đều ban đầu. Tìm x . h h h h A. x  3 . B. x  3 . C. x  4 . D. x  3 . 6 2 3 4. Câu 10: Cho lăng trụ ABC.ABC .Trên các cạnh AA, BB lần lượt lấy các điểm E, F sao cho AA  kAE, BB  kBF . Mặt phẳng (C EF) chia khối trụ đã cho thành hai khối đa diện bao gồm khối chóp (C.ABFE) có thể tích V1 và khối đa diện (ABCEFC) có thế tích V2 . Biết rằng tìm k. A. k  4 .. B. k  3 .. C. k  1 .. V1 2  V2 7. D. k  2 .. Câu 11: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng a , tâm O . Hình chiếu vuông góc của điểm S trên mặt phẳng  ABCD  là trung điểm H của đoạn thẳng AO . Biết mặt phẳng. SCD  tạo với mặt đáy  ABCD  một góc 60 . Thể tích khối chóp S.ABCD A.. 9 3 3 a . 4. B.. 3 3 a . 4. C.. 3 3 a . 4. D.. bằng. 3 3 3 a . 4. Câu 12: Cho hình chóp tứ giác S.ABCD đáy ABCD là hình thoi cạnh a , BAD  60 và SA vuông góc với mặt phẳng  ABCD  . Góc giữa hai mặt phẳng  SBD  và  ABCD  là 45 . Gọi M là điểm đối xứng của C qua B và N là trung điểm SC . Mặt phẳng  MND  chia khối chóp thành hai khối đa diện, trong đó khối đa diện có đỉnh S có thể tích là V1 , khối đa diện còn lại có thể tích V V2 . Tính tỉ số 1 V2 A.. V1 12 .  V2 7. B.. V1 5  . V2 3. C.. V1 1  . V2 5. D.. V1 7  . V2 5. Câu 13: Cho hình lăng trụ ABC.ABC có thể tích bằng 48cm3 . Gọi M , N , P theo thứ tự là trung điểm các cạnh CC, BC và BC . Tính thể tích của khối chóp A.MNP . 192. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(197) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. B. 12cm3 .. A. 8cm3 .. C. 24cm3 .. D.. 16 3 cm . 3. Câu 14: Cho hình chóp S.ABC có đáy là ABC vuông cân ở B, AC  a 2 , SA   ABC  , SA  a. Gọi G là trọng tâm của SBC , mp   đi qua AG và song song với BC chia khối chóp thành hai. phần. Gọi V là thể tích của khối đa diện không chứa đỉnh S . Tính V . 4a3 5a 3 2a3 4a3 A. . B. . C. . D. . 27 54 9 9 Câu 15: Cho tứ diện đều có chiều cao h , ở bốn góc của tứ diện người ta cắt đi các tứ diện đều bằng nhau 3 có chiều cao x để khối đa diện còn lại có thể tích bằng thể tích của khối đa diện ban đầu. Tìm 4 x. h h h h A. x  3 . B. x  3 . C. x  3 . D. x  3 . 16 12 6 4 Câu 16: Cho khối hộp ABCD.ABCD . Lấy điểm E thuộc cạnh BB sao cho BE  cạnh DD sao cho DF . BB , điểm F thuộc 4. 3DD . Mặt phẳng qua ba điểm A, E, F chia khối hộp thành hai phần. 4. Tính tỉ số hai phần ấy. B. 1 .. A. 2 .. C.. 3 . 2. D.. 4 . 3. Câu 17: Cho khối lăng trụ tam giác ABC.ABC . Gọi M , N lần lượt thuộc các cạnh bên AA,CC sao cho MA  MA; NC  4NC . Gọi G là trọng tâm tam giác ABC . Hỏi trong bốn khối tứ diện GABC, BBMN , ABBC và ABCN , khối tứ diện nào có thể tích nhỏ nhất? A. Khối ABBC . B. Khối ABCN . C. Khối BBMN . D. Khối GABC . Câu 18: Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD . Mặt phẳng  P  qua A và vuông góc SC cắt SB , SC , SD lần lượt tại B , C  , D . Biết C  là trung điểm SC . Gọi V1 , V2 lần lượt là thể tích hai khối chóp S.ABCD và S.ABCD . Tính tỉ số. A.. V1 2  . V2 3. B.. V1 . V2. V1 2  . V2 9. C.. V1 4  . V2 9. D.. V1 1  . V2 3. Câu 19: Cho hình chóp đều S.ABC , có đáy là tam giác đều cạnh bằng a . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của các cạnh SB,SC . Biết mặt phẳng  AMN  vuông góc với mặt phẳng  SBC  . Tính thể tích V của khối chóp A.BCNM . A. V . 5a 3 . 32. B. V . 2a3 . 16. C. V . 2a3 . 48. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. D. V . 5a 3 . 96. 193.

(198) CHUYÊN ĐỀ : KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. Câu 20: Cho hình chóp tam giác S.ABC . Gọi M là trung điểm của SA , lấy điểm N trên cạnh SB sao cho SN 2  . Mặt phẳng   qua MN và song song với SC chia khối chóp thành hai phần. Gọi V1 SB 3 V là thể tích của khối đa diện chứa đỉnh A , V2 là thể tích của khối đa diện còn lại. TÍnh tỉ số 1 . V2 A.. V1 7 .  V2 16. B.. V1 7 .  V2 18. C.. V1 7  . V2 11. D.. V1 7  . V2 9. Câu 21: Cho khối hộp chữ nhật ABCD.A' B' C ' D' có AB  4a; AD  6a; AA'  7a . Các điểm M , N , P thỏa mãn AM  2 AB; AN  3 AD; AP  4 AA ' . Tính thể tích V của khối tứ diện AMNP . A. V  168a3 .. B. V  672a3 .. C. V  336a3 .. D. V  1008a3 .. Câu 22: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình bình hành. Gọi C ' là trung điểm của SC . Mặt phẳng  P  chứa AC ' cắt các cạnh SB,SD lần lượt tại B', D' . Đặt m  A.. 2 . 27. B.. 4 . 27. C.. VS.B ' C ' D ' .Giá trị nhỏ nhất của m bằng VS. ABCD. 1 . 9. D.. 2 . 9. Câu 23: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi C  là trung điểm cạnh SC . Mặt V phẳng  P  chứa đường thẳng AC cắt các cạnh SB , SD lần lượt tại B , D . Đặt m  S.BCD . VS. ABCD Giá trị lớn nhất của m bằng 1 1 A. . B. . 9 8. C.. 3 . 8. D.. 4 . 9. Câu 24: Cho khối tứ diện đều ABCD . Gọi M , N , P ,Q, R,S lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, AC , AD, BC ,CD, DB . Biết thể tích của khối bát diện đều MQNPSR bằng 9 2 cm 3 . Tính độ. dài cạnh của tứ diện đều ABCD . A. 2 cm .. B. 3 cm .. C. 6 cm .. D.. 3. 2 cm .. Câu 25: Cho khối tứ diện đều ABCD có cạnh bằng a . Gọi M , N lần lượt là các điểm trên cạnh AM 1 AN  ,  2 . Mặt phẳng   chứa MN , song song với AD chia khối tứ diện BM 2 CN thành hai khối đa diện, trong đó khối đa diện chứa đỉnh A có thể tích V . Tính V AB, AC :. A. V . 4 2a3 . 108. B. V . 5 2a3 . 108. C. V . 4 2a3 . 81. D. V . 11 2a3 342. Câu 26: Cho khối tứ diện đều ABCD có cạnh bằng a . Gọi M , N lần lượt là trung điểm các cạnh AB, BC và E là điểm thuộc tia đối của tia DB sao cho. BE  k . Tìm k để mặt phẳng  MNE  chia khối BD. tứ diện thành hai khối đa diện, trong đó khối đa diện chứa đỉnh B có thể tích V  A. k . 194. 6 . 5. B. k  6 .. C. k  4 .. 11 2a3 294. D. k  5 .. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(199) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. Câu 28: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình bình hành. Trên cạnh SA lấy các điểm M , N sao cho SM  MN  NA . Hai mặt phẳng ( ), (  ) song song với  ABCD  và lần lượt đi qua M , N chia. khối chóp đã cho thành ba phần. Nếu phần trên có thể tích bằng 10 dm3 thì phần ở giữa có thể tích là A. 70 dm3 . B. 80 dm3 . C. 180 dm3 . D. 190 dm3 . Câu 29: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi M , N lần lượt là trung điểm các SP x, cạnh SA,SD . Mặt phẳng   chứa MN và cắt các tia SB,SC lần lượt tại P và Q . Đặt SB V1 là thể tích của khối chóp S.MNQP và V là thể tích khối chóp S.ABCD . Tìm x để V  2V1 . A. x . 1 . 2. B. x . 1  33 . 4. C. x . 1  41 . 4. D. x  2 .. Câu 30: Cho lăng trụ đứng tam giác ABC.A' B' C ' . Gọi M , N , P,Q là các điểm lần lượt thuộc các cạnh AM 1 BN 1 CP 1 C ' Q 1  ,  ,  ,  . Gọi V1 , V2 lần lượt là thể AA ' 2 BB ' 3 CC ' 4 B ' C ' 5 V tích khối tứ diện MNPQ và khối lăng trụ ABC.A' B' C ' . Tính tỷ số 1 . V2. AA', BB',CC ', B' C ' thỏa mãn. A.. V1 11 .  V2 30. B.. V1 11 .  V2 45. C.. V1 19 .  V2 45. D.. V1 22 .  V2 45. Câu 31: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi M , N lần lượt là trung điểm của các cạnh AB , BC . Điểm K thuộc đoạn SA . Biết mặt phẳng  MNK  chia khối chóp S.ABCD KA 7 lần phần còn lại. Tính tỉ số t  . KS 13 1 2 C. t  . D. t  . 3 3. thành hai phần, phần chứa đỉnh S có thể tích bằng A. t . 1 . 2. B. t . 3 . 4. Câu 32: Cho khối hộp chữ nhật ABCD.ABCD có thể tích bằng 2110 . Biết AM  MA , DN  3ND , CP  2CP như hình vẽ. Mặt phẳng  MNP  chia khối hộp đã cho thành hai khối đa diện. Thể tích khối đa diện nhỏ hơn bằng. A.. 5275 . 6. B.. 5275 . 12. C.. 7385 . 18. D.. 8440 . 9. Câu 33: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật, AB  2a , BC  a , SA  SB  SC  SD  2a . 1 Giả sử E thuộc cạnh SC sao cho SE  2EC , F là điểm thuộc cạnh SD sao cho SF  FD . Thể 3 tích khối đa diện SABEF bằng: Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 195.

(200) CHUYÊN ĐỀ : KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. A.. 5 3a 3 . 36. B.. 3a 3 . 18. C.. 2 3a 3 . 9. D.. 2 3a 3 . 27. Câu 34: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật. Một mặt phẳng song song với đáy 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 của M , N , P, Q trên mặt phẳng đáy. Tìm tỉ số. SM để thể tích khối đa diện SA. MNPQ.MNPQ đạt giá trị lớn nhất.. A.. 3 . 4. B.. 2 . 3. C.. 1 . 2. D.. 1 . 3. Câu 35: Cho khối chóp S.ABCD có đáy là hình thang với hai đáy là AB và CD , AB  2CD . Gọi E là một điểm trên cạnh SC . Mặt phẳng  ABE  chia khối chóp S.ABCD thành hai khối đa diện có thể tích bằng nhau. Tính tỉ số A.. 10  2 . 2. SE . SC. B.. 6 2.. C.. 2  1.. D.. 26  4 . 2. Câu 36: Cho hình chóp S.ABC . Một mặt phẳng song song với đáy  ABC  cắt các cạnh bên SA, SB, SC lần lượt tại M, N , P . Gọi M, N, P lần lượt là hình chiếu của M, N , P trên mặt phẳng đáy. SM Tìm tỉ số để thể tích khối đa diện MNP.MNP đạt giá trị lớn nhất. SA 2 1 1 3 A. . B. . C. . D. . 3 3 4 2 Câu 37: Cho hình chóp S.ABC . Một mặt phẳng  P  song song với đáy  ABC  cắt các cạnh bên SA, SB, SC lần lượt tại M, N , P . Tìm tỉ số. đa diện có thể tích bằng nhau. 1 1 A. 3 . B. 3 . 2 4. SM để  P  chia khối chóp đã cho thành hai khối SA. C.. 1 . 2. D.. 1 . 4. Câu 38: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông và SA   ABCD  . Trên đường thẳng 1 vuông góc với  ABCD  tại D lấy điểm S thỏa mãn SD  SA và S , S ở cùng phía đối với mặt 2 phẳng  ABCD  . Gọi V1 là phần thể tích chung của hai khối chóp S.ABCD và S.ABCD . Gọi V2. là thể tích khối chóp S.ABCD . Tỉ số A.. 4 . 9. B.. 7 . 9. V1 bằng V2. C.. 7 . 18. D.. 1 . 3. Câu 39: Cho hình chóp S.ABC có tất cả các cạnh đều bằng a , một mặt phẳng  P  song song với mặt đáy.  ABC  cắt các cạnh bên SA,SB,SC lần lượt tại M , N , P . Tính diện tích tam giác phẳng  P  chia khối chóp đã cho thành hai khối đa diện có diện tích bằng nhau. 196. MNP biết mặt. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(201) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. A. SMNP . a2 3 . 8. B. SMNP . a2 3 . 16. C. SMNP . a2 3 43 2. D. SMNP . .. a2 3 44 4. .. Câu 40: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Trên đường thẳng qua D và song song với SA lấy điểm S thỏa mãn SD  kSA với k  0 . Gọi V1 là phần thể tích chung của hai khối chóp S.ABCD và S.ABCD . Gọi V2 là thể tích khối chóp S.ABCD . Tỉ số. A.. 2k 2  k 2  k  1. 2. .. B.. 3k  2 2  k  1. 2. .. C.. 3k 2  2 k 2  k  1. 2. .. D.. V1 bằng V2. k . k 1. Câu 41: Cho hình chóp tam giác đều S.ABC . Gọi G là trọng tâm tam giác ABC , biết góc tạo bởi SG và SBC  bằng 30 . Mặt phẳng chứa BC và vuông góc với SA chia khối chóp đã cho thành hai phần có thể tích V1 , V2 trong đó V1 là phần thể tích chứa điểm S . Tỉ số A. 6 .. B.. 1 . 6. C.. 6 . 7. V1 bằng V2. D. 7 .. Câu 42: Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có cạnh bên tạo với đường cao một góc 300 , O là trọng tâm tam giác ABC . Một hình chóp tam giác đều thứ hai O.ABC có S là tâm của tam giác ABC và cạnh bên của hình chóp O.ABC tạo với đường cao một góc 600 sao cho mỗi cạnh bên SA , SB , SC lần lượt cắt các cạnh bên OA , OB , OC . Gọi V1 là phần thể tích chung của hai khối chóp S.ABC và O.ABC . Gọi V2 là thể tích khối chóp S.ABC . Tỉ số A.. 9 . 16. B.. 1 . 4. C.. 27 . 64. V1 bằng V2. D.. 9 . 64. Câu 43: Một viên đá có dạng khối chóp tứ giác đều có tất cả các cạnh bằng a . Người ta cưa viên đá theo mặt phẳng song song với mặt đáy của khối chóp để chia viên đá thành hai phần có thể tích bằng nhau. Tính diện tích thiết diện viên đá bị cưa bởi mặt phẳng nói trên. a2 a2 a2 a2 A. 3 . B. 3 . C. . D. 3 . 2 4 2 2 2 Câu 44: Cho tứ diện ABCD có thể tích bằng 12 và G là trọng tâm tam giác BCD . Tính thể tích của khối chóp A.GBC . A. V  3 . B. V  4 . C. V  6 . D. V  5 . Câu 45: Cho hình lăng trụ tam giác ABC.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A , cạnh AC  a 2 . Biết AC tạo với mặt phẳng  ABC  góc 60 và AC  4 . Tính thể tích V của khối. đa diện ABCBC . 8 A. V  . 3. B. V . 16 . 3. C. V . 8 3 . 3. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. D. V . 16 3 . 3. 197.

(202) CHUYÊN ĐỀ : KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. Câu 46: Cho hình hộp ABCD.ABCD . Gọi V1 là phần thể tích chung của hai khối của hai khối tứ diện ABCD và ABCD . Gọi V2 là thể tích khối hộp ABCD.ABCD . Tỉ số. A.. 1 . 2. B.. 1 . 6. C.. 1 . 3. D.. V1 bằng V2. 1 . 4. Câu 47: Cho lăng trụ ABC.ABC , trên các cạnh AA , BB lấy các điểm M , N sao cho AA  3AM , BB  3BN . Mặt phẳng  C MN  chia khối lăng trụ đã cho thành hai phần. Gọi V1 là thể tích của khối chóp C.ABNM , V2 là thể tích của khối đa diện ABCMNC . Tỉ số A.. V1 4  . V2 7. B.. V1 2  . V2 7. C.. V1 1  . V2 7. D.. V1 bằng: V2. V1 3  . V2 7. Câu 48: Cho hình chóp S.ABCD đáy là hình bình hành. Gọi M , N lần lượt là trung điểm của SA,SC . V Mặt phẳng ( BMN ) cắt SD tại P . Tỉ số S.BMPN bằng: VS.ABCD A.. VS. BMPN 1  . VS.ABCD 16. B.. VS. BMPN 1  . VS.ABCD 6. C.. VS. BMPN 1  . VS.ABCD 12. D.. VS. BMPN 1  . VS.ABCD 8. Câu 49: Cho tứ diện ABCD có thể tích bằng 54 , gọi M , N , P lần lượt là trọng tâm các tam giác ABC , ACD , ADB . Tính thể tích của khối tứ diện AMNP . 27 A. V  . B. V  4 . C. V  9 . D. V  16 . 2 Câu 50: Cho hình hộp ABCD.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh bằng 6 và góc nhọn bằng 45 , cạnh bên của hình hộp bằng 10 và tạo với mặt phẳng đáy một góc 45 . Tính thể tích khối đa diện ABCDDB . A. V  180 . B. V  60 . C. V  90 . D. V  120 . Câu 51: Cho khối lăng trụ tam giác ABC.ABC , gọi M , N lần lượt thuộc các cạnh bên AA , CC sao cho MA  MA , NC  4NC . Gọi G là trọng tâm tam giác ABC . Hỏi trong bốn khối tứ diện GABC , BBMN , ABBC và ABCN , khối tứ diện nào có thể tích nhỏ nhất? A. Khối ABCN . B. Khối GABC . C. Khối ABBC . D. Khối BBMN . Câu 52: Cho khối lăng trụ tam giác ABC.ABC có thể tích bằng 60 . Gọi M , N , P lần lượt thuộc các cạnh bên AA , BB , CC sao cho MA  2MA , NB  3NB , PC  4PC . Tính thể tích khối đa diện BCMNP . 85 A. 40 . B. 30 . C. 31 . D. . 3 Câu 53: Cho khối tứ diện đều ABCD có cạnh bằng a . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của các cạnh AB , BC và E đối xứng với điểm B qua D . Mặt phẳng  MNE  chia khối tứ diện ABCD thành hai khối đa diện, trong đó khối đa diện chứa đỉnh A có thể tích V . Tính V . A. V . 198. 13 2 a3 . 216. B. V . 7 2a3 . 216. C. V . 2a3 . 18. D. V . 11 2a3 . 216. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(203) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. Câu 54: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành và có thể tích bằng 48 . Kí hiệu M , N lần lượt là các điểm thuộc cạnh AB , CD sao cho MA  MB , ND  2NC . Tính thể tích V của khối chóp S.MBCN . A. V  40 . B. V  8 . C. V  20 . D. V  28 . Câu 55: Cho hình lăng trụ ABC.A' B' C ' có thể tích bằng V. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của A' B', AC và P là điểm thuộc cạnh CC ' sao cho CP  2C ' P . Tính thể tích khối tứ diện BMNP theo V. V 2V 4V 5V A. . B. . C. . D. . 3 9 9 24 Câu 56: Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng a . Gọi M , N lần lượt là trọng tâm các tam giác ABD, ABC và E là điểm đối xứng với B qua D . Mặt  MNE  chia khối tứ diện ABCD thành hai khối đa diện trong đó khối đa diện chứa đỉnh A có thể tích V . Tính V . A. V . 9 2a3 . 320. B. V . 3 2a3 . 320. C. V . 2a3 . 96. D. V . 3 2a3 . 80. Câu 57: Cho hình lăng trụ ABC.ABC có thể tích V . Các điểm M , N , P trên các cạnh AA , BB , CP BN AM 1  z . Biết thể tích của khối đa diện ABC.MNP bằng V .  x, y, CC sao cho CC  AA BB 2 Mệnh đề nào sau đây đúng? 2 3 A. x  y  z  1 . B. x  y  z  2 . C. x  y  z  . D. x  y  z  . 3 2 Câu 58: Cho khối tứ diện OABC có OA,OB,OC đôi một vuông góc và OA  1,OB  2,OC  3 . Gọi D, E, F lần lươt là chân đường cao hạ từ đỉnh O xuống các cạnh BC ,CA, AB . Thể tích khối tứ diện ODEF bằng 276 289 36 49 A. . B. . C. . D. . 325 325 325 325 Câu 59: Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng 1 . Gọi M , N lần lượt là trung điểm các cạnh AB, BC .. Điểm P trên cạnh CD sao cho PD  2CP . Mặt phẳng  MNP  cắt AD tại Q . Tính thể tích khối đa diện BMNPQD . A.. 2 . 16. B.. 23 2 . 432. C.. 2 . 48. D.. 13 2 . 432. Câu 60: Cho tứ diện ABCD đều cạnh bằng 1 . Gọi M , N lần lượt là trung điểm các cạnh AB, BC . Điểm P trên cạnh CD sao cho PC  2PD . Mặt phẳng  MNP  cắt AD tại Q . Thể tích khối đa diện. BMNPQD bằng. A.. 11 2 . 216. B.. 2 . 27. C.. 5 2 . 108. D.. 7 2 . 216. Câu 61: Cho khối lăng trụ ABC.ABC có thể tích bằng 1 . Gọi M , N lần lượt là trung điểm các đoạn thẳng AA và BB . Đường thẳng CM cắt đường thẳng C A tại P , đường thẳng CN cắt đường thẳng CB tại Q . Thể tích của khối đa diện lồi AMPBNQ bằng A. 1 .. B.. 1 . 3. C.. 1 . 2. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. D.. 2 . 3. 199.

(204) CHUYÊN ĐỀ : KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. Câu 62: Cho khối chóp tứ giác đều S.ABCD có tất cả các cạnh bằng a . Gọi M là điểm đối xứng của C qua D , N là trung điểm của cạnh SC . Mặt phẳng  BMN  chia khối chóp S.ABCD thành hai khối đa diện. Tính thể tích V của khối đa diện chứa đỉnh S . 15 2 a3 . 144. A. V . 7 2a3 . 72. B. V . C. V . 11 2a3 . 144. D. V . 7 2a3 . 144. Câu 63: Cho hình hộp ABCD.A' B' C ' D' có đường cao bằng 8 và đáy là hình vuông cạnh bằng 6 . Gọi M , N , P,Q lần lượt là tâm của các mặt ABB' A', BCC ' B',CDD' C ', DAA' D' .Thể tích của khối đa diện có các đỉnh là các điểm A, B,C , D, M, N , P,Q, bằng B. 168.. A. 108.. D. 120.. C. 96.. Câu 64: Cho hình chóp S.ABCD có ABCD là hình bình hành, M là điểm đối xứng với C qua B . N là trung điểm SC . Mặt phẳng  MND  chia hình chóp thành hai khối đa diện. Gọi V1 là thể tích khối đa diện chứa đỉnh S và V2 là thể tích khối đa diện còn lại. Tính tỉ số A.. V1 5  . V2 3. B.. V1 12 .  V2 7. C.. V1 1  . V2 5. D.. V1 ? V2 V1 7  . V2 5. Câu 65: Cho lăng trụ ABC.ABC có thể tích bằng 2. Gọi M , N lần lượt là hai điểm nằm trên hai cạnh 2 AA và BB sao cho M là trung điểm của AA và BN  BB . Đường thẳng CM cắt đường 3 thẳng AC tại P và đướng thẳng CN cắt đường thẳng BC tại Q . Thể tích khối đa diện lồi AMPBNQ bằng. A.. 13 . 18. B.. 23 . 9. C.. 7 . 18. D.. 5 . 9. Câu 66: Cho lăng trụ tam giác đều ABC.ABC cạnh đáy bằng a , chiều cao bằng 2a . Mặt phẳng  P  qua B và vuông góc với AC chia lăng trụ thành hai khối. Biết thể tích của hai khối là V1 và V2 với V1  V2 . Tỉ số. A.. V1 bằng V2. 1 . 11. B.. 1 . 23. C.. 1 . 47. D.. 1 . 7. Câu 67: Cho hình lăng trụ ABC.ABC và M , N là hai điểm lần lượt trên cạnh CA,CB sao cho MN song CM  k . Mặt phẳng ( MNBA) chia khối lăng trụ ABC.ABC thành hai phần song với AB và CA V có thể tích V1 và V2 sao cho 1  2 . Khi đó giá trị của k là V2 A. k . 200. 1  5 . 2. B. k . 1 . 2. C. k . 1 5 . 2. D. k . 3 . 3. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(205) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. BẢNG ĐÁP ÁN 1.A. 2.A. 3.D. 4.B. 5.A. 6.A. 7.D. 8.A. 9.D. 10.B. 11.B. 12.D. 13.B. 14.A. 15.C. 16.B. 17.B. 18.D. 19.A. 20.C. 21.B. 22.C. 23.B. 24.C. 25.A. 26.C. 27.A. 28.B. 29.B. 30.B. 31.D. 32.A. 33.A. 34.B. 35.A. 36.B. 37.A. 38.C. 39.D. 40.C. 41.B. 42.A. 43.D. 44.B. 45.B. 46.B. 47.B. 48.B. 49.B. 50.D. 51.A. 52.C. 53.D. 54.C. 55.A. 56.A. 57.C. 58.A. 59.B. 60.D. 61.D. 62.B. 63.D. 64.D. 65.D. 66.C. 67.A. HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Câu 1:. Chọn A. 1 1 1 1 Ta có VA. MNP   SMNP  d  A ,  MNP      SBCD  d  A ,  MNP    VABCD 3 3 4 4 1 1    AB  AC  AD  7 a3 . 4 6. Câu 2:. Chọn A Gọi O  AC  BD , I  MP  SO , N  AI  SC Khi đó. N M. VABCDMNP  VS. ABCD  VS. AMNP. Đặt a . SA SC SD 3 SB  1, b   ta có  2 ,c  ,d  SA SN SM SP 2. ac  bd c . S. I. P. A. D. O C B. 5 . 2. 5 3 VS. AMNP a  b  c  d 1  2  2  2 7 23 7  VABCDMNP  VS. ABCD  VS. AMNP  V  V  V .    5 3 30 30 VS. ABCD 4 abcd 30 4.1.2. . 2 2. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 201.

(206) CHUYÊN ĐỀ : KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. Câu 3:. Chọn D Trong tam giác SMC , SB và MN là hai trung SK 2  . tuyến cắt nhau tại trọng tâm K  SB 3 BI là đường trung bình của tam giác MCD  I là trung điểm AB . V1  VS. AID  VS.IKN  VS.IND 1 VS. AID  .V 4 2 1 1 1  . . V V; 3 2 4 12. Đặt:. VS. ABCD  V. VS.IKN . SK SN . .V SB SC S.IBC. VS.IND . SN 1 1 1 .VS.ICD  . V  .V SC 2 2 4. .. ;. V 1 1 1 5 7 7  V1      .V  .V  V2  .V  1  . 12 V2 5 12  4 12 4 . Câu 4:. Chọn B. Ta. có. 2 V SADE AD AE  2  A '. ADE    .   VA '. ABC SABC AB AC  3   1  VA '. ABC  3 VABC . A ' B 'C '. 4 V 27 ABC . A ' B'C ' 4 V1 4 Do đó .  27  4 V2 23 1 27  VA '. ADE . Câu 5:. Chọn A V BP BQ BR 1 3 4 1 Ta có B.PQR   . .  VB.PQR  V . VB. ACD BA BC BD 3 4 5 5. Câu 6:. Chọn A SB SD SA SC SD SB    x,  y . Ta có   xy 8. Đặt SB SD SA SC  SD SB V 1 1 1  VS. ABC  VS. ABC  V Ta có S. ABC  . 15x 30 x S. ABCD VS. ABC 15x Ta có. VS. ADC  1 1 1  VS. ADC  VS. ADC  V .  15 y 30 y S. ABCD VS. ADC 15 y. Ta có k . 202. VS. ABCD 1 1 1     VS. ABCD 30  x y . Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(207) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. 1 1 1 1 1 1 Ta có  x  y      4     k  . 60 x y 2 x y 1 Vậy giá trị nhỏ nhất của k là khi x  y  4 . 60 V V SM SN SP 1 2 1 1 6 Lại có: S. MNP  . .  . .   VS. MNP  S. ABC   1 . VS. ABC SA SB SC 2 3 2 6 6 6. Câu 7:. Chọn C S E S I. K. E I D. A. P M B. N. C. P. A. H. Q. D. Hình 2. Hình 1. Mặt phẳng  MNI  cắt khối chóp theo thiết diện như hình 1. Đặt VS. ABCD  V . S 1 1 1 Ta có SAPM  SBMN  SABC  SABCD  APM  . 4 8 SABCD 8.    IA  k . d  S,  ABCD   SA k  1 d  I ,  ABCD   V S k k   .  V  V. V S 8  k  1 d  S,  ABCD   8  k  1 Do MN / / AC  IK / / AC  IK / /  ABCD   d  I ;  ABCD    d  K ;  ABCD   . Mặt khác:. d I ,  ABCD . I . APM. APM. S. ABCD. ABCD. I . APM. Mà SAPM  SNCQ .  VI . APM  VK .NCQ . k V. 8  k  1. IH AH AI k    . SD AD AS k  1 IH PH PA AH PA 2 AH 1 2k 3k  1 .         ED PD PD PD PD 3 AD 3 3  k  1 3  k  1. Kẻ IH / /SD ( H  SD ) như hình 2. Ta có :. .  .  . d E,  ABCD  ED IH ID 3k ED 3k  :     . SD SD ED 3k  1 SD 3k  1 d S,  ABCD . SPQD SABCD. . V 9 27 k 27 k  E. PQD   VE. PQD  V. 8 VS. ABCD 24 k  8 24 k  8. 13 13 V  VE. PDC  VI . APM  VK . NQC  V 20 20 27 k k k 13 27 k k 13 2  V V V V   k . 20 3 8  3k  1 8  k  1 8  k  1 2  3 k  1 k  1 5. VEIKAMNCD . Câu 8:. Chọn A Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 203.

(208) CHUYÊN ĐỀ : KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. Đặt. SD SB  x, y SD SB. Ta có. SB SD SA SC     xy  8  y  8x. SB SD SA SC . Ta có. VS. ABC  1 1 1  VS. ABC  VS. ABC  V .  15x 30 x S. ABCD VS. ABC 15x. Ta có. VS. ADC  1 1 1  VS. ADC  VS. ADC  V .  15 y 30 y S. ABCD VS. ADC 15 y. Ta có k . VS. ABCD 4 1 1 1 4 4      .   VS. ABCD 30  x y  15xy 15x  8  x  15  x 2  8 x. . . Ta có 1  x, y  8  8  x  1  x  7 . Xét hàm số f  x    x 2  8 x trên đoạn 1;7  .  x  0  1;7  f   x   2 x  8 ; f   x   0    x  4  1;7 . Tính f  1  7 ; f  7   7 ; f  4   32 . k đạt giá trị lớn nhất khi f  x  đạt giá trị nhỏ nhất. min f  x   7  kmax . Câu 9:. 4 4  . 15.7 105. Chọn D Gọi cạnh của khối tứ diện đều ban đầu là a . 2. a 3 a 6 AO  AB  BO  a      3  3   2. 2. 2. Ta. có. h. a3 2 h3 3 a 6 3h 6h  a  ; VABCD  . 2 12 8 3 6. x3 3 x3 3 3  Thể tích của ba khối tứ diện đều có chiều cao x được cắt ra là V  3. . 8 8. x3 3 3 1 h3 3 h h3 x   x3  Ta có . 3 8 2 8 6 6. 204. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(209) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. Câu 10: Chọn B +) Do khối chóp C.ABFE và khối chóp C.ABBA có chung đường cao hạ từ C  nên VC. ABFE SABFE 2SABE AE 1     VC. ABBA SABBA 2SABA AA k +) Do khối chóp C.ABC và khối lăng trụ ABC.ABC có chung đường cao hạ từ C  và đáy là VC . ABC V 1 2   C. ABBA  ABC nên VABC. ABC 3 VABC. ABC 3 Từ và suy ra. VC. ABFE V1 2 2 2     V1  .VABC. ABC VABC. ABC 3k VABC. ABC 3k 3k. +) Đặt V  VABC.ABC. Mà.  2 V1  3k .V Khi đó  V  V  V  V  2 .V 1  2 3k. V1 2 2 2 2 2 2 2 6 2 .V  (V  .V )   (1  )    2k  6  k  3  nên 3k 7 3k 3k 7 3k 7k 7 V2 7. Câu 11: Chọn B Dựng HM  CD tại M . CD  HM  CD   SHM   CD  SM . Ta có  CD  SH  SCD    ABCD   CD  Khi đó  SCD   SM  CD nên góc giữa  SCD    ABCD   HM  CD. và  ABCD  là góc SMH . Theo giả thiết ta có SMH  60 . Mặt khác ta lại có CMH đồng dạng với CDA nên. HM CH 3 3 3    HM  AD  a . AD CA 4 4 4. Xét SMH vuông tại H ta có SH  HM.tan SMH . 3a 3 3 tan 60  a. 4 4. 1 13 3 2 3 3 a.a  a . Thể tích khối chóp S.ABCD là VS. ABCD  SH.SABCD  3 3 4 4. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 205.

(210) CHUYÊN ĐỀ : KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. Câu 12: Chọn D Gọi O  AC  BD; F  DM  AB; K  SB  MN . Ta có: BAD  60 nên tam giác ADB là tam giác đều. MK 2  . K là trọng tâm SCM  MN 3 Xét: VM .KFB 5 MK MF MB 2 1 1 1 1  . .  . .   VM .KFB  .VM .NDC  VKFBNDC  VM .NDC . 6 VM . NDC MN MD MC 3 2 2 6 6. 1 1 1 Mà: VM.NDC  2VB.NDC và 2VN . BCD  2. VS. BCD , vì d  N ,  BDC    d S ,  BDC    VS. ABCD 2 2 2 V 5 5 7 7  V2  VKFBNDC  VM . NDC  VS. ABCD  V1  VSADFKN  VS. ABCD  V1  VS. ABCD  1  . 6 12 12 V2 5. Câu 13: Chọn B. A'. C' P. Gọi V là thể tích lăng trụ ABC.ABC .. B' M. Ta có:  1 SMNP  SBCCB 4  d  A ',( MNP)   d ( A '),( BCC B)  . 1 2 1  VAMNP  VABCC B Mặt khác: VABCCB  V  VAABC  V  V  V 3 3 4  VAMNP . C. A N B. 1 2 1 2  V    48  8cm3 . 4 3 4 3. Câu 14: Chọn A. Trong mặt phẳng  SBC  , qua G kẻ đường thẳng song song với BC cắt SB,SC lần lượt tại M , N . Suy ra BC //  MAN  , AG   MAN  . Vì vậy  MAN     . Ta có tam giác ABC vuông cân tại B , AC  a 2  AB  BC  a . 206. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(211) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN. 1 1 a3  VSABC  SA. .AB.BC  . 3 2 6. Gọi E là trung điểm của BC . Ta có MN //BC  Khi đó:. SM SN SG 2    . SB SC SE 3. VSAMN SM SN 2 2 4 V 5 5 5 a 3 5a 3 .   V  VSABC  .   .  .   9 9 6 54 VSABC 9 VSABC SB SC 3 3 9. Cách tính khác: Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên SB . Ta chứng minh được AH   SBC  và BMNC là hình thang vuông tại B, M . 1 1 1 a 2 1 a 2  2a  5a 3 Khi đó VABMNC  .AH. .BM.  MN  BC   . . . . .  a   3 2 3 2 2 3  3  54. Câu 15: Chọn C 2. a 3 3 2 h. Gọi cạnh của khối tứ diện đều ban đầu là a , ta có h  a   aa    3  2 3   2. 2. 1  3  3 h3 Thể tích của khối tứ diện ban đầu là V  .  h  . .h  . 3  2  4 8. Do đó tổng thể tích của ba khối tứ diện đều có chiều cao x được cắt ra là Theo giả thiết ta có. 3x3 . 8. 3x 3 1 h 3 h  . x 3 . 8 4 8 12. Câu 16: Chọn B Ta thấy thiết diện của  AEF  và hình hộp là tứ giác AFC ' E .. Ta có VABCD. AFC ' E  trong đó x . x yzt VABCD. A' B' C ' D' 4. 0 BE 1 CC ' DF 3 1  0; y   ;z   1; t    VABCD. AFC ' E  VABCD. A ' B 'C ' D ' . AA ' BB ' 4 CC ' DD ' 4 2. Vậy tỉ lệ thể tích của hai khối là 1. Câu 17: Chọn B. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 207.

(212) CHUYÊN ĐỀ : KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN. B'. Ta có 1 VGABC  VABCA ' B 'C ' 3 1 1 2 1 VBBMN  VA ' BB' N  VA ' BCB' C '  . VABCA ' B' C '  VABCA' B' C ' 2 2 3 3 1 1 2 1 VABBC  VABCB'C '  . VABCA ' B' C '  VABCA ' B' C ' 2 2 3 3 2 2 2 4 VA ' BCN  VA ' BCB' C '  . VABCA ' B' C '  VABCA ' B' C ' 5 5 3 15 Do đó thể tích của khối ABCN nhỏ nhất.. A' C'. N. B. A G C. Câu 18: Chọn D Do S.ABCD là hình chóp tứ giác đều nên hình chiếu của S lên mặt phẳng  ABCD  trùng với tâm H của hình vuông ABCD . C  là trung điểm của SC và H là trung điểm AC nên I  AC  SH là trọng tâm SAC 2  SI  SH 3 Ta có: BD  AC , BD  SH  BD   SAC   BD  SC  BD //  P   BD//BD Mặt khác:  P    SBD   BD , I  AC    P  , I  SH   SBD   I  BD SB SD SI 2    SB SD SH 3 1 V1 VS. ABC D 2 VS. ABC D VS. ABC  2 1 1 Ta có:       . 1 V2 VS. ABCD VS. ABC 3 2 3 V 2 S. ABCD. Do đó:. Câu 19: Chọn A Gọi E, F lần lượt là trung điểm của BC , MN . Gọi H là trọng tâm ABC . Ta có: SBC cân tại S  SF  MN .  SF  MN   MN   SBC    AMN   SF   AMN  .  SBC  AMN    . Ta có: ASE có AF vừa là đường cao vừa là đường trung tuyến  ASE cân tại A . a 15 a 3 a2 3 2 2  SA  AE  ; SH  SA  AH  , SABC  . 6 2 4 1 3 3 1 a 15 a2 3 a3 5 V SAMN  VSABC  VSAMNCB  VSABC  . . .  . 4 4 4 3 6 4 32. 208. M. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(213) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. Câu 20: Chọn C. S. Kẻ MQ//SC , NP//SC ta được  MNPQ  chính là. mặt. phẳng   .. M. Ba mặt phẳng   ,  SAB  ,  ABC  giao nhau theo ba giao tuyến MN , AB, PQ đồng quy tại I . Xét trong tam giác có SAB MS IA NB IA 1 . .  1  1. .  1 nên B là trung điểm MA IB NS IB 2 IA. Các tam giác SAI , IAC lần lượt có các trọng tâm là N , P. Gọi thể tích khối chóp IAMQ là V . Ta có:. N. Q. A. VIBNP V 7 IB IN IP 1 2 2 2 7  . .  . .   1   V1  V VIAMQ IA IM IQ 2 3 3 9 V 9 9. C P. của. B I. 1. VABSC AB AS AC 1  . .  .2.2  2  VS. ABC  2V  V1  V2  2V VAIMQ AI AM AQ 2. 2. V 7 11 7 Từ  1 và  2  suy ra V2  2V  V  V . Từ đó suy ra 1  . 9 9 V2 11. Câu 21: Chọn D 1 1 Ta có tứ diện AMNP vuông tại A nên V  AB.AD.AA '  .8a.18 a.28 a  672 a3 . 6 6. Câu 22: Chọn C SA ' SB ' SC ' 1 SD '  1; x  ;  ;y  . Ta có SA SB SC 2 SD SA SC SD SB 1 1      3 SA SC ' SD ' SB ' x y. Đặt. Có m. VS.B' C ' D ' VS.B 'C ' D ' 1 SB ' SC ' SD ' 1   . .  xy . VS. ABCD 2VS.BCD 2 SB SC SD 4. 3. 1 1 2 4 1    xy   m  . x y 9 9 xy. Câu 23: Chọn B SB SD SC  1 SA  ; t  1; y  ; z . Ta có SB SD SC 2 SA 1 1 1 1 1 1 1 1     1 2      3. y t y t x z y t. Đặt x . Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 209.

(214) CHUYÊN ĐỀ : KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. Mà m . VS.BCD VS.BCD 1 SB SC SD 1   . .  yt . VS. ABCD 2VS.BCD 2 SB SC SD 4. 1 1 t ,  3  y  y t 3t  1. 1  t2  t  1  m  f t   max f  t       4  3t  1  1 ;1 3  3 . . 1 1 f  . 2 8. Câu 24: Chọn C. A. Gọi V  VA.BCD Ta có:. VA. MNP AM AN AP 1 1  . .   VA. MNP  V VA.BCD AB AC AD 8 8. M. N. 1 1 1 Tương tự VB. MQS  V ; VC .NQR  V ; VD.PRS  V 8 8 8. B. 1 V VMQNPSR  V  VA. MNP  VB. MQS  VC .NQR  VD.PRS  V  4. V  8 2 V Theo giả thiết VMQNPSR  9 2   9 2  V  18 2 . 2. Đặt độ dài cạnh của tứ diện là a , ta có: V . P. Câu 25: Chọn A. A. M. N F C. D. E.   DE AN 2   N      ACD  Ta có       ACD   NE / / AD  E  CD ,    DC AC 3     AD / /     DF AM 1   M      ABD       ABD   MF / / AD  F  BD ,   .  DB AB 3     AD / /  . Như vậy thiết diện của tứ diện ABCD cắt bởi   là tứ giác MNEF . VA. MND AM AN 1 2 2 2   .   VA. MND  VA.BCD . VA.BCD AB AC 3 3 9 9. 2 1 VD. MNF DF 1 VD. MNB SMNB SABC  SAMN  SBCN SABC  9 SABC  3 SABC 4   ;     VD. MNB DB 3 VD. ABC SABC SABC SABC 9. 1 4 4  VD. MNF  . VA.BCD  V . 3 9 27 A.BCD 210. R. Q. a3 2  18 2  a  6 . Vậy a  6 cm . 12. B. D. S. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. C.

(215) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN. VD.EFN DE DF 2 1 2 VD.CBN SCBN CN 1 1 2 2 V .  .  .  ;     VD.EFN  . VA.BCD  3 9 27 A. BCD VD.CBN DC DB 3 3 9 VD.CBA SCBA CA 3. Cộng theo vế ta được: 2 4 2 VA. MND  VD. MNF  VD.EFN  VA.BCD  VA.BCD  VA. BCD 9 27 27. V . 12 12 a3 2 a3 2 4a3 2 VA.BCD  .   . 27 27 12 27 108. Câu 26: Chọn C A. M Q D B. E. P. N C.  P  EN  CD Gọi  suy ra thiết diện của tứ diện ABCD cắt bởi  MNE  là tứ giác MNPQ . Q  EM  AD V BE ED k  1 ED EP EQ k  Ta có: E.DPQ  . Theo giả thiết: ; . BD EB k VE.BNM EB EN EM.  MN / / AC EQ EP  PQ / / MN / / AC   Ta thấy:  EM EN  EMN    ACD   PQ k 1 EB EM EM k  1 2k  1 EQ 2 k  2 Xét EAB có EM là trung tuyến  1 2      ED EQ EQ 2 2k  2 EM 2 k  1. Thay vào: Lại có:. VE. DPQ VE.BNM. 2. 2. k  1  2k  2  V k  1  2k  2  8 k 2  11k  4  .  1 . .     2 k  2k  1  VE.BNM k  2k  1  k  2 k  1.  .  . VE.BMN d E,  BMN  .SBMN EB BM BN k   . .  VD. ABC DB BA BC 4 d D,  ABC  .SABC. Từ và suy ra. V VA.BCD. . 8 k 2  11k  4 k 8 k 2  11k  4 .  2 2 k  2 k  1 4 4  2 k  1. 11 2 a 3 k  4 8 k 2  11k  4 22 8 k 2  11k  4 2 294     40 k  187 k  108  0   Như vậy 2 2 3  k  27 49 2a 4  2 k  1 4  2 k  1  40 12 Vậy k  4 .. Câu 28: Chọn A Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 211.

(216) CHUYÊN ĐỀ : KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. Gọi P  ( )  SD, Q  ( )  SC , R  ( )  SB, E  (  )  SD, F  (  )  SC, G  (  )  SB thì theo đề ta có: VS. MPQR  10 dm 3. VS.NEFG  VS.NEF  VS.NGF , VS.NEF SN SE SF  . .  2.2.2  VS.NEF  8VS. MPQ , VS. MPQ SM SP SQ VS.NGF SN SG SF  . .  2.2.2  VS.NEF  8VS. MRQ VS. MRQ SM SR SQ. . .  VS. NEFG  VS.NEF  VS. NGF  8VS. MPQ  8VS. MRQ  8 VS. MPQ  VS. MRQ  8VS. MPQR  80 dm 3 .. Vậy thể tích của khối chóp cụt NEFG.MPQR là V  VS.NEFG  VS. MPQR  80  10  70 dm 3 . Câu 29: Chọn B S. d. M. N. A. D P. B. Q. C. Ta chứng minh PQ / / BC .  SBC    SAD   d   SBC    ABCD   BC  d //BC, d //AD. Giải sử  SBC    SAD   d khi đó ta có:   SAD    ABCD   AD  BC / / AD  M , N lần lượt là trung điểm các cạnh SA,SD nên ta có MN / / AD, MN / / d.  SBC    SAD   d   SBC      PQ  PQ / / MN  PQ / / BC. Ta lại có:   SAD      MN d / / MN . Xét tam giác SBC có PQ / / BC,. 212. SP SQ SP x   = x. SB SC SB. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(217) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. V V1 VS. MNQP VS. MNP  VS. NQP VS. MNP 1 SM.SN.SP 1 SN.SQ.SP     S. NQP     V VS. ABCD VS. ABCD 2VS. ABD 2VS.DCB 2 SA.SB.SD 2 SD.SC.SB . 1 1 1 1 1 x  2 x2   x   xx   2 2 2 2 2 8.  1  33 x  V1 1 x  2x 1 4 Theo bài ra: V  2V1      2x2  x  4  0   V 2 8 2  1  33 x  4  2. SP 1  33 xx0x  SB 4 Cách 2: Sử dụng công thức tính nhanh tỉ lệ thể tích của khối chóp tứ giác như sau:. Mà. Cho chóp S.ABCD và mặt phẳng   cắt các cạnh SA, SB, SC , SD của khối chóp tại các điểm SQ SP SM SN 1  = x,    SC SB SA SD 2 1 1 V1 VS. MNPQ x.x  2  2  1 1  x  2x2 Thì ta có:     2  2    V VS. ABCD 4 8 x x . M , P,Q, N với.  1  33 x  V 1 x  2x 1 4   2x2  x  4  0   . Theo bài ra: V  2V1  1   V 2 8 2  1  33 x  4  2. Mà. SP 1  33 xx0x SB 4. C'. A' Q'. Câu 30: Chọn B Đặt BC  a,CC '  b. B'. b. M. Diện tích tam giác NPQ ' là: P. . . SNPQ '  SBCC ' B'  SNB' Q '  SPC ' Q '  SBCPN  VM . NPQ '. Suy ra:. VA '. BCC ' B '. 11ab 30. V1 11 11 . Tức là: .   30 VA '. BCC ' B' 30. A. C N. a B. 1 2 Mặt khác: VA '. BCC ' B'  VA'. ABC  VABC. A' B' C '  VA'. BCC ' B'  V2  V2  VA'. BCC ' B'  V2 3 3. Do đó:. V1 V 11 11 .   1  2 30 V2 45 V 3 2. Câu 31: Chọn D. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 213.

(218) CHUYÊN ĐỀ : KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. Trong mặt phẳng  ABCD  , kéo dài MN cắt DA , DC lần lượt tại F , E . Trong mặt phẳng (SAD) , gọi FK  SD  Q . Trong mặt phẳng  SCD  , gọi QE  SC  P . Suy ra thiết diện là ngũ giác MNPQK và MN // AC // PK . Đặt h  d  S ,  ABCD  . .  . . KA KA t t t   d K ,  ABCD   d P ,  ABCD   .h KS SA t  1 t 1 1 FD  3. Ta có: FA  BN  AD  2 FA Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác SAD , suy ra QS FD KA QS QS 1 QD 3t 3t . . 1 .3.t  1      d Q ,  ABCD   h QD FA KS QD QD 3t SD 3t  1 3t  1. . . 1 1 9 Mặt khác: SFAM  SNCE  SBMN  SABC  SABCD  SDEF  SABCD 4 8 8 Suy ra thể tích của khối đa diện không chứa đỉnh S là 1  3t 9 t 1 t 1  V  VQDEF  VKAMF  VPECN   h. S  . S . S 3  3t  1 8 t 1 8 t 1 8 .  27t 1  27t 2t  2t   .    .h.SABCD  V   V  8  3t  1 8  t  1  ABCD 3  8  3t  1 8  t  1    7 Phần thể tích của khối đa diện không chứa đỉnh S bằng phần còn lại suy ra thể tích của khối 13 13 đa diện không chứa đỉnh S bằng thể tích khối chóp S.ABCD 20 27t 2t 13 2    t . 3 8  3t  1 8  t  1 20. Câu 32: Chọn A. 214. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(219) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. Gọi Q là giao điểm của mặt phẳng  MNP  với BB . C P DN AM BQ  y,  z,  t . Khi đó x  y  z  t .  x, CC  DD BB AA VABD. MQN x  z  t V   x zt .  A B D . MQN   VABD. ABD VABCD. ABCD 3 6. Giả sử. VCBD. PQN VCBD.CBD. . V  y zt y zt .  C B D .PQN  VABCD. ABCD 3 6. an1  2an . VMNPQ. ADCB VABCD. ADCB. 5 5275 1  AM C P  1  1 1  5  VMNPQ. ADCB  .VABCD. ADCB  .         12 6 2  AA CC   2  2 3  12. Câu 33: Chọn A. Vì SA  SB  SC  SD  2a nên hình chiếu vuông góc hạ từ đỉnh S xuống đáy trùng với tâm đường tròn ngoại tiếp đáy, tức là trùng với điểm O  AC  BD . Ta có: SO  SA2  AO2  2a2  Ta có: VS. ABEF  VS. ABE  VS. AEF. 1 3a 3 4a2  a2 3a  VS. ABCD  .SO.SABCD   . 3 3 4 2. SE SE SF 2  3a 3  2 1  3a 3  5 3a 3  .V  . .V  . .   . .  SC SABC SC SD SACD 3  6  3 4  6  36. Câu 34: Chọn B. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 215.

(220) CHUYÊN ĐỀ : KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. SM  x  0  x  1 , kí hiệu V , h lần lượt là thể tích và chiều cao của khối chóp đã cho. SA MN NP PQ QM SM     x Theo định lý Ta-let, ta có: AB BC CD DA SA. Đặt.    AM  1  x  d M , ABCD  1  x h .      SA d S,  ABCD    MN .MQ.d  M ,  ABCD    x .  1  x  h.AB.AD  3x 1  x  V Vì vậy V Và. d M ,  ABCD . 2. MNPQ . M N PQ. 1 Theo BDT Co-si, ta có: x 1  x   x.x.  2  2 x   2 2. 2. 3. 1  x  x  2  2x  4 .    2 3 27 . 4 2 Do đó, VMNPQ. M N PQ  V . Dấu “=” xảy ra  x  2  2 x  x  . 9 3. Câu 35: ChọnA.  ABE    SDC   Ex  Ex DC AB . Ta có:   AB DC SE SF SE  x ,  0  x  1    x. Gọi F  Ex  SD , SC SD SC 1 Do ABCD là hình thang có AB  2CD nên SACB  2SADC  SADC  S 3 Ta có: VS. ACD S 1 1  ACD   VS. ACD  VS. ABCD VS. ABCD S ABCD 3 3. 216. ABCD. 2 ; SACB  S 3. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. ABCD. ...

(221) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN. VS. ABC S 2 2  ABC   VS. ABC  VS. ABCD . VS. ABCD S ABCD 3 3. Lại có:. VS. AEF SE SF 1  .  x 2  VS. AEF  x 2 .VS. ACD  x 2 .VS. ABCD ) VS. ACD SC SD 3. VS. ABE SE 2   x  VS. ABE  x.VS. ABC  x.VS. ABCD ). VS. ABC SC 3. Theo bài ra mặt phẳng  ABE  chia khối chóp S.ABCD thành hai khối đa diện có thể tích bằng 1 nhau nên VS. ABEF  VSABCD 2 1 1 2  1 1 2 1  VS. AEF  VS. ABE  VS. ABCD   x 2  x  .VS. ABCD  VS. ABCD  x 2  x   0 2 3  2 3 3 2 3  2  10 x  2  10 2  . Do 0  x  1  x  . 2  2  10 x  2 . Câu 36: Chọn B. SM  x  0  x  1 , kí hiệu V , h lần lượt là thể tích và chiều cao của khối chóp đã cho. SA MN NP PQ SM    x Theo định lý Ta-let, ta có: AB BC CD SA. Đặt.    AM  1  x  d M , ABC  1  x h .      SA d  S,  ABC    S .d  M ,  ABCD    x .  1  x  h.S  3x 1  x  V Vì vậy V Và. d M ,  ABC . MNP . M N P . 2. MNP. 2. ABC. 3. 1 1  x  x  2  2x  4 Theo BDT Co-si, ta có: x 1  x   x.x.  2  2 x    .   2 2 3 27  2. 4 2 Do đó, VMNP. MN P  V . Dấu “=” xảy ra  x  2  2 x  x  . 9 3. Câu 37: Chọn A Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 217.

(222) CHUYÊN ĐỀ : KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. SM SN SP SM   x  0  x  1 . Theo định lý Ta-let, ta có:  x SA SB SC SA SM SN SP 1 . . VS. ABC  x 3 .VS. ABC Theo giả thiết, VS. MNP  VS. ABC nên Và VS. MNP  SA SB SC 2 1 1 x3   x  3 2 2. Đặt. Câu 38: Chọn C. 1 1 1 Ta có V2  SA.SABCD , VS. ABCD  SD.SABCD  V2 . 3 3 2. Gọi H  SA  SD , L  SB  SCD  khi đó thể tích chung của hai khối chóp S.ABCD và S.ABCD là thể tích khối HLCDAB . Do AB / /CD nên giao tuyến HL của hai mặt  SAB  và. SCD  phải song song với. AB .. V1  VHLCDAB  VS. ABCD  VS.HLCD ;. SH SD 1 SH 1     HA SA 2 SA 3. VS. HLD SH.SL 1 1 1 1 1   .   VS.HLD  VS. ABD  VS. ABCD VS. ABD SA.SB 3 3 9 9 18. 218. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(223) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN. VS. LCD SL 1 1 1    VS. LCD  VS.BCD  VS. ABCD VS.BCD SB 3 3 6. VS.HLCD  VS. HLD  VS. LCD . 1 1 2 VS. ABCD  VS. ABCD  VS. ABCD 18 6 9. V 7 7 7  V1  VS. ABCD  VS. HLCD  VS. ABCD  V2 . Vậy 1  9 18 V2 18. Câu 39: Chọn D S. M P N C. A. B. Mặt phẳng  P  song song với  ABC  và cắt các cạnh bên SA,SB,SC lần lượt tại M , N , P . Theo Ta-let ta có: Do đó. SM SN SP    x  0. SA SB SC. VS. MNP SM SN SP  . .  x3  0 . VSABC SA SB SC. Theo giả thiết:. VS. MNP 1 1 1 MN SM 1 a   x3   x  3    3  MN  3 . VSABC 2 2 AB SA 2 2 2. Vì tam giác ABC đều cạnh a nên tam giác MNP là tam giác đều có cạnh bằng. Vậy SMNP.  a  3  2  4. a 3. 2. .. 2. 3 . a2 3 44 4. .. Câu 40: Chọn C S. S' H L D. A. B. C. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 219.

(224) CHUYÊN ĐỀ : KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. Ta có. VS. ABCD S ' D  k. V2 SA. Gọi H  SA  SD , L  SB  SCD  khi đó thể tích chung của hai khối chóp S.ABCD và S.ABCD là thể tích khối HLCDAB . Do AB / /CD nên giao tuyến HL của hai mặt  SAB  và. SCD  phải song song với. AB . V1  VHLCDAB  VS. ABCD  VS.HLCD .. SH SD SH k SL k  k    HA SA SA k  1 SB k  1 VS.HLD SH.SL k2 k2 k2    V  V  VS. ABCD   S . HLD S . ABD 2 2 VS. ABD SA.SB  k  12 2  k  1  k  1 VS. LCD SL k k k    VS. LCD  VS. BCD  V VS.BCD SB k  1 k 1 2  k  1 S . ABCD. VS.HLCD  VS.HLD  VS. LCD   V1  VS. ABCD  VS. HLCD . k2 2  k  1. VS. ABCD  2. 3k  2 2  k  1. 2. VS. ABCD. k 2k 2  k VS. ABCD  VS. ABCD 2 2  k  1 2  k  1. V1 3k 2  2 k   . V2 . Vậy 2 V 2 2  k  1 2 2  k  1. 3k 2  2 k. Câu 41: Chọn B. Gọi M là trung điểm BC , F  SA    , trong đó   là mặt phẳng chứa BC và vuông góc SA , H là hình chiếu của G lên SM . Ta có: SA    , FM    nên SA  FM . Vì S.ABC là hình chóp tam giác đều nên SG là đường cao hình chóp ứng với đáy  ABC  và ABC là tam giác đều.. Ta có: AM vừa là đường trung tuyến, vừa là đường cao trong tam giác đều nên AM  BC . SG   ABC  , BC   ABC  nên SG  BC .. AM  SG  G và AM , SG  SAM  .. 220. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(225) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN. GH  SM  GH  BC Suy ra BC   SAM   BC  GH . Do đó:   GH   SBC  . SM  BC  M SM , BC   SBC  . SG   SBC   S Ta lại có:   SH là hình chiếu vuông góc của SG lên  SBC  . SH   SBC . .  . .  SG ,  SBC   SG , SH  GSH  30 .. Giả sử cạnh của tam giác đều ABC là a . Xét tam giác SGM vuông tại G , ta có: SG  GM cot 30 . a 3 a . 3 . 6 2 a2 a2 a 21 .   3 4 6. Xét tam giác SAG vuông tại G , ta có: SA  AG 2  SG 2 . a a 3 . SG.AM 2 2 3a 7   Trong tam giác SAM , ta có: MF  . SA 14 a 21 6 2. 2.  a 3   3a 7  a 21 Xét tam giác AFM vuông tại F , ta có: FA  AM 2  FM 2   .      2   14  7     a 21 V SF FA 6 1 SF 1 1  1  1  7  1   . Mà S.FBC  Suy ra   V1  VS. FBC  VS. ABC SA SA 7 7 VS. ABC SA 7 7 a 21 6 V 6 1  V2  VS. ABC . Do đó 1  . 7 V2 6. Câu 42: Chọn A C'. A' S. B' P. M I. A. N. C O. B. Gọi M , N , P lần lượt là giao điểm của mỗi cạnh bên SA , SB , SC tương ứng với các cạnh bên OA , OB , OC . Phần chung của hai khối chóp S.ABC và O.ABC là khối đa diện SMNPO .. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 221.

(226) CHUYÊN ĐỀ : KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. Từ giả thiết ta có  ABC  //  ABC   mà ta có MN // AB // AB , NP // AC // AC do đó.  ABC  //  MNP  ,  ABC //  MNP  và. MNP đều.. Xét các tam giác vuông SMI và OMI ta có SI . MI MI MI   MI 3 , OI  suy ra 0 0 tan 60 tan 30 3. SI MN 3 OI MN 1 SI    3 suy ra  ,  . SO AB 4 OS A ' B ' 4 OI. Suy ra. V AB  3 hay O. ABC  32  9  VO. ABC  9V2 AB V2 3. 3. V  SI   3  27 Do đó S. MNP       V2 64  SO   4  3. 3. VO. MNP  OI   1  V V  VSMNP 27 9 V 1 9 9 . Từ đó 1  OMNP .   O. MNP         VO. ABC  OS   4  64 V2 64 V2 V2 64 64 16. Câu 43: Chọn D S. M. Q. N. P A. D O. B. C. Giả sử cắt viên đá khối chóp tứ giác đều S.ABCD theo mặt phẳng  MNPQ  song song với.  ABCD  như hình vẽ. SM SN SP SQ     x  0. SA SB SC SD Theo giả thiết ta có: VS. MNPQ 1 V  VS. MPQ 1 V V 1 SM SP  SN SQ  1   S. MNP   S. MNP  S. MPQ   .    . VS. ABCD 2 2VS. ABC 2 VS. ABC VS. ACD 2 SA SC  SB SD  2. Theo Ta-let ta có:.  2x3 . 1 1 MN SM 1 a x 3    3  MN  3 . 2 AB SA 4 4 4. Vì ABCD là hình vuông nên MNPQ là hình vuông cạnh. a 3. 4. 2. . Vậy SMNPQ.  a  a2  3   3 . 2 2  4. Câu 44: Chọn B. 222. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(227) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN. A. B. D G C. Ta có. VA.GBC SGBC 1 1    VA.GBC  VA. BCD  4 . 3 VA.BCD SBCD 3. Câu 45: Chọn B. A'. B' C'. B. A H C. Ta có SABC .  . 1 1 AC 2  2 2 2 2. 2. . .  4 và d C ,  ABC   C H  AC .sin 60  2 3 .. 2 16 3 2 1 Khi đó, VABCBC  VABC. ABC  VA. ABC  VABC . ABC  VABC . ABC  VABC . ABC  .4.2 3  . 3 3 3 3. Câu 46: Chọn B A. Q'. D. O. M'. P' N'. B. Q. C P. M A'. D'. N O'. B'. C'. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 223.

(228) CHUYÊN ĐỀ : KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. Gọi O , O , M , N , P,Q lần lượt là tâm của các hình chữ nhật ABCD , ABCD , ABBA , BBCC , CCDD , AADD . Ta có phần chung của hai khối tứ diện ABCD và ABCD là bát diện OMNPQO . Gọi M, N, P,Q lần lượt là trung điểm của AB, BC ,CD, DA . Ta có SMNPQ SABCB. . SMN PQ SABCB. . SABCB  SAMQ  SBMN  SCNP  SDPQ SABCB A. 1 SABCB  4. .SABCB 1 8   SABCB 2. Q' D. M' P'. B. N'. Ngoài ra, chiều cao của khối chóp VO . MNPQ bằng Suy ra. C. 1 chiều cao của khối hộp ABCD.ABCD . 2. V1 2VO. MNPQ 1 1 1 1   2. . .  . V2 V2 2 3 2 6. Câu 47: Chọn B Đặt V  VABC. ABC . Lấy điểm E trên CC ' sao cho CC  3CE .. Suy ra. AM BN C E 1      MNE  //  ABC  . AA BB C C 3. 1 Ta có: VC. MNE  VABC . MNE 3 2 1  V1  VABC. MNE . Mặt khác: VABC. MNE  V . 3 3 V 2 1 2 2 7 2 Suy ra V1  . V  V  V2  V  V  V  1  . 3 3 9 9 9 V2 7. Câu 48: Chọn B. 224. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(229) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. SM SN 1   . SA SC 2 Cách 1: Áp dụng định lý Menelaus cho SOD ta có : PS BD IO PS PS 1 SP 1    1  2 1  1     . PD BO IS PD PD 2 SD 3 Cách 2: Kẻ OH / / BP , ta có O là trung điểm của BD nên H là trung điểm của PD .. Ta có M , N là trung điểm của SA,SC nên. Ta có OH / / IP mà I là trung điểm của SO nên P là trung điểm của SH . SP 1  . Suy ra SP  PH  HD  SD 3 V 2V SM SP 1 1 1     . Theo công thức tỉ số thể tích ta có : S.BMPN  S.BMP  VS.ABCD 2VS.BAD SA SD 2 3 6 Câu 49: Chọn B. A. P N. M B. D. F D. E C. Gọi D, E, F lần lượt là trung điểm các cạnh BC ,CD, DB . 3. Ta có VAMNP. 3. 2 2 1 2 2    VADEF    . VABCD  VABCD  .54  4 . 27 27 3 3 4. Câu 50: Chọn D. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 225.

(230) CHUYÊN ĐỀ : KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. Gọi AH là đường cao của hình hộp. Khi đó  AA;  ABCD    AAH  45  AH  AA.sin45  5 2 . SABCD  6 2.sin 45  18 2 .Nên VABCD. ABCD  SABCD .AH  180 .. 2 2 2 VABCDDB  VA.BDDB  VC.BDDB  .VABD. ABD  VBCD.BC D  VABCD. ABC D  120 . 3 3 3. Câu 51: Chọn A. 1 Đặt V  VABC. ABC . Ta có G   ABC  nên VG. ABC  V . 3 1 1 2 1 1 1 2 1 VBBMN  VM . BBN  VA. BBN  .VA. BBCC  . V  V ; VABBC  VA.BBCC  . V  V . 2 2 3 3 2 2 3 3 S 4 4 1 4 1 2 4 CN 4 Ta có CBN   nên VABCN  VABCC  . VABCCB  . . V  V 5 5 2 5 2 3 15 SCBC CC  5. Vậy khối tứ diện ABCN có thể tích nhỏ nhất. Câu 52: Chọn C. 226. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(231) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. Gọi d là khoảng cách giữa BB và CC . 1 1 3 4  1 31 31 Ta có SBCPN   CP  BN  .d  .  BB  CC  .d  . BB.d  .SBCCB . 2 2 4 5 2 20 40  Do đó VBCMNP  VM .BCPN . 31 31 2 31 2 VM . BCCB  . .VABC . ABC  . .60  31 . 40 40 3 40 3. Câu 53: Chọn D. Gọi P  CD  NE , Q  AD  ME , khi đó  MNE  chia hình chóp là hai khối đa diện gồm ACMNPQ và BMNDQP .. Dễ dàng chứng minh được P , Q lần lượt là trọng tâm tam giác EBC và EAB . Khi đó: EQ EP 2 ED EQ EP 1 2 2 2 . .  .VE.BMN  . . VE.BMN  VE.BMN  . Ta có VE.DQP  EM EN 3 EB EM EN 2 3 3 9 7  VBMNDQP  VE.BMN  VE.DQP  VE. BMN . 9. d  E;  ABC   EB 1  2 Lại có SBMN  SABC , 4 d  D;  ABC   DB. Nên.  .  . VE.BMN d E;  ABC  .SBMN 7 1 7 1 1   2.  suy ra VBMNDQP  . .VD. ABC  .VD. ABC 9 2 18 VD. ABC d D;  ABC  .SABC 4 2.  V  VACMNPQ  VD. ABC  VDMBDQP . 11 11 2a3 11 2a3 .VD. ABC  .  . 18 18 12 216. Câu 54: Chọn C Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 227.

(232) CHUYÊN ĐỀ : KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. Gọi d là khoảng cách giữa AB và CD . 1 1 1 1  1 5 5 Ta có SMBCN   BM  CN  .d  .  AB  CD  .d  . .AB.d  .SABCD . 2 2 2 3 2 6 12  Nên VS. MBCN . 5 5 VS. ABCD  .48  20 . 12 12. Câu 55:Chọn A. Gọi B là diện tích tam giác ABC , h là độ dại đường cao của hình lăng trụ, suy ra V  B.h . Gọi Q là trung điểm AB , G là trọng tâm tam giác ABC . Gọi V1 là thể tích khối chóp BMNP , V2 là thể tích khối chóp MBNE với E  QC  MP . Ta có. PE CE PC 2 PC PC 2     .  do PC // MQ và PC  2PC nên ME QF MQ 3 MQ CC  3. Ta có. V1 MP 1 1    V1  V2 . ME 3 3 V2. 2 8 Do GC  QC , CE  2QC  GE  GC  CE  QC . 3 3 1 Ta lại có V2  SBNE .h . Ta tính diện tích tam giác BNE theo diện tích tam giác ABC ta có 3 8 8 SBNE  SBGE  SNGE  SNQC  SBQC  SQBNC . 3 3. . Mà. SAQN SABC. . . 8 AQ AN 1 3 .   SQBCN  SABC do đó SBNE  SQBNC  2 B . 3 AB AC 4 4. 1 1 2V 1 2V Nên V2  SBNE .h  .2 B.h  .  V1  V2  3 3 3 3 9 228. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(233) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. Câu 56: Chọn A. Gọi H , K lần lượt là trung điểm của BD, BC và I  EM  AB. Áp dụng định lí Menelaus cho AM HE BI 3 BI BI 2 3 . .  1  2. . 1   AI  AB tam giác AHB ta được MH EB IA 4 IA IA 3 5 AI 3 AN 2     Hai đường thẳng IN và BC cắt nhau, gọi giao điểm là F . AB 5 AK 3 Gọi P  EM  AD. Vì MN //CD nên áp dụng định lí về giao tuyến của ba mặt phẳng Ta có PQ//EF //CD. Áp dụng định lí Menelaus cho tam giác ADB ta được AP DE BI AP 1 2 AP . . 1 . . 1  3. PD EB IA PD 2 3 PD Có ABCD là tứ diện đều cạnh bằng a  VABCD  VAPQI VABCD. . a3 2 12. 9 2a3 AP AQ AI 3 3 3 27 27 27 a3 2 . . .  . .   VAPQI  VABCD  . . Vậy VAPQI  320 AD AC AB 4 4 5 80 80 80 12. Câu 57: Chọn C Ta có VABC.NMP  VM. ABC  VM.BCPN 1 x Trong đó VM . ABC  d  M ,  ABC   .SABC  V 3 3 S BP  CN VM .BCPN  BCPN VM .BCCB  V   SBCCB BB  CC  A. BCC B . yz 2 yz . V V. 11 3 3. Khi đó VABC . MNP  1 2. xyz V. 3. Vậy VABC . MNP  V . xyz 1 3 V  V  xyz  . 3 2 2. Câu 58: Chọn A. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 229.

(234) CHUYÊN ĐỀ : KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN. C D. E. O B. F A. CE CO 2 9 9 BD 4 AF AO 2 1 AE 1 CD CO 2 BF 4 , ,             . 2 2 2 CA CA 10 13 5 AC 10 CB CB BC 13 AB AB BA 5 1 Ta có thể tích khối tứ diện OABC : V0  OA.OB.OC  1 . 6. Ta có. Ta có: VA.OEF  VB.ODF . CO CE CD AO AE AF 81 1 . . . . V0  V0  V0 , VC.OED  V , CO CA CB AO AC AB 130 0 50. BO BD BF 16  1 81 16  36 36 . . V0  V0 . Vậy VODEF   1  .    V0  V0  BO BC BA 65 50 130 65  325 325 . Câu 59: Chọn B D. P. Q. A. C M. N B. Có MN // AC   MNP    ACD   PQ // MN // AC . Ta chia khối đa diện thánh các khối tứ diện VBMNPQD  VD .PQB  VB. MNQ  VB.PQN .. Thể tích khối tứ diện đều đã cho là V0 . 2 . 12. 2. Ta có VD.PQB. DP DQ DB 2 4  . . V0    V0  V0 . DC DA DB 9 3. Và VB. MNQ . BM BN BQ 1 1 S 1 AQ 1 . . VB. ACQ  VB. ACQ  . ACQ V0  . V0  V0 . BA BC BQ 4 4 SACD 4 AD 12. Và VB.PQN . BP BQ BN 1 1 S 1 2 1 . . VB. PQC  VB. PQC  . PQC V0  . V0  V0 . BP BQ BC 2 2 SADC 2 9 9. 4 1 1 23 2 23 2  Vậy VBMNPQD      V0  . . 36 12 432  9 12 9 . Câu 60: Chọn D 230. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(235) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN. D. P. Q. A. C M. N B. *Có MN // AC   MNP    ACD   PQ // MN . Ta chia khối đa diện thánh các khối tứ diện VBMNPQD  VD .PQB  VB. MNQ  VB.PQN .. *Thể tích khối tứ diện đều đã cho là V0 . 2 . 12. 2. Ta có VD.PQB. DP DQ DB 1 1  . . V0    V0  V0 . DC DA DB 9 3. Và VB. MNQ . BM BN BQ 1 1 S 1 AQ 1 . . VB. ACQ  VB. ACQ  . ACQ V0  . V0  V0 . BA BC BQ 4 4 SACD 4 AD 6. Và VB.PQN . BP BQ BN 1 1 S 1 2 1 . . VB. PQC  VB. PQC  . PQC V0  . V0  V0 . BP BQ BC 2 2 SADC 2 9 9. 1 1 1 7 2 7 2 Vậy VBMNPQD      V0  . .  18 12 216 9 6 9. Câu 61: Chọn D. Ta có VC .C PQ . A. là trung điểm của. PC ;. B. là trung điểm của. QC .. Do. đó. SCPQ. 1 4 VC . ABC  4VC . ABC  4. VABC . ABC  . SCAB 3 3. Mặt khác VABC. MNC. AM BN CC 1 1    1 2  AA BB CC VABC . ABC  2 2 VABC . ABC  . 3 3 3. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 231.

(236) CHUYÊN ĐỀ : KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. Do đó VAMPBNQ  VC .CPQ  VABC .MNC . 4 2 2   . 3 3 3. Câu 62: Chọn B. Gọi O  AC  BD  SO   ABCD  ; P  MB  AD và Q  SD  MN suy ra Q là trọng tâm của tam giác SMC .  .  . d Q ,  ABCD  QD 1 1    . SD 3 3 d S,  ABCD . Mặt phẳng  BMN  chia khối chóp S.ABCD thành hai khối đa diện, trong đó khối đa diện chứa đỉnh S là SABPQN . Ta có d  S ,  ABCD    SO  SA2  AO 2 . . a 2 . 2. . 1 1 a3 2  VS. ABCD  d S ,  ABCD  .SABCD  SO.AB2  . 3 3 6 1 1 1 MD.BC a3 2  Có VN .BCM  d  N ,  ABCD   .SBCM  . d S ,  ABCD   . . 3 3 2 2 12. 1 1 1 MD.PA a3 2  Lạ có VQ. DMP  d Q ,  DMP   .SDMP  . d S ,  ABCD   . . 3 3 3 2 72. Mà VSABPQN  VS. ABCD  VQ.DMP  VN .BCM VSABPQN . a3 2 a3 2 a3 2 7 a3 2    . 6 72 12 72. Câu 63: Chọn D. 232. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(237) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. Thể tích khối hộp đã cho V  62.8  288. Gọi E, F ,G, H lần lượt là trung điểm của AA', BB', CC ', DD'. Ta có VACBDMNPQ  VABCDGH   V A. MNQ  VB. MFN  VC . NGP  VD. PHQ  1 DH DP DQ 1 1 1 1 1 VABCDGH  V , VA. MNQ  VB. MFN  VC . NGP  VD. PHQ  . . .VD. D ' C ' A '  . . . V  V 2 DD ' DC ' DA ' 2 2 2 6 48 1  1 1 1 1  5 Vậy VACBDMNPQ  V   V  V  V  V   V  120 2 48 48 48  12  48. Câu 64: Chọn D Ta có V1  VS. ADQ  VS. PQD  VS. DNP mà. Và. VS.PQD VS.BQD. . . . . . 1 .d S ,  ABCD  .SAQD 1  3  . 1 4 .d S ,  ABCD  .SABCD 3. VS. ADQ VS. ABCD. SP.SQ.SD SP  . SB.SQ.SD SB. Áp dụng định lí Menelaus cho tam giác SBC với cát tuyến MPN ta có: MB.PS.NC SP 2 PS  1   2 suy ra MC.PB.NS SB 3 PB. Suy ra. VS.PQD VS.BQD. . . . . 1 .d S ,  ABCD  .SBQD VS.B DQ V 2 1 1  3  nên S. PQD  .  mà VS. ABCD 1 4 3 VS. ABCD 6 .d S ,  ABCD  .SABCD 3. . . . . 1 .d S ,  ABCD  .SBCD VS. BCD VS. PND SP.SN.SD 1 1  3  . Ta lại có:   mà 1 VS. ABCD 2 VS.BCD SB.SC.SD 3 .d S ,  ABCD  .SABCD 3. Suy ra. VS.PND 1 V 7 7  . Vậy V1  VS. ABCD suy ra 1  12 VS. ABCD 6 V2 5. Câu 65: Chọn D C'. A'. P. B' M. N. Q A. C. B. Ta có: PAM  CAM  g.c.g   PA  AC   C P  2C A . Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 233.

(238) CHUYÊN ĐỀ : KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. QB BN 2 2    QB  QC   QC  3BC    QC C C 3 3 1 1 Ta có: SCPQ  C P.C Q.sin C   .2C A.3BC .sin C   3SCAB 2 2 V S Suy ra: C .CPQ  CPQ  3  VC .CPQ  3.VC .C AB  VABC . ABC   2 VC .CAB SCAB. Mặt khác: AM BN CC 1 2    1 VABC. MNC 13 13  AA BB CC  2 3   VABC. MNC  VABC.ABC 3 3 18 9. Ta có: VAMPBNQ  VC .C PQ  VABC .MNC  2 . 13 5  . Chọn D 9 9. Câu 66: Chọn C. Gọi E , I , K lần lượt là trung điểm AC , AC và AB . Ta có: BE   ACC A   BE  AC.  1. Trong  ABC  : từ B kẻ BH  AC tại H . Trong  AAC C  : gọi F  HE  AA .  BH  AC   BHF   AC  AC  BF Ta lại có   BE  AC.  2. Từ  1 và  2  suy ra tam giác BEF là thiết diện của lăng trụ ABC.ABC khi cắt bởi mặt phẳng. P . a 19 a a 19 2  a 5 2 5 9a 9 1 BC 2  BH 2   CH  CA  AH  HI 10 4 2 5 1  . 8. CK  AB  Tam giác CAB cân tại C , ta có CK  AB  BH  AC  BH  AC. Tam giác B' HC vuông tại H , ta có CH  HAF. Khi đó. 234. HIE . AF AH 1 AF    IE IH 4 AA. VA.BEF AB AE AF 1 1 1 1 1  . .   VA.BEF  VA.BCA  . VABC . ABC  V   . VA.BCA AB AC  AA 16 16 16 3 48 ABC . A B C Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(239) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. Nên. V1 VABC . ABC. . V 1 1 .  1  48 V2 47. Câu 67: Chọn A. Vì ba mặt phẳng ( MNBA),( ACCA),( BCCB) đôi một cắt nhau theo ba giao tuyến phân biệt AM , BN ,CC và AM,CC không song song nên AM , BN ,CC đồng qui tại S . Ta có k . CM MN MN SM SN SC      CA AB AB SA SB SC . . . Từ đó VS. MNC  k 3 VS. ABC  V1  VMNC . ABC  1  k 3 VS. ABC . Mặt khác. VABC . ABC 3CC  3  SC   SC  V    3  1  k   VS. ABC   ABC . ABC  VS. A ' B'C ' SC  SC  3 1  k . . Suy ra V1  1  k 3. Vì. . . . k 2  k  1 .VABC . ABC VABC . ABC .  3 3 1  k . V1 2 k2  k  1 2 1  5   k2  k  1  0  k  ( k  0) .  2 nên V1  VABC . ABC  3 3 3 2 V2. Vậy k . 1  5 . 2. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 235.

(240) CHUYÊN ĐỀ : KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. DẠNG 7: CÁC BÀI TOÁN THỂ TÍCH CHỌN LỌC Câu 1:. Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có SA. a 11 , côsin góc hợp bởi cạnh SB và ABCD. 1 . Thể tích của khối chóp S.ABCD bằng 10 121 3 121 3 121 3 a . a . a . A. B. C. 150 500 50 bằng. Câu 2:. D.. 11 3 a . 500. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi M là trung điểm của SB , N là điểm thuộc cạnh SC sao cho SN  2CN , P là điểm thuộc cạnh SD sao cho SP  3DP . Mặt phẳng ( MNP) cắt SA tại Q . Biết khối chóp S.MNPQ có thể tích bằng 1 , khối đa diện ABCD.QMNP có thể tích bằng. A. 4 . Câu 3:. B.. 9 . 5. C.. 17 . 5. D.. 14 . 5. Cho lăng trụ đứng ABC.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A và AB  a , AC  a 3 , mặt phẳng  ABC  tạo với đáy một góc 30 . Thể tích của khối lăng trụ ABC.ABC bằng A.. Câu 4:. a3 3 . 12. B.. a3 3 . 3. C.. 3 3a 3 . 4. Cho hình lăng trụ đều ABC.A' B' C ' có cạnh đáy bằng. D.. a3 3 . 4. 2a 3 . Đường thẳng BC ' tạo với mặt 3. phẳng  ACC ' A '  góc  thỏa mãn cot   2 . Thể tích khối lăng trụ ABC.A' B' C ' bằng A. Câu 5:. 4 3 a 11 . 3. B.. 1 3 a 11 . 9. C.. 1 3 a 11 . 3. D.. 2 3 a 11 . 3. 3a . Biết rằng hình 2 chiếu vuông góc của điểm A lên mặt phẳng  ABC  là trung điểm của cạnh BC . Tính thể tích. Cho hình lăng trụ ABC.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a , AA . V của khối lăng trụ đó theo a. A. V  a3 Câu 6:. 3 . 2. B. V . 2a3 . 3. C. V . 3a 3 4 2. .. Cho hình lập phương ABCD.A' B' C ' D' . Biết tích của khoảng cách từ điểm B ' và điểm D đến mặt phẳng  D ' AC  bằng 6a2  a  0  . Giả sử thể tích của khối lập phương ABCD.A' B' C ' D' là ka2 . Chọn mệnh đề đúng trong các mệnh đề sau. A. k   20; 30  . B. k   100;120  . C. k   50; 80  .. Câu 7:. D. V  a3 .. D. k   40; 50  .. Cho hình lăng trụ đứng ABC.A' B' C ' có đáy ABC là tam giác đều cạnh bằng a và  A ' BC  hợp với mặt đáy ABC một góc 30 . Tính thể tích V của khối lăng trụ ABC.A' B' C ' . A. V . 236. a3 3 . 8. B. V . a3 3 . 12. C. V . a3 3 . 24. D. V . 3a 3 . 8. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(241) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. Câu 8:. Cho khối chóp S.ABCD có đáy là hình thoi cạnh a , ABC  600 . Hình chiếu vuông góc của đỉnh S trên mặt phẳng  ABCD  là trung điểm của cạnh AB . Góc giữa mặt phẳng  SCD  và mặt đáy bằng 450 . Thể tích khối chóp đã cho bằng A.. Câu 9:. a3 . 4. B.. 3a 3 . 12. C.. 3a 3 . 4. D.. a3 . 8. Cho hình lăng trụ ABC.ABC có đáy là tam giác đều cạnh a . Hình chiếu vuông góc của điểm A lên mặt phẳng  ABC  trùng với trọng tâm tam giác ABC . Biết khoảng cách giữa hai đường AA và BC bằng. a 3 . Tính thể tích V của khối lăng trụ ABC.ABC . 4. a3 3 A. V  . 6. a3 3 B. V  . 24. a3 3 C. V  . 12. a3 3 D. V  . 3. Câu 10: Cho lăng trụ ABC.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a . Hình chiếu vuông góc của đỉnh A lên đáy ABC trùng với trung điểm I của cạnh BC , cạnh bên AA tạo với đáy ABC góc 60 . Tính thể tích V của khối lăng trụ đã cho. A. V . 3 3a 3 . 8. B. V . 3a 3 . 2. C. V . 3 3a 3 . 16. D. V . 3a 3 . 4. Câu 11: Cho hình chóp đều S.ABC có 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 V của khối bát diện có các mặt ABC , ABC, ABC , BCA, CAB , ABC, BAC , CAB là B. V . A. V  2 3a3 .. 2 3a 3 . 3. C. V . 4 3a 3 . 3. D. V . 3a 3 . 2. Câu 12: Cho lăng trụ ABC.ABC có đáy là tam giác đều cạnh a . Hình chiếu vuông góc của điểm A lên mặt phẳng  ABC  trùng với trọng tâm tam giác ABC. Biết khoảng cách giữa hai đường thẳng AA và BC bằng A.. a3 3 . 12. a 3 . Khi đó thể tích của khối lăng trụ ABC.ABC là 4. B.. a3 3 . 3. C.. a3 3 . 6. D.. a3 3 . 24. Câu 13: Cho lăng trụ ABC.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a , hình chiếu vuông góc của A lên  ABC  trùng với trọng tâm của tam giác ABC . Một mặt phẳng  P  chứa BC và vuông góc với AA cắt hình lăng trụ ABC.ABC theo một thiết diện có diện tích bằng. 3a 2 . Thể tích khối 8. lăng trụ ABC.ABC bằng a3 3 A. . 4. 2 3a 3 B. . 3. a3 3 C. . 10. a3 3 D. . 12. Câu 14: Cho lăng trụ ABC.A' B' C ' có đáy là tam giác đều cạnh a . Hình chiếu vuông góc của A' xuống mặt phẳng  ABC  trùng với trọng tâm tam giác ABC . Biết khoảng cách giữa hai đường thẳng AA' và BC bằng. a 3 . Thể tích khối lăng trụ bằng 4. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 237.

(242) CHUYÊN ĐỀ : KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. A.. a3 3 . 12. B.. a3 3 . 4. C.. 3a 3 7 . 14. D.. 3a 3 7 . 28. Câu 15: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng a , SA  a 3 ; SA   ABCD  . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của các cạnh SB ,SD ; mặt phẳng  AMN  cắt SC tại I . Tính thể tích khối đa diện ABCDMNI. A. V . 5 3 a3 . 18. B. V . 3 a3 . 18. C. V . 5 3 a3 6. D. V . 13 3 a3 . 36. Câu 16: Cho tứ diện OABC có OA  a , OB  b , OC  c và đôi một vuông góc với nhau. Gọi r là bán kính mặt cầu tiếp xúc với cả bốn mặt của tứ diện. Giả sử a  b, a  c . Giá trị nhỏ nhất của A. 1  3 .. B. 2  3 .. C.. 3.. a là r. D. 3  3 .. Câu 17: Cho hình hộp chữ nhật ABCD.ABCD có AB  BC  a , AA  a 3 . Gọi I là giao điểm của AD và AD ; H là hình chiếu của I trên mặt phẳng  ABC D  ; K là hình chiếu của B lên mặt phẳng  CAB  . Tính thể tích của khối tứ diện IHBK . A.. a3 3 . 4. B.. a3 3 . 6. C.. a3 3 . 16. D.. Câu 18: Cho hình hộp chữ nhật ABCD.ABCD . Khoàng cách giữa AB và BC là giữa BC và AB là A. 4a3 .. a3 3 . 8. 2a 5 , khoảng cách 5. 2a 5 a 3 , khoảng cách giữa AC và BD là . Tính thể tích khối hộp. 3 5. B. 3a3 .. C. 5a3 .. D. 2a3 .. Câu 19: 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 A.. V . 4. B.. V . 2. C.. V . 6. D.. V . 3. a 39 . Tam giác ABC cân tại A có góc A  120 , 3 BC  2a . G là trọng tâm tam giác SAB . Thể tích khối chóp G.ABC là. Câu 20: Cho hình chóp S.ABC có SA  SB  SC . A.. 2a3 . 9. B. a 3 .. C.. a3 . 3. D.. a3 . 9. Câu 21: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh bằng 1 . Biết khoảng cách từ A đến mặt phẳng  SBC  là. 15 6 , từ B đến mặt phẳng  SAC  là , từ C đến mặt phẳng  SAB  là 10 4. 30 và hình chiếu vuông góc của S xuống đáy nằm trong tam giác ABC . Thể tích khối chóp 20 S.ABC bằng. 238. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(243) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. A.. 1 . 36. B.. 1 . 48. C.. 1 . 12. 1 . 24. D.. Câu 22: Cho hình lăng trụ ABCD.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật AB  a , AD  a 3 . Hình. chiếu vuông góc của A trên mặt phẳng  ABCD  trùng với giao điểm của AC và BD . Góc giữa hai mặt phẳng  ADDA  và  ABCD  bằng 60 . Tính thể tích khối tứ diện ACBD . A.. a3 . 2. B.. a3 . 6. C.. a3 . 3. 3a 3 . 2. D.. Câu 23: Cho khối lăng trụ tam giác 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 . A. 72 . B. 21 . C. 18 . D. 17 . Câu 24: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi N là trung điểm SB, P thuộc 4 đoạn SC sao cho SP  2PC , M thuộc đoạn SA sao cho SM  MA. Mặt phẳng  MNP  cắt 5 SD tại Q. NP cắt BC tại E,CQ cắt DP tại R. Biết rằng thể tích khối chóp EPQR bằng 18cm3 . Thể tích khối chóp SMNPQ bằng. A. 65cm3 .. B.. 260 3 cm . 9. C. 75cm3 .. D. 70cm3 .. Câu 25: Cho khối lăng trụ tam giác ABC.ABC có đáy là tam giác vuông tại A, AB  1, BC  2 . Góc CBB '  90 0 , ABB '  120 0. Gọi M là trung điểm cạnh AA . Biết d  AB ', CM  . 7 . Tính thể tích 7. khối lăng trụ đã cho. A. 2 2 .. B.. 4 2 . 9. C. 4 2 .. 4 2 . 3. D.. Câu 26: Cho khối lăng trụ ABC.ABC có thể tích V , đáy là tam giác cân, AB  AC . Gọi E là trung điểm cạnh AB và F là hình chiếu vuông góc của E lên BC . Mặt phẳng  C EF  chia khối lăng trụ đã cho thành hai khối đa diện. Tính thể tích khối đa diện chứa đỉnh A . 47 29 25 43 V. V. V. V. A. B. C. D. 72 72 72 72 Câu 27: Cho khối đa diện lồi  H  gồm có 8 đỉnh là A, B,C , D, M , N , P,Q ; trong đó có hai mặt.  ABCD  và  MNPQ . là hai hình vuông song song với nhau; hình chiếu vuông góc của. M , N , P,Q lên mặt phẳng  ABCD  lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, BC ,CD, DA . Biết. rằng AM  3a , AB  4a . Thể tích khối đa diện  H  được tính theo a bằng A.. 40 a 3 3. .. B.. 40 a 3 5 . 3. C.. 20 a 3 5 . 3. D.. 18 a 3 3 . 5. Câu 28: Cho hình lăng trụ tam giác ABC.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a . Hình chiếu vuông góc của điểm A lên đáy  ABC   trùng với trung điểm M của cạnh BC . Góc nhị diện giữa hai mặt phẳng  AAB  và  ABC  bằng 60 . Thể tích khối lăng trụ ABC.ABC bằng: Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 239.

(244) CHUYÊN ĐỀ : KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. A.. a3 . 16. B.. 3 3a 3 . 16. C.. 3a 3 . 8. D.. a3 . 4. Câu 29: Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD cạnh đáy bằng a và cạnh bên bằng 2a . Bán kính mặt cầu nội tiếp hình chóp tứ giác S.ABCD tính theo a tương ứng bằng: a 14. A.. 15  3. .. B.. a 7 30  2. .. C.. a 6 2 5 1. .. D.. 2a 3 4 7 3. .. Câu 30: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a và cạnh bên SA vuông góc với. đáy  ABCD  . Biết góc tạo bởi hai mặt phẳng  SBD  và  ABCD  bằng 600 . Thể tích khối chóp S.ABCD tương ứng bằng:. A.. a3 6 . 3. B.. a3 6 . 4. C.. a3 6 . 12. D.. a3 6 . 6. Câu 31: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a và cạnh bên SA vuông góc với đáy  ABCD  . Biết góc tạo bởi hai mặt phẳng SBD  và  ABCD  bằng 60 . Thể tích khối chóp S.ABCD bằng. 6a3 . 3. A.. B.. 6a3 . 4. 6a3 . 12. C.. 6a3 . 6. D.. Câu 32: Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC.ABC cạnh đáy bằng a . Biết thể tích khối lăng trụ ABC.ABC bằng. A.. a 3 . 2. a3 5 . Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình lăng trụ ABC.ABC là: 2. B.. a 5 . 2. C. a 2 .. D. a .. Câu 33: Cho khối đa diện lồi  H  gồm có 8 đỉnh là A, B,C , D, M , N , P,Q ; trong đó có hai mặt  ABCD  và  MNPQ  là hai hình vuông song song với nhau; hình chiếu vuông góc của M , N , P,Q lên mặt phẳng  ABCD  lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, BC ,CD, DA . Biết rằng AM  AB  4a . Hãy tính theo a diện tích toàn phần của khối đa diện  H  ?. A. 24 a 2  16 a 2 7  16 a 2 3.. B. a 2 7  16 a 2 3  36 a 2 .. C. 24 a2  8 a2 7  16 a2 3.. D. 24 a 2  16 a 2 3.. Câu 34: Tỉ lệ diện tích xung quanh của hình lập phương  H1  (tổng diện tích 4 mặt bên) so với diện tích toàn phần của hình tứ diện đều  H 2  bằng.  H  so với thể tích hình tứ diện đều  H  2. 1. A.. 9 6 . 4. B.. 3 3 . 4. 3 . Hỏi khi đó tỉ lệ thể tích của hình lập phương. bằng bao nhiêu? C.. 2 3 . 9. D.. 2 5 . 5. Câu 35: Cho khối lăng trụ ABC.ABC có đáy là tam giác đều cạnh a , góc giữa cạnh bên với mặt đáy của lăng trụ là 30o . Hình chiếu vuông góc của A lên đáy  ABC  trùng với trung điểm H của cạnh BC . Thể tích của khối lăng trụ ABC.ABC là:. 240. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(245) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. A.. a3 2 . 3. B.. a3 3 . 8. C.. a3 2 . 9. D.. a3 3 . 24. Câu 36: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a , SA   ABC  , góc giữa đường thẳng SB và mp  ABC  bằng 60. Khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và SB bằng: A.. a 2 . 2. B.. a 15 . 5. C. 2a.. D.. a 7 . 7. Câu 37: Cho hình hộp ABCD.ABCD . Gọi M , N , P lần lượt là trung điểm của các cạnh AA, AD, BC . Mặt phẳng  MNP  chia khối hình hộp thành hai phần có thể tích là V1 và V2 , trong đó V1  V2 . Tỉ lệ thể tích A.. V1 tương ứng bằng: V2. 1 . 7. B.. 1 . 3. C. 1.. D.. 1 . 8. Câu 38: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A với cạnh huyền BC  2a . Hình chiếu vuông góc của S lên mặt đáy ABC nằm trong tam giác ABC . Biết các mặt bên. SAB  , SBC  , SCA . lần lượt tạo với đáy các góc 60o , 60o , 45o . Thể tích của hình chóp. S.ABC tính theo a tương ứng bằng:. A.. 3a 3 3 2 6. .. B.. 2a3 3 23 2  6. .. C.. 2a3 2 33 2  6. .. D.. 6a3 2 3. .. Câu 39: Cho hình lăng trụ đứng ABC.A' B' C ' có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A có AC  2a . Đường thẳng BC ' tạo với mặt phẳng  ACC ' A '  một góc 300 . Thể tích khối lăng trụ ABC.A' B' C ' bằng:. A. 2 a 3 2 .. B. 4 a 3 2 .. C. a 3 3 .. D. 3a 3 3 .. Câu 40: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật. Biết rằng tam giác SAC vuông tại đỉnh S và có diện tích bằng 2a2 . Diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD có giá trị nhỏ nhất là: A. 8 a2 . B. 4 a2 . C. 6 a2 . D. 12 a2 . Câu 41: Cho khối chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành và có thể tích là V . Gọi M , N , P,Q lần lượt là những điểm nằm trên các cạnh SA,SB,SC ,SD sao cho SM  MA,SN  NB,SP  2PC , SQ  3QD. Thể tích khối đa diện lồi có 5 đỉnh S, M , N , P,Q tính theo V bằng: V 7V 7V 5V A. . B. . C. . D. . 8 16 32 24 Câu 42: Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật AB  2 AD  2a và cạnh SA vuông 2a góc với mặt phẳng đáy. Khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng  SBD  bàng . Hãy tính theo 3 a thể tích khối chóp SABCD.. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 241.

(246) CHUYÊN ĐỀ : KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. A.. 2a3 3. B.. a3 3. C.. a3 6. D.. 3a 3 8. Câu 43: Cho lăng trụ đứng ABC.A' B'C ' D' có AB  2, AC  4, BAC  60 0. Gọi M là trung điểm của CC ' và tam giác BMA ' vuông tại M. Thể tích khối lăng trụ ABC.A' B' C ' bằng: A. 24. B. 12 3. C.. 2 42 3. D. 2 42. Câu 44: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a và SA vuông góc với đáy ( ABCD). 2a Gọi M là trung điểm của SC và N nằm trên cạnh SB sao cho NS  2NB. Biết rằng MN  . 3 Tính thể tích khối chóp S.ABCD.. A.. a3 3 . 4. B.. a3 3 . 3. C.. a3 3 . 6. D.. a3 5 . 6. Câu 45: Cho hình lăng trụ đứng ABCD.A' B' C ' D' có mặt cầu ngoại tiếp là  S  , biết  S  có bán kính là 6 . Đáy ABCD là tứ giác có ABC  600 và AD  CD  4 . Thể tích tứ diện A ' ACD :. A.. 16 15 . 3. B. 8 5.. C. 16 3.. D.. 12 15 . 5. Câu 46: Cho tứ diện ABCD có  ABC  vuông góc với  BCD  và BC  6 , BAC  BDC  900 . Chu vi của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và DBC lần lượt là a 3 và a . Bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD tương ứng là? A.. 39 .. B. 12 .. C.. 41. D. 2 3. Câu 47: Cho hình chóp SABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh 1 . Gọi M là một điểm di động nằm trên mặt phẳng  ABC  . Gọi N là điểm nằm trên đường thẳng MS sao cho SM.SN  3 . Quỹ tích điểm N khi M thay đổi là một mặt cầu có bán kính bằng mặt phẳng  ABC  nhỏ hơn A.. 1 . 6. B.. 3 . Biết khoảng cách từ S đến. 3 . Thể tích hình chóp SABC tương ứng bằng. 1 . 8. C.. 3 . 6. D.. 2 2 . 15. Câu 48: Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a . Biết tâm của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp SABCD trùng với tâm O của hình vuông đáy ABCD và chân đường cao H hạ từ. 242. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(247) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. đỉnh S xuống đáy ABCD trùng với trung điểm của đoạn thẳng OA . Thể tích hình chóp SABCD bằng: A.. 6 3 a . 12. 2 3 a . 6. B.. C.. 1 3 a . 8. D.. 2 3 a 4. Câu 49: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi nhưng không là hình vuông, AB  SA  SB  SD  a . Biết rằng thể tích khối chóp S.ABCD bằng. mặt phẳng  SBC  và  SCD  bằng: A. 30 .. B. 45 .. C. 60 .. a3 2 , khi đó góc giữa hai 6. D. 90 .. Câu 50: Cho một hình lăng trụ ABC.ABC có đáy là tam giác đều cạnh a . Biết rằng AA  AB  2a và hình chiếu vuông góc của A lên cạnh BC là điểm M sao cho MB  2MC  0 . Thể tích theo a của lăng trụ ABC.ABC bằng A.. a 3 285 . 12. B.. a 3 95 . 36. C.. a 3 95 . 6. D.. a 3 95 . 12. Câu 51: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật. Mặt phẳng   đi qua A, B và trung điểm M của SC . Mặt phẳng   chia khối chóp đã cho thành hai phần có thể tích lần lượt là V1 , V2 với V1  V2 . Tỉ số. A.. V1 1  . V2 4. V1 tương ứng bằng V2. B.. V1 3  . V2 8. C.. V1 5  . V2 8. D.. V1 3  . V2 5. Câu 52: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là nửa lục giác đều nội tiếp đường tròn đường kính AB  2a . Có cạnh SA vuông góc với mặt phẳng ABCD và SA  a 3 . Cosin của góc giữa hai. mặt phẳng  SAD  và  SBC  tương ứng bằng: A.. 2 . 2. 2 . 3. B.. Câu 53: Cho tứ diện ABCD có AC . C.. 2 . 4. D.. 2 . 5. 2 9 và AD  . Gọi M là một điểm nằm trên cạnh AB sao cho 3 2. MA  2MB . Một mặt phẳng thay đổi   đi qua M cắt các cạnh AC và AD lần lượt tại N. và P sao cho luôn thoả mãn. VAMNP NC . Giá trị nhỏ nhất của AN  AP tương ứng bằng:  VABCD AN. A. 3 .. 64 . 15. B.. C.. 15 . 4. D.. 263 . 120. Câu 54: Cho hình chóp S.ABC có SC  a 2 , tam giác SAB đều cạnh a và tam giác SAC vuông tại A. Mặt phẳng  SBC  vuông góc với mặt phẳng  ABC  . Thể tích khối cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC là:. A.. 4 a 3 . 3. B..  a3 6. .. C. 4 a3 .. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. D..  a3 3 2. .. 243.

(248) CHUYÊN ĐỀ : KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. Câu 55: Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng 6. Hình chiếu vuông góc của đỉnh S trên mặt phẳng đáy là điểm H nằm trong đoạn AC sao cho HC  2HA . Biết. góc giữa hai mặt phẳng  SBC  và  ABC  bằng 600 . Khoảng cách từ A đến mặt phẳng  SCD  bằng: A.. 4 2 . 3. B. 3 3 .. D. 5 3 .. C. 4 2 .. Câu 56: Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , cạnh bên SA vuông góc mặt a phẳng đáy và khoảng cách từ A đến mặt phẳng  SDM  bằng , trong đó M là một điểm nằm 2 trên đoạn BC sao cho BM  2MC . Thể tích khối chóp SABCD tính theo a bằng: a3. A.. .. B.. 2a3. .. C.. a3. .. D.. a 3 11 . 24. 2 26 26 26 Câu 57: Cho một hình lăng trụ ABC.A' B' C ' có đáy là tam giác đều cạnh a. Hình chiếu vuông góc của. đỉnh A xuống đáy  A ' B ' C '  là trung điểm M của cạnh B' C ' , biết rằng AA'  2a . Khoảng cách từ C ' đến mp  ABA '  bằng:. a 13 a 15 a 39 39 . B. . C. . D. . 10 16 6 55 Câu 58: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật có AB  2 AD  2a và SA  SB  2a . A. a. Thể tích khối chóp S.ABC bằng A.. 244. a 3 . 6. B.. 2a . 3. a3 . Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.BCD . 2. C. a. 16  2 3 . 3. D. a. 8 5 . 3. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(249) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. BẢNG ĐÁP ÁN 1.A. 2.C. 3.D. 4.C. 5.C. 6.A. 7.A. 8.A. 9.C. 10.A. 11.B. 12.A. 13.A. 14.A. 15.A. 16.D. 17.C. 18.D. 19.C. 20.D. 21.D. 22.A. 23.A. 24.A. 25.A. 26.B. 27.B. 28.B. 29.B. 30.D. 31.D. 32.C. 33.C. 34.A. 35.B. 36.B. 37.A. 38.C. 39.B. 40.A. 41.D. 42.A. 43.A. 44.C. 45.A. 46.A. 47.B. 48.A. 49.D. 50.D. 51.D. 52.C. 53.C. 54.A. 55.B. 56.B. 57.A. 58.C. HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Câu 1:. Chọn C Gọi cạnh hình vuông đáy là x ,góc hợp bởi cạnh SB và OB 1 1 ABCD là góc nhọn SBO cos SMO SB 10 10. x 2 2.a 11. 1 10. x. 11 a. 5 2. Thể tích của khối chóp S.ABCD bằng. V Câu 2:. 11a 2. 2. 1 SO.S ABCD 3. 1 SC 2 3. 11 a 25.2. OC 2 .. 11 2 a 100 . 11 a 2 3 50. 121 3 a . 500. Chọn C S. M Q I P A D. N B O C. Gọi O  AC  BD ; I  SO  PM ; Q  IN  SA . Đặt a  Ta có: Câu 3:. SA SB SC 3 SD 4 ;b 2;c  ;d  . Ta có: a  c  b  d  a  11 . SQ SM SN 2 SP 3 6. VS. MNPQ VS. BCDA. . abcd 5 22 17 . Vậy VABCD.QMNP  VS. ABCD  VS. MNPQ  .   VS. ABCD  5 4abcd 22 5. Chọn D. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 245.

(250) CHUYÊN ĐỀ : KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. Gọi AH là đường cao của tam giác ABC , ta có. A'. C'.  BC  AH  BC   AAH   BC  AH nên góc giữa   BC  AA. mặt phẳng.  ABC . và mặt phẳng.  ABC . B'. là góc. AHA  30 . Ta có:. 1 1 1 1 1    2 2 2 2 AH AB AC a a 3.  . 2. . 4 a 3  AH  . 2 2 3a. AA a 3 1 a tan 30   AA  AH.tan 30  .  AH 2 3 2 . C. A H B. ;. 1 1 a2 3 a a2 3 a3 3  SABC  .AB.AC  .a.a 3  V  AA . S  .  . Do đó ABC . ABC . ABC 2 2 2 2 2 4 Câu 4:. Chọn C. I. A. C. Gọi I là trung điểm AC , suy ra BI  AC . Mặt khác do BI  CC ' nên BI   ACC ' A '  . B. Do đó    BC ',  ACC ' A '     BC ', IC '   BC ' I .. α. 2. Ta có: SABC.  2a 3  2a 3 3 3 a2 3 . a và BI     .  3  4 3 2 3  . A'. C'. . Theo đề bài: cot   2 . C'I  2  C ' I  2a . BI. B'. a2 a 33 Suy ra CC '  C ' I  CI  4a   . 3 3 2. 2. 2. Vậy thể tích khối lăng trụ ABC.A' B' C ' : V  SABC .CC '  Câu 5:. 246. a2 3 a 33 1 3 .  a 11 . 3 3 3. Chọn C. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(251) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. Gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên  ABC  , suy ra H là trung điểm của BC và tam giác AAH vuông tại H .. a2 3 a 3 9 a 2 3a 2 a 6   Ta có AH  , SABC  .  AH  AA2  AH 2  . 4 2 4 4 2 Vậy VABC . ABC  AH.S ABC  Câu 6:. a 6 a 2 3 3 2 a 3 3a 3 .   . 2 4 8 4 2. Chọn A. C O D. B. O. D. A. I. B. I. C'. B'. D'. D'. A'. B'. Gọi O là giao điểm của AC và BD, I là giao điểm của DB’ và D’O. Vì AC vuông góc với BD và CC’ nên AC   BDD ' B '  . Gọi x là độ dài cạnh hình lập phương ABCD.A' B' C ' D' , khi đó hình chữ nhật BDD ' B' có. BD  B ' D '  x 2; DO . x 2 x 6 ; OD '  ; BD '  x 3 2 2. x 3 x 6 DO DI OI 1 ; OI     suy ra DI  do đó tam giác 3 6 B' D ' B' I D ' I 2 giác vuông. Vì. DIO; D' IB' là các tam. Do AC   BDD ' B '  và DB'  D' O nên. .  . . d B ',  ACD '   d D ,  ACD '   B ' I .DI . 2 2 x  6a 2 nên x  3a 3. Lại có thể tích của ABCD.A' B' C ' D' là ka3 nên ka3  27 a3  k  27 Câu 7:. CChọn A. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 247.

(252) CHUYÊN ĐỀ : KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên BC . Suy ra AH  BC . A' H  BC . Mà  ABC    A ' BC   BC.  Góc giữa  A ' BC  và  ABC  bằng góc  AH ; A ' H   AHA '  30 . Ta có: ABC là tam giác đều cạnh bằng a nên AH . a 3 a , A ' A  AH.tan 30  . 2 2. a a2 3 a3 3  Thể tích khối lăng trụ ABC.A' B' C ' là V  A ' A .SABC   . 2 4 8 Câu 8:. Chọn A S. D. A H B. C. Gọi H là trung điểm của AB  SH   ABCD  . Tam giác ABC đều nên CH  AB , mà CD / / AB  CH  CD Có CD   SCD    ABCD  CD  CH  CD  SC CD  SH. Có . Từ đó suy ra.  2.  3.  SCD  ;  ABCD    SC ; CH   SCH  45 .. Trong tam giác SCH có SH  HC . SABCD  2S Câu 9:. 248.  1 .. ABC.  2.. a 3 . 2. a2 3 a2 3 1 a 3 a2 3 a3   VS. ABCD  . .  . 4 2 3 2 2 4. Chọn C Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(253) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN. A'. B'. H. C'. B. A G. N. M. C. Gọi G là trọng tâm tam giác ABC . Dễ thấy AM  BC , AG  BC  BC   AAM  . Gọi H là hình chiếu của M lên AA . Từ đó suy ra khoảng cách giữa hai đường AA và BC bằng MH . AM . a 3 . 4. a 3 a2 , AG  x , AA  AG 2  AG 2  x 2  . 2 3. Ta có AG.AM  HM.AA  x.a. 3 3 a2 a a . x2  x . 2 4 3 3. a a2 3 a3 3  Thể tích V của khối lăng trụ ABC.ABC là: V  AG.SABC  . . 3 4 12 Câu 10: Chọn A Ta có: AI   ABC  ; AI là hình chiếu vuông góc của AA lên mặt đáy ABC .. . . Do đó AA,  ABC    AA, AI   AAI  60 . Tam giác ABC đều cạnh a nên AI . a 3 . 2. Trong tam giác vuông AAI , ta có:. AI  AI .tan AAI . a 3 3a .tan60  . 2 2. Thể tích V của khối lăng trụ đã cho là: V  AI .SABC . 3a 3a 2 3 3 a 3 .  . 2 4 8. Câu 11: Chọn B. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 249.

(254) CHUYÊN ĐỀ : KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. Ta có: V  2VABCBC  2.4VA.SBC  8VA.SBC  8VS. ABC . Gọi G là trọng tâm ABC . Ta có  SA ,  ABC     SA , AG   SAG  60 . Xét SAG vuông tại G . Ta có tan SAG . SG 2 a 3  SG  AG.tan SAG  . . 3  a. AG 3 2. 1 1 a2 3 a3 3 2 3a 3  VS. ABC  .SG.SABC  .a.   V  8VS. ABC  . 3 3 4 12 3 Câu 12: Chọn A. Gọi M là trung điểm BC  AM  BC , AM . a 3 a 3 , AG  . 2 3. Kẻ Ax / / BC  BC / /  AAx  . Kẻ GH  AA '  GH   A ' Ax  .. .  . . . . 3  d  BC , AA   d BC ,  AAx   d M ,  AAx   d G ,  AAx  . 2. . a 3 3 a 3  GH  GH  . Ta có 1 2  1 2  1 2  1 2  272  GA  a . 4 2 6 3 GH GA GA GA 3a. a a2 3 a3 3 VABC . A ' B'C '  AG.S ABC  .  3 4 12.  đvtt . Câu 13: Chọn A. 250. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(255) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN. K. A'. C' D. A'. K B'. B'. . A. H. C. . C'. E J. A. . I.  H. B Gọi H là trọng tâm tam giác ABC , ta có AH   ABC  .. C I. B. AH  BC  I  I là trung điểm của BC và AI  BC .. a 3 1 a2 3 2 a 3 . Ta có AI  AB.sin60  , AH  AI  , SABC  BC.AI  2 2 4 3 3 Gọi K là hình chiếu của I trên đường thẳng AA . Khi đó AA   BCK  . Hay  P    BCK  . Ta có hình chiếu của tam giác ABC trên mặt phẳng  P  là tam giác BCK . Ta có hai khả năng về vị trí điểm K . Khả năng 1: K nằm trong đoạn AA thì thiết diện của  P  và lăng trụ là tam giác cân BCK . Khả năng 2: K nằm ngoài đoạn AA thì thiết diện của  P  và lăng trụ là hình thang cân BCDE . Trong cả hai khả năng trên ta đều có SthiÕt diÖn  SBCK . Gọi   AIK là góc giữa hai mặt phẳng  P  và  ABC  . Ta có cos  .  cos . SBCK SthiÕt diÖn  SABC SABC. 3a 2 3  28     300    AAI  90    60 2 a 3 4. AI a 3 1 AH 2a 3   AA '   2 AH  và AK  AI cos   . 2 4 2 cos 3. Do đó AK  AA' hay K phải nằm giữa A và A . 1 2. 1 2. Ta có SBCK  BC.KI  a.KI .  AH  AH.tan 60 . IK 3 3a 2 3a   AAI  60 . Suy ra sin AAI   KI  AI 2 8 4. a 3 . 3  a. 3. Do đó thể tích khối lăng trụ ABC.ABC. là: V  SABC .AH . a2 3 a3 3 .a  . 4 4. Câu 14: Chọn A. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 251.

(256) CHUYÊN ĐỀ : KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN. A'. C'. B' H. C. A G. I B. Gọi G là trọng tâm ABC , I là trung điểm của cạnh BC và H là hình chiếu vuông góc của I trên AA' .  BC  AI  BC   A ' AI   BC  IH .  BC  A ' G. Ta có . Mặt khác IH  AA' nên IH là đoạn vuông góc chung của AA' và BC suy ra IH . a 3 . 4. 2. a 3 a 3 2 a 3 , AG  AI  . Diện tích ABC là S  . ABC đều cạnh a suy ra AI  2 3 3 4 AHI vuông tại H có AI . a 3 a 3 3a và IH  suy ra AH  AI 2  IH 2  . 2 4 4. a 3 GA ' HI HI a 3 a GAA ' đồng dạng với HAI nên ta có:   GA '  .GA  4 .  . 3a GA HA HA 3 3 4. a2 3 a a3 3 .  Vậy thể tích của khối chóp ABC.A' B' C ' là V  . 4 3 12 Câu 15: Chọn A Trong mp  SBD  , gọi P là giao điểm của MN và SO Trong mp  SAC  , gọi I là giao điểm của AP và 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 5  VSAMNI  VSMNI  VSMNA  VSABCD .  VMNIABCD  VSABCD . 6 6. 1 1 a3 3 5 5 3 5 3 3 VSABCD  SA.SABCD  a 3.a2   VABCDMIN  VSABCD .  . a3  a. 3 3 3 6 6 3 18 Câu 16: Chọn D 252. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(257) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. Ta có : VOABC  Gọi. T. . . 1 abc , Stp  ab  bc  ac  a2 b2  b2 c 2  a2 c 2 . 2 6. là. tâm. mặt. cầu. VOABC  VTOAB  VTOAC  VTOBC  VTABC . nội. tiếp. tứ. diện. OABC,. ta. có:. 1 1 r(SOAB  SOAC  SOBC  SABC )  r.Stp ( r là bán kính mặt 3 3. cầu nội tiếp tứ diện OABC ) r. . 3VOABC abc  Stp ab  bc  ac  a2 b2  b2 c 2  a2 c 2. a ab  bc  ac  a2 b2  b2 c 2  a 2 c 2 a a a2 a2    1  2  1 2 r bc c b c b. a  3 3  a  b  c .  r min.  1  1  1  1  1  1  3  3 . Vậy  . Câu 17: Chọn C. H. A'. D'. B' C'. I. A D. K B. C. Gọi H là trung điểm của AD  IH // AA  IH   ABC D  và IH . AA a 3  . 2 2. Gọi K là hình chiếu của B lên CB  BK  CB , mà BK  AB nên BK   CAB  . BBC có BK . . BB2 .BC 2 a 3  . 2 2 2 BB  BC.  .  . . d  IH , BK   d IH ,  BBC C   d AA,  BBC C   d A ,  BBC C   AB  a. Gọi  là góc giữa IH và BK, mà IH // BB' nên   BBK . Khi đó cos . BK 1 3 1 a3 3   sin   . Ta có VIHBK  IH.BK.d  IH , BK  .sin   . 6 16 BB 2 2. Câu 18: Chọn D. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 253.

(258) CHUYÊN ĐỀ : KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN. B'. E'. C' H. A'. D'. I. K. C. B. D. A. Gọi độ dài các cạnh của hình hộp chữ nhật lần lượt là: AB  x; AD  y; AA'  z. . . Ta có: d  AB, BC   d AB,  BCD   BH  Xét tam giác BCB ta có:. 1 1 1 5  2   2 2 2 y z BH 4a. . . Ta có: d  BC ; AB   d BC ;  ADB   BK  Xét tam giác ABB ta có:. 2a 5 ( H là hình chiếu của B lên BC ). 5. 1 .. 2a 5 ( K là hình chiếu của B lên AB ). 5. 1 1 1 5  2   2 2 2 x z BK 4a. 2 .. Dựng đường thẳng d đi qua D và song song với AC . Kéo dài BC cắt d tại E . 1 Ta có: d  AC ; BD   d  AC ;  BDE    d C ;  BDE    d C ;  BDE    d  B;  BDE   . 2  Từ là hình vuông. ABCD xy 1 và  2 . . .  ED  BD  d B;  BDE   BI  Xét tam giác BBD ta có:. 1 1  2 z x 2. . . 2. 2a 3 ( I là hình chiếu của B lên BD ). 3 . 1 3  2 2 BI 4a.  3 .. x  a  y  a . Vậy VABCD. ABC D  a.a.2a  2a 3 . z  2 a . Từ  2  và  3   . B'. Câu 19: Chọn C Gọi V1 là thể tích khối đa diện có các đỉnh M , P, Q, E, F , N .. C' N. A'. D'. Gọi S , h lần lượt là diện tích đáy và chiếu cao của hình hộp. Q P. ABCD. A ' B ' C ' D ' .. E F. Ta có. C. B. S PQEF . 254. 1 1 S PE.QF .sin( PE , QF )  AB.BC.sin( AB, BC )  . 2 2 2. M A. D. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(259) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. 1 1S V h . Suy ra V1  S PQEF  d ( M , ( PQEF )  d ( N , ( PQEF )   3 32 6 Phân tích: + Kiến thức trọng tâm của bài toán là công 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 20: Chọn D Gọi H là hình chiếu của S trên mặt đáy, vì SA  SB  SC nên HA  HB  HC hay H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. BC 2a 3  2sin A 3 Gọi O là trung điểm BC , tam giác ABC cân tại A  HA  HB  HC .  AO  BC nên   BAO  CAO  60 Suy ra AB  AC . BO sin BAO. . 2a 3 3. Diện tích tam giác ABC là SABC. 1 a2 3  AB.AC.sin120  2 3. Đường cao của khối chóp là SH  SA2  AH 2 . 39a2 12a2  a 3 9 9. 1 a2 3 a3 .a 3  Thể tích khối chóp S.ABC là VS. ABC  . 3 3 3 Do G là trọng tâm tam giác SAB nên GM  SM  d  G,  ABC    d S,  ABC   1 3.  VG. ABC . 1 3. 1 a3 . VS. ABC  3 9. Cách 2: Gọi H là hình chiếu của S trên mặt đáy  ABC  , vì SA  SB  SC nên HA  HB  HC . Gọi O là trung điểm BC  HO  BC.  AO  BC Tam giác ABC cân tại A nên  .  BAO  CAO  60 Vậy H nằm trên đường thẳng AO và HAB đều. Ta có BO . AH. 3 2 BO 2 a 3  AH    AB . 2 3 3. Đường cao của khối chóp là SH  SA2  AH 2  Diện tích tam giác ABC là SABC . 39a2 12a2  a 3. 9 9. 1 a2 3 AB.AC.sin120  2 3. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 255.

(260) CHUYÊN ĐỀ : KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. 1 a2 3 a3 1 a3 V  . . a 3  Thể tích khối chóp S.ABC là S. ABC .  VG. ABC  VS. ABC  3 3 3 3 9 Câu 21: Chọn B Gọi O là chân đường cao hạ từ S xuống mặt phẳng  ABC  . Đặt d  O , BC   a , d  O , AC   b , d  O , AB   c , SO  h .. Ta. có. SABC  SOBC  SOAC  SOAB  a  b  c  Mặt khác Suy ra. 6 a .  4 2.    d O, AC   d  B , SAC   d  B,AC . d O , SAC . 2b 3. . .  d O , SAC  . 2b. 15 b .  3 10 5 .. 5 1 1  2  2  b  2h . 2 b h b. Tương tự Suy ra.    OM  OI  2a  d O, SBC  2a .    3 d  A , SBC   AM AK 3 d O , SBC . 2 1 1  2  2  a  h. 2 a h a. Tương tự Suy ra. 3 1 . 2.    d O, AB  2c  d O, SAC  2c .    3 d  C, SAB   d  C,AB  3. d O , SAB . 30 c .  20 10. 10 1 1    c  3h . c 2 h2 c 2. 1  h  2h  3h . 3 3 1 1 h  V  .SO.SABC  . 2 12 3 48. Câu 22: Chọn A A' D'. I. A'. B'. D'. C'. a. A 60°. C'. a. A. B. B. O. O D. B'. C. D. C. Gọi O  AC  BD và I là trung điểm của AD . Ta có  ADDA    ABCD   AD , OI  AD và AO   ABCD  nên góc giữa hai mặt phẳng.  ADDA. và  ABCD  là AIO  60 .. a a 3 Tam giác AIO vuông tại O nên AO  IO tan AIO   tan60  . 2 2 256. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(261) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. Thể tích của khối lăng trụ ABCD.ABCD. là V  AB.AD.AO  a.a 3 . a 3 3a 3  . 2 2. 1 1 1 a 3 a3  . Dễ thấy VCCBD  VB' ABC  VAABD  VDACD    AD  DC  AO   a 3  a  3 2 6 2 4 Vậy thể tích khối tứ diện ACBD là 3a 3 a3 a3 .  4  2 4 2. VACBD  V  VCCBD  VB ' ABC  VAABD  VDACD  V  4VDACD . Câu 23: Chọn A Gọi Q là trung điểm của AB .. . . Đặt S  SPQCC  ; h  d A,  PQCC   . Theo. giả. . thiết. .  SGMP .d N , GMP   15 .. . . 1 VN .GMP  SGMP .d N , GMP   5 3. Ta có SMPG  SPQCC  SPQG  SPMC  SMGC  S . S S 1 1 2 5S .   . . S 6 4 2 2 3 12. 1 Lại có d  N , GMP    d  A, GMP   . 2 5S h Suy ra: SGMP .d  N , GMP    .  S.h  72 . 12 2 2 VABC . ABC nên VABC. ABC  S.h  72 . 3 2. Mặt khác, vì VA.PQCC  . Câu 24: Chọn A. Gọi O  AC  BD, I  MP  SO  Q  NI  SD ÁP dụng định lí Menelauyt cho tam giác SBC với cát tuyết NPE , ta được. NB PS EC . . 1 NS PC EB.  CE  CB. 2 3. 4 9. Do MIP nên SI  xSP  (1  x)SM  x SC  (1  x) SA Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 257.

(262) CHUYÊN ĐỀ : KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. 1 1  3 8 SI  kSO  k  SC  SA   x  , k  . Tương tự với ba điểm thẳng hàng N , I ,Q ta có 2  5 15 2 4 SQ  SD 7. Áp dụng định lí Menelauyt cho tam giác SCQ với cát tuyết PRD , ta được Từ đó ta có SPRQ   VEPQR . RQ 6  RC 7.  3. 6 6 1 2 4 8 SPQC  . SSQC  . .SSDC  SSDC 13 13 3 13 7 91. 18.91 8 8 4 VESDC  VSBDC  VSABCD  VSABCD  4 91 91 91.  SM SN SP SM SP SQ  VSABCD . .  . . Do đó VSMNPQ  VSMNP  VSMPQ     SA SB SC SA SC SD  2 4 2 1 2 4 4 V   . .  . .  . SABCD  65cm 3 9 3 2 3 9 7 2. Câu 25: Chọn A. Gọi I  BM  AB'; IN / /CM( N  BC) . Khi đó: CM / /( AB' N).  d(CM , A ' B)  d(C ,( AB ' N ))  Mặt khác:. 7 . 7. 2 7 IM AM 1 NC IM 1  d( B,( AB ' N ))  2d(C ,( AB ' N ))  .      7 IB BB ' 2 NB IB 2. Ta có: cos ABN . AB 1  . Đặt BC 2. BB'  x, áp dụng công thức thể tích khối chóp tam giác khi biết. ba cạnh chung đỉnh và ba góc tại đỉnh đó. Ta được: 2. VB. AB' N. 2. 1 4  1 1  1 1 x 2  .1. .x. 1  2.    . .0         0 2  . 6 3 9  2 2  2 2. Ta có: AB '  x 2  x  1, BN . 258. 4 16 13  NB '  x 2  , AN  AB2  BN 2  2 AB.BN.cos ABN  . 3 9 3. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(263) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN. x2  x  1  cos B ' AN . SAB' N. 13  2 16   x   9  9 . 2 13( x 2  x  1) 3. . 3x  2 2 13( x 2  x  1).  sin B ' AN  1 .  3x  2 . 2. 52( x 2  x  1). .. 13( x2  x  1) (3x  2)2 43x 2  40 x  48  1  . 6 12 52( x 2  x  1). Do đó: d( B,( ANB ')) . Vậy VB. ANB' . 3VB. ANB '  SANB'. x 2 2 7 3   x  4( x  0). 2 7 43x  40 x  48 12. 4 2 3  9 4 2 và VABC . A ' B' C '  3VB'. ABC  3  VB. ANB'   . 2 2. 9 2   2 9. Câu 26: Chọn B. Gọi M là trung điểm của BC , vì ABC cân tại A nên AM  BC . Lại có. EF  BC  EF / / AM . ABC có E là trung điểm của AB ,. EF / / AM  F là trung điểm của. BM  EF là đường. trung bình của BAM . Kéo dài FE cắt tia CA tại I . Nối CI cắt AA tại N . Khi đó  C EF  cắt lăng trụ theo thiết diện là tứ giác EFCN . Gọi thể tích khối đa diện chứa đỉnh A là V1 . Ta có: AM / / FI  Lại có:. AM CM 2 EF 1 IE 2   , mà AM  2 EF     . FI CF 3 FI 3 IF 3. IN 1 IA FM 1 IN IA nên   .   ; IC  3 IC FC 3 IC  IC. Từ  1 ,  2  và  3  suy ra Do đó. V1 VI .FCC.  1. VI . EAN IE IA IN 2 1 1 2  . .  . .  . VI . FCC IF IC IC  3 3 3 27. S  2 25 3 IC 3  . Dễ thấy  và FCC  , do đó 27 27 SBCCB 8 AC 2. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 259.

(264) CHUYÊN ĐỀ : KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. . . 1 d I ,  FCC   .SFCC  VI . FCC  IC SFCC  3 3 9 3 .   .  .  VA. BCC B 1 AC S 2 8 16   BCC B d A ,  BCC B  .SBCC B 3. . Lại có. . VA. BCC B V 1 2  1  A. ABC   1   . V V 3 3. Từ  4  ,  5  và  6  , ta suy ra. 25 V1 25 9 2 25 .  V1  V .  . .  72 V 27 16 3 72. Câu 27: Chọn B. Ta có MM  .  3a    2 a  2. 2. a 5.. Chia khối đa diện đã cho thành khối lăng trụ đều có đáy là MNPQ và chiều cao là MM và 4 khối chóp tứ giác có đáy là hình chữ nhật dạng như A.MQQM . Ta có MN . . . AC 4a 2 AC   2a 2; d A ,  MQQM    a 2 . 2 2 4. . . 2. 3 Suy ta thể tích khối lăng trụ VMNPQ. MN PQ  2a 2 .a 5  8a 5 .. Thể tích khối chóp tứ giác A.MQQM là:. . . . . 1 1 4a3 5 VA. MQQM  SMQQM .d A ,  MQQM    . 2a 2.a 5 .a 2  3 3 3 Suy ta thể tích khối đa diện đã cho là:. V H   VMNPQ. MN PQ  4VA. MQQM  8a. 3. 4a3 5 40a3 5 5  4.  . 3 3. Câu 28: Chọn B C. A B. A'. C'. 600 M. H B'. 260. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(265) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. Hạ HM vuông góc với A' B' tại điểm H . Khi đó góc nhị diện giữa hai mặt phẳng  AAB  và.  ABC  cũng chính là góc giữa 2 mặt phẳng  AA ' B ' . và  A ' B ' C '  và bằng AHM  60 0 .. a a 3 Xét tam giác vuông HB' M vuông tại H có HM  .sin60  . 2 4 3a Xét tam giác vuông AMH vuông tại M có AM  HM.tan 60  . 4 Thể tích khối lăng trụ VABC . A ' B'C '  SABC .AM . a 2 3 3a 3 3a 3 .  4 4 16. Câu 29: Chọn B. a2 a 14 Chiều cao hình chóp SO  h  SA  OA  4a   2 2 . 2. 2. 2. a2 a 15  . 4 2 Cách 1: Gọi tâm mặt cầu nội tiếp là I , khi đó ta có IO  IN  r . Từ hình vẽ ta có IN   SBC  , SIN ∽ SOM SM  SC 2  MC 2  4a2 . SI IN hr r      SM OM a 15 a 2 2. a 14 r 2r a 7 2  r . a a 15 30  2 2. Cách 2 Thể tích khói chóp VSABCD. 1 1 2 a 14 a3 14  SABCD .SO  a .  . 3 3 2 6. 1 a2 15 S  BC . SM  Diện tích mặt bên SBC . 2 4 Áp dụng công thức r . 3V 3V  Stp .SABCD 4SSBC  SABCD. a3 14 a 7 6   . 2 a 15 30  2 2 4. a 4 3.. Câu 30: Chọn D. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 261.

(266) CHUYÊN ĐỀ : KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. Gọi O là giao điểm của AC và BD . Ta có:. SBD  ,  ABCD   SOA  60 .. Xét tam giác SOA vuông tại A : h  SA  AO.tan SOA . a 2 a 6 .tan60  . 2 2. 1 1 a 6 a3 6  VS. ABCD  .SABCD .SA  .a2 .  . 2 3 2 6 Câu 31: Chọn D. Gọi O là giao điểm của AC và BD . Dễ dàng thấy được góc tạo bởi hai mặt phẳng  SBD  và  ABCD  là góc SOA suy ra SOA  60 . Xét tam giác SOA vuông tại A có h  SA  AO.tan SOA . a 2 a 6 .tan60  . 2 2. 1 1 2 a 6 6 a3  Do đó thể tích khối chóp S.ABCD bằng VS. ABCD  SA.SABCD  a . . 3 3 2 6 Câu 32: Chọn C. 262. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(267) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. Thể. tích. khối.  h  AA . lăng. trụ:. a2 3 a3 5 .h  V  SABC .h  4 2. 2a 15 . 3. a 3 . 3 Áp dụng công thức tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp lăng trụ: Bán kính đáy lăng trụ Rd . 2.  2 a 15    2  a 3   3  h2 2   R  Rd  a 2.    3  4 4  . Câu 33: Chọn C Hình vẽ minh họa. Ta dễ dàng tính được: MM  .  4a    2a  2. Các cạnh hình vuông MNPQ là: MN . 2.  2a 3 .. AC 4a 2   2a 2 . 2 2. Nếu ta gọi A là trung điểm của MP thì ta có AA  AM 2   MA   2.  4a . 2. .  a 2. . 2.  a 14. Suy ra diện tích toàn phần của khối đa diện  H  là:. . Stp _  H   SABCD  SMNPQ  4SAMQ  4.SMAB   4a   2a 2 2. . 2. 1 1  4. .2a 2.a 14  4. .4a.2a 3 2 2.  24 a 2  8 a 2 7  16 a 2 3 .. Câu 34: Chọn A Gọi cạnh của hình lập phương và cạnh của tứ diện đều lần lượt là a, b . Ta có:. Sxq  H  1. Stp  H  2. 4a2.  4.. b. 2. 4 2 3  3  b2  a2  b  a 3 3 3. 4. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 263.

(268) CHUYÊN ĐỀ : KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. Suy ra:. V H  1. V H  2. . a3 b3 .. 2 12. . a3 3. 2 3  2 a .    3  12. . 9 6 . 4. Câu 35: Chọn B Do góc giữa cạnh bên với mặt đáy của lăng trụ là 30o nên suy ra a 3 1 a .  . 2 3 2 Suy ra thể tích lăng trụ của khối lăng trụ ABC.ABC là AAH  300  AH  AH.tan 300 . VABC . ABC  SABC .AH . a2 3 a a3 3 .  . 4 2 8. Câu 36: Chọn B. Tam giác SAB vuông tại A và có SBA  60  SA  AB.tan 60  a 3. Dựng hình bình hành ABCD , suy ra: SA.AP AC // SBD   d  AC ; SB   d  AC ;(SBD)   d  A;(SBD)   AQ  . SA2  AP 2 Trong đó AP  BD; AQ  SB. Tam giác ABC đều suy ra: AP   d  AC ; SB   AQ . SA.AP SA  AP 2. 2. a 3 2 . a 3..   a 3. 2. a 3 2. a 3   2   . 2. . a 15 . 5. Câu 37: Chọn A. 264. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(269) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN. D. B. C. A Q. M B'. A'. P. C'. D'. N. Giao điểm của mặt phẳng  MNP  với cạnh BB' là trung điểm Q của BB' . Khi đó thể tích V1 là phần thể tích khối lăng trụ A' MN.B' PQ như hình vẽ. 1 4. 1 8. 1 8. Ta có: SA ' MN  SA ' AD  SA ' MN  SA ' ADD '  VA ' MN .B' PQ  VABCD. A ' B'C ' D '  . V  V1 . 8. V1 1  . V2 7. Câu 38: Chọn C Gọi H là hình chiếu vuông góc của S lên  ABC  và M , N , P lần lượt là hình chiếu vuông góc của H lên các cạnh AB, AC , BC . Khi đó góc tạo bởi các mặt phẳng  SAB  ,  SCA  ,  SBC  với.  ABC . o o lần lượt là SMH , SNH , SPH . Suy ra SMH  SPH  60 , SNH  45 .. o Đặt SH  h  HM  HP  SH.cot 60 . h 3. ; HN  SH.cot 45o  h .. Ta có SABC  SABH  SACH  SCBH  AB.AC  AB.MH  BC.HP  AC.HN.  2a2  a 2.. h 3.  2a.. h 3.  a 2.h  h . 1 2a3  VSABC  SABC .h  . 3 2 3 6 3 2 2 2  6 2a 3. Câu 39: Chọn B. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 265.

(270) CHUYÊN ĐỀ : KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN..  AB  AC  AB   ACCA  , mà BC    ACC A   C  nên góc tạo bởi đường thẳng  AB  AA. Ta có . BC và mặt phẳng  ACC A  là:.  BC, ACCA   BC, AC  ACB  30. 0. Ta có: AB  AC  2a  AC   AB.cot 30 0  2 a 3 Suy ra đường cao lăng trụ là h  CC   AC 2  AC 2 .  2a 3 . 2.   2a   2a 2 2. 2 1 Thể tích lăng trụ là V  SABC .CC   .  2a  .2a 2  4a 3 2 . 2. Câu 40: Chọn A. Gọi O  AC  BD . Ta có SAC vuông tại S nên OS  OA  OB  OC  OD  R . Vậy O là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD bán kính R . 2 Đặt SC  x, x  0 . Theo đầu bài, diện tích tam giác SAC là 2a nên:. 1 4a2 4a2 . SA.SC  2 a2  SA.SC  4 a2  SA   2 SC x AM GM 1 16a4 1 16a4 2 2 x  2 .x  a 2. Suy ra R  2 x2 2 x2 Để diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD là nhỏ nhất thì bán kính R nhỏ nhất. 266. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(271) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN..  . 2  min R  a 2 . Vậy diện tích nhỏ nhất của mặt cầu là S  4 R  4 a 2. 2.  8 a 2 .. Câu 41: Chọn D Dễ. S. thấy. N P. M K. B. C. Q. A. D. 1 1 VS. ABD  VS.CBD  VS. ABCD  V . 2 2 V SM SN SQ 1 1 3 3 3 3 Có S. MNQ  . .  . .   VS. MNQ  VS. ABD  V . VS. ABD SA SB SD 2 2 4 16 16 32. VS.PNQ VS.CBD. . SP SN SQ 2 1 3 1 1 1 . .  . .   VS.PNQ  VS.CBD  V . SC SB SD 3 2 4 4 4 8. Vậy VSMNPQ  VS. MNQ  VS. PNQ . 3 1 7 V V V. 32 8 32. Câu 42: Chọn A Gọi chiều cao của hình chóp là h  SA . Khi đó ta có 1 1 1 1 1 1 1 1      2  2  2 ha 2 2 2 2 2 AS AB AD h 4a a d A; SBD    2a     3  . . . 1 3. 1 3. 1 3. Vậy thể tích khối chóp VSABCD  SABCD .SA  AB.AD.h  2a.a.a . 2a3 3. Câu 43: Chọn A. Đặt AA'  2x, tam giác ABC có AB  2, AC  4 và BAC  60  BC  2 3. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 267.

(272) CHUYÊN ĐỀ : KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN..  A ' M  x 2  16   2 Ta có:  BM  x  12  2  A ' B  4 x  4 Tam giác BMA ' vuông tại M  x 2  16  x 2  12  4 x 2  4  x  2 3  AA '  4 3. 1 SABC  .AB.AC.sin 60  2 3 ; VABC. A' B'C '  SABC .AA '  24. 2 Câu 44: Chọn C. Cách 1: Gọi I là trung điểm của SB Xét MNI vuông tại I , ta có: NI  MN 2  MI 2 . 4a2 a2 a 7   9 4 6. 1 IN  SB  SB  a 7 6 SA  SB2  AB2 . 7 a2  a2  a 6. 1 1 a3 6 2 2 . Thể tích của khối chóp S.ABCD là V  SA.AB  a 6.a  3 3 3 Cách 2: Gắn hệ trục tọa độ vào hình chóp với: A trùng với O, trục Ox dọc theo AD , trục Oy dọc theo AB , trục Oz dọc theo AS. Ta gán các giá trị a  1. Khi đó, A(0,0,0),B(0,1,0),C(1,1,0),D(1,0,0),S(0,0, h). 1 1 h  2 h M  , ,  , NS  2 NB  0  N  0, ,  2 2 2  3 3 2. 2. 2. 1  1 2 h h h2  10 a 2a MN    0             h 6 6 2 3 2  2 3 2 3. 1 1 2 13. 6 a3 6  Suy ra thể tích khối chóp S.ABCD là V  SABCD .h  .1 .1. 6  3 3 3 3 Câu 45: Chọn A. 268. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(273) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. B 60°. A 4 120° D. C 4. Vì lăng trụ đứng tồn tại mặt cầu ngoại tiếp nên bắt buộc đáy phải là tứ giác nội tiếp được đường tròn. Suy ra ADC  1800  ABC  1200 Trong ADC : AC  DA 2  DC 2  2.DA.DC.cos120 0  4 3 Khi đó bán kính đường tròn ngoại tiếp ADC ( cũng là bán đường tròn ngoại tiếp tứ giác đáy. AC 4 3  4 0 2sin120 2sin1200 Nếu chiều dài cạnh bên ( cũng là chiều cao lăng trụ) là h  AA ' thì bán kính mặt cầu tiếp là: ABCD ) là:. RADC . R  6  R2ADC . h2 h2  42   h  4 5 . Vậy thể tích tứ diện A ' ACD là: 4 4. 1 1 1  1 1  16 15 VA ' ACD  SACD .AA '   DA.DC.sin1200  .h   .4.4.sin120 0  .4 5  . 3 3 2 3 2 3  . Câu 46: Chọn A. Gọi Rd , Rb lần lượt là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và BCD . Gọi I , J lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và BCD .  Rd  IC , Rb  JC .. Gọi dd , d b lần lượt là trục đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và BCD . Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 269.

(274) CHUYÊN ĐỀ : KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. Gọi O là tâm của mặt cầu ngoại tiếp ABCD  O  dd. db .. Gọi M là trung điểm BC  MI , MJ là các đường trung trực của BC ..  MIOJ là hình chữ nhật. GT 2 . 4 Đây là dạng hình chóp có hai mặt vuông góc với nhau. Khi đó công thức tính bán kính mặt cầu là R  OJ 2  CJ 2  IM 2  CJ 2  IC 2  MC 2  CJ 2  R  Rd2  Rb2 . R  Rd2  Rb2 . GT 2 , trong đó GT là độ dài giao tuyến: GT  BC  6 . 4. Bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và DBC là RABC . RBDC . BC 2sin BDC. BC 2sin BAC. ;. .. Từ giả thiết suy ra RABC  3RDBC . BC 2sin BAC.  3.. BC 2sin BDC.  sin BDC  3 sin BAC .. Lại có: BAC  BDC  900  BDC  600 ; BAC  300  RABC  6, RBDC  2 3 ..  . Suy ra bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD là: R  62  2 3. 2. . 62  39 . 4. Câu 47: Chọn B S. A. C. M. H. N. B. K. Hạ đường cao SH vuông góc với  ABC  tại H (Vì SABC cố định nên SH cố định), trên SH lấy điểm K sao cho SH.SK  SM.SN  3 . Suy ra điểm K cố định và được xác định bởi SK . 3 . SH. Suy ra SHM ∽ SNK  SNK  90 . Suy ra N nhìn SK (cố định) một góc vuông. Vì thế M chạy trên mặt phẳng  ABC  thì N nằm trên mặt cầu cố định có đường kính là SK . Suy ra SK  2 R  2 3  SH.SK  2 3SH  SH  Diện tích tam giác ABC là SABC  270. 3 2 3. . 3 . 2. a2 3 3  . 4 4. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(275) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. 1 1 3 3 1  . Suy ra VS. ABC  SABC .SH  . . 3 3 4 2 8. Câu 48: Chọn A S. B C O H D. A. Tâm mặt cầu ngoại tiếp là điểm O cách đều các đỉnh: OA  OB  OC  OD  OS  2. a 2. .. 2.  a   a  OA a a 6 Ta có OH  .   SH  SO2  OH 2       2 4 2 2  2 2 2. 1 1 a 6 a3 6  Suy ra thể tích của hình chóp SABCD là VSABCD  SABCD .SH  a2 . . 3 3 4 12. Câu 49: Chọn D S. I. B. A. H. O. D. C. Cách 1: Dễ thấy a3 2 1  SA.SB.SD 1  cos2 ASB  cos 2 ASD  cos 2 BSD  2cosASB.cosASD.cosBSD 12 6 mặt khác AB  AD  SA  SB  SD  a nên S.ABD là tứ diện đều. VS. ABD . ,. a 3 1  AC , nên tam giác SAC vuông tại S . 2 2 Mặt khác: Dựng OI  SC trong mặt phẳng  SAC  . Dễ dàng ta chứng minh được SC   BID  .. Suy ra SO .  1 1  1 .  OI  SA  BD 2 2 Nên:   SBC  ; SCD    BI ; DI   2  . . . Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 271.

(276) CHUYÊN ĐỀ : KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. Từ  1  BID  tại I . Từ  1 ;  2  suy ra.  SBC  ; SDC     BI ; DI   90 .. Cách 2: Gọi O là tâm của hình thoi ABCD . Ta có SCB, SDC là các tam giác cân lần lượt tại B, D .  BI  SC Gọi I là trung điểm của SC   .  DI  SC. Do đó góc giữa hai mặt phẳng  SBC  và  SDC  là góc giữa hai đường thẳng BI và DI . SBC  SDC  BI  DI  IBD cân tại I .. Gọi H là hình chiếu của S lên mặt phẳng  ABCD  . Do SA  SB  SD  HA  HB  HD  H là tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác ABD . Mà ABD cân tại A nên H nằm trên đường chéo AC của hình thoi ABCD . OB x  . Đặt OB  x  0  x  a  . Ta có OA  a2  x 2 ; sin OAB  AB a sin BAD  sin 2OAB  2sin OAB.cos OAB  2. BD. Ta có. sin BAD.  2 AH  AH . a2 2 a2  x2. Suy ra SH  SA2  AH 2  a2 . . OB OA 2 x a2  x 2 . .  AB AB a2. .. a4. 4 a2  x2. . . 3a 4  4 a 2 x 2. . 4 a2  x2. . . a 3a 2  4 x 2 . 2 a2  x2. Gọi V là thể tích của khối chóp S.ABCD . 1 1 a 3a 2  4 x 2 a Ta có V  SH.SABCD  SH.AO.BD  . . a2  x 2 .2 x  3a 2 x 2  4 x 4 . 2 2 3 3 6 3 a x. a3 2 a a3 2 a2 2 2 2 4 2 2 4  3a x  4 x   3a x  4 x  Theo giả thiết V  . 6 3 6 2  a  2 a2  x 2 x  4   8 x4  6a2 x2  a4  0   . 2 a 2   2 a  x  2  x  2. Do tứ giác ABCD không phải là hình vuông nên x  Mà OI . a 2 a a . Vậy x  hay OB  . 2 2 2. SA a  . Suy ra BIO vuông cân tại O  BIO  45  BID  90 . a 2. Vậy góc giữa hai mặt phẳng  SBC  và  SCD  là 90 . Câu 50: Chọn D. 272. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(277) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. Gọi N là trung điểm AB  AN  AB . Gọi H là chân đường cao hạ từ A xuống mặt phẳng  ABC    HN  AB , HM  BC . a a C M 2a Ta có: C M   C H  .  3  3 cos 30 3 3 3 2. a 3 2a 5a 3   2 18 3 3. HN  C N  C H . 2.  5a 3   a 2 13a2 HB  HN  NB     AH  AB2  HB2     18   2  27   2. 2. 2. Suy ra thể tích lăng trụ là: VABC . ABC  S ABC .AH .  2a   2. 13a2 a 285  27 9. a2 3 a 285 a3 95 .  . 4 9 12. Câu 51: Chọn D S. N. M. D. A. C. B. Gọi N là giao điểm của mặt phẳng  ABM  với SD , đặt V  VS. ABCD . Áp dụng công thức tỉ số thể tích cho khối chóp có đáy là hình bình hành: SA SC SB SD SC SD SC SD  2     2.  , mà SA SM SB SN SM SN SM SN SA SB SC SD VS. ABMN SA  SB  SM  SN 1  1  2  2 3    . SA SB SC SD VS. ABCD 4.1.1.2.2 8 4 . . . SA SB SM SN. Mặt phẳng  ABMN  chia hình chóp thành hai phần có thể tích theo tỉ lệ 3 và 5 . Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 273.

(278) CHUYÊN ĐỀ : KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. Suy ra:. V1 3  . V2 5. Câu 52: Chọn C. Cách 1: Gọi góc giữa hai mặt phẳng  SBC  và  SAD  là  .  BD  AD Dễ thấy   BD  SAD   D là hình chiếu vuông góc của B lên mặt phẳng  SAD   BD  SA. Gọi C ' là hình chiếu vuông góc của C lên mặt phẳng  SAD  . Suy ra: a 1 1 a a2 3  SSDC '  .DC '.SA  . .a 3  . 2 2 2 2 4 Suy ra SDC ' là hình chiếu vuông góc của SBC lên mặt phẳng  SAD  . AC '  AC.cos CAD  a 3.cos 30  DC ' . Ta có: CB  AC  CB  SAC   CB  SC  SBC vuông tại C . 1 a2 6 Tam giác SBC có SB  a 7 ; SC  a 6; BC  a  SSBC  .SC.CB  . 2 2. Suy ra: cos  . 274. SSAC ' SSBC. a2 3 1 2  24   . 4 a 6 2 2 2. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(279) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. Cách 2: S. Ta chứng minh được BD   SAD  . Dựng SE  SC tại E  SE   SBC  . Suy ra:.  SAD  ; SBC     AE; BD  .. Gọi. O  AC  BD. ;. E. OI  SC  I. dựng.  OI / / AE   AE; BD    OI ; BD   IOB. CosIBO . a 6 OE a 6 OI  OI   . Ta tính được: OE  OB 2 3 6. BD  a 3  BO . B. I. A O D. C. 2 2a 3 2 BD  . Suy ra: CosIOB  . 3 3 4. Câu 53: Chọn C A. P M N D. B. C.  AN  x 9 2 9 Đặt  với 0  x  , 0  y  suy ra NC   x . 2 3 2  AP  y 9 9  x x VAMNP NC 81  18 x 2 x y 9 AM AN AP NC .  . .  2 y .2 2 y   . .  9 2 3 x VABCD AN AB AC AD AN 2 x 4x2 2 3 81  18 x 81  18 x 9 Suy ra AN  AP  x  y  x  . Đặt f  x   x  với 0  x  . 2 2 2 4x 4x 2 4 2 x  0 9 x  81x 2 x  9 x  81x có f   x   0   . f  x  1   4 4 2x 2x x  3. Ta có bảng biến thiên:. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 275.

(280) CHUYÊN ĐỀ : KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. Từ bảng biến thiên ta thấy AN  AP nhỏ nhất bằng. 15 khi x  3 . 4. Câu 54: Chọn A. Từ giả thiết suy ra AC  SC 2  SA 2  a . Gọi H , E lần lượt là trung điểm BC , BS . ABC cân tại A, H là trung điểm BC  AH  BC ..   ABC   SBC    AH  SBC   AH  BS . AH   ABC  , AH  BC  cmt  . BS  AH    BS  HE, HE / /CS  BS  CS  BSC vuông tại S . BS  AE .  AH là trục đường tròn ngoại tiếp BSC  tâm O của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC là tâm đường tròn ngoại tiếp ABC . Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp AB.AC.BC AB.AC.BC AB.AC S.ABC : R  OA  OB  OC    a. 2 4SABC 2 AH.BC BC 2 AB2  4. Vậy thể tích khối cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC là: V . 4 a3 . 3. Câu 55: Chọn B. 276. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(281) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. 2a , SKH  60 và SHK vuông tại H . 3. Kẻ HK  BC tại K , suy ra HK  Suy ra SH  h  HK.tan 60 . 2a 3 3. Kẻ HP  CD tại P , hạ HQ  SP tại Q . Suy ra HP . . . . 2a 3. . 3 3 3 SH.HP d A ,  SCD   d H , SCD   .HQ  . 3 3 2 2 2 SH 2  HP 2 Câu 56: Chọn B. Đây là dạng bài cơ bản về khoảng cách từ chân đường cao A đến mặt phẳng nghiêng có đỉnh S . Hạ AP vuông góc với DM tại P , dựng AQ vuông góc với SP tại Q , khi đó khoảng cách từ A đến mặt phẳng  SDM  chính là AQ . DC a 3a .  a.  DM a 10 10 3 1 1 1 1 1 1 3a .  AQ        SA  2 2 2 2 2 2 AQ SA AP SA  3a  26 a 2      10 . Ta có: AP  AD.cos  AD. Có: d  A; SDM  . 1 1 3a a3  Suy ra thể tích: VS. ABCD  .SABCD .SA  a2 . . 3 3 26 26 Câu 57: Chọn A A. C. B. K A'. C' M. H B'. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 277.

(282) CHUYÊN ĐỀ : KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. Gọi H là hình chiếu vuông góc của điểm M trên AB và K là hình chiếu vuông góc của điểm M trên AH . Ta có MK  ( ABA) , suy ra d  M ,( ABA)   MK . a 13 a 3 và AA  2a  AM  AA2  AM 2  . 2 2 a Tam giác HBM vuông tại H , có BM  và HBM  60 0 , 2. Tam giác AAM vuông tại M có AM .  sin HBM . HM a 3  HM  . BM 4 HM 2 .AM 2 a 39  . 2 2 HM  AM 2 55. Tam giác HAM vuông tại M suy ra KM  Suy ra d C ,( ABA)   2d  M ,( ABA)   a. 39 . 55. Câu 58: Chọn C Gọi M , N là trung điểm của AB và CD D thì ta có SM  AB, MN  AB  AB   SMN  . Kẻ SH  MN , H  MN , khi đó SH  AB  SH   ABCD  . 3a 1 1 a2  SH  . VS. ABC  SABC .SH  a2 .SH  2 3 3 2. Có SM  a 3  MH  SM 2  SH 2  3a2 . a 9a2 a 3   OH  MH  MO  4 2. . 2. S. K. I. N. D. C. H O A. M. B. Gọi O  AC  BD , I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD suy ra IO   ABCD   IO//SH . Kẻ IK  SH , K  SH  IOHK là hình chữ nhật. Bán kính mặt cầu ngoại tiếp S.ABCD là: R  IS  IK 2  KS2  OH 2   SH  IO . 2. a2. . . . 3 1 4. R  ID  IO 2  OD 2  OH 2  SH  IO   IO 2  2. . a2. . . 3 1 4. 2.  3a     IO   2 . 2. 5a 2 4. 2 2.  3a  5a 2 4 3    IO   IO2   IO  a. 4 6  2  2.  4  3  2 5a 2 16  2 3 a Suy ra bán kính: R  IO 2  OD 2    a   6  4 3   278. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. .. 3 1.

(283) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. DẠNG 8: BÀI TOÁN GÓC – KHOẢNG CÁCH Câu 1:. Cho hình lập phương ABCD.A' B' C ' D' có cạnh 3a . M thuộc cạnh A’D’ sao cho A' M  2a . Tính khoảng cách giữa AM và BD' theo a A.. Câu 2:. 3 14 a. 14. 14 a. 14. B.. A.. D.. 3 7 a. 7. a 3 . 3. a 2 . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và SC 2. B. a 3 .. C.. 3 . a. D. 3 3a .. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O , cạnh AB  a , BAD  60 , 3a SO   ABCD  , SO  . Gọi M là trung điểm của CD . Khoảng cách giữa hai đường thẳng 4 SM và BD là A.. Câu 4:. 7 a. 7. Cho hình chóp S.ABC có mặt đáy là tam giác vuông tại đỉnh A , AB  AC  a . Đường thẳng SA vuông góc với mp  ABC  , SA . Câu 3:. C.. 3a . 8. B.. 3 7a . 14. C.. 8a . 3. D.. 2 7a . 3. Cho hình chóp S.ABC , tam giác ABC có AB  6a , AC  3a , BAC  120 , SA vuông góc với mặt phẳng đáy và SA  a 2 . Gọi M là điểm thỏa mãn MA  2 MB (Xem hình vẽ). Khoảng cách giữa hai đường thẳng SM và BC bằng S. A M. B. C. A. Câu 5:. a 39 . 13. B.. 2 a 39 . 13. C.. 4 a 39 . 13. D.. 6 a 39 . 13. Cho S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a , SA   ABCD  và SA  a 3 . Gọi M là trung điểm của AD. Khoảng cách giữa hai đường thẳng BM và SD bằng A.. Câu 6:. a . 2. B. a .. C.. a 57 . 3. D.. a 57 . 19. Cho hình chóp S.ABC có tam giác ABC đều cạnh 3a, SA   ABC  và SA  2a (minh họa như hình vẽ). Gọi M là điểm trên cạnh AB sao cho AM  2a . Khoảng cách giữa hai đường thẳng SM và BC bằng Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 279.

(284) CHUYÊN ĐỀ : KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. A. Câu 7:. B.. 21a .. C. 2 21a .. D.. 2 21a . 7. Cho hình lăng trụ đứng ABC.A' B' C ' có đáy là tam giác vuông, BA  BC  2a , cạnh bên AA'  4a , M là trung điểm của BC ( minh họa như hình bên). Khoảng cách giữa hai đường thẳng B' C và AM bằng. A. Câu 8:. 21a . 7. 2a 7 . 7. B.. a 6 . 6. C. a .. D.. a 6 3 .. Cho hình lăng trụ đứng ABC.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B , AB  a 3 , BC  2a . Gọi M là trung điểm của BC . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AM , B' C biết AA'  a 2 . A.. Câu 9:. a 10 . 10. B. a 2 .. C.. a 30 . 10. D. 2a .. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a , SA vuông góc với mặt phẳng đáy và SA  a 3 . Gọi M là điểm thuộc AD sao cho AM  3MD . Khoảng cách giữa hai đường thẳng SM và BD bằng. A.. a 35 . 35. B.. 3a 35 . 35. C.. 2 a 35 . 35. D.. 9 a 35 . 35. Câu 10: Cho hình chóp SABCD , đáy ABCD là hình vuông, tam giác SAB cân tại S . Hình chiếu vuông góc của S lên mặt đáy nằm trên miền trong hình vuông ABCD . Góc giữa đường thẳng SA và. 280. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(285) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. mặt đáy bằng 30 , góc giữa mặt phẳng  SAB  và mặt đáy bằng 45 . Thể tích hình chóp SABCD a3 . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng CD và SA . 3 a A. 2a . B. a . C. . 3. bằng. D. a 2 .. Câu 11: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật; AB  a , AD  2a . Cạnh bên SA vuông góc với đáy và SA  2a (hình vẽ minh họa). Tính theo a khoảng cách giữa hai đường thẳng BD và SC . S. D. A. B. A.. 2a . 3. C. B.. a . 3. C.. a . 2. D.. 3a . 4. Câu 12: Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có cạnh đáy bằng 2a và cạnh bên bằng. a 37 . Gọi M là 3. trung điểm cạnh SA . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và BM . A.. a 3 . 4. B.. 5a 3 . 6. C.. 5a 3 . 12. D.. a 3 . 2. Câu 13: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật với AB  a;AD  2a , SA  ( ABCD) và SA  3a . Gọi M là trung điểm AB , tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SC và DM . S. A. D. M B. A.. 4 a 21 . 21. B.. 2 a 21 . 21. C. C.. a 21 . 21. D.. a 6 . 3. Câu 14: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B có AB  BC  2a . Cạnh bên SA vuông góc với mặt đáy. Biết góc giữa hai mặt phẳng  SBC  và  ABC  bằng 60 . Gọi M là trung điểm của AC , tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và SM theo a . A.. 2 a 39 13. .. B.. 2 a 39 . 13. C.. 2 a 11 . 13. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. D.. 2 a 11 13. .. 281.

(286) CHUYÊN ĐỀ : KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. Câu 15: Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác đều cạnh a . Hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng  ABC  là điểm H thuộc cạnh AB sao cho HA  2HB . Góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng  ABC  bằng 60 . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và BC theo a . A.. a 42 . 8. B.. a 42 . 4. C.. a 42 . 12. D.. a 42 . 10. Câu 16: Cho hình lăng trụ ABC.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a . Biết hình chiếu vuông góc của điểm A trên mặt phẳng ( ABC) là trọng tâm G của tam giác ABC và AA  a . Ta có khoảng cách giữa hai đường thẳng AA và BC là A.. a 3 . 3. B.. a 3 . 2. C.. a 2 . 3. D.. a 2 . 2. Câu 17: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , mặt bên SAD là tam giác đều và SAD    ABCD  . Gọi M là trung điểm của cạnh đáy AB . Ta có khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và CM là: A.. a 2 . 3. B.. a 5 . 4. C.. a 3 . 3. D.. a 3 . 4. Câu 18: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật, AB  a , BC  2a , SA vuông góc với mặt phẳng đáy. Tính khoảng cách giữa AC và SB , biết góc giữa SC và mặt phẳng ( ABCD) bằng 30o . 5a . 2. A.. B.. 2a 5. .. C.. 2 37 a . 185. D.. 2 185a . 37. Câu 19: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành thỏa mãn AB  a 6 , BC  3a , AC  a 3 và SA vuông góc với mặt phẳng đáy, SA  3a . M là điểm thuộc cạnh BC sao cho BM  2MC . Khoảng cách giữa hai đường thẳng AM và SD là. A.. 3a 3 . 2. B.. a 6 . 2. C.. a 2 . 2. D.. 3a 2 . 2. Câu 20: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh 2a . Hình chiếu vuông góc của đỉnh S lên mặt phẳng chứa đáy là trung điểm H của AC và SH  2a . Gọi điểm M thuộc cạnh AB sao cho AM  3MB (tham khảo hình vẽ bên dưới). S. A. M. B. H C. Khoảng cách giữa SM và BC bằng A. a. 282. 12 . 259. B. a. 259 . 12. C. a. 67 . 12. D. a. 12 . 67. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(287) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. Câu 21: Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác ABC đều cạnh a , tam giác SBA vuông tại B , tam giác SAC vuông tại C . Biết góc giữa hai mặt phẳng  SAB  và  ABC  bằng 60 . Tính khoảng cách giữa SC và AB theo a . A.. 3a . 8. B.. 3a 13. .. C.. 3a . 6. D.. 3a . 4. Câu 22: Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác đều cạnh bằng a . Hình chiếu vuông góc của S xuống mặt phẳng  ABC  là trung điểm H của cạnh AB , góc giữa SC và đáy bằng 60 . Tính khoảng cách giữa SB và AC . 3a A. . 26. B.. 3a 13. .. C.. 3a 52. .. D.. a 13. .. Câu 23: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là nửa lục giác đều với AD  2a, AB  BC  CD  a , SA  a 3 và SA vuông góc với mặt phẳng đáy. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và CD theo a . A.. a 2 . 3. B.. a 6 . 5. C.. a 14 . 7. D.. a 15 . 5. Câu 24: Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có cạnh đáy bằng a. Gọi G là trọng tâm tam giác ABC. Góc giữa đường thẳng SA với mặt phẳng (ABC) bằng 600 . Khoảng cách giữa hai đường thẳng GC và SA bằng: A.. a 5 . 5. B.. a . 5. C.. a 5 . 10. D.. a 2 . 5. Câu 25: Cho hình chóp S.ABCD với đáy là nửa lục giác đều có AB  BC  CD  a , SA   ABCD  , góc giữa SC và  ABCD  là 45 . Khoảng cách giữa SB và CD là A.. a 15 . 3. B.. a 15 . 5. C.. 3a . 5. D.. 5a . 3. Câu 26: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh 4a , SAB là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy, BAD  120 0 . Gọi M là điểm trên cạnh CD sao cho CM  3a . Khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và AM bằng A.. 8 51 a. 17. B.. 51 a. 12. C.. 4 51 a. 17. D.. 51 a. 6. Câu 27: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình bình hành tâm O , AC  2 a , BC  a , DC  a 5 , SA vuông góc với mặt phẳng đáy và SA  a . Gọi M là trung điểm OA , DM  AB  N . Tính. . d N ,  SBC . A.. 2 a. 3. . B.. 4 5 a. 15. C.. 1 a. 2. D.. 5 a. 5. Câu 28: Cho hình chóp S.ABCD có SA  ( ABCD) , đáy ABCD là hình chữ nhật. Độ dài các cạnh AB  3a, AD  4a,SA  5a . Gọi M là điểm nằm trên cạnh BC và BM  3a . Khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và MD là. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 283.

(288) CHUYÊN ĐỀ : KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. A.. 15a 259. .. B.. 29 a 245. .. C.. 39 a 245. .. D.. 45a 259. .. Câu 29: Cho tứ diện đều ABCD cạnh bằng a . Gọi M là trung điểm của CD . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và BM . A.. a 22 . 11. B. a 22 .. C.. a 11 . 22. D. a 11 .. Câu 30: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B với AB  BC  a , AD  2a , SA vuông góc với đáy và SA  a . Khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và SD bằng: A.. a 2 . 6. B.. a 3 . 3. C.. a 6 . 3. D.. a 2 . 9. Câu 31: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a , SA   ABC  , góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng  ABC  bằng 75 . Khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và SB gần bằng giá. trị nào sau đây? (lấy 3 chữ số phần thập phân) A. 0.833a . B. 0.844a .. C. 0.855a .. D. 0.866a .. Câu 32: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang, với AB / /CD AB  3a, AD  DC  a , BAD  600 , biết SA vuông góc với đáy và SA  a 3 . Gọi M là điểm thuộc cạnh AB sao cho AB  3AM . Khoảng cách giữa SM và AD bằng. A.. a 15 . 5. B.. a 15 . 3. C.. 2a . 5. D.. 2a . 3. Câu 33: Cho hình chóp S.ABCD , có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , tam giác SAD là tam giác đều, (SAD) vuông góc với mặt phẳng đáy. Tính khoảng cách giữa SA và BD . A.. a 15 . 5. B.. a 5 . 5. C.. a 21 . 10. D.. a 21 . 7. Câu 34: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a , ABC  600 , SA   ABCD  , góc giữa đường thẳng SD và mặt phẳng  ABCD  bằng 300 . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và AD . A.. a 39 . 13. B.. a 3 . 13. C.. 2a . 13. D.. a 39 . 3. Câu 35: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thang, AB  2a, AD  DC  CB  a , SA vuông góc với 1 mặt phẳng đáy và SA  3a . Gọi E là trung điểm AD , F nằm trên AB sao cho AF  AB . 4 Khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và EF bằng A.. 3a . 4. B.. 9a . 8. C.. 3 13a . 13. D.. 6 13a . 13. Câu 36: Cho hình chóp S.ABCD có SD vuông góc với  ABCD  , SD  a 5 . Đáy ABCD là hình thang vuông tại A và D với CD  2 AD  2 AB  2a . Gọi M là trung điểm của BC . Tính khoảng cách giữa hai đường thằng AC và SM . 284. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(289) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. A. a .. B.. a . 2. C.. a . 4. D.. a . 5. Câu 37: Cho hình chớp S.ABCD có đáy là hình thoi tâm O cạnh a , ABC  60 , mặt bên SAB là tam giác đều. Hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng  ABCD  trùng với trung điểm của AO . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và CD . A.. a 560 . 112. B.. a 560 . 10. C.. a 560 . 5. D.. a 560 . 28. Câu 38: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thang vuông tại A và D , SA   ABCD  ; AB  2a , AD  CD  a . Gọi N là trung điểm SA . Tính khoảng cách giữa 2 đường thẳng SC và DN ,. a3 6 . 2. biết rằng thể tích khối chóp S.ABCD bằng A.. a 6 . 4. B.. a 2 . 2. C.. a 6 . 2. D.. a 10 2. a 33 . Hình chiếu vuông góc H 2 của S lên mặt phẳng  ABCD  là trung điểm của đoạn AB . Gọi K là trung điểm của AD . Tính. Câu 39: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a , SD . khoảng cách giữa hai đường SD và HK theo a . A.. a 399 . 19. B.. a 105 . 15. C.. a 399 . 57. D.. a 105 . 3. Câu 40: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thang vuông tại A và B , AB  BC  a ; AD  2a . SA vuông góc với mặt phẳng đáy, SA  2a. Gọi M là trung điểm của AD . Tính khoảng cách giữa SM và CD . A.. 2a . 3. B.. 2 a 17 . 17. C.. a . 3. D.. 5a . 6. Câu 41: Cho hình chóp S.ABC có ABC vuông cân tại B , AB  a , SAB  SCB  90 . Khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng  SBC  bằng a3 2 A. . 4. a 3 . Thể tích khối chóp S.ABC bằng 3. 3a 3 2 B. . 4. a3 2 C. . 12. a3 6 D. . 3. Câu 42: Cho hình chóp S.ABC có tam giác ABC vuông tại A , AB  2a, BC  4a . Gọi M là trung điểm. . . của BC có SCB  SMA  900 , SB,  ABC   600 . Thể tích khối chóp S.ABC bằng A.. 4 39 a 3 . 3. B. 4 39a 3 .. C.. 39a 3 .. D.. 39 a 3 . 3. Câu 43: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A , AC  4 a 3 , ASB  30 . Góc giữa. hai mặt phẳng  SAB  và  ABC  bằng 30 . Biết I trung điểm SA là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC . Gọi  là góc giữa IB và mặt phẳng  SAC  . Khi sin  . 21 thì khoảng cách giữa 7. hai đường thẳng AC và SB bằng Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 285.

(290) CHUYÊN ĐỀ : KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. A.. 14 3 a. 5. B.. 8 3 a. 3. C. 3 3a .. D. 4 3a .. Câu 44: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A , AB  2a , AC  a , SBA  SCA  90 0 , góc giữa SA và mặt phẳng  ABC  bằng 450 . Tính thể tích khối chóp S.ABC. . A.. a3 5 . 3. Câu 45: Cho. B. a 3 5 .. hình. chóp. S.ABC. C. có. 2a3 5 . 3. D. 2 a 3 5 .. SB  2 3a , AB  2 2 a. SAB  SCB  900. ,. SB, ABC   30 ,SBC  , ABC   60 . Thể tích khối chóp S.ABC theo a bằng 0. A.. 16 6 a 3 . 27. ,. 0. B.. 8 6a3 . 27. C.. 8 3a 3 . 3. D.. 2 6a3 . 3. Câu 46: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a , SBA  SCA  900 , góc giữa đường thẳng SA và mặt phẳng  ABC  bằng 600 .Thể tích của khối chóp S.ABC bằng A. a 3 3 .. B.. a3 3 . 2. C.. a3 3 . 3. D.. a3 3 . 6. Câu 47: Cho hình chóp S.ABC có AB  BC  a , ABC  120 , cosin góc giữa hai mặt phẳng  SAB  và. SBC . bằng. 10 . Tính thể tích khối chóp S.ABC biết hình chiếu vuông góc của S lên mặt 5. phẳng  ABC  nằm trên tia Cx AB (cùng phía với A trong nửa mặt phẳng bờ BC ) và nhìn cạnh AC dưới góc 60 . 3. A. a .. a3 B. . 3. a3 C. . 2. a3 D. . 4. . . Câu 48: Cho hình chóp S.ABC có ABC  1350 , AB  a, BC  2 a , AC , SAB    SAB  SBC  900 , thỏa mãn sin   A.. a3 . 12. 1 . Thể tích khối chóp S.ABC theo a bằng 5. B.. a3 . 4. C.. 5a 3 .. D.. 5a 3 . 3. Câu 49: Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác ABC cân tại A , cạnh AB  a , góc BAC  120 . Tam giác SAB vuông tại B , tam giác SAC vuông tại C . Góc giữa hai mặt phẳng  SAB  và  ABC  bằng 60 . Tính thể tích khối chóp S.ABC theo a . A.. a3 3 . 6. B.. a3 3 . 2. C.. a3 3 . 4. D.. a3 3 . 12. Câu 50: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A , AB  2a , SBA  SCA  90 góc giữa hai mặt phẳng  SAB  và  SAC  bằng 60 . Tính thể tích khối chóp S.ABC .. 286. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(291) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. A.. 4a3 . 6. B.. a3 . 3. C. 4a3 .. D.. 4a3 3. BẢNG ĐÁP ÁN 1.A. 2.A. 3.A. 4.A. 5.D. 6.A. 7.D. 8.C. 9.A. 10.B. 11.A. 12.D. 13.A. 14.B. 15.A. 16.D. 17.D. 18.D. 19.D. 20.D. 21.B. 22.B. 23.D. 24.A. 25.B. 26.A. 27.B. 28.D. 29.A. 30.C. 31.B. 32.A. 33.D. 34.A. 35.B. 36.D. 37.D. 38.A. 39.C. 40.A. 41.C. 42.A. 43.D. 44.A. 45.A. 46.D. 47.D. 48.A. 49.C. 50.D. HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Câu 1. Chọn A.. Gọi I là trung điểm của BB' . N  AI  BA' thì N trọng tâm tam giác ABB' . Khi đó MN BD' . Suy ra BD '.  AMK . với K  A' B' AI và A' K  6a .. 1 1 Ta có d  AM , BD '   d  D ',  AMK    .d  A ',  AMK    .d . 2 2 Do A' M , A ' A, A ' K đôi một vuông góc nên. 1 1 1 1 7 3 14 3 14     d a . Vậy d  AM , BD '   a. 2 2 2 2 2 7 14 d A' A A' M A' K 18a. Câu 2. Chọn A. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 287.

(292) CHUYÊN ĐỀ : KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN. AC là hình chiếu của SC lên mp  ABC  , AB  AC  AB  SC .. Trong mặt phẳng  SAC  dựng AH  SC thì AH là đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng AB và SC và d  AB, SC   AH . AC.SA AC 2  SA 2. . a.a 2 a 3 2  . 2 3 2 a a2  4. Câu 3. Chọn A. Gọi N là trung điểm của OC . Trong  SON  , kẻ OH  SN.  H  SN  . 1. Do M , N lần lượt là trung điểm của CD và OC nên MN là đường trung bình của OCD .. .  . .  MN // OD hay MN // BD . Do đó d  BD , SM   d BD ,  SMN   d O , SMN  ..  MN // BD Ta có  nên MN  AC hay MN  ON .  BD  AC. Lại có MN  SO (do SO   ABCD  ) nên MN   SON   MN  OH .  2  Từ  1 và  2  suy ra OH   SMN   d  BD , SM   d O , SMN    OH . Do ABCD là hình thoi nên AB  AD  a . Lại có BAD  60 nên ABD là tam giác đều cạnh a . Mà AO là đường cao của ABD nên AO  Xét SON vuông tại O có Vậy d  BD , SM  . a 3 a 3  ON  . 2 4. 1 1 1 16 16 64 3a    2  2  2  OH  . 2 2 2 8 OH ON SO 3a 9 a 9a. 3a . 8. Câu 4.. 288. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(293) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN. S. H. M. A. B I. N C. Chọn A Kẻ MN / / BC , suy ra BC / /  SMN  . 1 Ta có d  SM , BC   d  BC , SMN    d  B , SMN    d  A , SMN   . 2. Kẻ AI  MN , AH  SI , suy ra AH   SMN  , d  A ,  SMN    AH . AN AM 2 2 2    AN  .AC  .3a  2a . AC AB 3 3 3 MN .  2a    4a . SAMN . 1 1 AM.AN.sin BAC 4a.2a.sin120 2 a 21 AM.AN.sin BAC  AI .MN  AI    2 2 MN 7 2a 7. 2. 2.  2.2a.4a.cos120  2 a 7 .. 1 1 1 1   2  2 2 AH SA AI a 2.  . 2. . 1  2 a 21     7 . 2. . .. 13 2 a 39  AH  . 2 13 12 a. 1 2a 39 a 39  Vậy d  SM , BC   . . 2 13 13. Câu 5. Chọn D S. N. A. D M. B. C. Gọi N là trung điểm của SA . Do MN là đường trung bình của tam giác SAD nên MN //SD . Vậy SD //  BMN  vì vậy d  SD , BM   d  SD ,  BMN    d  D ,  BMN    d  A ,  BMN    h . Do A.BMN là một góc tam diện vuông nên 1 1 1 1 19 a 57     2 h . 2 2 2 2 19 h AB AM AN 3a. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 289.

(294) CHUYÊN ĐỀ : KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. Câu 6.Chọn A. Gọi N là điểm trên cạnh AC sao cho AN  2a , ta có: AM AN 2    MN //BC  BC //  SMN  . AB AC 3. Suy ra. . . . . d  BC , SM   d BC ,  SMN   d B ,  SMN  .. . . d B ,  SMN  . . . . . BM 1 .d A ,  SMN   d A , SMN  . AM 2. Gọi E là trung điểm của MN , kẻ AH  SE , ( H  SE ) vì tam giác AMN đều cạnh 2a nên AE  a 3 .  AE  MN Do   MN  AH . Mặt khác AH  SE  AH   SMN   d  A , SMN    AH . SA  MN. Áp. dụng. hệ. thức. lượng. trong. tam. giác. vuông. SAE. ,. ta. có:. 1 1 1 1 1 7 2 21a a 21    2 2   AH  . Vậy d  BC , SM   . 2 2 2 2 7 7 AH AS AE 4a 3a 12a. Câu 7. Chọn D. Gọi N là trung điểm của BB' , khi đó MN là đường trung bình của BCB'  MN // B ' C  B ' C //  AMN . .  .  . .  d  AM , B ' C   d B ' C ,  AMN   d C ,  AMN   d B ,  AMN   h. 1 1 1 Tính d  B ,  AMN   . Ta có BN  BB '  2a; BM  BC  .2a  a 2 2 2 Áp dụng công thức tính đường cao của tứ diện. vuông. ta. có. a 6 1 1 1 1 1 1 1 6 2a a 6     2  2  2  2 h  . Vậy d  AM , B ' C   . 2 2 2 2 3 3 h BA BM BN 4a a 4a 4a 6. Câu 8. Chọn C. 290. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. :.

(295) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. Gọi N là trung điểm của BB' suy ra MN / / B' C . Do đó d  AM , B ' C   d  B ' C ,  AMN    d C ,  AMN   . Mà M là trung điểm của BC nên d  B,  AMN    d C ,  AMN   . Ta có BA, BM, BN đôi một vuông góc với nhau nên. Mặt khác BM  Suy ra. . . 1. . . . 1 1 1 .   2 2 BA BM BN 2. BC 1 a  a , AB  a 3 , BN  BB '  . 2 2 2. d B,  AMN  2. . 1. d B,  AMN  2.  d B,  AMN  . . . 1 1  2 a a 3.  . 2. . 1  a     2. 2. . 10 . 3a 2. a 30 a 30  d  AM , B ' C   10 10. Câu 9. Chọn A. Gọi N là điểm thuộc AB sao cho AN  3NB  MN //BD  BD //  SMN  ,. .  . . d  BD , SM   d BD ,  SMN   d O , SMN  , (với O là tâm hình vuông ABCD ).. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 291.

(296) CHUYÊN ĐỀ : KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN. I  AO  MN. Gọi. . . ,. . AO  SMN   I . do.    IO  1 d  A , SMN   IA 3 d O , SMN . \. . 1  d O ,  SMN   d A , SMN  . Trong  SAI  kẻ AH  SI . 3. Ta có MN  AI , MN  SA  MN  SAI   MN  AH .. . . AH  SI , AH  MN  AH   SMN   d A ,  SMN   AH .. Có AI . 3 3 a 2 3a 2 AO  .  . 4 4 2 8. Tam. giác. SAI. vuông. A. tại. ,. là. AH. đường. cao. 1 1 1 1 64 35 3a 35   2  2  2  AH  . 2 2 2 35 AH SA AI 3a 18a 9a 1 1 a 35 Vậy d O , SMN    d  A , SMN    AH  . 3 3 35 Câu 10. Chọn B S. E. A. D. M N. H B. . C. Gọi M , N lần lượt là trung điểm AB và CD , suy ra AB   SMN  . Kẻ SH  MN , H  MN , suy ra SH   ABCD  . Khi đó  SA ,  ABCD    SAH  30 và. SAB ,  ABCD   SMH  45 .. Kẻ NE  SM , E  SM , suy ra NE   SAB  . Ta có d  CD , SA   d CD , SAB    d  N , SAB    NE. SA . SH SH  2SH ; SM   2 SH . sin 30 sin 45. AB2  8SH 2  AB2  0  1 . 4. Lại có SA2  SM 2  AM 2  4SH 2  2SH 2  1 3. Và VSABCD  SH. AB2 . a3  SH.AB2  a 3 3. Giải  1 và  2  ta được SH . 292. 2 .. a ; AB  a 2 . 2. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. nên.

(297) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. a .a 2 2  a. Xét tam giác SMN có SH . MN  NE.SM  NE  2 a 2. Vậy khoảng cách giữa hai đường thẳng CD và SA bằng a . Câu 11. Chọn A S. M. A. K D H. O. B. C. Gọi O là giao điểm của AC và BD ; M là trung điểm của cạnh SA . Ta có OM là đường trung bình của tam giác SAC nên OM // SC . Suy ra SC //  MBD  . Lúc đó d  SC , BD   d  SC ,  MBD    d C ,  MBD   .. (1). Mặt khác, do AC cắt  MBD  tại O và OA  OC nên d  C ,  MBD    d  A ,  MBD    AK , với K là hình chiếu của A lên  MBD  . (2). Xét tứ diện A.MBD có AB , AD và AM đôi một vuông góc, ta có 2a 1 1 1 1 1 1 1 9     2  2  2 . Suy ra AK  . 2 2 2 2 2 3 AK AB AD AM a  2a  a 4a. Từ (1), (2) và (3) ta có d  SC , BD  . (3). 2a . 3. Câu 12. Chọn D Cách 1:. Gọi D là đỉnh thứ tư của hình bình hành ABDC . Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 293.

(298) CHUYÊN ĐỀ : KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. Khi đó, AC // BD  AC //  MBD   d  AC , BM   d  AC ,  MBD    d  A ,  MBD   . Gọi O là trọng tâm tam giác ABC . Suy ra SO   ABC  . Gọi H là trung điểm AO . Suy ra MH // SO  MH   ABC  . BO OD 4 5    HK  BO . HK HD 5 4. Vẽ HK  BD tại K . Suy ra HK // BO . Suy ra. 2 5 2 a 3 5a 3 3 2a 3   Mà BO  .2a . suy ra HK  . . 4 3 6 3 2 3. Vẽ HI  MK tại I . Suy ra d  H ,  MBD    HI . 2. 2.  a 37   2a 3  25a 5a 5a Ta có, SO  SA  AO   .  SO   MH       3   3  9 3 6     2. Mà Mà. 2. 2. . . 1 1 1 5a 3 5a 3    d H ,  MBD   HI  suy ra HI  . 2 2 2 12 12 HI MH HK.    HD  5  d A , MBD  a 3 . Vậy d AC , BM  a 3 .  2   2   d  A ,  MBD   AD 6. d H ,  MBD . Cách 2:. Gọi M là trung điểm AC .. Suy ra d  AC , BM   d  AC ,  BMN    d  A ,  BMN    d S ,  BMN   . Ta có, d  S ,  BMN    Ta có BM  BN  Vậy d  AC , BM  . 3. VS.BMN 3. VS. ABC 1 1 5a 5a 3 3 . Ta có VS. ABC  .SO .SABC  . . a2 3  .  3 3 3 9 SBMN 4.SBMN. 5a BS2  BC 2 SC 2 a 109   , MN  a suy ra SBMN  . 6 2 4 6 a 3 . 2. Câu 13. Chọn A. 294. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(299) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN. S. H. A M. D G. B. C. Gọi G là giao của AC và DM thì Vẽ GH//SC thì. GA MA 1 AG 1   .   GC CD 2 AC 3. AH AG 1   và ( HDM)//SC AS AC 3. Do đó d  SC , DM   d  SC ,( HDM )   d C ,( HDM )  Xét tứ diện H.ADM thì ta thấy đây là tứ diện vuông, nên gọi h  d  A ,( HDM )  thì 1 1 1 1 1 1 1 1 4 1 2 a 21        2  2  2 h 2 2 2 2 2 2 2 21 h AH AD AM AD  AB  a a 4a  SA   3   2     . Vậy d  SC , DM   d C ,( HDM )  . GC 2a 21 4a 21 d  A ,( HDM )   2.  . GA 21 21. Câu 14. Chọn B. Gọi N là trung điểm của BC , khi đó AB / / MN , vậy AB / /  SMN  . Khi đó d  AB; SM   d  AB; SMN    d  A; SMN   . Dựng AK  MN , dựng AH  SK . Khi đó d  A;  SMN    AH . Góc giữa mp  SBC  và mp  ABC  bằng góc SBA , vậy SBA  60 . Ta có SA  AB.tan SBA  2a 3 , AK  BN  a . Vậy AH  Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. AK  AS AK 2  AS2. . 2a 39 . 13 295.

(300) CHUYÊN ĐỀ : KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. Câu 15. Chọn A. Áp dụng định lí cosin trong tam giác HBC ta có: 2. a a a 7 HC  HB  BC  2 HB.BC cos HBC     a2  2.a. cos600  3 3 3 2. 2. Theo giả thiết ta có góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng  ABC  bằng 60 nên suy ra. . . SCH  SC ;  ABC   60 0 Trong tam giác vuông SHC vuông tại H ta có: SH  HC tan 60 . a 21 . Kẻ Ax BC . 3. Gọi N và K lần lượt là hình chiếu vuông góc của H trên Ax và SN . Ta có BC. SAN  và. BA . . . . . 3 3 AH nên d  SA; BC   d B,  SAN   d H , SAN  . 2 2. Ta cũng có Ax   SHN  nên Ax  HK . Do đó HK   SAN   d  H , SAN    HK AH . 2a a 3 SH.HN a 42 , HN  AH.sin 60   HK   2 2 3 3 12 SH  HN. Vậy d SA; BC  . a 42 . 8. Câu 16. Chọn D. Do hình chiếu vuông góc của điểm A trên mặt phẳng ( ABC) là trọng tâm G của tam giác ABC , tam giác ABC là tam giác đều cạnh a và cạnh AA  a nên tứ diện AABC là tứ diện. đều. Gọi H , I lần lượt là trung điểm của BC và AA , ta có các tam giác IBC, HAA là các tam giác cân nên IH  AA, IH  BC . Do đó d( AA, BC)  IH . 296. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(301) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. Ta có AH . a 3 2 a 3 a 3 a2 a 6 , AG  .  , AG  AA2  AG2  a 2   . 2 3 2 3 3 3. Áp dụng công thức tính diện tích tam giác AAH ta có: 1 1 AG.AH AG.AH  AA.HI  HI   2 2 AA. a 6 a 3 . 3 2 a 2. a 2. Vậy khoảng cách giữa hai đường thẳng AA và BC là. a 2 . 2. Câu 17. Chọn D. Gọi N , H lần lượt là trung điểm của AD và CD . Ta có: Tam giác SAD đều cạnh a , H là trung điểm của AD  SH  AD , SH . a 3 . 2. M , N lần lượt là trung điểm AB,CD mà tứ giác ABCD là hình vuông  AN / /CM .. .  . .  CM / /  SAN   d  SA , CM   d CM , SAN   d C , SAN  .. Gọi I  AN  CH  I là trọng tâm tam giác ADC  IC  2HI . HC  SAN   I .    CI  2  d C , SAN  2d H , SAN .       d  H , SAN   HI d C , SAN .  SAD    ABCD   Có  SAD    ABCD   AD   SH   ABCD  .  SH  AD , SH  SAD   Trong  ABCD  kẻ HE  AN , E  AN . Trong  SHE  kẻ HF  SE, F  SE  HF   SAN   h  d  H ,  SAN    HF .. AEH ∽ ADN . HE HA HA.DN a 5   HE   . DN NA NA 10. SHE vuông tại H , HF là đường cao . . .  d C ,  SAN  . 1 1 1 a 3    HF  . 2 2 2 8 HF HS HE. a 3 . 4. Câu 18. Chọn D Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 297.

(302) CHUYÊN ĐỀ : KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. Dựng BM / / AC , khi đó d  AC , SB   d  AC ,(SBM )   d  A , SBM   . Dựng AH  MB , AK  SH  AK  SBM   d  A ,  SBM    AK . Hình chữ nhật ABCD , AB  a , AD  2a  AC  a 5 .. . . SA   ABCD   SC ,  ABCD   SCA  SCA  30 o .. Tam giác SAC vuông tại A , AC  a 5 , SCA  30 o  SA  Tam giác ABM vuông tại A , AH  BM  AH  Tam giác SAH vuông tại A , AK  SH  Vậy d  AC , SB  . a 5 3. .. AM.AB 2a.a 2a   . MB a 5 5. 1 1 1 2a 185    AK  . 2 2 2 37 AK SA AH. 2a 185 . 37. Câu 19. Chọn D. 1 Dễ dàng chứng minh được △ABC vuông tại A . Do BM  2MC nên MC  BC  a . 3. Từ BC.MC  3a.a  3a2  AC 2 và △ABC vuông tại A ta suy ra được AM  BC hay AM  AD . Vì SA   ABCD  nên AM  SA , kết hợp AM  AD suy ra AM   SAD  .. 298. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(303) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. Trên mặt phẳng  SAD  , kẻ AE vuông góc với SD tại E . Khi đó ta có AM  AE . Do vậy d  AM , SD   AE .. 1 3a 2 Ta có SA  AD  3a , SA  AD suy ra AE  SD  . 2 2 Câu 20. Chọn D. S. A. K H N. B. M G. E. I C. Gọi N là trung điểm của HC , kết hợp với giả thiết ta có MN // BC . Suy ra BC //  SMN  . Khi đó d  SM ; BC   d  BC ;  SMN    d  C ;  SMN    d  H ;  SMN   . Trong mặt đáy, kẻ HE  MN , E  MN , suy ra MN   SHE  . Do đó hai mặt phẳng  SHE  và. SMN  vuông góc nhau và cắt nhau theo giao tuyến SE . Trong mặt phẳng SHE  , kẻ HK góc với SE tại K ta được HK  d  H SMN   .. vuông. Gọi G là trung điểm BC , suy ra AG  BC và AG  a 3 . 1 1 a 3 Ta thấy HE kéo dài cắt BC tại trung điểm I của CG và do đó HE  HI  AG  . 2 4 4. Xét tam giác vuông SHE , ta có Vậy d SM ; BC   a. 1 1 1 12    HK  a . 2 2 2 67 HK HS HE. 12 . 67. Câu 21. Chọn B. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 299.

(304) CHUYÊN ĐỀ : KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. S E. H. E. C. I. I. D B. C. D B A. A. Gọi D là hình chiếu của S lên mặt phẳng  ABC  , suy ra SD   ABC  . Ta có SD  AB và SB  AB  gt  , suy ra AB   SBD   BA  BD . Tương tự có AC  DC hay tam giác ACD vuông ở C . Dễ thấy SBA  SCA (cạnh huyền và cạnh góc vuông), suy ra SB  SC . Từ đó ta chứng minh được SBD  SCD nên cũng có DB  DC . Vậy DA là đường trung trực của BC , nên cũng là đường phân giác của góc BAC . Ta có DAC  30 , suy ra DC  SBD  60 , suy ra tan SBD . a 3. . Ngoài ra góc giữa hai mặt phẳng  SAB  và  ABC  là. SD a  SD  BD tan SBD  . 3  a. BD 3. Dựng hình bình hành ABEC , do tam giác ABC là tam giác đều nên tam giác BEC đều. Có CBD  ABD  ABC  90  60  30 nên BD là phân giác trong của góc CBE . Gọi I là trung điểm của EC thì BI  EC . DH  SI. Kẻ. . tại. .  d D;  SCE  . a 13. H ,. ta. có:. 1 1 1 1 1 13 a   2  2  2  DH  2 2 2 DH SD DI a 1 a 3 a 13  .  3 2 . .. Có AB // SEC   d  AB, SC   d  AB; SCE    d  B; SCD    Câu 22.. 300. . . BI 3a d D; SCE   . DI 13. Chọn B. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(305) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN. S. A. C H. I. x. B. K. Ta có SH vuông góc với  ABC  nên suy ra góc giữa SC và đáy  ABC  là góc SCH  60 . CH  AC.sin HAC . a 3 3a  SH  CH.tan 60  . 2 2. SBx  .  d  AC , SB   d  AC , SBx    d  A , SBx    2d  H , SBx   . Từ H kẻ HK  Bx  Bx   SHK    SHK    SBx  .  SHK    SBx     SHK    SBx   SK  HI  d  H , SBx   . Kẻ Bx song song vớ AC suy ra AC.  HI  SK . HK  HB.sin 60 . . . 1 1 1 4 16 52 3a a 3    2  2  2  HI  , . 2 2 2 4 HI SH HK 9a 3a 9a 52.  d H , SBx   HI . 3a 52.  d SB , AC   2 HI . 3a 13. .. Câu 23. Chọn D. Gọi I là trung điểm AD , H là giao điểm của AC và BI . Ta có CD. BI nên H là trung điểm. của AC và d  CD , SB   d  CD ,  SBI    d C , SBI    d  A ,  SBI   . Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 301.

(306) CHUYÊN ĐỀ : KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. 1 .. Kẻ AK  SH tại K.  BI CD Khi đó,   BI  AH . CD  AC. Ta lại có, BI  SA nên BI   SAH   BI  AK. 2 .. Từ  1 ,  2  suy ra AK   SBI  nên d  A ,  SBI    AK . AC 2  AB2  BC 2  2 AB.BC cos120  3a 2  AC  a 3  AH . a 3 . 2. a 15 a 15 1 1 1 1 4 5    2  2  2 nên AK  . Vậy d CD , SB   . 2 2 2 5 5 AK SA AH 3a 3a 3a. Câu 24.. Chọn A. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của hai cạnh AB và BC. Gọi H là hình chiếu của G lên đường thẳng đi qua A và song song với CG. GK là đường cao của tam giác GHS. Khi đó, d(GC ,SA)  d(GC ,(SAH))  GK . Ta có AHGM là hình chữ nhật và AG . SA,( ABC)  SAG  60 d(GC , SA)  GK . Câu 25.. 0. a 3 ; 3.  SG  AG.tan 600  a , GH  AM . GS.GH GS2  GH 2. . a , suy ra 2. a 5 . 5. Chọn B. Gọi I là trung điểm AD . Ta có BCDI là hình bình hành nên BI // CD . Suy ra CD //  SBI  nên d  CD , BI   d  CD , SBI    d  D , SBI   . 302. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(307) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. Ta có: AD  SBI   I .    DI  1  d D , SBI  d A , SBI .       d  A , SBI   AI. d D , SBI . Vì ABCD là nửa lục giác nội tiếp hình tròn tâm I nên ACD  90  AC  CD . Suy ra AM  BI , mà SA  BI nên BI   SAM    SBI   SAM  . Ta lại có  SBI    SAM   SM nên trong  SAM  kẻ AH  SM thì AH   SBI  . Vì SA   ABCD  nên hình chiếu của SC trên  ABCD  là AC .. . .  SC ,  ABCD    SC , AC   SCA  45  SA  AC  CD.tan 60  a 3 .. Dễ thấy ABI đều cạnh a nên AM  Trong SAM vuông tại A :. a 3 . 2. 1 1 1 a 15    AH  . 2 2 2 5 AH SA AM. Vậy d  CD , BI   d  D , SBI    d  A , SBI    AH . a 15 . 5. Câu 26. Chọn A..  SAB    ABCD   Ta có:  SAB    ABCD   AB  SH   ABCD  .  Trong  SAB  , SH  AB. Theo giả thiết ta có: AB  BC  4a và BAD  1200  ABD  300  ABC  600 nên ABC là tam giác đều, cạnh 4a .  SABC.  4a  . 2. 4. 3.  4 3a2 và SH . 4a 3  2 3a . 2. Ta có: AM2  AD2  DM2  2 AD.DM.cos ADM   4a   a 2  2.4a.a.cos60  13a 2 . 2.  AM  a 13 .. Trên tia đối của tia CD lấy điểm E sao cho CE  a . Khi đó, tứ giác AMEB là hình bình hành  BE  AM  a 13 . Mặt khác, ADM  BCE  SAMEB  SABCD  2SABC  2.4 3a 2  8 3a 2 .. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 303.

(308) CHUYÊN ĐỀ : KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.  AM   SBE   Ta có:  AM // BE  AM // SBE  .  BE  SBE   . Do đó d  AM , SB   d  AM , SBE    d  A , SBE   . Ta lại có:.    AB  2  d A, SBE  2d H , SBE .       d  H , SBE   HB d A , SBE . Trong  ABCD  , gọi K và F lần lượt là hình chiếu của H và A lên BE .  HK . 1 1 S 1 8 3a2 4 39 a  AF  . AMEB  . (do HK là đường trung bình của ABF ). 2 a 13 13 2 2 EB.  BE  HK   BE  SH Do SH   ABCD   BE  BE   SHK  . Ta có:  HK , SH  SHK     HK  SH  H . . . Mà BE   SBE    SBE    SHK  . Ta lại có:  SBE    SHK   SK Trong  SHK  , kẻ HI  SK  I  SK   HI   SBE   d  H ,  SBE    HI . Tam. giác. 1 1 1 1    2 2 2 HI SH HK 2 3a. . Do đó: HI . vuông. SHK. . 2. . tại. H. . 17 . 48a 2. 1  4 39 a    13  . 2. ,. đường. cao. HI. nên. 4 51 8 51 a . Vậy d  AM , SB   a. 17 17. Câu 27. Chọn B. Áp. dụng. định. lý. Menelaus. cho. với. ABO. . . cát. . tuyến. AM AN DO AN 1 NB 2 2 . . 1     d N , SBC   d A , SBC  OM BN DB BN 2 AB 3 3. 304. DMN. có:. . Xét. ABC có AB2  CD2  5a2 ; AC 2  BC 2  4a2  a2  5a2  ABC vuông tại C  AC. SA.  ABCD   SA. BC . Suy ra BC. ta. SAC . Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. BC.

(309) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. Kẻ AH. SAC   BC. SC , ta có BC. Xét SAC vuông tại A :. SBC   AH  d  A , SBC  . AH nên AH. 1 1 1 SA.AC a.2a 2    AH    a 2 2 2 AH SA AC 5 SA2  AC 2 a2  4a2. 2 2 2 4 5 a a. Vậy d  N , SBC    d  A , SBC    . 3 3 5 15. Câu 28.. Chọn D. Từ giả thiết ta có BM  3a , ta giải bằng cách gắn hệ trục tọa độ như sau: Chọn hệ trục tọa độ đềcác vuông góc Oxyz thỏa O  A , điểm B nằm trên Ox , điểm D nằm trên Oy , điểm S nằm trên Oz như hình vẽ:. Từ giả thiết ta có tọa độ các điểm B(3a;0;0), D(0;4a;0),S(0;0;5a) và M(3a;3a;0) suy ra tọa độ các vectơ SB  (3a;0; 5a), MD  ( 3a; a;0), BM  (0; 3a;0) Tích có hướng SB, MD   (5a 2 ;15a 2 ; 3a 2 )   Vận dụng công thức tính khoảng cách SB, MD  .BM 45a3 45a   d(SB, MD)   2  . SB, MD  a 259 259  . Câu 29.. Chọn A. A. a. B. a. D. H O. d. M. I C Gọi O là tâm của tam giác BCD . Qua C kẻ đường thẳng d song song với BM . Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 305.

(310) CHUYÊN ĐỀ : KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. Khi đó d  AC , BM   d  BM ,  AC , d    d O ,  AC , d   . Do tứ diện ABCD là tứ diện đều  AO   BCD  . Kẻ OI  d và I  d , OH  AI và H  AI  OH   AC , d  . Suy ra d  O ,  AC , d    OH . Ta có d // BM  d  CD . Tứ giác IOMC là hình chữ nhật, suy ra IO  MC  BM là đường cao trong tam giác đều cạnh bằng a  BM . Ta có AO  AB2  BO 2  AO  a2 . Do đó ta có. a 3 a 3  BO  . 3 2. a2 a 2  . 3 3. 1 1 1 OA.OI  OH    2  OH  2 2 OH OA OI OA 2  OI 2. Vậy d  AC , BM  . a . 2. a 2 a . 3 2 2a2 a2  3 4. . a 22 . 11. a 22 . 11. Câu 30 Chọn C S H E. A K. B. D. C. Kẻ CK  AD . Ta có CK  a , AK  BC  a  KD  a . AC  a 2 , CD  CK 2  KD 2  a 2 ; AC 2  CD2  AD2  ACD vuông tại C. Dựng hình chữ nhật ACDE , kẻ AH  SE tại H .. Ta có DE  AE và DE  SA nên DE   SAE   DE  AH .. . . DE  AH và SE  AH nên AH   SDE  tại H . Suy ra d A ,  SDE   AH .. Ta có AC //  SDE   d  AC , SD   d  AC , SDE    d  A ,  SDE    AH . Trong tam giác SAE vuông tại A , ta có a 6 1 1 1 1 1 3    2  2  2  AH  . 2 2 2 3 AH SA AE a 2a 2a Câu 31.Chọn B. 306. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(311) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN. S. H. A. C D M B. Vì SA   ABC  nên  SB,  ABC     SB, AB   SBA  SBA  75 .. . . SA  AB.tan SBA  a.tan75  a 2  3 . Dựng hình bình hành ACBD , ta có AC //  SBD  nên:. .  . . d  AC , SB   d AC ,  SBD   d A , SBD  .. Gọi M là trung điểm BD , suy ra BD  AM .. Từ SA   ABC  ta có BD  SA , do đó BD   SAM  . Kẻ AH  SM ( H  SM ) thì BD  AH Từ BD  AH và AH  SM suy ra AH   SBD  nên d  A ,  SBD    AH . Tam giác ABD đều cạnh a nên AM . a 3 . Trong tam giác SAM vuông tại A , ta có 2. 1 1 1 1 1     2 2 2 2 AH AM SA a 3 a 2 3    2 . . . 2. . 25  12 3  AH  3a 2. 3 25  12 3. a  0.844a .. Vậy d  AC , SB   d  A , SBD    AH  0.844a . Câu 32.Chọn A S. K H M. A. B. I D. C. Do AB  3AM  3a nên AM  a  AD  DC  AM  a . Do AM / / DC và AM  CD  AD  a nên AMCD là hình thoi có cạnh bằng a . CM  a  AD / / SCM   d  AD , SM   d  AD , SCM    d  A , SCM   . Suy ra   AD / /CM Kẻ AH  CM ,  H  CM  , AK  SH ,  K  SH  .. Ta có SA   ABCD   SA  CM mà CM  AH suy ra CM   SAH   CM  AK . Do AK  AH , AK  CM nên AK   SMC   AK  d  A , SCM   .. Do AM  AD  a , MAD  600 nên MAD là tam giác đều cạnh bằng a  AC  2 AI  a 3 với I là tâm hình thoi AMCD . Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 307.

(312) CHUYÊN ĐỀ : KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN. a .a 3 1 1 MI .AC 2 a 3 Ta có SAMC  .MI .AC  AH.MC  AH  .   2 2 MC a 2 Xét SAH vuông tại A có AK  SH . Theo tính chất đường cao tam giác vuông,. Ta có. 1 1 1 4 1 5 a 15    2  2  2  AK  . 2 2 2 5 AK AH SA 3a 3a 3a. Vậy d  AD , SM   d  AD ,  SCM    d  A, SCM    AK . a 15 . 5. Câu 33. S. H. C. D. d. M I. O. N A. B. Chọn D Qua A kẻ đường thẳng d song song với BD . Gọi O là giao điểm AC và BD ; I , M lần lượt là trung điểm AD và OD ; N là giao điểm d và IM . Nên BD / / d  BD / /(SA, d)  d(SA, BD)  d( BD,(SA, d))  d( M,(SA, d)). Trong mp(SMN) kẻ MH  SN (1), ( H  SN) . Theo giả thiết :  SI  AD   SI  ( ABCD)  SI  d (*) (SAD)  ( ABCD) . d / / BD   Mặt khác ta có : BD  AO   d  MN (**) AO / / MN . Từ (*),(**) suy ra d  (SMN)  d  MH (2). Từ (1),(2) suy ra MH  (SA, d) . 1 1 SI .MN Xét tam giác SMN có: SSMN  MH.SN  SI .MN  MH  2 2 SN. Với SI . a 3 a 2 1 a 2 a 14 , MN  AO   IN  MN  ,SN  SI 2  IN 2  . 2 2 2 4 4. Do đó MH . SI .NM a 21 a 21  . Vậy d(SA , BD)  . SN 7 7. Câu 34.Chọn A. 308. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(313) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN. S. H A. D. B. C. K. ABDC là hình thoi nên AD / / BC . Suy ra AD / /  SBC  .. Khi đó d  SB, AD   d  AD ,(SBC )   d  A ,  SBC   (Gọi K là hình chiếu vuông góc của A lên BC , H là hình chiếu vuông góc của A lên SK ). Khi đó AH   SBC  , suy ra d  A ,  SBC    AH .. Tam giác ABC cân tại B và ABC  600 nên tam giác ABC là tam giác đều. Suy ra AK  Ta có SA  AD.tan 30 . a 3 . Vậy AH  3. AK.SA AK 2  SA 2. . a 3 . 2. a 39 . 13. Câu 35. Chọn B. Gọi M là trung điểm AB Ta có BCDM là hình bình hành (vì CD song song và bằng BM ) nên DM  BC . 1 AB suy ra 2. tam giác ADB vuông tại D . Tương tự tam giác ACB vuông tại C .  EF //DM  EF //CB  EF // SBC    DM //CB. Vì. .  . . . 3  d  EF , SB   d EF , SBC   d F , SBC   d A , SBC  4. .  BC  AC  BC  SAC   SBC   SAC  , Ta có   BC  SA. Gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên SC thì AH   SBC   d  A ,  BC    AH . Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 309.

(314) CHUYÊN ĐỀ : KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. Trong tam giác vuông SAC ta có Vậy d  SB, EF  . 1 1 1 1 1 4 3a    2  2  2  AH  2 2 2 2 AH SA AC 9a 3a 9a. 9a . 8. Câu 36. Chọn D. Gọi N là trung điểm của AB . Suy ra MN là đường trung bình của ABC .. .  . .  d  AC , SM   d AC , SMN   d I , SMN  ( với I  DN  AC ). Ta có ID  SMN   N . . .    IN  1 d  D , SMN   DN 5 d I , SMN . . ( do AN // CD . IN AN 1 IN 1     ) ID CD 4 DN 5. . 1  d I , SMN   d D , SMN  . Xét ADN và DCA có: D  A  90 5 AN AD 1    ADN ” DCA  c  g  c   ADN  DCA  DN  AC  MN  SDN  . AD DC 2. Ta có  SMN    SDN    SMN    SDN   SN  d D ,  SMN   DH  Trong  SDN  , DH  SN. . SDN vuông tại D :. . . . . Câu 37.Chọn D. Gọi H là trung điểm của AO . Theo giả thiết: SH   ABCD  . Ta có: CD //AB  CD // SAB   d  SA , CD   d CD , SAB    d C , SAB   . 310. . 1 1 1 1 a    DH  a  d I , SMN   d D , SMN   . 2 2 2 5 5 DH SD DN. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(315) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. Mặt khác:.    CA  4  d C , SAB  4d H , SAB .       d  H , SAB   HA d C , SAB . Trong  ABCD  , kẻ HI  AB tại I ; kẻ HK  SI tại K . Khi đó: d  H ,  SAB    HK . Tam giác SHI vuông tại H nên:. 1 1 1   2  1 2 2 HK HS HI. Hình thoi có ABC  60 nên tam giác ABC đều  AC  a; BO . a 3 . 2. IH AH OB.AH Tam giác AIH đồng dạng tam giác AOB    IH   OB AB AB. a 3 a . 2 4a 3 a 8. 2. Tam giác SAB đều nên SA  SB  AB  a . 2. a a 15 Tam giác SAH vuông tại H nên SH  SA2  AH 2  a2      3 4 4. Thay  2  và  3  vào  1 ta được:. 1 1 1 112 a 560    2  HK  . 2 2 2 112 HK 5a  a 3   a 15       8   4 . Vậy d C , SAB    4d  H , SAB    4.. a 560 a 560  . 112 28. Câu 38.Chọn A S. N. H M. B. A O D. C. 1 1 3a 2 Ta có VS. ABCD  SA.SABCD ; SABCD   a  2a  .a  3 2 2. Suy ra SA . 3VS. ABCD 3a3 6 2  . 2 a 6. SABCD 2 3a. Gọi M là trung điểm của AB , O là giao điểm của AC và DM . Ta có tứ giác ADCM là hình vuông cạnh a . Ta có  DNM  chứa ON và ON //SC nên SC //  DNM  . Suy ra nên d  SC , DN   d SC ,  DMN    d C ,  DMN    d  A ,  DMN   . Trong  SAC  kẻ AH  NO . Ta có DM  AC và DM  SA nên DM   SAC  . Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 311.

(316) CHUYÊN ĐỀ : KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. Khi đó ta có. .    AH   DMN  AH  DM DM  SAC   . AH  NO. . . .  d A ,  DMN   AH .. 1 1 1 a 2 a 6 1 1 1 8 a 6   ; AN  ; AO  .   2  2  2  AH  2 2 2 2 2 2 4 AH AN AO AH 3a 3a a 2 2. Vậy d  SC , DN  . a 6 . 4. Câu 39.Chọn C. Ta có HK //BD  HK //  SBD   d  HK , SD   d  HK , SBD    d  H , SBD   .  BD  HM Dựng HM  BD . Ta có   BD   SHM  .  BD  SH  HI  SM  HI   SBD   d  H , SBD    HI . Dựng HI  SM . Ta có   HI  BD AO a 2 a 5  , HD  AH 2  AD2  , SH  SD2  HD2  a 7 . 2 4 2 Xét SHM vuông tại H , ta có HM . 1. HI. 2. . 1 1 1   2 2 HS HM a 7.  . 2. . 1 a 2    4 . 2. . 57 a 399  HI  . 2 57 7a. Vậy khoảng cách giữa hai đường thẳng SD và HK là. a 399 . 57. Câu 40.Chọn A. 312. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(317) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. Do ABCD là hình thang có AB  BC  a; AD  2a và M là trung điểm của AD nên ta có BM // CD  CD //  SBM  .. Do đó d  SM , CD   d  CD ,  SBM    d  D , SBM    d  A , SBM   . Ta kẻ AI  BM , lại có SA  BM   SAI    SBM  . Ta có  SAI    SBM   SI . Kẻ AH  SI  AH  SBM  hay d  A ,  SBM    AH . 1 a 2 , SAI  900 . Xét tam giác SAI có SA  2a; AI  BM  2 2 1 1 1 1 1 2a    2    AH  . 2 2 2 2 3 AH SA AI 2 a     a 2    2 . Vậy d  SM , CD   d  A , SBM    AH . 2a . 3. Câu 41. Chọn C. Gọi I là trung điểm của AC , H là trung điểm của SB , P là trung điểm của BC . Ta có SAB , SCB vuông tại A và C nên HS  HA  HB  HC và IA  IB  IC . Từ đó suy ra IH   ABC   IH  BC mà IP  BC suy ra BC   IHP  . 1 a 3 Kẻ IK  HP  IK  SBC   IK  d  I , SBC    d  A , SBC    . 2 6 Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 313.

(318) CHUYÊN ĐỀ : KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. Ta có. 1 1 1 1 8 a 2 a 6   2  2  IH  .  PH  IP 2  IH 2  2 2 2 4 4 IK IH IP IH a. 1 1 a 6 a2 6 a 6 Suy ra SC  2 PH  .  SSBC  .BC.SC  .a.  2 2 2 4 2. 1 1 a 3 a2 6 a3 2 .  . Vậy VS. ABC  d  A , SBC   .SSBC  . 3 3 3 4 12 Câu 42. Chọn A.. . . Gọi H là hình chiếu vuông góc của S lên  ABC  . Suy ra SB,  ABC   SBH  600 . Do SCB  SMA  900 nên BC  CH , AM  MH . Ta có ABM đều cạnh 2a và AMH  90 0 nên HMC  300 . Từ đó CH  CM.tan 300 . 2 39 2 3a  HB  CH 2  BC 2  a 3 3. 1 4 39 3  SH  HB.tan 60 0  2 13a . Vậy VS. ABC  .SH .SABC  a . 3 3. Câu 43. Chọn D. Ta có: I trung điểm SA là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC  SBA  SCA  90 . Dựng hình chữ nhật ABDC .. 314. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(319) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN..  AB  BD Mà   AB   SBD   AB  SD  AB  SB. 2 .. 1.  AC  CD  AC  SCD   AC  SD   AC  SC. và. Từ  1 và  2  suy ra SD   ABCD  ..  SAB    ABC   AB  Mặt khác: SB  AB, SB  SAB   SAB  ,  ABC   SB , BD   SBD  30 .   BD  AB, BD   ABC . . Xét tam giác SBD có: tan SBD . . SD SD 3  tan 30   SD  4 3a.  4a . BD 3 4 3. Đặt AB  x . 1 1 1 DB2  DC 2  SD 2  64a 2  x 2 . Ta có: IB  SA  2 2 2 SD.DC 4a.x  Gọi H là hình chiếu của D lên SC  DH  . 2 2 SD  DC 16a2  x 2. Mặt khác: sin  IB, SAC   . . d B,  SAC  IB.   d  D,SAC   DH IB. IB. 4 a.x.  x  4 3a  AB  4 3a 2 2 21  16 a  x  a  8 3a 8 3a . 1 7 2 2 x   AB  64 a  x  3 3  2. Với AB . AB 8 3a 3   ASB  30 (Loại). , SB  8a , ta tính được tan ASB  SB 3 3. Với AB  4 3a , SB  8a , ta tính được tan ASB . AB 3   ASB  30 (Nhận). SB 2.  AB  AC  d  AC , SB   AB  4 3a . Mà:   AB  SB. Câu 44. Chọn A. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 315.

(320) CHUYÊN ĐỀ : KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. Trong mặt phẳng  ABC  dựng hình chữ nhật ABHC , khi đó ta có  AC  CH  AB  HB  AB  SH  1 và   AC  SH  2  .   AC  SC  AB  SB. Từ (1) và (2) suy ra SH   ABC  . Nên ta có HA là hình chiếu vuông góc của SA trên mặt phẳng  ABC  . Do đó góc giữa SA và mặt phẳng  ABC  bằng góc giữa hai đường thẳng SA, HA và bằng góc SAH nên suy ra SAH  45 .. Theo cách dựng trên ta có HA  BC  AB2  AC 2  a 5 và tam giác SAH vuông cân tại H nên SH  HA  a 5 . Ta cũng có SABC  Câu 45.. 1 1 a3 5 1 1 AB.AC  a.2a  a 2 . Vậy VSABC  SH.SABC  .a 5.a 2  . 3 3 3 2 2. Chọn A.. Gọi H là hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng  ABC   SH   ABC . . . . . SAB  SCB  900  HAB  HCB  900 , SB,  ABC   300  SB, HB  SBH  300. Trong tam giác vuông SHB : SH  SB.sin 300  a 3; HB  SB.cos 300  3a ,  HA  HB2  AB2  a. Ta có. 316. SBC  , ABC   60   HC ,SC   SCH  60  HC  SH.cot 60 0. 0. 0.  a; CB  2 a 2 .. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(321) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. Gọi O là giao điểm của AC , HB ; trong tam giác HAB :  AO . Câu 46.. 1 1 1 9    2 2 2 2 AO AH AB 8a. 1 2 2a 16 6a3 8a  OB  . Vậy thể tích VS. ABC  OA.OB.SH  3 3 27 3. Chọn D. Dễ thấy SAB  SAC  SB  SC . Gọi I là trung điểm của BC .  AI  BC  BC  SAI  . Kẻ SH  AI  SH   ABC  . Ta có:  SI  BC. . . Vậy SA ,  ABC   SAH  SAI  600 Kẻ BM  SA , do BC   SAI   BC  SA , vậy nên SA   MBC  . Tam giác IMA vuông tại M có IA . a 3 . 2. cos600 . AM 3a  AM  AI .cos600  . AI 4. sin 600 . IM 3a  IM  AI .sin 600  . AI 4. Tam giác SAB vuông tại B , BM là đường cao. Ta có: AB2  AM.SA  SA  Xét SAI có: SH.AI  IM.SA  SH . AB2 4a  . AM 3. IM.SA  2a . AI. 1 1 a2 3 a3 3  . Vậy: VS. ABC  .SH.SABC  2a. 3 3 4 6. Câu 47.. Chọn D. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 317.

(322) CHUYÊN ĐỀ : KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN. S. Q. P. C H. K. A. B. Gọi H là hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng  ABC  . BAC cân tại B và ABC  120  ACB  BAC  30. Theo bài HC AB  HCA  CAB  30  BCH  60  AHC  ABCH là hình thang cân. Do đó AH  BC  a . Trong mp  ABCH  dựng HK  AB  AB   SHK  . Trong mp  SHK  kẻ HP  SK  AB  HP  HP   SAB  (1). Trong mp  SHB  kẻ HQ  SB . Dễ dàng chứng minh được  HQ  SB BC  HB  BC   SHB   BC  HQ . Vì   HQ   SBC  (2).  BC  HQ. Từ (1) và (2) ta suy ra.  SAB , SBC    HP , HQ   PHQ . Đặt SH  x. Xét AHK vuông tại K : HK  AH.sin HAK  AH.sin AHC  a.sin 60  Xét AHK vuông tại K :. a 3 . 2. 1 1 1 a 3.x    HP  . 2 2 2 HP SH HK 3a 2  4 x 2. HB  BC.tan BCH  a.tan 60  3a .. Xét SHB vuông tại H :. 1 1 1 a 3.x    HQ  . 2 2 2 HQ SH HB 3a 2  x 2. HPQ vuông tại P nên: cos PHQ  1 3. 1 3. 1 2. 10 HP   x  3a  SH  3a. 5 HQ. Vậy VS. ABC  SH.SABC  SH. BA.BC.sin ABC . a3 . 4. Câu 48. Chọn A.. 318. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(323) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. Ta có AC  AB2  BC 2  2.AB.BC.cos1350  5.a . Gọi H là hình chiếu vuông góc của S lên  ABC  ,  SH  AB, SH  BC Do SAB  SBC  900 nên AB   SHA  , BC   SHB   AB  AH , BC  BH . Do ABC  1350  ABH  450 nên ABH vuông cân tại A . Từ đó HB  a 2 suy ra HBC vuông cân tại B . Suy ra BHC  450  HC // AB . Gọi. K là. hình chiếu vuông góc của. .  . H lên. SA ,. khi đó. HK   SAB . nên. . KH d H ,  SAB   d C , SAB  .. Ta có sin   Tam. giác. . d C , SAB  AC SAH.   HK  1  KH  AC. vuông. 5. tại. A. 5 a. 5. có. đưường. cao. HK. .. Ta. có. 1 1 1 5 1 4 a    2  2  2  HS  . 2 2 2 2 HS HK HA a a a 1 1 a 1 a3 . VS. ABC  .SH.SABC  . . a.a 2.sin135o  3 3 2 2 12. Câu 49. Chọn C. Gọi H là hình chiếu vuông góc của S lên  ABC   SH   ABC  .  AB  SB  AB  SBH   AB  BH . Ta có   AB  SH Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 319.

(324) CHUYÊN ĐỀ : KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN..  SAB    ABC   AB  Ta có SB   SAB  , SB  AB  SAB  ,  ABC   SB , BH   SBH  60 .   BH   ABC  , BH  AB. . . Theo giả thiết, ABC cân tại A nên AB  AC  SAB  SAC  SB  SC  SHB  SHC  HB  HC . Suy ra HA là đường trung trực của BC , suy ra HA là đường phân giác góc BAC , suy ra HAB  60 . Xét HAB vuông tại B suy ra tan HAB . BH  BH  BA.tan HAB  a.tan 60  a 3 . BA. Xét SHB vuông tại H suy ra tan SBH . SH  SH  BH .tan SBH  a 3.tan 60  3a . BH. 1 1 1 a a3 3 Vậy VS. ABC  .SH.SABC  .3a. .AB.AC.sin BAC  .a.a.sin120  . 3 3 2 2 4. Câu 50. Chọn D. Gọi H là hình chiếu vuông góc của S lên  ABC  .  AC  SC  AC  SHC   AC  HC  1 . Theo bài ra, ta có  AC  SH   AB  SB  AB   SHB   AB  HB  2  . Tương tự   AB  SH. Mặt khác BAC  90 ; AB  AC  a  3  . Từ  1 ,  2  ,  3   ABHC là hình vuông cạnh a . Gọi O  HA  BC , E là hình chiếu vuông góc của O lên SA  OE  SA  4  .  BC  AH  BC  SAH   BC  SA  5  . Ta có   BC  SH SA  EB Từ  4  ,  5   SA   BEC    . SA  EC. Từ đó, ta được: góc giữa  SAC  và  SAB  là góc giữa EB và EC .. 320. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(325) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. Xét hai tam giác BEC , BAC ta có: BE  CE  BA  AC  BEC  BAC .Vì CAB  900 nên BEC  90  BEC  120.. Ta dễ dàng chỉ ra được OEB  OEC  60 . Đặt SH  x  SA  x 2  8a 2  OE . AO.SH  SA. Xét tam giác vuông OCE ta có: tan 60  1 2. 1 1 2 3. Vậy VS. ABC  VS.HBAC  . .2a.4a2 . a 2.x x2  8a2. .. OC a 2.x a 2:  3  x  2a . OE x2  8a2. 4a3 . 3. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 321.

(326) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN - HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. DẠNG 9: CỰC TRỊ KHỐI ĐA DIỆN Câu 1:. Cho hình hộp chữ nhật ABCD.ABCD có AB  x , AD  1 . Biết rằng góc giữa đường thẳng AC và mặt phẳng  ABBA  bằng 30 . Tìm giá trị lớn nhất Vmax của thể tích khối hộp ABCD.ABCD .. A. Vmax  Câu 2:. 4 . 27. 1 . 2. C. Vmax . 3 . 2. D. Vmax . 3 . 4. B.. 1 . 6. C.. 4 3 . 27. D.. 3 . 12. Cho hình chóp S.ABCD có SA  x , các cạnh còn lại của hình chóp đều bằng 2. Giá trị của x để thể tích khối chóp đó lớn nhất là A. 2 2 .. Câu 4:. B. Vmax . Cho hình chóp S.ABCD đều, có cạnh bên bằng 1 . Thể tích lớn nhất của khối chóp S.ABCD bằng A.. Câu 3:. 3 3 . 4. B.. 2.. C.. 7.. D.. 6.. . . Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi. Biết SA  x với 0  x  2 3 và tất cả các cạnh còn lại đều bằng 2. Tìm x để thể tích của khối chóp S.ABCD đạt giá trị lớn nhất? A. 2 .. Câu 5:. B. 2 2 .. C.. 6 . 2. D.. 6.. Cho hình trụ có hai đường tròn đáy là  O ; R  và  O ; R  , chiều cao của hình trụ là R 3 . Giả sử AB là một đường kính cố định trên đường tròn  O  và M là điểm di động trên đường tròn  O . . Hỏi diện tích tam giác MAB đạt giá trị lớn nhất bằng bao nhiêu? A. 2R2 . Câu 6:. B. 4R2 .. C. R 2 3 .. D. 2 R 2 2 .. Người ta muốn thiết kế một bể cá bằng kính không có nắp với thể tích 72dm 3 , chiều cao là 3dm Một vách ngăn ở giữa, chia bể cá thành hai ngăn, với các kích thước a, b như hình vẽ. Tính a, b để bể cá tốn ít nguyên liệu nhất, coi bề dày các tấm kính như nhau và không ảnh hưởng đến thể tích của bể.. Câu 7:. A. a  24 dm ; b  24 dm .. B. a  6dm ; b  4dm .. C. a  3 2 dm ; b  4 2 dm .. D. a  4dm ; b  6dm .. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành tâm O . Một mặt phẳng không qua S và cắt các cạnh SA , SB , SC , SD lần lượt tại M , N , P , Q thỏa mãn SA  2SM , SC  3SP . 2. 2. SB  SD   SB  Tính tỉ số khi biểu thức T    4  đạt giá trị nhỏ nhất.  SN  SN   SQ . A. Câu 8:. SB 11  . SN 2. B.. SB  5. SN. C.. SB  4. SN. D.. SB 9  . SN 2. Một kim tự tháp Ai Cập có hình dạng là một khối chóp tứ giác đều có độ dài cạnh bên là một số thực dương không đổi. Gọi  là góc giữa cạnh bên của kim tự tháp và mặt đáy. Khi thể tích của kim tự tháp lớn nhất, tính sin . Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 321.

(327) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. A. sin   Câu 9:. 6 . 3. B. sin  . 3 3. C. sin  . 5 . 3. D. sin  . 3 . 2. Cho hình chóp S.ABC có SA  SB  SC  AB  AC  a và BC  2x . Tính thể tích lớn nhất Vmax của hình chóp S.ABC A.. a3 . 8. B.. a3 2 . 4. C.. a3 2 . 12. D.. a3 . 6. Câu 10: Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng a , cạnh bên hợp với đáy một góc 60o , gọi M là điểm đối xứng với C qua D ; N là trung điểm của SC , mặt phẳng  BMN  chia khối chóp S.ABCD thành hai phần. Gọi  H1  là phần đa diện chứa điểm S có thể tích V1 ;  H 2  là phần đa. diện còn lại có thể tích V2 . Tính tỉ số thể tích A.. 31 . 5. B.. 7 . 3. V1 . V2. C.. 7 . 5. D.. 1 . 5. AC 1  3 . Hỏi độ dài Câu 11: Cho khối tứ diện ABCD có thể tích V  , góc ACB  45 và AD  BC  6 2. cạnh CD ? A. 2 3 .. B.. 3.. C.. 2.. D. 2 .. Câu 12: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt phẳng  P  đi qua điểm M  9;1;1 cắt các tia Ox, Oy ,Oz tại A, B,C ( A, B,C không trùng với gốc tọa độ). Thể tích tứ diện OABC đạt giá trị nhỏ. nhất là bao nhiêu? 81 A. 2. B.. 243 2. C.. 81 6. D. 243. Câu 13: Cho tam giác đều ABC có cạnh bằng 2. Trên đường thẳng d đi qua A và vuông góc với mặt phẳng  ABC  lấy điểm M sao cho AM  x . Gọi E, F lần lượt là hình chiếu vuông góc của C lên AB, MB. Đường thẳng qua E, F cắt d tại N . Xác định x để thể tích khối tứ diện BCMN nhỏ nhất. A. x . 2 . 2. B. x  1 .. C. x  2 .. D. x  2 .. Câu 14: Cho lăng trụ đứng ABC.ABC có đáy là tam giác đều. Tam giác ABC có diện tích bằng 3 3   và nằm trong mặt phẳng tạo với đáy một góc bằng  ,   0;  . Tìm  để thể tích khối lăng trụ  2 ABC.ABC đạt giá trị lớn nhất. 1 3 A. tan   . B. tan   6 . C. tan  2 . D. tan   . 6 2. Câu 15: Cho hình chóp S.ABC , trong đó SA  ( ABC) , SC  a và đáy ABC là tam giác vuông cân tại đỉnh C . Gọi  là góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và ( ABC) . Khi thể tích khối chóp S.ABC đạt giá trị lớn nhất thì sin2 bằng. 322. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(328) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN - HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. A.. 3 . 3. B.. 3 . 2. C.. 2 3 . 5. D.. 2 2 . 3. Câu 16: Cho hình chóp S.ABC có SA  x , các cạnh còn lại của hình chóp đều bằng a . Để thể tích khối chóp lớn nhất thì giá trị x bằng A.. a 6 . 2. B.. a . 2. C.. a 3 . 2. D. a .. Câu 17: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng 2 , SA  2 và SA vuông góc với mặt phẳng đáy  ABCD  . Gọi M , N là hai điểm thay đổi trên hai cạnh AB , AD sao cho mặt phẳng  SMC  vuông góc với mặt phẳng  SNC  . Tính tổng T . 1 1  khi thể tích 2 AN AM 2. khối chóp S.AMCN đạt giá trị lớn nhất. A. T . 13 . 9. B. T  2 .. C. T . 5 . 4. D. T . 2 3 . 4. Câu 18: Cho tứ diện ABCD có AB  x , CD  y , tất cả các cạnh còn lại bằng 2 . Khi thể tích tứ diện ABCD là lớn nhất tính xy .. A.. 2 . 3. B.. 4 . 3. C.. 16 . 3. D.. 1 . 3. Câu 19: Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng 2 , SA  2 và SA vuông góc với mặt phẳng đáy. Gọi M , N là hai điểm thay đổi trên hai cạnh AB , AD ( AN  AM ) sao cho mặt phẳng  SMC  vuông góc với mặt phẳng  SNC  . Khi thể tích khối chóp S. AMCN đạt giá trị lớn nhất, giá trị của A.. 17 . 4. 1 16  bằng 2 AN AM 2 B. 5 .. C.. 5 . 4. D. 2 .. Câu 20: Cho khối chóp S.ABCD có đáy là hình bình hành. Gọi M , N là hai điểm nằm trên hai cạnh SM 1 SN  và  2 , biết G là trọng tâm của tam giác SAB . Tỉ số thể tích SC ,SD sao cho ND SC 2 VGMND m ( m, n là các số nguyên dương và  m , n   1 ). Giá trị của m  n bằng  VS. ABCD n A. 17 .. C. 21 .. B. 19 .. D. 7 .. Câu 21: Cho tứ diện ABCD có DAB  CBD  90o , AB  a , AC  a 5 và ABC  135o ; Góc giữa hai mặt phẳng  ABD  và  BCD  bằng 30o . Thể tích của tứ diện ABCD là A.. a3 2 3. .. B.. a3 2. .. C.. a3 3 2. .. D.. a3 . 6. Câu 22: Cho một cái hộp hình chữ nhật có kích thước ba cạnh lần lượt là 4cm , 6cm , 9cm như hình vẽ. Một con kiến ở vị trí A muốn đi đến vị trí B . Biết rằng con kiến chỉ có thể bò trên cạnh hay trên bề mặt của hình hộp đã cho. Gọi xcm là quãng đường ngắn nhất con kiến đi từ A đến B . Khẳng định nào sau đây đúng? A. x   15;16  . B. x   13;14  .. C. x   12;13  .. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. D. x   14;15  . 323.

(329) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. BẢNG ĐÁP ÁN 1.C 11.B 21.D. 2.C 12.D 22.B. 3.C 13.DC. 4.D 14.. 5.A 15.D. 6.D 16.A. 7.C 17.C. 8.B 18.C. 9.A 19.B. 10.C 20.B. HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Câu 1:. Chọn C. Vì ABCD.ABCD là hình hộp chữ nhật nên BC   ABBA  ..  . . . Suy ra: AC ;  ABBA   AC ; AB  BAC  30 ABC vuông tại B nên AB . BC  3. tan 30. AAB vuông tại A nên AA  AB2  AB2  3  x 2 .. . . Thể tích khối hộp: V  x   AB.BC.AA  x 3  x 2 với x  0; 3 . Có: V   x   3  x 2 . x2 3  x2. . 3  2 x2 3  x2. . Cho V   x   0  3  2x2  0  x . 6 ,  x  0 . 2. Có bảng biến thiên:. Vậy Vmax  Câu 2:. 324. 6 3 khi x  . 2 2. Chọn C. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(330) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN - HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. 1 Gọi O là giao điểm của AC và BD  SO   ABCD   VS. ABCD  .SO.SABCD . 3. Đặt AB  x  x  0   BD  x 2  OD . x 2 . 2. Tam giác SOD vuông tại O  SO  SD 2  OD 2  1  Câu 3:. . x2 2  x2   x  0; 2 2 2. . Chọn D S. C. B O. D. H A. Vì SB  SC  SD  2 nên hình chiếu H của S lên ABCD là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD . Mà tứ giác ABCD có các cạnh bằng nhau nên tứ giác ABCD là hình thoi, do đó H  AC ; SBD ; CBD ; ABD có các cạnh tương ứng bằng nhau nên SO  AO  CO  SAC vuông tại S  AC  SA 2  SC 2  x 2  4 . SAC vuông tại S , có đường cao SH nên. Lại có OB2  OC 2  BC 2  OB2  BC 2  SABCD  AC.OB  1 3. 1 2. x. 2. . 1 1 1    SH  2 2 SH SA SC 2. 2x x2  4. .. AC 2 4  x 2 12  x 2 12  x 2  4   OB  . 4 4 4 2. .  4 12  x 2 . 1 3. 1 x2  12  x 2 2. 3 2. Ta có VS. ABCD  .SH.SABCD  .x. 12  x 2  .. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x 2  12  x 2  x 2  6  x  6 . Cách 2.. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 325.

(331) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN. S. M. D. A. O. B. C. Theo giả thiết ta có hai tam giác SBC , SCD là hai tam giác đều bằng nhau.  BM  MC Gọi M là trung điểm của SC suy ra   MC   MBD  .  DM  MC Ta có VS. ABCD  2.VS.BCD  4.VC. MBD . Ta. lại. có.  MC  1, MB  MD  3  .. 1 1 1 1 VC . MBD  .MC.SMBD  . MB.MD.sin BMD  sin BMD 3 3 2 2. Do đó để VS. ABCD lớn nhất  VC . MBD lớn nhất  sin BMD  1  BMD  90 . Xét MBD vuông tại M , khi đó x  SA  2.MO  BD  MD2  MB2  6 . Câu 4:. Chọn D. Gọi O là tâm hình thoi ABCD và H là hình chiếu vuông góc của S lên AC 1 Ta có ABD  CBD  SBD (c  c  c)  SO  OA  OC  AC 2 Mà SO là trung tuyến của SAC nên SAC vuông tại S . Lại có. BD  AC    BD  (SAC )  ( ABCD)  (SAC ), (1) BD  SO . Và (SAC)  ( ABCD)  AC ; SH  AC , (2) . Từ (1) và (2) ta có SH  ( ABCD) . Trong SAC vuông tại S có AC  x 2  4 ;. 326. 1 1 1 2x  2   SH  . 2 4 SH x x2  4. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. ,.

(332) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN - HÌNH HỌC KHÔNG GIAN. 2.  AC  x2 Trong OAB vuông tại O có OB  AB   .  3   4  2  2. 1 1 1 Thể tích hình chóp là VS. ABCD  .SH.SABCD  .SH.2.SABC  .SH.AC.OB 3 3 3 1 2x x2 1 2 1 x 2  12  x 2 2 2  . . x  4. 3   x (12  x )  . 2. 3 x2  4 4 3 3 2. VS. ABCD lớn nhất bằng 2 khi và chỉ khi x 2  12  x 2  x  6 .. Câu 5:. Chọn A. Gọi N là hình chiếu của M trên  O   MN  R 3 . Gọi P là hình chiếu của N trên AB , khi M di chuyển trên  O  thì 0  NP  R .  MN   ABN   MN  AB   AB   MNP   AB  MP . Ta có:   NP  AB  NP  AB 1 1  SMAB  AB.MP  .2 R.MP  R.MP . 2 2. Mặt khác, tam giác MNP vuông tại N  MP  MN 2  NP 2  3R 2  R 2  2 R .  SMAB  R.MP  R.2 R  2 R 2 . Dấu “=” xảy ra khi NP  R hay khi MO  AB .. Vậy diện tích tam giác MAB đạt giá trị lớn nhất bằng 2R2 . Câu 6:. Chọn D Thể tích của bế cá: V  3ab  72dm 3  b . 72 24  , với a, b  0 . 3a a. Diện tích kính để làm bể cá như hình vẽ: S  3.3a  2.3b  ab  9a  6.. 24 24 144 144  a.  9a   24  2 9a.  24  S  96 . a a a a. 144  a  4  b  6. a Vậy để bể cá tốn ít nguyên liệu nhất thì a  4dm ; b  6dm . S  96  9a . Câu 7:. Chọn C. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 327.

(333) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. Gọi O là tâm của hình bình hành ABCD , gọi I  MP  AC . Lấy điểm N  SB , NI  SD  Q . Do đáy ABCD là hình bình hành nên ta chứng minh được hệ thức sau: SA SC SB SD    . SM SP SQ SN. Đặt x . SD SB , y với x  0; y  0 . Theo bài ta được x  y  2  3  5 . SQ SN. Theo bài, ta cần tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức T  x 2  4 y 2 với x  0, y  0 và x  y  5 . Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki, ta được: 2 2  1   2 1  2 5   1.x  .2 y    1     x  4 y 2 suy ra x 2  4 y 2  20 . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 2     2   2. . .  x 2y  1  1 x  4 y x  4   .  2 x  y  5 y  1   x  y  5. Vậy giá trị nhỏ nhất của T là 20 đạt được khi x  4 , y  1 hay Câu 8:. 328. SB  4. SN. Chọn B. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(334) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN - HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. SO  ( ABCD) Đặt SC  a với a  0 . Ta có:  suy ra SCO   . SC  ( ABCD)  C. Mặt khác: OC  a.cos ; SO  a.sin . AC  2OC  2a.cos  ; AB . AC 2.  a 2.cos  ; SABCD  AB2  2 a 2 .cos 2  .. 1 2 2 VS. ABCD  .SO.SABCD  a3 .sin  .cos 2   a3 .sin  .(1  sin 2  ) 3 3 3. t  sin  Xét hàm y  t(1  t 2 ) với  0  t  1. Lập bảng biến thiên ta tìm được t  Câu 9:. 3 thì hàm số y đạt giá trị lớn nhất. 3. Chọn A. Gọi O là hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng ( ABC) . Vì SA  SB  SC nên O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC . Tam giác ABC cân tại A . Gọi A là trung điểm của BC . Khi đó AA là đường trung trực của tam giác ABC nên điểm O nằm trên đường thẳng AA . 1 1 Ta có: AA  AB2  BA2  a 2  x 2 nên SABC  BC.AA  2 x a2  x 2  x a2  x 2 . 2 2. Lại có: SABC . AB.AC.BC AB.AC.BC a2 .2 x a2 .  OA  R    4R 4SABC 4 x. a2  x 2 2 a2  x 2. a4 a 3a 2  4 x 2 Trong tam giác vuông SAO , ta có: SO  SA  AO  a  .  4( a2  x 2 ) 2 ( a2  x 2 ) 2. 2. 2. 1 1 a 3a 2  4 x 2 a V  SO . S  .x a2  x 2  .2 x 3a2  4 x 2 . Thể tích S. ABC ABC 2 2 3 3 2 a x 12. Mặt khác: 2 x 3a2  4 x 2 . 4 x 2  3a 2  4 x 2 3a 2  . 2 2. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 329.

(335) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. Do đó: VS. ABC . 3 a 3 2 a3 a3 khi 2 x  3a2  4 x 2  x  a . . a  . Vậy Vmax  12 2 8 8 8. Câu 10: Chọn C. Áp dụng tỉ số thể tích cho khối chóp M.CNB ta có VMDIH MD MI MH 1 MI  . .  . VMCNB MC MN MB 4 MN Định lý menelaus cho tam giác MNC với cát tuyến DIS ta có: V SN CD MI IN 1 5 MI 2 1 2 .   . 1   . Vậy MDIH  .  V2  VMCNB SC DM IN IM 2 6 MN 3 VMCNB 4 3 1 1 1 1 Mà VMCNB  d N ; MBC  .SMBC  . .SO.DC.BC  VSABCD 3 3 2 2 V 5 1 5 7 7 V2  . VSABCD  VSABCD  V1  VSABCD . Vậy 1  . 6 2 12 12 V2 5. Câu 11: Chọn B. . . . 1 1 1 V  .SABC .d D ,  ABC   . .CA.CB.sin 45.d D ,  ABC  3 3 2 1 1 1 CA.CB.AD  . CA.CB.d D ,  ABC   . (1) . 6 2 6 2. . . . 3.  AC   BC  AD   AC AC  . .BC.AD   2 Áp dụng BĐT Cô-si cho 3 số dương AD , BC , , ta có 3   2 2    . 330. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(336) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN - HÌNH HỌC KHÔNG GIAN. 3.  AC   BC  AD   1   1 (2) . Do đó, V  .  2 6  3  6     1 Mặt khác ta có V = , do đó để thõa mãn yêu cầu bài toán thì từ và, đẳng thức phải xảy ra, tức là 6.  DA  ( ABC )  CD  AC 2  DA2    CD  3 . AC    BC  AD  1  BC  1 , AD  1, AC  2   2. Câu 12: Chọn D Ta có: A  a;0;0  , B  0; b;0  , C  0;0; c   a, b, c  0  y.  P  : xa  b  cz  1 ;. M  9;1;1   P  . 9 1 1   1 a b c. 9 1 1 9 1 1    3 3 . .  VOABC  abc  243. a b c a b c Đẳng thức xảy ra khi a  27, b  c  3. 1. Câu 13: Chọn D M. F C. A E B. N. Do. MB  FC    MB   EFC   FB  EF . Xét các tam giác vuông: NAE, BFE, BAM. MB  EC . Ta có NAE BFE BAM . NA AE   AM.AN  AE.BA  2 . BA AM. 1 1 22 3 2 3 2 6 VBCMN  .SABC .  AM  AN   . .  AM  AN   AM.AN  . 3 3 4 3 3. Vậy min VBCMN . 2 6 khi AM  AN  2 hay x  2. 3. Câu 14: Chọn C Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 331.

(337) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. Gọi M là trung điểm của AB . Khi đó AB   MCC    Góc giữa  ABC   và  ABC  là CMC    . Đặt AB  x, x  0. x2 3 x 3 3x 3 x 3 x2 3  . tan   tan  , CC  CM.tan   tan   VABC . ABC   SABC  4 2 8 2 4. Ta lại có SABC  SABC  cos   3 3 cos  . x2 3  3 3.cos   x  2 3cos  4. . 3  VABC . ABC  .24cos  3cos  .tan   9 3.sin  cos   VABC . ABC  9 3. cos  1  cos 2  8 Xét hàm số f (t )  t(1  t 2 )  t  t 3 , t   0;1 . Ta có f (t )  1  3t 2 1.  Hàm số đạt giá trị lớn nhất khi t . Khi đó max VABC . ABC   6  cos . 3. 1 3. và max f (t ) . 2 3 3.  tan   2 .. Câu 15: Chọn D. Đặt AC  BC  x , SA  a 2  x 2 . 1 1 1 1 2 4 a x  x6 . Ta có thể tích khối chóp S.ABC là V  SA.SABC  . a2  x 2 . .x 2  3 3 2 6 332. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. .

(338) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN - HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. x  0 Xét hàm số f  x   a x  x với 0  x  a . f   x   4a x  6 x  0   a 6. x  3 2. 4. 2. 6. 3. 5. Dựa vào bảng biến thiên, ta có thể tích khối chóp S.ABC đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi a a 6 a 6 AC SA 3 6 x . Khi đó sin   , cos  .  3   3  3 SC SC a a 3 3 Vậy sin 2  2sin  .cos  2.. 3 6 2 2 .  . 3 3 3. Câu 16: Chọn A Cách 1:. B. S. A. C Đặt   ABS;   ABC  600 ;   CBS  600. Ta có BA.BC.BS a3 1  cos 2   cos2   cos 2   2cos cos  cos   6 6 1 1 1 đạt GTLN khi  cos 2   cos  đạt GTLN  cos   . 2 2 4. VB.SAC  VB.SAC. Với cos . 1 1  cos 2   cos 2 2. a 6 1 . ta được x  BA2  BS2  2 BA.BS.cos   2 4. Cách 2:. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 333.

(339) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. B. F. C. A E S Gọi E, F lần lượt là trung điểm SA và BC ..  BE  SA Vì BAS và CAS lần lượt cân tại B và C nên   SA   BEC  CE  SA. Ta có: BE  CE  a2 . x2 3a 2  x 2 ; EF  4 2. 1 a 3a 2  x 2 Suy ra SBEC  BC.EF  . 2 4. Vậy VSABC. . . 2 2 2 1 1 a 3a 2  x 2 a x  3a  x a3  SA.SBEC  x   . 3 3 4 12 2 8. Dấu "  " xảy ra khi x  3a2  x 2  x . a 6 . 2. Câu 17: Chọn C S. 2 A. N. a. D. 2. M B. b. C. Chọn hệ trục tọa độ Axyz với: A  0;0;0  , S  0; 0; 2  , B  2;0;0  , C  2; 2;0  , D  0; 2;0  ¸ M  a;0;0  , N  0; b;0 .  a, b  0; 2  . AC   2; 2; 0  , AM   a; 0; 0  , AN   0; b;0  SC   2; 2; 2  , SM   a; 0; 2  , SN   0; b; 2 . SM , SC    4; 2a  4; 2 a   n1   2; a  2; a  là VTPT của mp  SCM   . 334. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(340) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN - HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. SN , SC    4  2b; 4; 2b   n2   2  b; 2; b  là VTPT của mp  SCN   . SCM   SCN   n. 1.  n2  n1 .n2  0  2  2  b   2  a  2   ab  0  8  2b  2a  ab  0.  8  2a  b  2  a   0  b . 8  2a a2.  8  2a a  ( 2; 4]  a  2  0 8  2a  2   4  4a  a  1; 4  Mà: 0  b  a2  8  2a  2  a  2  0  a   ; 2   1;     a  2. Do đó: a  1; 2  1 1 AM , AC    AN , AC   2  2 2 1 1 8  2a a  8  .2a  .2b  a  b  a   2 2 a2 a2. SAMCN  SAMC  SACN . Xét hàm số f  a   f ' a . Ta có:. a2  4a  8. a2  8 trên 1; 2  a2.  a  2  2 3  1; 2    ; f '  a   0  a2  4a  8  0    a  2  2 3.  a  2 f  1  3 khi a  1, b  2 ; f  2   3 khi a  2, b  1. . 2. . f 2  3  4  4 3 khi a  2  2 3 , b  2  2 3.  a  2, b  1 Khi đó: Max f  a   3   . a0;2   a  1, b  2  a  2, b  1 1 VS. AMCN  .SA.SAMCN đạt giá trị lớn nhất  SAMCN đạt giá trị lớn nhất   3  a  1, b  2 a  2, b  1 . AM   2;0;0   AM  2 , AN   0;1;0   AN  1. Vậy: T . 1 1 1 5   1 . 2 2 4 4 AN AM. a  1, b  2 . AM   1;0;0   AM  1 , AN   0; 2;0   AN  2. Vậy: T . 1 1 1 5 1 1 5   1   . Kết luận: T    . 2 2 2 2 4 4 4 AN AM AN AM. Câu 18: Chọn C. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 335.

(341) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. Gọi M , N lần lượt là trung điểm của AB,CD . Tam giác ADB,CAB là hai tam giác cân cạnh đáy AB nên DM  AB và CM  AB . Suy ra AB   MCD  . x 1 1 VABCD  VB. MCD  VA. MCD  .BM.SMCD  .AM.SMCD  .SMCD . 3 3 3. Tam giác ABC  ABD  c.c.c  nên CM  DM  MN  CD .. 1 x2 y 2 1 1 1 SMCD  .CD.MN  y. MC 2  CN 2  y. BC 2  BM 2  CN 2  y 4   2 4 4 2 2 2 1  y 16  x 2  y 2 . 4 xy xy 1 VABCD  16  x 2  y 2  16  2 xy  xy.xy. 16  2 xy  12 12 12. . . . . . . 3  xy  xy  16  2 xy   1  16     .   12  3  3   3. 1  12. x  y x  y  Dấu bằng xảy ra khi   16 .  xy  16  2 xy  xy  3 . Vậy thể tích ABCD đạt giá trị lớn nhất khi xy . 16 . 3. Câu 19: Chọn B. Cách 1: Chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho A  0;0;0  , B  2;0;0  , D  0; 2;0  , S  0;0; 2  . Suy ra C  2; 2;0  . Đặt AM  x , AN  y , x, y   0; 2 , x  y; suy ra M  x;0;0  , N  0; y;0  . SM   x; 0; 2  , SC   2; 2; 2  , SN   0; y; 2  ..  n1   SM , SC    4; 2 x  4; 2 x  , n2   SN , SC    4  2 y; 4; 2 y  . Do  SMC    SNC  nên n1.n2  0  4  4  4 y   4  2 x  4   4 xy  0  xy  2  x  y   8 .  y. 8  2x 8  2x  2  x  1. , do y  2 nên x2 x2. S AMCN  S ABCD  S BMC  S DNC  4   2  x    2  y   x  y .. 336. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(342) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN - HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. 2 8  2 x  2 x2  8 1 2 Do đó VS . AMCD  SA.S AMCN   x  y    x  .  3 x2  3 x2 3 3. Xét f  x  . 2 x2  4 x  8 2 x2  8 với x  1; 2 , f   x   . 3 x2 3  x  2 2. f   x   0  x 2  4 x  8  0  x  2  2 3 ; x  2  2 3 .. Lập BBT ta suy ra max f  x   f 1  f  2   2 . 1;2. Vậy max VS . AMCN.  x  1  x  2 16 1 16 1 y  2 2   2  2  5.  (do x  y )  2 2  x  2 x y AM AN y 1    y  1. Cách 2: Đặt AM  x , AN  y x, y   0; 2 , x  y . Gọi O  AC  DB ; E  BD  CM ; F  BD  CN .. H là hình chiếu vuông góc của O trên SC , khi đó: HO . 2 . 3.  SC  OH  SC  HE Ta có:  .  SC   HBD     SC  BD  SC  HF Do đó góc giữa  SCM  và  SCN  bằng góc giữa HE và HF . Suy ra HE  HF . 1 2 Mặt khác VS . AMCN  SA.S AMCN   x  y  . 3 3 Tính OE , OF : Ta có: x  0 , y  0 và nếu x  2 , y  2 thì gọi K là trung điểm của AM , khi đó: OE KM x OE EB OB x 2       OE  . EB MB 4  2 x x 4  2x 4  x 4 x. Tương tự: OF . y 2 . Mà OE.OF  OH 2   x  2  y  2   12 . 4 y. Nếu x  2 hoặc y  2 thì ta cũng có OE.OF  OH 2   x  2  y  2   12 . Tóm lại:  x  2  y  2   12 . 1 2 2 2 12   4 . Suy ra: VS . AMCN  SA.S AMCN   x  y    x  2    y  2   4    x  2   3 3 3 3 x2 . Khảo sát hàm số ta được: max VS . AMCN. .  x  1  x  2 y  2 2  (do x  y )  x  2 y 1     y  1. 16 1 16 1   2  2  5. 2 2 AM AN x y. Cách 3. Đặt AM  m, AN  n (0  n  m  2) Dựng AP  CM , AQ  CN ( P  CM , Q  CN ) . Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 337.

(343) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. Ta có. AP AM 2m .   AP  BC CM 4  (2  m) 2. Tương tự AQ . 2n 4  (2  n) 2. .. Trong mặt phẳng (SAP) dựng AL  SP( L  SP), AV  SQ(V  SQ) . Mặt phẳng ( ALV ) cắt SC tại H . Dựa vào điều kiện bài toán dễ dàng chứng minh được tứ giác ALHV là hình chữ nhật và AH  SC . 1 1 1 8 3  2   AH 2  . Ta có 2 2 AH SA AC 3 8 1 1 1 2n 2 2m 2 m 2  2m  4 2 2  AV  AL     và . AL2 SA2 SP 2 n 2  2n  4 m 2  2m  4 2m 2 Do hình chữ nhật nên 2n 2 2m 2 8    (mn  m  n  4)(mn  2(m  n)  8)  0 2 2 n  2n  4 m  2m  4 3 Do mn  m  n  4  mm  2  m  2  n  0 nên mn  2(m  n)  8 . AV 2  AL2  AH 2 . Do 0  n  m  2  (m  2)(n  2)  0  mn  2(m  n)  4  0  12  4(m  n)  0  m  n  3 .. 1 1 Ta có: S ANCM  S ABCD  S BMC  S DNC  4  .2.(2  m)  .2.(2  n)  m  n . 2 2 1 2 Suy ra VSAMCN  SA.S AMCN  (m  n)  2 . 3 3 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi m  2, n  1 . Khi đó. 1 16  5. 2 AN AM 2. Câu 20: Chọn B S. M. N. G A. D. E B. C. VS.GMN SN 2 1    VGMND  VS.GMD . VS.GMD SD 3 3 VS.GMD SM 1 1    VS.GMD  VS.GCD VS.GCD SC 2 2 338. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(344) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN - HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.. VS.GCD SG 2   . VS.ECD SE 3 1 3. 1 1 2 3 2 3. 1 9. 1 1 9 2. Suy ra VGMND  VS.GMD  . . VS.ECD  .VS.ECD  . VS. ABCD  Suy ra. 1 . V 18 S. ABCD. VS.GMND 1  . Do đó m  1; n  18  m  n  19 . VS. ABCD 18. Câu 21: Chọn D A. a. D. H I. K. 135° a 5. B C. Trong tam giác ABC có AC 2  AB2  BC 2  2 AB.BC.cos135o  BC 2  BC.a 2  4a2  0  BC  a 2 .. Gọi K là hình chiếu của A lên BC ta có ABC  135o nên ABK  45o . Suy ra tam giác AKB vuông cân tại K . Do đó AK  BK . AB. . a 2 . 2. 2 Gọi I , H lần lượt là hình chiếu của A lên BD và  ABCD  , ta có KBIH là hình chữ nhật.. Khi đó.   ABD  ;  BCD    AIH  30. o. o . Suy ra AH  HI .tan 30 . 2 2 Từ đó ta tính được BI  KH  AK  AH . a 6 . 6. a 3 . 3. Tam giác ABD vuông tại A , đường cao AI nên AB2  BI.BD  BD  Vậy thể tích khối chóp ABCD là V . AB2 a 3. BI. 1 a3 AH .BD.BC  6 6. Câu 22: Chọn B Vì con kiến bò theo mặt của hình hộp từ A đến B nên khi ta vẽ hình khai triển của hình hộp chữ nhật và trải phẳng như hình vẽ thì xem như con kiến bò trên một mặt phẳng. A. 9. M. 6. N. 4. T. R. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. B1. 339.

(345) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI ĐA DIỆN – HÌNH HỌC KHÔNG GIAN. 6. A. P. 4. S. 9. T. P. B2. R. 9. N. 4. B3. 6. A. M. R. Khi đó B sẽ được tách thành 3 vị trí là B1 ; B2 và B3 . Quãng đường ngắn nhất sẽ là một trong ba đoạn thẳng AB1 ; AB2 hay AB3 . Ta có:. AB1  152  4 2  241 . AB2  9 2  10 2  181  13,45 . AB3  6 2  132  205 . Do đó quãng đường ngắn nhất là AB2  13,45   13;14  .. 340. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(346) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI TRÒN XOAY NÓN – TRỤ - CẦU.. CHỦ ĐỀ : KHỐI NÓN, KHỐI TRỤ LÍ THUYẾT  MẶT NÓN TRÒN XOAY VÀ KHỐI NÓN 1. Mặt nón tròn xoay. . Đường thẳng d ,  cắt nhau tại O và tạo thành góc  với 00    900 . Mặt phẳng  P  chứa. d ,  và  P  quay quanh trục  với góc  không đổi thì tạo thành mặt nón tròn xoay đỉnh O . Trong đó: .  gọi là trục. . d được gọi là đường sinh Góc 2 được gọi là góc ở đỉnh.  2. Khối nón.  . Khối nón là phần không gian được giới hạn bởi một hình nón tròn xoay, kể cả hình nón đó. Đỉnh, mặt đáy, đường sinh của một hình nón cũng là đỉnh, mặt đáy, đường sinh của khối nón tương ứng.. . Cho hình nón có chiều cao h , đường sinh l và bán kính đáy r . Khi đó, ta có các công thức sau: . Diện tích xung quanh của hình nón: S xq   .r.l. . 2 Diện tích đáy của hình nón: S day   .r. . 2 Diện tích toàn phần của hình nón: Stp  S xq  S day   .r.l   .r. . 1 Thể tích của khối nón: Vnon   .r 2 .h 3. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 341.

(347) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI TRÒN XOAY NÓN – TRỤ - CẦU.  MẶT TRỤ TRÒN XOAY 1. Mặt trụ. . Trong mặt phẳng  P  cho hai đường thẳng  và l song song với nhau, cách nhau một khoảng r Khi quay mặt phẳng  P  xung quanh đường thẳng  thì đường thẳng l sinh ra một mặt tròn xoay được gọi là mặt trụ tròn xoay hay gọi tắt là mặt trụ. Trong đó: . Đường thẳng  gọi là trục. . Đường thẳng l gọi là đường sinh.  r là bán kính của mặt trụ đó 2. Hình trụ tròn xoay và khối trụ tròn xoay.   . 342. Khối trụ tròn xoay hay khối trụ là phần không gian được giới hạn bởi một hình trụ tròn xoay kể cả hình trụ tròn xoay đó. Mặt đáy, đường sinh, chiều cao, bán kính của một hình trụ cũng là mặt đáy, đuowngf sinh, chiều cao, bán kính của khối trụ tương ứng. Cho hình trụ có chiều cao h , đường sinh l , bán kính đáy r . Khi đó ta có các công thức sau: . Diện tích xung quanh: S xq  2 .r.l. . 2 Diện tích toàn phần: Stp  2 .r.l  2 .r. . Thể tích của khối trụ: V   .r 2 .h. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(348) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI TRÒN XOAY NÓN – TRỤ - CẦU.  MẶT CẦU VÀ KHỐI CẦU 1. Mặt cầu. . Cho một điểm I cố định và một số thực dương R . Tập hợp tất cả các điểm M trong không gian cách I một khoảng R được gọi là mặt cầu tâm I , bán kính R . Được kí hiệu là: S  I ; R  .. . Khi đó S  I ; R   M / IM  R .. 2. Công thức tính diện tích mặt cầu và thể tích khối cầu . Cho mặt cầu  S  có tâm I , bán kính R . Khi đó, ta có các công thức như sau:. Diện tích mặt cầu: S  4 .R2 4  Thể tích của khối cầu: V   .R3 . 3 3. Một số công thức tính đặc biệt về khối tròn xoay  Hình nêm loại 1 . 2 Thể tích : V  .R 3 .tan  3 . Hình nêm loại 2.  2 Thể tích: V     .R 3 .tan   2 3. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 343.

(349) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI TRÒN XOAY NÓN – TRỤ - CẦU.. VÍ DỤ MINH HỌA VÍ DỤ 1: Một hình nón tròn xoay có thiết diện qua trục là một tam giác vuông cân có cạnh bằng a . Tính diện tích Stp toàn phần của hình nón đó: A. Stp  C. Stp .  a2  a2.  . 2 8 2. .. B. Stp . .. 2 1 2. D. Stp .  a2 2. .. 2.  a2. . 24 2. .. Lời giải Chọn C. . Theo đề suy ra đường sinh l  a , và đường tròn đáy có bán kính r  , diện tích đáy S .  a2 2. . Vậy Stp .  a2. . ..  a2 2 a 2 . Khi đó S xq  2 2. 2 1 2. VÍ DỤ 2: Một hình nón đỉnh S , đáy hình tròn tâm O và SO  h . Một mặt phẳng  P  qua đỉnh S cắt đường tròn  O  theo dây cung AB sao cho góc AOB  90 , biết khoảng cách từ O đến  P  bằng. h . Khi 2. đó diện tích xung quanh hình nón bằng. A..  h 2 10 3. .. B..  h 2 10 3 3. .. C.. 2 h 2 10 . 3. D..  h 2 10. Lời giải Chọn A. . 344. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. 6. ..

(350) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI TRÒN XOAY NÓN – TRỤ - CẦU. Gọi I là trung điểm của AB .. h 3 1 1 1 1 4 1 3 .   2  2  2  2  2  OI  2 2 OH SO OI OI h h h 3 Tam giác OAB vuông cân tại O nên: AB  2OI . 2h 3 h 6 , R  OA  OB  . 3 3. 2. h 6 h 15 Suy ra: SB  SO  OB  h   .  3   3   2. 2. 2. Diện tích xung quanh của hình nón: S xq   R.SB   .. h 6 h 15  h 2 10 . .  3 3 3. VÍ DỤ 2: Hình nón  N  có đỉnh S , tâm đường tròn đáy là O , góc ở đỉnh bằng 120 . Một mặt phẳng qua. S cắt hình nón  N  theo thiết diện là tam giác vuông SAB . Biết rằng khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và SO bằng 3 . Tính diện tích xung quanh S xq của hình nón  N  A. S xq  27 3 .. B. S xq  18 3 .. C. S xq  9 3 .. D. S xq  36 3 .. Hướng dẫn giải Chọn B. Theo bài ra ta có tam giác SAB vuông tại S và OH  3 ; và BSO  60 . Gọi r là bán kính đường tròn đáy của hình nón thì đường sinh l  SB  Suy ra BH . r 2r l  . sin 60 3. 1 r 6 . AB  2 3. Xét tam giác OBH vuông tại H , ta có 9 . 6r 2  r2  r  3 3 . 9. Diện tích xung quanh S xq của hình nón  N  là S xq   .r.l   .3 3.. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 6 3  18 3 . 3. 345.

(351) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI TRÒN XOAY NÓN – TRỤ - CẦU.. BÀI TẬP RÈN LUYỆN DẠNG 1: CÁC YẾU TỐ LIÊN QUAN ĐẾN KHỐI NÓN, KHỐI TRỤ Câu 1:. Câu 2:. Một hình nón tròn xoay có đường sinh 2a . Thể tích lớn nhất của khối nón đó là 16 a 3 16 a 3 8 a3 4 a 3 A. . B. . C. . D. . 3 3 3 3 9 3 3 3 Cho đường tròn  C  có tâm I , bán kính R  a. Gọi M là điểm nằm ngoài  C  và IM  a 3; A là điểm thuộc  C  và MA tiếp xúc với  C  ; H là hình chiếu của A trên đường thẳng IM. Tính theo a thể tích V của khối tròn xoay tạo bởi hình tam giác MAH quay xung quanh trục IM. A. V . Câu 3:. 3 3 a . 12. B. V . 3 3 a . 8. C. V . 4 3 3 a . 27. 9 D. V   a3 . 8. Hình bên bao gồm hình chữ nhật ABCD và hình thang vuông CDMN . Các điểm B , C , N thẳng hàng, AB  CN  2dm ; BC  4dm; MN  3dm . Quay hình bên xung quanh cạnh BN ta được khối tròn xoay có thể tích bằng. A. 54 dm 3 . Câu 4:. 86 dm 3 . 3. C.. 86 dm 3 . 3. D. 54dm 3 .. Biết thiết diện qua trục của một hình nón là tam giác đều có diện tích bằng a 2 3 . Tính thể tích của khối nón đã cho. A. V . Câu 5:. B..  a3 3 2. .. B. V .  a3 3 6. .. C. V .  a3 6 6. .. D. V .  a3 3 3. .. Cho hình trụ T  có chiều cao h  2m, bán kính đáy r  3m. Giả sử  L  là hình lăng trụ đều n cạnh có hai đáy là đa giác đều nội tiếp đường tròn đáy của hình trụ T  . Khi n tăng lên vô hạn thì tổng diện tích tất cả các mặt của của khối lăng trụ  L  có giới hạn là: A. S  12 .. Câu 6:. 346. B. S  20 .. C. 30 .. D. 12 .. Một khối nón làm bằng chất liệu không thấm nước, có khối lượng riêng lớn hơ khối lượng riêng của nước, có đường kính đáy bằng a và chiều cao 12 , được đặt trong và trên đáy của một cái cốc hình trụ bán kính đáy a như hình vẽ, sao cho đáy của khối nón tiếp xúc với đáy của cốc hình trụ. Đổ nước vào cốc hình trụ đến khi mực nước đạt đến độ cao 12 thì lấy khối nón ra. Hãy tính độ cao của nước trong cốc sau khi đã lấy khối nón ra. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(352) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI TRÒN XOAY NÓN – TRỤ - CẦU.. B. 11 .. A. 11,37 .. C. 6 3 .. D..  37 2. .. Câu 7:. Một hình trụ có thiết diện qua trục là một hình vuông. Biết diện tích xung quanh của khối trụ bằng 16 . Thể tích V của khối trụ bằng A. V  32 . B. V  64 . C. V  8 . D. V  16 .. Câu 8:. Cho hình nón tròn xoay có độ dài đường sinh là 2a , góc ở đỉnh của hình nón bằng 60 . Thể tích V của khối nón đã cho là A. V . Câu 9:.  a3 3. .. B. V   3a 3 .. C. V   a3 .. D. V .  3a 3 3. .. Cho hình vuông ABCD cạnh a. Gọi N là điểm thuộc cạnh AD sao cho AN  2ND. Đường thẳng qua N vuông góc với BN cắt BC tại K. Tính thể tích V của khối tròn xoay tạo thành khi quay tứ giác ANKB quanh trục BK là 14 7 6 9 A. V   a3 . B. V   a3 . C. V   a3 . D. V   a3 . 6 9 14 7. Câu 10: Cho khối trụ có đáy là các đường tròn tâm  O  ,  O  có bán kính là R và chiều cao h  R 2 . Gọi A , B lần lượt là các điểm thuộc  O  và  O  sao cho OA vuông góc với OB. Tỉ số thể tích của. khối tứ diện OOAB với thể tích khối trụ là: 2 1 A. . B. . 3 3. C.. 1 . 6. D.. 1 . 4. Câu 11: Người ta cần đổ một ống cống thoát nước hình trụ với chiều cao 2m , độ dày thành ống là 10cm . Đường kính ống là 50cm . Tính lượng bê tông cần dùng để làm ra ống thoát nước đó? A. 0,08 ( m3 ) .. B. 0,18 (m3 ) .. C. 0,5 (m3 ) .. D. 0,045 (m3 ) .. Câu 12: Cho hình chữ nhật ABCD có AB  2 , AD  2 3 và nằm trong mặt phẳng  P  . Quay  P  một vòng quanh đường thẳng BD . Khối tròn xoay được tạo thành có thể tích bằng 28 28 56 56 A. . B. . C. . D. . 9 9 3 3 Câu 13: Cho mặt cầu  S  có bán kính 3 . Trong tất cả các khối trụ nội tiếp mặt cầu  S  , khối trụ có thể tích lớn nhất bằng bao nhiêu? 4 3 3 3 A. . B. 4 . C. 3 . D. . 3 2 Câu 14: Cho hình thang ABCD có A  B  90 , AB  BC  a , AD  2a . Tính thể tích khối tròn xoay sinh ra khi quay hình thang ABCD xung quanh trục CD . 7 2 a 3 7 a 3 7 2 a 3 7 a 3 A. . B. . C. . D. . 6 12 6 12 Câu 15: Cho hình thang ABCD vuông tại A và D có CD  2 AB  2 AD  4 . Thể tích của khối tròn xoay sinh ra bởi hình thang ABCD khi quay xung quanh đường thẳng BC bằng. A.. 28 2 . 3. B.. 20 2 . 3. C.. 32 2 . 3. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. D.. 10 2 . 3 347.

(353) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI TRÒN XOAY NÓN – TRỤ - CẦU.. Câu 16: Một khối trụ có hai đáy là hai hình tròn nội tiếp hai mặt đối diện của một hình lập phương cạnh a . Tính thể tích V của khối trụ đã cho. 1 1 1 A. V  a3 . B. V  a3 . C. V  a3 . D. V  a3 . 3 4 2 Câu 17: Một khối trụ có hai đáy là hai hình tròn nội tiếp hai mặt đối diện của một hình lập phương cạnh a . Tính thể tích V của khối trụ đã cho. 1 1 1 A. V  a3 . B. V  a3 . C. V  a3 . D. V  a3 . 3 4 2 Câu 18: Cho tứ diện ABCD có DA vuông góc với mp  ABC  , DB  BC , AD  AB  BC  a . Kí hiệu V1 , V2 , V3 lần lượt là thể tích của hình tròn xoay sinh bởi tam giác ABD khi quay quanh AD ,. tam giác ABC khi quay quanh AB , tam giác DBC khi quay quanh BC . Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào đúng? A. V1  V2  V3 . B. V1  V3  V2 . C. V2  V3  V1 . D. V1  V2  V3 . Câu 19: Một đội xây dựng cần hoàn thiện một hệ thống cột trụ tròn của một cửa hàng kinh doanh gồm 10 chiếc. Trước khi hoàn thiện mỗi chiếc cột là một khối bê tông cốt thép hình lăng trụ lục giác đều có cạnh 20 cm , sau khi hoàn thiện mỗi cột là một khối trụ có đường kính đáy bằng 42 cm . Chiều cao của mỗi cột trước và sau khi hoàn thiện là 4 m . Biết lượng xi măng cần dùng chiếm 80% lượng vữa và cứ một bao xi măng 50 kg thì tương đương với 64000cm3 xi măng. Hỏi cần ít nhất bao nhiêu bao xi măng loại 50 kg để hoàn thiện toàn bộ hệ thống cột đã cho? A. 25 .. B. 18 .. C. 28 .. D. 22 .. Câu 20: Để định vị một trụ điện, người ta cần đúc một khối bê tông có chiều cao h  1,5m gồm: 1 h; 3 Phần trên có dạng hình nón bán kính đáy bằng R đã bị cắt bỏ bớt một phần hình nón có bán kính 1 đáy bằng R ở phía trên ; 2 1 Phần ở giữa rỗng có dạng hình trụ, bán kính đáy bằng R . 4. Phần dưới có dạng hình trụ bán kính đáy R  1m và có chiều cao bằng. Thể tích của khối bê tông bằng A. 2,815 m 3 . B. 2,814 m 3 .. 348. C. 3,403 m 3 .. D. 3,109 m 3 .. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(354) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI TRÒN XOAY NÓN – TRỤ - CẦU.. Câu 21: Cho khối trụ T  , AB và CD lần lượt là hai đường kính trên các mặt đáy của khối T  . Biết góc giữa AB và CD là 30 , AB  6cm và thể tích khối ABCD là 30cm3 . Khi đó thể tích khối trụ T  là A. 90 cm3 .. B. 30 cm3 .. C. 45 cm3 .. D.. 90 3 3 cm . 270. Câu 22: Cho hình nón đỉnh S có đáy là đường tròn tâm O bán kính R . Trên đường tròn  O  lấy hai điểm A, B sao cho tam giác OAB vuông. Biết diện tích tam giác SAB bằng R 2 2 . Thể tích hình nón đã cho bằng. A..  R 3 14 12. .. B..  R 3 14 2. .. C..  R 3 14 6. .. D..  R 3 14 3. .. Câu 23: Một khối đá có hình là một khối cầu có bán kính R , người thợ thủ công mỹ nghệ cần cắt và gọt viên đá đó thành một viên đá cảnh có hình dạng là một khối trụ. Tính thể tích lớn nhất có thể của viên đá cảnh sau khi đã hoàn thiện?. 4 3 R 3 A. . 9. 4 3 R 3 B. . 3. 4 3 R 3 C. . 6. 3 3 R 3 D. . 12. Câu 24: Một hình thang cân có chiều cao h và độ dài hai đáy là a , b . Tính thể tích vật thể tròn xoay thu được khi quay hình thang này quanh đường trung trực của hai đáy. 1 1 A.  h a2  ab  b2 . B.  h a2  ab  b2 . 6 3 1  h a2  ab  b2 . C. D. Cả A, B, C đều sai. 12. . . . . . . Câu 25: Cho hình chóp S.ABCD có SA vuông góc với mặt phẳng  ABCD  , tứ giác ABCD là hình thang vuông với cạnh đáy AD, BC . AD  3CB  3a , AB  a , SA  a 3 . Điểm I thỏa mãn AD  3AI , M là trung điểm SD , H là giao điểm của AM và SI . Gọi E, F lần lượt là hình chiếu của A lên SB, SC . Tính thể tích V của khối nón có đáy là đường tròn ngoại tiếp tam giác. EFH và đỉnh thuộc mặt phẳng  ABCD  .. A. V .  a3 . 5 5. B. V .  a3 . 2 5. C. V .  a3 . 5. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. D. V .  a3 10 5. .. 349.

(355) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI TRÒN XOAY NÓN – TRỤ - CẦU.. Câu 26: Cho hình trụ có hai đáy là hai hình tròn  O; R  và  O; R  . AB là một dây cung của đường tròn. O; R  sao cho tam giác OAB là tam giác đều và mặt phẳng OAB  tạo với mặt phẳng chứa đường tròn  O; R  một góc 60 . Tính theo R thể tích V của khối trụ đã cho. A. V .  7 R3 7. .. B. V . 3 5R3 . 5. C. V .  5R3 5. D. V . .. 3 7 R3 . 7. Câu 27: Có một miếng bìa hình chữ nhật ABCD với AB  3 và AD  6 . Trên cạnh AD lấy điểm E sao cho AE  2 , trên cạnh BC lấy điểm F là trung điểm BC . A. E. B. D. C. F. Cuốn miếng bìa lại sao cho cạnh AB và DC trùng nhau để tạo thành mặt xung quanh của một hình trụ. Khi đó tính thể tích V của tứ diện ABEF . A. V . π . 3. B. V . 9 3 . 2π 2. C. V . 3π 3 . 2. D. V . 2 . 3π 2. Câu 28: Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có tất cả các cạnh bằng 3. Tính diện tích xung quanh của hình nón có đáy là đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABCD và chiều cao bằng chiều cao của hình chóp. A. Sxq . 9 . 2. B. Sxq . 9 2 . 4. C. Sxq  9 .. D. Sxq . 9 2 . 2. Câu 29: Một hình nón có chiều cao 2a , bán kính đáy a 2 . Một phẳng phẳng đi qua đỉnh và tạo với mặt đáy góc 60 . Tính diện tích thiết diện. A.. 5 2a2 . 3. B.. 4 3a 2 . 3. C.. 5 3a 2 . 3. D.. 4 2a2 . 3. Câu 30: Cho hình trụ có tâm hai đáy lần lượt là O và O' ; bán kính đáy hình trụ bằng a . Trên hai đường tròn  O  và  O '  lần lượt lấy hai điểm A và B sao cho AB tạo với trục của hình trụ một góc 30 và có khoảng cách tới trục của hình trụ bằng. a 3 . Tính diện tích toàn phần của hình trụ đã 2. cho A. 2 a2. . . 3 1 .. B..  a2 3. . . 32 .. C.  a2. . . 32 .. D.. 2 a 2 3. . . 33 .. Câu 31: Cho hình nón đỉnh I , đường cao SO và có độ dài đường sinh bằng 3cm , góc ở đỉnh bằng 600 . 3 Gọi K là điểm thuộc đoạn SO thỏa mãn IO  IK , cắt hình nón bằng mặt phẳng ( P) qua K và 2 vuông góc với IO , khi đó thiết diện tạo thành có diện tích là S . Tính S .. 350. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(356) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI TRÒN XOAY NÓN – TRỤ - CẦU.. A. S .  3. . . B. S   cm2 .. (cm2 ) .. C. S  3 (cm2 ). D. S . 2 (cm2 ) 3. Câu 32: Cho hình nón  N  có bán kính đáy bằng 6 và chiều cao bằng 12. Mặt cầu  S  ngoại tiếp hình nón.  N  có tâm là. I . Một điểm M di động trên mặt đáy của nón  N  và cách I một đoạn bằng 6.. Quỹ tích tất cả các điểm M tạo thành đường cong có tổng độ dài bằng A. 6 .. D. 4 6.. C. 3 7 .. B. 6 2.. Câu 33: Cho hình nón đỉnh S , đường cao SO . Gọi A, B là hai điểm thuộc đường trò đáy của hình nón sao cho khoảng cách từ O đến AB bằng 2a, SAO  300 , SAB  600. Diện tích xung quanh hình nón đã cho bằng A. 2 a 2 3.. B.. 3 a 2 2 . 4. C. 4 a 2 3.. D. 3 a2 2.. 3r . Hai điểm M , N di động trên 2 đường tròn đáy  O  sao cho OMN là tam giác đều. Gọi H là hình chiếu vuông góc của O lên. Câu 34: Cho hình trụ có trục OO' , bán kính đáy r và chiều cao h . O ' MN  . Khi. M , N di động trên đường tròn  O  thì đoạn thẳng OH tạo thành mặt xung quanh. của một hình nón, diện tích S của mặt này. A. S . 9 3 r 2 . 32. B. S . 9 3 r 2 . 16. C. S . 9 r 2 . 32. D. S . 9 r 2 . 16. Câu 35: Cho tam giác ABC cân tại A , biết AB  2a và góc ABC  30o , cho tam giác ABC quay xung quanh đường thẳng AC được khối tròn xoay. Khi đó thể tích khối tròn xoay bằng B. 6πa3 .. A. 2πa3 .. 2πa 3 . 3. C.. D. 2a3 .. Câu 36: Một hộp đựng mỹ phẩm được thiết kế có thân hộp là hình trụ có bán kính hình tròn đáy r  5cm , chiều cao h  6cm và nắp hộp là một nửa hình cầu. Người ta cần sơn mặt ngoài của cái hộp đó thì diện tích S cần sơn là B. S  110 cm 2 .. A. S  80 cm2 .. C. S  160 cm 2 .. D. S  130 cm 2 .. Câu 37: Cho khối trụ có bán kính đáy bằng 4  cm  và chiều cao 5  cm  . Gọi AB là một dây cung đáy. dưới sao cho AB  4 3  cm  . Người ta dựng mặt phẳng  P  đi qua hai điểm A , B và tạo với mặt phẳng đáy hình trụ một góc 60 như hình vẽ. Tính diện tích thiết diện của hình trụ cắt bởi mặt phẳng  P  .. . 8 4  3 3. A.. . 3. 4 4  3 3. C.. 3.   cm  .. B..   cm  .. D.. 2. 2. . 4 4  3. . 3. 8 4  3 3. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”..   cm  2.   cm  . 2. 351.

(357) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI TRÒN XOAY NÓN – TRỤ - CẦU.. Câu 38: Một khối đồ chơi có dạng khối nón, chiều cao bằng 20cm , trong đó có chứa một lượng nước. Nếu 2 đặt khối đồ chơi theo hình H1 thì chiều cao lượng nước bằng chiều cao của khối nón. Hỏi nếu 3 đặt khối đồ chơi theo hình H 2 thì chiều cao h của lượng nước trong khối đó gần với giá trị nào sau đây?. A. 2,21 cm  .. 352. B. 5,09  cm  .. C. 6,67  cm  .. D. 5,93  cm  .. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(358) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI TRÒN XOAY NÓN – TRỤ - CẦU.. BẢNG ĐÁP ÁN 1.B. 2.C. 3.B. 4.D. 5.C. 6.B. 7.D. 8.D. 9.A. 10.C. 11.A. 12.C. 13.B. 14.A. 15.A. 16.B. 17.B. 18.A. 19.B. 20.D. 21.A. 22.C. 23.A. 24.C. 25.D. 26.D. 27.B. 28.D. 29.D. 30.A. 31.B. 32.C. 33.C. 34.A. 35.A. 36.B. 37.A. 38.A. HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Câu 1:. Chọn B Gọi hình nón tròn xoay có đường sinh l  2a có bán kính đáy là R và đường cao là h . 1 Thể tích khối nón: V   R2 h . Ta có: R2  h2  4a2 . 3 Áp dụng bất đẳng thức Cô si: 4a2  R2  h2  . Câu 2:. R2 R2 R4 h 2 .   h2  3 3 2 2 4. R4 h 2 64 6 1 16 3 3  a   R2 h  a . 4 27 3 27.  2 3  R2 a h  2  h 16 3 3   3  a . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi  2 . Khi đó Vmax  27 h 2  R2  4a2 R  2 6 a   3 Chọn C Tam giác MAH vuông tại H nên hình nón được tạo thành có chiều cao h  MH và bán kính đáy là r  AH. IA2 a2 a   IM a 3 3 a 2a  MH  IM  IH  a 3   3 3. Có IH.IM  IA2  IH . AH 2  IH.MH . a 3. .. 2a 3. . 2a 3. I H M. 2. A. 1 1 2a2 2a 4 3 3 .  a . Vậy thể tích khối nón là V   r 2 h   . 3 3 3 27 3. Câu 3:. Chọn B Khi quay hình trên quanh cạnh BN ta được một khối tròn xoay gồm một khối trụ có bán kính đáy bằng 2 dm, chiều cao bằng 4 dm và một khối nón cụt có bán kính hai đáy lần lượt là 2dm và 3 dm, chiều cao bằng 2 dm. Do đó thể tích của khối tròn xoay là 2 86 V  Vtruï  Vnon cut  4 .4  4  9  4 .9  dm 3 . 3 3. . . . Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. . 353.

(359) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI TRÒN XOAY NÓN – TRỤ - CẦU.. Câu 4:. Chọn D Gọi đỉnh của hình nón là S , tâm đường tròn đáy của hình nón là O , AB là một đường kính của đường tròn đáy. Khi đó SAB là một thiết diện qua trục của hình nón đã cho. Diện tích của tam giác SAB là: Bán kính đường tròn đáy R  h  SO . Câu 5:. AB2 3  a2 3  AB  2a . 4. AB  a ; Đường cao của hình nón là 2. AB 3 a 3. 2. 1  a2 .a 3  a3 3  Thể tích khối nón đã cho là: V   R2 h  . 3 3 3 Chọn C Cách 1: Vì  L  là hình lăng trụ đều n cạnh có hai đáy là đa giác đều nội tiếp đường tròn đáy của hình. trụ T  nên độ dài mỗi cạnh của lăng trụ là a  2r.sin. . Do đó diện tích của n mặt bên là S1  nah  2nrh.sin. n.  n. .  12n.sin.  n. Công thức diện tích của đa giác đều n cạnh, có độ dài mỗi cạnh là a là: s  Nên diện tích của hai đáy là: S2  2.s  9n.sin. nr 2 .sin 2. 2 n .. 2 . n. Tổng diện tích tất cả các mặt của khối lăng trụ  L  là: S  S1  S2  12n.sin.  n.  9n.sin. 2 . n. Khi n tăng lên vô hạn:      2 2   lim  12.n.sin   lim  9n.sin lim  12.n.sin  9n.sin  x  n  x  n n n  x  .    30 . . Cách 2: Khi n tăng lên vô hạn, hình lăng trụ tiến dần tới hình trụ, do đó tổng diện tích tất cả các mặt của của khối lăng trụ  L  bằng với diện tích toàn phần của hình trụ T  và bằng 2 rh  2 r 2  30 Câu 6:. Chọn B Gọi V , R, h lần lượt là thể tích khối trụ (khối chứa phần nước trong cốc), bán kính đáy cốc và chiều cao của lượng nước trong cốc khi chưa lấy khối nón ra. Suy ra: V   R2 h (1) Gọi V1 , R1 , h1 lần lượt là thể tích, bán kính đáy và chiều cao của khối nón. 1 Suy ra: V1   R12 h1 (2) 3 Gọi V2 , h2 là thể tích lượng nước đổ vào và độ cao của nước trong cốc sau khi đã lấy khối nón ra.. Suy ra: V2   R2 h2 (3) Từ (1),(2) và (3) ta có: 354. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(360) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI TRÒN XOAY NÓN – TRỤ - CẦU.. 1 1 V  V1  V2   R2 h   R12 h1   R2 h2  R2 h  R12 h1  R2 h2  h2  3 3 1 1 a Thay R  a , R1  , h  h1  12 vào (4) ta có: h2  12  . .12  11 . 3 4 2. Câu 7:. 1 R2 h  R12 h1 3 (4) R2. Chọn D Gọi ABCD là thiết diện qua trục của khối trụ. 1 Vì ABCD là hình vuông nên ta có: OC  OO  h  2r  1 . 2 Diện tích xung quanh của khối trụ là: Sxq  2 rh  2  . Từ  1 và  2  suy ra: Sxq  2 rh  4 r 2 . Ta có: Sxq  16  4 r 2  16  4 r 2  16 . Thể tích của khối trụ là: V   r 2 h  2 r 3  2 .23  16 (đơn vị thể tích).. Câu 8:. Chọn D Ta có l  CB  2a , BCA  30 . Xét tam giác vuông tại ABC AB r 1 sin 30    r  l.sin 30  2 a.  a . CB l 2 cos 30 . A. có:. CA h 3   h  l.cos 30  2a. a 3. CB l 2. 1 1  3a 3 Suy ra V   r 2 h   a2 .a 3  . 3 3 3. Câu 9:. Chọn A K. D. P. C. N. A. Ta có NB  a2 . M. a. B. 4a2 a 13  . 9 3. ABN đồng dạng NKB suy ra. AN NB NB2 13a 2 3 13a   KB   .  NB KB AN 9 2a 6. Gọi M là điểm trên BC sao cho BM  2MC Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 355.

(361) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI TRÒN XOAY NÓN – TRỤ - CẦU.. Suy ra BM . 2a 1 2a 3a 7 3a ; MK  . Vậy V   a2 .   a2 .   a3 . 3 3 3 2 6 2. Câu 10: Chọn C Thể tích khối trụ V1   R2 .h   R2 .R 2   R3 2 Khối tứ diện BOOA có BO là đường cao và đáy là tam giác vuông OOA , do đó thể tích khối tứ diện là 1 1 1 1 2 3 V2  SOOA .OB   OA  OO  OB  R.R 2.R  R 3 3 2 6 6. Vậy. V2 R3 2 1 1 .    3 V1 6  R 2 6. Câu 11: Chọn A. 50  25cm  0.25m . 2 Do lớp bê tông dày 10cm nên bán kính phần được giới hạn bên trong là: r  AD  15cm  0.15m. Bán kính ống cống là: R  AB . . . . .  . Thể tích phần bê tông là: V   .h R2  r 2   .2 0.252  0.152  0.08 m3 . Câu 12: Chọn C Cách 1:. Gọi A' , C  lần lượt đối xứng với A , C qua BD , G  BC ' AD , G đối xứng với G qua BD . E  AA' BD , F  GG ' BD  F là trung điểm BD . Gọi V là thể tích của khối tròn xoay tạo thành khi quay hình chữ nhật ABCD quanh đường thẳng BD . 356. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(362) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI TRÒN XOAY NÓN – TRỤ - CẦU. V1 là thể tích của khối tròn xoay tạo thành khi quay tam giác BAD quanh cạnh BD (cũng là thể. tích của khối tròn xoay khi quay tam giác BCD quanh cạnh BD ). V1 , V1 lần lượt là thể tích của khối tròn xoay tạo thành khi quay BAE , EAD quanh cạnh. BD . V2 là thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay BGD quanh cạnh BD . V2 là thể tích của khối tròn xoay tạo thành khi quay BGF quanh cạnh BD .. Ta có V1 là thể tích của khối nón đỉnh B , bán kính đáy AE . Tính được AE . AB.AD AB2  AD 2. 1 1  V1   .AE2 .BE   3 3.  3. 2.2 3. .  . 2  2 3 2. 2. 2.  3 , BD  4 , BE  1 , DE  3 ..  .. Ta có V1 là thể tích của khối nón đỉnh D , bán kính đáy AE . 1 1  V1   .AE2 .DE   3 3.  . 2. 3 .3  3 . Suy ra V1  V1  V1    3  4 .. Ta có V2 là thể tích của khối nón đỉnh B , bán kính đáy GF . Ta chứng minh được BGF ~ BDC (g – g). 4.2 2 GF BF.DC  BD.DC  BF    GF     . DC  BC  2 BC BC  2.2 3 3 2. 1 8 1  2  V2   .GF 2 .BF   .  .  .2  3 9 3  3 16 16 56  Ta có V2  2V2  . Vậy V  2V1  V2  2.4  . 9 9 9 Cách 2: Gọi điểm như hình vẽ. V1 , V2 lần lượt là thể tích khói nón, nón cụt nhận được khi quay tam giác ABH và tứ giác AHLT. quay BD . Ta có: AH  3 ,I L  Ta. có:. 2 3. , BH  HL  1 . 1 1  V  2  V1  V2   2  BH. . AH 2  HL. . IL2  IL. AH  AH 2  3 3 . . . 1 1 4   56 .  2  .1. .3  .1. .   2  3    3 9 3   3` Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 357.

(363) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI TRÒN XOAY NÓN – TRỤ - CẦU.. Câu 13:. Chọn B Gọi bán kính mặt cầu là R và chiều cao của khối trụ là h  2x  0 . Suy ra bán kính đáy trụ là r  R2  x 2 .. . M. r R. . Thể tích khối trụ là V   r 2 h  2 R2  x 2 x. I x O. Theo bất đẳng thức Cauchy ta có: V  2 2. 2. R. Suy ra V . 2. x. 2. . 2. . . 3.  2 R2  x2  2 x 2  16 2 R6 2 2   .2 x  2   3 27  . M'. I'. 4 R3 3 R . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi R2  x 2  2 x 2  x  9 3. Vậy max V . 4 R3 3 . Với R  3 thì max V  4 . 9. Câu 14: Chọn A. Gọi E là giao điểm của AB và CD . Gọi F là hình chiếu vuông góc của B trên CE . Ta có:  BCF   BEF nên tam giác  BCF và  BEF quay quanh trục CD tạo thành hai khối nón bằng nhau có thể tích V1 .  ADC   AEC nên tam giác  ADC và  AEC quay quanh trục CD tạo thành hai khối nón. bằng nhau có thể tích V . Nên thể tích khối tròn xoay sinh ra khi quay hình thang ABCD xung quanh trục CD bằng: 1 2  2V  2V1  2.  CD.AC 2  CF.BF 2    a 2 3 3  . . .  . 3. 3  a   7 2 a3 (đvtt).    6  2  . Câu 15: Chọn A 2. 1  Ta có: AB  AD  2 , BD  AB2  AD 2  2 2 , BC  AD2   CD   2 2 . 2 . Tam giác BCD vuông cân tại B do CD2  BD2  BC 2 và BD  BC  2 2 . Kéo dài AD  BC  E . Kẻ AF  BE tại F . Khi đó AF BD .. 358. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(364) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI TRÒN XOAY NÓN – TRỤ - CẦU.. 1 Dễ chứng minh: BCD  BED , ABF  AEF , AF  BF  BD  2 . 2 Thể tích khối tròn xoay sinh ra bởi tam giác ECD khi quay xung quanh đường thẳng BC bằng 2 lần thể tích khối nón sinh ra bởi tam giác BCD khi quay xung quanh đường thẳng BC (bán kính. 1 32 2 đáy BD , đường cao BC ): V1  2.  BD 2 .BC  . 3 3 Thể tích khối tròn xoay sinh ra bởi tam giác ABE khi quay xung quanh đường thẳng BC bằng 2 lần thể tích khối nón sinh ra bởi tam giác ABF khi quay xung quanh đường thẳng BC (bán kính 1 4 2 . đáy AF , đường cao BF ): V2  2.  .AF 2 .BF  3 3 Thể tích khối tròn xoay sinh ra bởi hình thang ABCD khi quay xung quanh đường thẳng BC là:. V  V1  V2 . 28 2 . 3. Câu 16: Chọn B. Gọi O là tâm của hình vuông ABCD . Kẻ OE  AB tại E , khi đó bán kính của đường tròn nội tiếp hình vuông ABCD là OE . AB a  . Ta có OE  2 2 1 Diện tích hình tròn nội tiếp hình vuông ABCD là S   .OE2  a2 . 4 Gọi h là chiều cao của khối trụ, khi đó h  AA . 1 1 Thể tích V của khối trụ đã cho là V  h.S  AA.S  a. a 2  a 3 . 4 4. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 359.

(365) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI TRÒN XOAY NÓN – TRỤ - CẦU.. Câu 17: Chọn B. Gọi O là tâm của hình vuông ABCD . Kẻ OE  AB tại E , khi đó bán kính của đường tròn nội AB a tiếp hình vuông ABCD là OE . Ta có OE   . 2 2 1 Diện tích hình tròn nội tiếp hình vuông ABCD là S   .OE2  a2 . 4  Gọi h là chiều cao của khối trụ, khi đó h  AA . 1 1 Thể tích V của khối trụ đã cho là V  h.S  AA.S  a. a 2  a 3 . 4 4 Câu 18: Chọn A 1  Quay tam giác ABD khi quay quanh AD ta có V1  AD. AB2  .a3 (đvtt). 3 3 1  Quay tam giác ABC khi quay quanh AB ta có V2  AB. BC 2  .a3 (đvtt). 3 3 1  2 3 a (đvtt). Quay tam giác DBC khi quay quanh BC ta có V3  BC. BD 2  .AB.2 AB2  3 3 3 Vậy V1  V2  V3 . Câu 19: Chọn B. Diện tích của một lục giác đều cạnh a là:  a2 3  3a2 3 3  20  S  6    4  2 2  . 2. 3.  600 3 (cm 2 ).. Tổng thể tích 10 chiếc cột ban đầu là V1  10.S.h  10.600 3.400  2,4.106. 3 (cm 3 ). Tổng thể tích 10 khối trụ sau khi hoàn thiện là:. 360. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(366) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI TRÒN XOAY NÓN – TRỤ - CẦU. 2.  42  V2  10. r 2 h  10 .   .400  1764000 (cm 3 ).  2 . Thể tích vữa cần dùng là V  V2  V1  1764000  2,4.106. 3 (cm 3 ) 6   0,8V 0,8 1764000  2,4.10 . 3  Số bao xi măng cần dùng là n    17,3106. 64000 64000. Câu 20: Chọn D 1 Thể tích phần khối trụ phía dưới: V1   R2 h  0,5 m 3 . 3 2 1  2  R R  2h 7 3 Thể tích phần khối nón cụt: V2    R     R.  .  m . 3  2  3 12 2   2.  R 3 3 Thể tích phần trụ rỗng: V3     h  m . 32 4. Thể tích khối bê tông: V1  V2  V3  3,109 m 3 . Câu 21: Chọn A. Gọi h , V lần lượt là chiều cao và thể tích khối trụ T   d  AB, CD   h  cm  . 6VABCD 1 1 Ta có: VABCD  h.sin  AB; CD  .AB.CD  h.sin 30.6 2  h   10  cm  . 6 6 sin 30.6 2 2.  AB  3  VT      .h  90 cm . 2  . . . Câu 22: Chọn C Gọi H là trung điểm của đoạn AB. Nhận thấy: Tam giác OAB vuông cân tại O . Mặt khác: OH  AB , SH  AB nên góc giữa hai mặt phẳng (SAB) , (OAB) bằng   SHO . 1 1 . Ta có: SOAB  SSAB .cos  R2  R2 2.cos   cos  2 2 2 Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 361.

(367) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI TRÒN XOAY NÓN – TRỤ - CẦU.. R 2 OH 1 R 2 1  Mà cos   SH  .2 2  2 R.  2  SH 2 2 2 SH 2 2 2. R 2 R 14  SO  SH  OH  4 R      2  2   2. 2. 2. 1 1 R 14  R3 14  . Vậy thể tích của khối nón bằng V   R2 .SO   R2 . 3 3 2 6. Câu 23: Chọn A Gọi chiều cao của viên đá cảnh hình trụ là h  2x , 0  x  R  bán kính đáy của khối trụ là:. . .  V '  2 R2  3x 2  0  x 2 . . . . . R2  x 2  V   R2  x 2 2 x  2 R 2 x  x 3 .. R2 R 3 x . 3 3. Lập bảng biến thiên của hàm số V trên khoảng  0; R  ta được Vmax.  R 3  4 3R3 V .   3  9  . Câu 24: Chọn C Gọi E , F lần lượt là trung điểm của AB , CD . a b Theo giả thiết, ta có EB  , FC  và EF  h . Đặt SE  x . 2 2 SE EB x ah a    x . Suy ra SEB SFC  SF FC xh b ba ah bh SF  h . ba ba Thể tích vật thể tròn xoay cần tìm là 1 1 1  bh b2 ah a2  2 2 V   .SF.FC   .SE.EB         3 3 3 ba 4 ba 4 . . . . . 1 h 1  . . b3  a3   h. a2  ab  b2 . 3 4 b  a 12. Câu 25: Chọn D. Nhận xét: Tứ giác ABCI là hình vuông. Dễ chứng minh BC   SAB  và BI  SC . 362. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(368) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI TRÒN XOAY NÓN – TRỤ - CẦU..  EA  SB  EA   SBC   EA  SC .   EA  BC  EA  SC  SC   AEF  .   FA  SC SE SA 2 3   . SB SB2 4 SH 3 HS AI MD HS  . . . 1  Trong tam giác SAD có 3  SI 4 HI AD MS HI. Trong tam giác vuông SAB có. SE SH 3    EH //BI . Do BI  SC nên EH  SC . SB SI 4 Suy ra các điểm A, E, F , H cùng thuộc mặt phẳng đi qua A và vuông góc với SC .. Trong tam giác SBI có. Gọi K là trung điểm AF .  EA  EF Vì   K là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác EFH .  AH  FH Ta có: AF . SA.AC a 3.a 2 a 6   . SC a 5 5. Suy ra bán kính đáy của khối nón là R . 1 a 6 AF  . 2 2 5. Gọi O là tâm hình vuông ABCI . SC   EFH   OK   EFH   O là đỉnh của khối nón. Do  OK //SC a 1 1 1 6 AC 2  AF 2  Chiều cao của khối nón là h  FC  . 2a2  a2  2 2 2 5 5 2.  a3 1 1 a 6 a  . Vậy thể tích khối nón là V  . R2 .h  . .  .  3 3  2 5  5 10 5. O'. Câu 26: Chọn D Đặt độ dài cạnh AB  x  x  0  và M là trung điểm AB . x 3 . 2 Vì mặt phẳng  OAB  tạo với mặt phẳng chứa đường tròn  O; R  góc. Vì tam giác OAB đều nên OA  OB  AB  x  OM . O. A M. 60 nên OMO  60 .. B. Xét tam giác OOM vuông tại O ta có: cos OMO  cos60 . OM x 3 2. OM . Suy ra OM.  OM . x 3 4. Xét tam giác OAM vuông ở M có: OA2  OM2  AM2 nên. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 363.

(369) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI TRÒN XOAY NÓN – TRỤ - CẦU. 2.  x 3   x 2 7 2 4 7 2 R  R     R  x  x   4  2 16 7   2. Do đó: OM . x 3 2 21 x 3 21   R. R và OM  2 4 7 7. Vì vậy, ta có OO  OM 2  OM 2 . 3 7 R. 7. Vậy thể tích khối trụ là V   R2 .h   R2 .. E. 3 7 3 7 R3 . RV  7 7. A. K O. H. Câu 27: Chọn B Từ giả thiết suy ra BF là đường kính đường tròn đáy của hình trụ. Kẻ đường sinh FK , gọi O là trung điểm AK . 3 Gọi r là bán kính đáy, suy ra 2πr  6  r  . π Đặt AOE   (rad). Trong hình chữ nhật ABCD có AE  2 B F 2 2π π  lAE  r.  2  AOE      EOK  , suy ra tam r 3 3 3 giác EOK là tam giác đều cạnh r  . Gọi H là trung điểm OK  EH  AK , EH  AB π. . .  EH   ABFK   d E,  ABF   EH . r 3 3 3  . 2 2π 1 1 6 9 Diện tích tam giác ABF là S  .AB.BF  .3.  . 2 2 π π. 1 1 9 3 3 9 3  Thể tích khối tứ diện ABEF là V  SABF .d  E,  ABF    . . . 3 3 π 2π 2π 2 Câu 28: Chọn D. Hình nón có bán kính của đáy là r  sinh l  SA  3 . Vậy diện tích Sxq   rl   .. xung. AC 3 2  và độ dài đường 2 2. quanh. của. hình. nón. là:. 3 2 9 2 .3  . 2 2. Câu 29: Chọn D Kí hiệu như hình vẽ S. 2a. A M. O 2a. B. 364. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(370) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI TRÒN XOAY NÓN – TRỤ - CẦU.. Dễ thấy góc giữa mặt phẳng (SAB) và mặt đáy là góc SMO  600 . 2a 4a 2a  Xét tam giác vuông SOM có OM  2a.cot 60  ; SM  ; sin 60 3 3 Lại có AB  2.MB  2 OB2  OM 2  2 2a2 . 4a2 2 2a  3 3. O A. B'. 1 1 4a 2 2a 4 2a2  Vậy SABC  SM.AB  . . . 2 2 3 3 3. Câu 30: Chọn A Gọi A' là hình chiếu của A trên  O '  ; B ' là hình chiếu của B trên  O  . Khi đó OO'/ / AA' nên  AB, OO '    AB, AA '   BAA '  30 (do ABA'. O' I B. A'. vuông tại B ). Gọi I là trung điểm A' B . Do OO '/ /  AA ' BB '  nên. .  . . d OO ', AB   d OO ',  AA ' BB '   d O ',  AA ' BB '   O ' I . a 3 . 2. 2. a 3 Ta có A ' B  2 BI  2 O ' B  O ' I  2 a     a.  2    2. 2. 2. OO '  AA '  A ' B.co t 30  a 3 .. Diện tích toàn phần: Stp  2 rh  2 r 2  2 a.a 3  2 a 2  2 a 2. . . 3 1 .. Câu 31: Chọn B Xét tam giác IOF vuông tại O ta có: EF  2OF  2.sin 30 0.3  3  cm  .. Mặt khác thiết diện đi qua điểm K và vuông góc với IO nên MN // EF . MN IK IK.EF 2   MN   .3  2  cm  . Ta xét tỉ lệ: EF IO IO 3 MN  1 cm  . Vậy bán kính của thiết diện là: KN  2 Suy ra: S   . Câu 32: Chọn C. I. M. O. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 365.

(371) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI TRÒN XOAY NÓN – TRỤ - CẦU.. Gọi O là tâm của đáy. Đặt OI  a  AI  12  a Để I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình nón thì IA  IB  6 2  a2  12  a  a  4,5 M thuộc mặt đáy cách I một khoảng bằng 6  IM  6 Xét IOM vuông tại O : OM  IM 2  IO 2  15,75 Suy ra tập hợp M là đường tròn tâm O bán kính OM . Chu vi là 2 15,75  3 7. Câu 33: Chọn C S. O. B C A. Đặt OA  R . Gọi C là trung điểm của AB. Tam giác OAB cân tại O  OC  AB  OC  2a. 2R . và AB  2 AC  2 R2  4 a 2 . Ta tính được: SA  SB  3 SA  SB 4 R2   SAB Xét tam giác SAB có  đều  SA  AB   4 R2  4 a2 0 3 SAB  60. . .  R  6 a  SA  2 2a .. Diện tích xung quanh của hình nón đã cho là: S   R.SA  4 a 2 3. Câu 34: Chọn A. Trong  O  kẻ OI  MN tại I . Khi đó ta có MN   OO ' I    OO ' I    O ' MN  . Trong. OO ' I  kẻ OH  O' I lên  O ' MN  .. tại H  OH   O ' MN  tại H nên H là hình chiếu vuông góc của O. Tam giác OMN đều cạnh r , có OI là đường trung tuyến nên OI . r 3 . 2. Tam giác O ' OI vuông tại O , đường cao OH nên ta có 1 1 1 4 4 16 3r   2  2  2  2  OH  . 2 2 4 OH O ' O OI 9r 3r 9r O ' I  O ' O 2  OI 2  r 3 . 366. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(372) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI TRÒN XOAY NÓN – TRỤ - CẦU. O ' H O 'O2 3   . O' I O' I 2 4 Kẻ HK  O' O tại K ta có KH là bán kính đáy của mặt nón. O ' O 2  O ' H.O ' I . Ta có. HK O ' H 3 3 3 3    HK  OI  r. OI O' I 4 4 8. Diện tích S cần tính là S   .HK.OH   .. 3 3 3r 9 3r 2 r.  . 8 4 32. Câu 35: Chọn A C. A B. B' D. Gọi D là hình chiếu vuông góc của B lên đường thẳng AC . V1 là thể tích khối nón tròn xoay sinh bởi tam giác vuông CDB khi quay quanh trục CD . V2 là thể tích khối nón tròn xoay sinh bởi tam giác vuông ADB khi quay quanh trục AD .. Khi đó thể tích khối tròn xoay cần tính là V  V1  V2 . Tam giác ABC cân tại A và AB  2a  AC , ABC  30o  CAB  120o và DAB  60o . Do đó DB  AB.sin 60o  a 3 . Vậy ta có 2 1 1 1 1 1 V  π.DB2 .DC  π.DB2 .DA  π.DB2  DC  DA   π.DB2 . AC  π. a 3 .2a  2πa3 3 3 3 3 3.  . Câu 36:. Chọn B. . . . . Diện tích xung quanh phần thân hộp là: S1  2 .5.6  60 cm2. 1 Diện tích xung quanh nửa hình cầu là: S2  .4 .52  50 cm2 2. . . Diện tích cần sơn là: S  S1  S2  110 cm2 . Câu 37: Chọn A. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 367.

(373) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI TRÒN XOAY NÓN – TRỤ - CẦU.. O B A. m. Gọi S là diện tích thiết diện, S là diện tích hình chiếu của thiết diện lên mặt phẳng đáy. Khi đó S  S.cos60 . OA2  OB2  AB2 1 Ta có AB  4 3  cos AOB     AOB  120 2.OA.OB 2.  1 4 4  3 3 SOAB  2 OA.OB.sin120  4 3  S  SOAmB  SOAB    1 16 3 S   .OA 2   OAmB 3 3. .  S. . . . 8 4  3 3 S  . cos60 3. Câu 38: Chọn A. Gọi Vnuoc , V lần lượt là thể tích của lượng nước trong đồ chơi và thể tích khối đồ chơi. 1 Gọi h , r lần lượt là chiều cao và bán kính đáy của khối đồ. V   r 2 h . 3. Xét khối đồ chơi đặt theo hình H1 . Gọi h1 , r1 lần lượt là chiều cao và bán kính đáy của khối nón chứa lượng nước. Khi đó ta có:. h1 r1 2 2 2    h1  h , r1  r . 3 h r 3 3 2. 1 1 2  2 8 Vnuoc   r12 h1   .  r  . h   r 2 h .  *  3 3 3  3 81. Xét khối đồ chơi đặt theo hình H 2 .. 368. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(374) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI TRÒN XOAY NÓN – TRỤ - CẦU.. Gọi h2 , r2 lần lượt là chiều cao và bán kính đáy của khối nón không chứa nước trong khối đồ 1 chơi. Suy ra thể tích của khối nón không chứa nước: Vnon   r2 2 h2 . 3. Đặt:. h2 r2   k  h2  k.h , r2  k.r . h r. . . 2 1 1 1 1 1 Vnuoc  V  Vnon   r 2 h   r2 2 h2   r 2 h    k.r  .k.h   r 2 h 1  k 3 .  * *  3 3 3 3 3. Từ  *  ,  * *  suy ra:. . . 8 2 1 8 19  r h   r2h 1  k3  1  k3  k3 . 81 3 27 27.  19  Vậy chiều cao lượng nước ở hình H 2 : h  h  h2  h  k.h  h 1  k   20.  1  3   2,21 cm  .  27  . Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 369.

(375) CHUYÊN ĐỀ : KHỐI TRÒN XOAY NÓN – TRỤ - CẦU.. BÀI TẬP RÈN LUYỆN DẠNG 2: KHỐI TRÒN XOAY NỘI, NGOẠI TIẾP KHỐI ĐA DIỆN Câu 1:. Một hình trụ có thiết diện qua trục là hình vuông, diện tích xung quanh bằng 36 a2 . Tính thể tích V của lăng trụ lục giác đều nội tiếp hình trụ. B. 24 3a 3 .. A. 27 3a 3 . Câu 2:. C. 36 3a 3 .. D. 81 3a 3 .. Cho hình nón N1 đỉnh S đáy là đường tròn C  O ; R  , đường cao SO  40cm . Người ta cắt nón bằng mặt phẳng vuông góc với trục để được nón nhỏ N 2 có đỉnh S và đáy là đường tròn C   O ; R  . Biết rằng tỷ số thể tích. VN 2 V N1. . B. 5cm .. A. 20cm .. 1 . Tính độ dài đường cao nón N 2 . 8. C. 10cm .. D. 49cm .. Câu 3:. Một hình tứ diện đều cạnh a có một đỉnh trùng với đỉnh hình nón, ba đỉnh còn lại nằm trên đường tròn đáy của hình nón. Diện tích xung quanh của hình nón bằng: 1 1 1 A. B. C. D. 3a 2 2a 2 . 3a 2 . 3a 2 . 3 3 2. Câu 4:. Cho lăng trụ tam giác đều ABC.ABC có độ dài cạnh đáy bằng a , góc giữa đường thẳng AB và mặt phẳng  ABC  bằng 60 . Tính thể tích V của khối trụ ngoại tiếp lăng trụ đã cho. A. V  a 3 3 .. Câu 5:. B. V . 4a3 3 . 3. C. V . a3 3 . 9. D. V . a3 3 . 3. Cho khối nón có độ dài đường sinh bằng 2a và bán kính đáy bằng a . Thể tích của khối nón đã cho bằng A.. 3 a 3 . 3. B.. 3 a 3 . 2. C.. 2 a 3 . 3. D..  a3 3. .. Câu 6:. Cho khối nón có độ dài đường sinh bằng 2a và chiều cao bằng a 3 . Thể tích khối nón đã cho bằng 3 a 3 2 a 3 2 a 3  a3 A. . B. . C. . D. . 3 3 3 3. Câu 7:. Cho hình lập phương ABCD.ABCD có cạnh a . Một hình nón có đỉnh là tâm của hình vuông ABCD và đáy là hình tròn nội tiếp hình vuông ABCD . Kết quả diện tích toàn phần Stp của hình nón đó bằng A. bc  7 ..  a2 4. . . b  c với b và c là hai số nguyên dương và b  1 . Tính bc .. B. bc  15 .. C. bc  8 .. D. bc  5 .. Câu 8:. Cho hình vuông ABCD cạnh bằng 2 . Gọi M là trung điểm AB . Cho tứ giác AMCD và các điểm trong của nó quay quanh trục AD ta được một khối tròn xoay. Tính thể tích khối tròn xoay đó. 7 7 14 14 A. . B. . C. . D. . 3 6 3 9. Câu 9:. Cho hình nón có bán kính đáy bằng 2 cm, góc ở đỉnh bằng 60 . Tính thể tích của khối nón đó.. 370. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(376) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI TRÒN XOAY NÓN – TRỤ - CẦU.. A.. 8 3 cm3 . 9. B. 8 3 cm3 .. C.. 8 3 cm3 . 3. D.. 8 cm3 . 3. Câu 10: Gọi ( H) là hình tròn xoay thu được khi cho tam giác đều ABC có cạnh a quay quanh AB , tính thể tích khối tròn xoay giới hạn bởi ( H). A..  a3 . 4. B..  a3 8. .. C..  a3 3 12. .. D..  a3 3 . 6. Câu 11: Gọi ( H) là hình tròn xoay thu được khi cho tam giác đều ABC có cạnh a quay quanh AB , tính thể tích khối tròn xoay giới hạn bởi ( H)..  a3 A. . 4. B..  a3 8. .. C..  a3 3 12.  a3 3 D. . 6. .. Câu 12: Cho hình hộp chữ nhật ABCD. ABCD có AB  a , AD  2a , AA  3a . Thể tích khối nón có đỉnh trùng với tâm của hình chữ nhật ABCD , đường tròn đáy ngoại tiếp ABCD là A.. 15 a 3 . 4. B.. 5 a 3 . 4. C. 15 a3 .. D. 5 a3 .. Câu 13: Thể tích của khối nón có thiết diện qua trục là tam giác đều cạnh a bằng A.. 3 a 3 . 48. B.. 3 a 3 . 24. C.. 3 a 3 . 8. D.. 3 a 3 . 12. Câu 14: Cho tam giác ABC vuông tại A , AB  6cm, AC  8cm . Gọi V1 là thể tích khối nón tạo thành khi quay tam giác ABC quanh cạnh AB và V2 là thể tích khối nón tạo thành khi quay tam giác ABC quanh cạnh AC . Khi đó, tỷ số A.. 3 . 4. B.. V1 bằng: V2. 4 . 3. C.. 16 . 9. D.. 9 . 16. Câu 15: Cho hình lăng trụ đều và một hình trụ có hai đáy là hai hình tròn ngoại tiếp hai mặt đáy của hình V lăng trụ. Gọi V1 , V2 lần lượt là thể tích khối lăng trụ và khối trụ. Tính 1 V2 A.. 3 2 . 4. B.. 3 5 . 4. C.. 5 2 . 4. D.. 3 3 . 4. Câu 16: Cắt hình nón  N  bởi một mặt phẳng đi qua trục của nó, ta được thiết diện là một tam giác đều cạnh 2a . Thể tích khối cầu ngoại tiếp hình nón  N  theo a là A.. 32 3 a3 . 27. B. 4 3 a 3 .. C.. 16 2 a3 . 27. D.. 4 3 a 3 . 27. Câu 17: Cho hình thang cân ABCD , AB / /CD , AB  6 cm , CD  2 cm , AD  BC  13 cm . Quay hình thang ABCD xung quanh đường thẳng AB ta được một khối tròn xoay có thể tích là. . . A. 18 cm3 .. . . B. 30 cm3 .. . . C. 24 cm3 .. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. . . D. 12 cm3 .. 371.

(377) CHUYÊN ĐỀ : KHỐI TRÒN XOAY NÓN – TRỤ - CẦU.. Câu 18: Cho hình nón có đỉnh S , đáy là đường tròn tâm O sao cho SO  a 5 , một mặt phẳng ( ) cắt mặt nón theo hai đường sinh SA, SB . Biết khoảng cách từ O đến mặt phẳng ( ) bằng 2 5 và diện tích tam giác SAB bằng 360 . Thể tích khối nón bằng: A. 1325 5 .. B. 265 5 .. C. 1325 5 .. D. 265 5 .. Câu 19: Một hình hộp đứng có đáy là hình vuông chứa đồng hồ cát như hình vẽ. Tỉ số thể tích của đồng hồ cát và phần còn lại giữa đồng hồ cát và hình hộp đứng là. A..  24  2. .. B..  . 6 . C..  . 24  . D..  12  . .. Câu 20: Cho khối nón  N  có chiều cao h  20 cm, bán kính đáy r  25 cm. Gọi   là mặt phẳng đi qua đỉnh của  N  và cách tâm của mặt đáy 12 cm. Khi đó   cắt  N  theo một thiết diện có diện tích là A. S  300 cm2.. B. S  500 cm2.. C. S  406 cm2.. D. S  400 cm2.. Câu 21: Cho hình trụ có hai đáy là hai đường tròn  O; R  và  O '; R  , chiều cao bằng đường kính đáy. Trên đường tròn đáy tâm O lấy điểm A , trên đường tròn đáy tâm O' lấy điểm B . Thể tích của khối tứ diện OO ' AB có giá trị lớn nhất bằng: A.. R3 . 2. B.. 3R3 . 3. C.. R3 . 6. D.. R3 . 3. Câu 22: Cho  ABC đều cạnh a và nội tiếp trong đường tròn tâm O , AD là đường kính của đường tròn tâm O . Thể tích của khối tròn xoay sinh ra khi cho phần tô đậm quay quanh đường thẳng AD bằng:. A.. 372.  a3 3 24. .. B.. 20 a3 3 . 217. C.. 23 a3 3 . 216. D.. 4 a 3 3 . 27. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(378) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI TRÒN XOAY NÓN – TRỤ - CẦU.. BẢNG ĐÁP ÁN 1.D. 2.A. 3.D. 4.D. 5.A. 6.A. 7.D. 8.C. 9.C. 10..A. 11..A. 12.B. 13.B. 14.B. 15.D. 16.A. 17.B. 18.A. 19.D. 20.B. 21.D. 22.C. HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Câu 1:. Chọn D Ta có Sxq  36 a 2  2 Rh . Do thiết diện qua trục là hình vuông nên ta có 2R  h . Khi đó h2  36a2 hay h  6a ; R  3a . Diện tích của mặt đáy hình lăng trụ lục giác đều nội tiếp hình trụ là B  6.. R2 3 27 a 2 3 .  4 2. Thể tích V của lăng trụ lục giác đều nội tiếp hình trụ là V  B.h  81a 3 3 . Câu 2:. Chọn A Ta có: VN1. Mặt khác, SOA và SOB đồng dạng nên Suy ra:. S. 1 1   R2 .SO , VN2   R2 .SO . 3 3. VN 2 VN1. . R SO  . R SO. O'. 3. R .SO  SO  1    2 R .SO  SO  8 2. SO 1 1   SO  .40  20cm . SO 2 2 Chọn D. R B. Suy ra Câu 3:. R'. A. Do đáy hình chóp là tam giác đều nên bán kính đáy của hình nón r. O. 3 a 3. Đường sinh của hình nón có độ dài bằng cạnh của hình tứ diện đều Vậy diện tích xung quanh hình nón là .r.l Câu 4:. .. 3 a.a 3. 3 2 a 3. Chọn D A'. C' O' B'. A. C. 60o O a. B. Gọi O và O lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp ABC và ABC . Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 373.

(379) CHUYÊN ĐỀ : KHỐI TRÒN XOAY NÓN – TRỤ - CẦU.. Do ABC.ABC là lăng trụ tam giác đều nên ABC là tam giác đều và BB   ABC  .  Góc giữa AB và mặt phẳng  ABC  chính là góc giữa AB và AB hay BAB  60 ..  BB  AB.tan 60  a 3 .. 2 a 3 a 3  Lại có ABC là tam giác đều cạnh a nên OA  . . 3 2 3 Mặt khác, hình trụ ngoại tiếp lăng trụ tam giác đều ABC.ABC có đường cao là BB , bán kính đáy là OA . Vậy thể tích khối trụ ngoại tiếp lăng trụ là: ABC.ABC 2. a 3 a3 3  . V   .OA .BB   .   .a 3   3  3   Chọn A 2. Câu 5:. Gọi khối nón đã cho có S là đỉnh, O là tâm đáy, đường sinh SA . Ta có SA  2a , OA  a . SO  SA 2  OA 2 . Câu 6:.  2a . 2.  a2  a 3 .. 1 1 3 a3 2 2 V  SO .  . OA  . a 3.  . a  Thể tích của khối nón là: . 3 3 3 Chọn A. Giả sử khối nón có đỉnh S , đường tròn đáy tâm O và bán kính R  OA . Ta có tam giác SOA vuông tại O nên R  OA  SA2  SO 2 .  2a . 2.  .  a 3. 2. a.. 1 1 2 3 a3 2 V   R h   . a . a 3  Thể tích khối nón là . 3 3 3. Câu 7:. 374. Chọn D. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(380) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI TRÒN XOAY NÓN – TRỤ - CẦU.. Hình nón có đáy là hình tròn nội tiếp hình vuông ABCD có cạnh là a nên đáy của hình nón là a hình tròn có bán kính r  . 2 Hình nón có đỉnh là tâm của hình vuông ABCD nên chiều cao của hình nón bằng độ dài cạnh của hình vuông. Suy ra: h  a . 2. a 5a 2 a 5 Khi đó: độ dài đường sinh của hình nón là: l  h  r  a      . 4 2 2 2. 2. 2. a  a a 5   a2 1 5 . Diện tích toàn phần của hình nón là: Stp   r(r  l)      2  2 2  4 Suy ra: b  5; c  1  bc  5 .. . Câu 8:. . Chọn C. Cách 1  AM // CD  Gọi S  CM  DA . Vì M là trung điểm của AB , mà  nên AM là đường trung 1  AM  CD 2  bình của SCD  A là trung điểm của SD  SD  2 AD  4 . Khi cho tứ giác AMCD và các điểm trong của nó quay quanh trục AD thì ta được một khối nón cụt có chiều cao AD  2 , hai đáy là hai đường tròn có bán kính lần lượt là R1  CD  2 ,. R2  AM  1 và có thể tích là V .. Tam giác SCD và các điểm trong của nó quay quanh trục SD sẽ tạo thành một khối nón tròn 1 16 xoay có chiều cao SD  4 , bán kính đáy R1  CD  2 nên có thể tích là V1   R12 .SD  . 3 3. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 375.

(381) CHUYÊN ĐỀ : KHỐI TRÒN XOAY NÓN – TRỤ - CẦU.. Tam giác SAM và các điểm trong của nó quay quanh trục SD tạo thành một khối nón tròn xoay 1 2 có chiều cao SA  2 , bán kính đáy R2  AM  1 nên có thể tích là V2   R22 .SA  . 3 3 14 Ta có V  V1  V2  . 3 Cách 2 : Áp dụng công thức tính nhanh thể tích khối nón cụt có chiều cao h , hai bán kính đáy là R1 , R2 1 1 14 V   R12  R22  R1 R2 .h    4  1  2  .2  . 3 3 3 Chọn C. . Câu 9:. . A. B. H. C. Cắt hình nón bởi một mặt phẳng đi qua trục, ta được thiết diện là tam giác ABC cân tại đỉnh A của hình nón. Do góc ở đỉnh của hình nón là BAC  60 , suy ra HAC  30 . Bán kính đáy R  HC  2 cm. HC 2  2 3 cm.  Xét AHC vuông tại H , ta có AH  1 tan 30 3 8 3 1 Thể tích của khối nón: V   R2 .AH  cm3 . 3 3 Câu 10: Chọn A Khi cho tam giác đều ABC có cạnh a quay quanh AB ta thu được hai khối nón có cùng chiều. cao h . a 3 AB a .  và cùng bán kính đáy r  hB  2 2 2 2. 1 a a 3  a3 . Do đó V  2. . .    3 2  2  4. Câu 11: Chọn A Khi cho tam giác đều ABC có cạnh a quay quanh AB ta thu được hai khối nón có cùng chiều cao h . a 3 AB a .  và cùng bán kính đáy r  hB  2 2 2 2. 1 a a 3  a3 .. Do đó V  2. . .    3 2  2  4. Câu 12: Chọn B. 376. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(382) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI TRÒN XOAY NÓN – TRỤ - CẦU. D A. C. O B. D' O'. A'. C'. B'. Gọi O, O lần lượt là tâm hình chữ nhật ABCD và hình chữ nhật ABCD . Ta có đường cao khối nón h  OO  AA  3a ; bán kính r  AO . 1 2 a 5 2 a   2a   . 2 2. 2. 1 1 a 5 5 a 3 Vậy thể tích khối nón đã cho là V   r 2 h    .  3a  3 3  2  4 Câu 13: Chọn B. Kí hiệu h, l , r lần lượt là độ dài đường cao, độ dài đường sinh và bán kính đáy của hình nón. Theo giả thiết ta có  1 a a2 a 3 r  MN  2 2 2  . 2 2  h  l r  a   4 2 l  SM  a . 1 2 1 a2 a 3 3 a3  Vậy V   r h   . . . 3 3 4 2 24 Câu 14: Chọn B. h =. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 377.

(383) CHUYÊN ĐỀ : KHỐI TRÒN XOAY NÓN – TRỤ - CẦU.. 1 Ta có công thức tính thể tích khối nón có chiều cao h và bán kính r là V   r 2 h 3 Khi quay tam giác ABC quanh cạnh AB thì: 1 h  AB  6cm và r  AC  8cm thì V1   .8 2.6  128 3 Khi quay tam giác ABC quanh cạnh AC thì: V 1 4 h  AC  8cm và r  AB  6cm thì V2   .6 2.8  96 . Vậy: 1  3 V2 3. Câu 15: Chọn D B C. A. B'. A'. C'. Giả sử lăng trụ đều có cạnh đáy là a, chiều cao h. Khi đó, bán kính đáy của hình trụ là a2 3 V 2 a 3 a 3 4 3 3. R .  . Do đó, 1  3 2 3 V2 4 a2 h. . 3 Cách khác : đặc biệt hóa lăng trụ đã cho thành lăng trụ có tất cả các cạnh cùng bằng 1. Khi đó, h.. V1  V2. 3 3 3 4  2 4  1     3. Câu 16: Chọn A. Giả sử thiết diện là tam giác SAB , với S là đỉnh của hình nón. Gọi M , N lần lượt là trung điểm AB, SA . Khi đó tâm mặt cầu ngoại tiếp hình nón nằm trên đường thẳng SM .. 378. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(384) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI TRÒN XOAY NÓN – TRỤ - CẦU.. Gọi I là trọng tâm tam giác SBC thì IA  IS nên I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình nón  N  . 2 2 3 2a Bán kính mặt cầu là R  IS  SM  . .2a  , từ đó thể tích khối cầu là: 3 3 2 3 3. 4 4  2a  32 3 a3 . V   R3  . .    3 3  3 27. Câu 17: Chọn B. Kẻ DH  AB, CK  AB với H , K  AB . Suy ra HK  2 cm . Do ABCD là hình thang cân, AB  6 cm , CD  2 cm nên AH  BK  2 cm . Do ADH , BCK vuông nên DH  CK  13  4  3 cm . Đoạn DH quay xung quanh AB tạo thành hình tròn  C 1  tâm H , bán kính R1  HD  3 cm . Đoạn CK quay xung quanh AB tạo thành hình tròn  C 2  tâm K , bán kính R2  CK  3 cm . Gọi  V1  là thể tích khối nón đỉnh A , đáy là hình tròn  C 1  . Gọi  V2  là thể tích khối nón đỉnh B , đáy là hình tròn  C 2  . Gọi  V3  là thể tích khối trụ chiều cao HK và hai đáy là hai hình tròn  C 1  ,  C 2  .. . . 1 1 Ta có: V1  V2   .DH 2 .AH   .32.2  6 cm3 . 3 3. . . V3   .DH 2 .HK   .32.2  18 cm3 .. Khi hình thang ABCD quay xung quanh đường thẳng AB ta được một khối tròn xoay có thể tích. . . là: V  V1  V2  V3  6  6  12  30 cm3 . Câu 18: Chọn A S. H A I. O B. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 379.

(385) CHUYÊN ĐỀ : KHỐI TRÒN XOAY NÓN – TRỤ - CẦU.. Kẻ OI  AB, OH  SI  OH  d O ,( )   2 5 1 1 1 1 1 1 1   2 2    2 2 2 2 OH SO OI OI OH SO 2 5. . 1.   6 5 . SI  SO  OI  2. 2. 6 5 . 2. 2. . 2 3 10  OI  2 45. 2. 2.  3 10  9 10     2  2  . S 1 360 SSAB  .SI .AB  SI .IA  IA  SAB   8 10 2 SI  9 10     2 .  8 10 . r  OI  IA  2. 2. 2. 2.  3 10  5 106     2  2  . 2. 1  5 106  V  . .   .6 5  1325 5 3  2  Câu 19: Chọn D Gọi V H  , V DH  , VCL  lần lượt là thể tích của hộp đứng, đồng hồ cát và phần còn lại.. Cho cạnh đáy hộp bằng 6, chiều cao hộp bằng 8. Đồng hồ cát tạo bởi 2 nón bằng nhau và chiều cao nón bằng 4 ; bán kính đáy nón bằng 3 . 1 Ta có: V H   8.6 2  288 ; V DH   2. .4. .32  24 ; VCL  V H   V DH   288  24 . 3 V DH  24  Theo đề thì đáp án bằng .   VCL 288  24 12   Câu 20: Chọn B. Gọi S,O lần lượt là đỉnh và tâm đường tròn đáy của khối nón  N  . Ta có mặt phẳng   cắt đường tròn đáy tâm O tại 2 điểm A, B . Vậy mặt phẳng   cắt khối nón theo một thiết diện là SAB . Kẻ OI  AB , OH  SI OI  AB  AB   SOI   AB  OH Ta có  SO  AB. 380. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(386) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI TRÒN XOAY NÓN – TRỤ - CẦU..  AB  OH Ta có   OH   SAB   d O , SAB    OH  12 cm. SI  OH Áp dụng hệ thức lượng cho SOI vuông tại O có đường cao OH 1 1 1 1 1  2  OI    15 cm. 2 2 OH OI SO 1 1 1 1   OH 2 SO2 122 202. Xét AOI vuông tại I có: IA 2  OI 2  AO 2  IA  AO 2  OI 2  252  152  20 cm. Xét SOI vuông tại O có: SO 2  IO 2  SI 2  SI  SO 2  IO 2  20 2  152  25 cm. 1 Vậy SSAB  SI .AB  SI .IA  25.20  500 cm2. 2 Câu 21: Chọn D A'. B. H. Có. G O'. B' A I. VBOO ' A . J. O. 1 1 1 R3 R3 . VBOO ' AA '  VOAB' O ' A ' B  2 R.R2 .sin AOA '   max VBOO ' A  2 3 6 3 3. Câu 22: Chọn C Gọi thể tích của khối tròn xoay sinh ra do phần tô đậm quay quanh đường thẳng AD là V1 . Gọi Thể tích của khối tròn xoay sinh ra do hình tam giác ABC quay quanh đường thẳng AD là V2 . Gọi Thể tích của khối tròn xoay sinh ra do hình tròn đường kính AD quay quanh đường thẳng AD là V3 . 3. 2 4 1 4  a 3  1  a  a 3 23 a3 3 3 2  Khi đó: V1  V3  V2   .OA   .HC .AH  . .  .   . .   . 3 3 3  3  3  2  2 216. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 381.

(387) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI TRÒN XOAY NÓN – TRỤ - CẦU.. BÀI TẬP RÈN LUYỆN DẠNG 3: CỰC TRỊ VÀ TOÁN THỰC TẾ VỀ KHỐI TRÒN XOAY Câu 1:. Thể tích khối nón có bán kính đáy bằng 2a và chiều cao bằng 3a là A. 4 a3 .. Câu 2:. B. 12 a3 .. C. 2 a3 .. D.  a3 .. Mặt tiền của một ngôi biệt thự có 8 cây cột trụ tròn, tất cả đều có chiều cao 4,2 m. Trong số các cây đó có hai cây cột trước đại sảnh đường kính bằng 40 cm, sáu cây cột còn lại phân bổ đều hai bên đại sảnh và chúng đều có đường kính bằng 26 cm. Chủ nhà thuê nhân công để sơn các cây cột bằng một loại sơn giả đá, biết giá thuê là 380.000 / 1m2 . Hỏi người chủ phải chi ít nhất bao nhiêu tiền để sơn hết các cây cột nhà đó ? A.  15.642.000 . B.  12.521.000 . C.  10.400.000 . D.  11.833.000 .. Câu 3:. Lượng nguyên liệu cần dùng để làm ra một chiếc nón lá được ước lượng qua phép tính diện tích xung quanh của mặt nón. Cứ 1kg lá dùng để làm nón có thể làm ra số nón có tổng diện tích xung quanh là 6,13m2 . Hỏi nếu muốn làm ra 1000 chiếc nón lá giống nhau có đường kính vành nón 50cm , chiều cao 30cm thì cần khối lượng lá gần nhất với con số nào dưới đây? A. 50kg . B. 76kg . C. 48kg . D. 38kg .. Câu 4:. Người ta ngâm một loại rượu trái cây bằng cách xếp 6 trái cây hình cầu có cùng bán kính bằng 5cm vào một cái bình hình trụ sao cho hai quả nằm cạnh nhau tiếp xúc với nhau, các quả đều tiếp xúc với tất cả các đường sinh của mặt xung quanh của hình trụ, đồng thời quả nằm bên dưới cùng tiếp xúc với mặt đáy trụ, quả nằm bên trên cùng tiếp xúc với nắp của hình trụ, cuối cùng là đổ rượu vào đầy bình. Số lít rượu tối thiểu cần đổ vào bình gần nhất với số nào sau đây: A. 1,57 . B. 1,7 . C. 1570 . D. 1,2 .. Câu 5:. Một khối đồ chơi gồm một khối trụ và một khối nón có cùng bán kính được chồng lên nhau, độ dài đường sinh khối trụ bằng độ dài đường sinh khối nón và bằng đường kính của khối trụ, khối nón . Biết thể tích của toàn bộ khối đồ chơi là 50 cm3 , thể tích khối trụ gần với số nào nhất trong các số sau A. 36,5 cm3 . B. 40,5 cm3 . C. 38,2 cm3 . D. 38,8 cm3 .. Câu 6:. Một con quạ bị khát nước, nó tìm thấy một bình đựng nước hình trụ, do mức nước trong bình chỉ còn lại hai phần ba so với thể tích của bình nên nó không thể thò đầu vào uống nước được. Nó liền gắp 3 viên bi ve hình cầu để sẵn bên cạnh bỏ vào bình thì mực nước dâng lên vừa đủ đầy bình và nó có thể uống nước. Biết 3 viên bi ve hình cầu đều có bán kính là 1cm và chiều cao của bình hình trụ gấp 8 lần bán kính của nó. Diện tích xung quanh của bình hình trụ nói trên gần với số nào nhất trong các số sau?. Câu 7:. 382. A. 65,8cm2 .. B. 61,6cm2 .. C. 66,6cm2 .. D. 62,3cm2 .. Người ta làm một dụng cụ sinh hoạt gồm hình nón và hình trụ như hình vẽ . Cần bao nhiêu m2 vật liệu để làm ?. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(388) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI TRÒN XOAY NÓN – TRỤ - CẦU.. A. 5,6m2 . Câu 8:. B. 6,6m2 .. C. 5,2m2 .. D. 4,5m2 .. Một khối đồ chơi gồm một khối hình trụ (T ) gắn chồng lên một khối hình nón ( N) , lần lượt có bán kính đáy và chiều cao tương ứng là r1 , h1 , r2 , h2 thỏa mãn r2  2r1 , h1  2h2 . Biết rằng thể tích của khối nón ( N) bằng 20 cm 3 . Thể tích của toàn bộ khối đồ chơi bằng. A. 140 cm 3 . Câu 9:. B. 120 cm 3 .. C. 30 cm 3 .. D. 50 cm 3 .. Khi sản xuất hộp mì tôm các nhà sản xuất luôn để một khoảng trống dưới đáy hộp. Hình vẽ dưới mô tả cấu trúc của hộp mì tôm. Thớ mì tôm có dạng hình trụ, hộp mì có dạng hình nón cụt được cắt ra bởi hình nón có chiều cao 9cm và bán kính đáy 6cm . Nhà sản xuất tìm cách sao cho thớ mì tôm có được thể tích lớn nhất vì mục đích thu hút khách hàng. Tìm thể tích lớn nhất đó.. A. 48 .. B.. 81 . 2. C. 36 .. D. 54 .. Câu 10: Tại trung tâm một thành phố người ta tạo điểm nhấn bằng cột trang trí hình nón có kích thước như sau: chiều dài đường sinh l  10m , bán kính đáy R  5m . Biết rằng tam giác SAB là thiết diện qua trục của hình nón và C là trung điểm SB . Trang trí một hệ thống đèn điện tử chạy từ A đến C trên mặt nón. Xác định giá trị ngắn nhất của chiều dài dây đèn điện tử. A. 10m .. B. 15m .. C. 5 5 m .. D. 5 3 m ..

(389) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI TRÒN XOAY NÓN – TRỤ - CẦU.. Câu 11: Cho một hình cầu nội tiếp hình nón tròn xoay có góc ở đỉnh là 2 , bán kính đáy là R và chiều cao là h . Một hình trụ ngoại tiếp hình cầu đó có đáy dưới nằm trong mặt phẳng đáy của hình nón . Gọi V1 , V2 lần lượt là thể tích của hình nón và hình trụ, biết rằng V1  V2 . Gọi M là giá trị lớn nhất của tỉ số. V2 . Giá trị của biểu thức P  48 M  25 thuộc khoảng nào dưới đây? V1. B. (60;80) .. A. (40;60) .. D. (0; 20) .. C. (20; 40) .. Câu 12: Trên một mảnh đất hình vuông có diện tích 81m2 người ta đào một cái ao nuôi cá hình trụ sao cho tâm của hình tròn đáy trùng với tâm của mảnh đất. Ở giữa mép ao và mép mảnh đất người ta để lại một khoảng đất trống để đi lại, biết khoảng cách nhỏ nhất giữa mép ao và mép mảnh đất là x  m  . Giả sử chiều sâu của ao cũng là x  m  . Tính thể tích lớn nhất V của ao.. . . A. V  13,5 cm3 .. . . B. V  27 cm 3 .. . . C. V  36 cm3 .. . . D. V  72 cm 3 .. Câu 13: Một khối gỗ hình trụ tròn xoay có bán kính đáy bằng 1 , chiều cao bằng 2 . Người ta khoét từ hai đầu khối gỗ hai nửa khối cầu mà đường tròn đáy của khối gỗ là đường tròn lớn của mỗi nửa khối cầu. Tỉ số thể tích phần còn lại của khối gỗ và cả khối gỗ ban đầu là 2 1 1 1 A. . B. . C. . D. . 3 3 4 2 Câu 14: Từ một tấm thép phẳng hình chữ nhật, người ta muốn làm một chiếc thùng đựng dầu hình trụ bằng cách cắt ra hai hình tròn bằng nhau và một hình chữ nhật sau đó hàn kín lại, như trong hình vẽ dưới đây. Hai hình tròn làm hai mặt đáy, hình chữ nhật làm thành mặt xung quanh của thùng đựng dầu . Biết thùng đựng dầu có thể tích bằng 50,24 lít . Diện tích của tấm thép hình chữ nhật ban đầu gần với giá trị nào sau đây nhất?.  . A. 1,2 m 2 . 384.  . B. 1,8 m 2 ..  . C. 2,2 m 2 ..  . D. 1,5 m 2 .. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(390) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI TRÒN XOAY NÓN – TRỤ - CẦU.. Câu 15: Một thùng đựng nước hình trụ có bán kính đáy là 65cm và chiều cao 160cm . Hỏi thùng đó đựng được tối đa bao nhiêu lít nước? A. 10400  l  . B. 676  l  .. C. 3265,6  l  .. D. 2123,7  l  .. Câu 16: Cần sản xuất một vỏ hộp sữa hình trụ có thể tích V cho trước. Để tiết kiệm vật liệu nhất thì bán kính đáy phải bằng A.. 3. V . 2. B.. 3. V . 2. C.. 3. V. . .. D.. 3. V . 3. Câu 17: Tính diện tích vải tối thiểu để may được chiếc mũ có hình dạng và kích thước được cho bởi hình vẽ bên biết phía trên có dạng hình nón và phía dưới có dạng hình vành khăn.. A. 450π .. B. 500π .. C. 350π .. D. 400π .. Câu 18: Cho hình trụ có bán kính bằng r và chiều cao cũng bằng r . Một hình vuông ABCD có hai cạnh AB,CD lần lượt là các dây cung của hai đường tròn đáy, còn cạnh BC , AD không phải là đường sinh của hình trụ. Tan của góc giữa mặt phẳng chứa hình vuông và mặt đáy bằng A. 1 .. B.. 6 . 2. C.. 6 . 3. D.. 15 . 5. Câu 19: Một ngôi biệt thự có 10 cây cột nhà hình trụ tròn, tất cả đều có chiều cao 4,2m. Trong đó, 4 cây cột trước đại sảnh có đường kính 40cm và 6 cây cột còn lại bên thân nhà có đường kính 26cm. Chủ nhà dùng loại sơn giả đá để sơn 10 cây cột đó. Nếu giá của một loại sơn giả đá là 380.000 đồng/m2 thì người chủ phải chi ít nhất bao nhiêu tiền để sơn 10 cây cột đó? . A. 14.647.000. B. 13.627.000 . C. 16.459.000 . D. 15.844.000. Câu 20: Một con xoay được thiết kế gồm hai khối trụ (T1 ) , (T2 ) chồng lên khối nón (N) . Khối trụ (T1 ) có bán kính đáy r(cm) , chiều cao h1 ( cm) . Khối trụ (T2 ) có bán kính đáy 2r(cm) , chiều cao h2  2h1 (cm) . Khối nón (N) có bán kính đáy r(cm) , chiều cao hn  4h1 (cm) . Biết rằng thể tích. toàn bộ con xoay bằng 31(cm3 ) . Thể tích khối nón (N) bằng. A. 5(cm3 ) .. B. 3(cm3 ) .. C. 4(cm3 ) .. D. 6(cm3 ) ..

(391) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI TRÒN XOAY NÓN – TRỤ - CẦU.. Câu 21: Một cái “cù” gồm hai khối: khối trụ H1 và khối nón H 2 như hình bên. Chiều cao và bán kính khối trụ lần lượt bằng h1 , r1 chiều cao và bán kính đáy của khối nón lần lượt bằng h2 , r2 thỏa 1 1 mãn h1  h2 , r1  r2 . Biết thể tích toàn khối là 30cm3 , thể tích khối H1 bằng 3 2. A. 15cm3 .. B. 6cm3 .. C. 5cm3 .. D.. 30 3 cm . 13. Câu 22: Một nhà máy sản xuất bột trẻ em cần thiết kê bao bì cho một loại sản phẩm mới dạng khối trụ có thể tích 1 dm3 . Hỏi phải thiết kế hộp đựng này với diện tích toàn phần bằng bao nhiêu để tiết kiệm nguyên vật liệu nhất. A. 3 3 2 dm 2 .. B. 3 2 dm 2 .. C. 3 3  dm 2 .. D.. 3. 4 dm 2. Câu 23: Hai hình nón bằng nhau có chiều cao bằng 2 dm , được đặt như hình vẽ bên . Lúc đầu, hình nón trên chứa đầy nước và hình nón dưới không chứa nước. Sau đó, nước được chảy xuống hình nón dưới thông qua lỗ trống ở đỉnh của hình nón trên. Hãy tính chiều cao của nước trong hình nón dưới tại thời điểm khi mà chiều cao của nước trong hình nón trên bằng 1 dm .. A.. 3. 7.. B.. 1 . 3. C.. 3. 5.. D.. 1 . 2. Câu 24: Một khúc gỗ hình trụ có bán kính R bị cắt bởi một mặt phẳng không song song với đáy ta được thiết diện là một hình elip. Khoảng cách từ điểm A đến mặt đáy là 12 cm khoảng cách từ điểm B đến mặt đáy là 20 cm . Đặt khúc gỗ đó vào trong hình hộp chữ nhật có chiều cao bằng 20 cm chứa đầy nước sao cho đường tròn đáy của khúc gỗ tiếp xúc với. các cạnh đáy của hình hộp chữ nhật. Sau đó, người ta đo lượng nước còn lại trong hình hộp chữ nhật là 2 lít. Tính bán kính của khúc gỗ A. R = 5,2 cm. B. R = 4,8 cm. C. R = 6,4 cm. D. R = 8,2 cm. Câu 25: Một khối nón có bán kính đáy bằng 2 cm , chiều cao bằng. 3 cm . Một mặt phẳng đi qua đỉnh và. tạo với đáy một góc 600 chia khối nón làm 2 phần. Tính thể tích V phần nhỏ hơn . 386. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(392) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI TRÒN XOAY NÓN – TRỤ - CẦU.. B. V  2,36 cm 3 .. A. V  1,42 cm 3 .. C. V  1,53cm 3 .. D. V  2,47 cm 3 .. Câu 26: Một quả tạ tập tay gồm ba khối trụ  H1  ,  H 2  ,  H 3  gắn liền nhau lần lượt có bán kính và chiều 1 cao tương ứng là r1 , h1 , r2 , h2 , r3 , h3 thỏa mãn r1  r3 , h1  h3 ; r2  r1 . Biết thể tích của toàn bộ 3. quả tạ bằng 60 và chiều dài quả tạ bằng 9 . Thể tích khối trụ  H 2  bằng?. A. . 16  9  2 h1  4h1  9. .. B. . 36  9  2 h1  4h1  9. C. . 60  9  2 h1  4 h1  9. D. . 46  9  2 h1  4h1  9. Câu 27: Một bình đựng nước dạng hình nón đựng đầy nước. Người ta thả vào đó một khối cầu có đường kính bằng chiều cao của bình nước và đo được thể tích nước tràn ra ngoài là 18 dm3 .Biết khối cầu tiếp xúc với tất cả các đường sinh của hình nón và đúng một nửa khối cầu chìm trong nước. Tính thể tích nước còn lại trong bình. A. 27 dm3 .. B. 6 dm3 .. C. 9 dm3 .. D. 24 dm3 .. Câu 28: Một ly nước hình trụ có chiều cao 20 cm và bán kính đáy bằng 4 cm . Bạn Nam đổ nước vào ly cho đến khi mực nước cách đáy ly 17 cm thì dừng lại. Sau đó, Nam lấy các viên đá lạnh hình cầu có cùng bán kính 2 cm thả vào ly nước. Bạn Nam cần dùng ít nhất bao nhiêu viên đá để nước trào ra khỏi ly? A. 4.. B. 7.. C. 5.. D. 6.. Câu 29: Khi cắt hình nón có chiều cao 16 cm và đường kính đáy 24 cm bởi một mặt phẳng song song với đường sinh của hình nón ta thu được thiết diện có diện tích lớn nhất gần với giá trị nào sau đây? A. 170 . B. 260 . C. 294 . D. 208 . Câu 30: Cho tam giác SAB vuông tại A , ABS  60 . Phân giác của góc ABS cắt SA tại I . Vẽ nửa đường tròn tâm I , bán kính IA . Cho miền tam giác SAB và nửa hình tròn quay xung quanh trục SA tạo nên các khối tròn xoay thể tích tương ứng là V1 ; V2 . Khẳng định nào sau đây đúng?. 4 A. V1  V2 . 9. 3 B. V1  V2 . 2. C. V1  3V2 .. 9 D. V1  V2 . 4.

(393) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI TRÒN XOAY NÓN – TRỤ - CẦU.. Câu 31: Một cái trục lăn sơn nước có dạng một hình trụ. Đường kính của đường tròn đáy là 5cm , chiều dài lăn là 23cm . Sau khi lăn trọn 10 vòng thì trục lăn tạo nên tường phẳng lớp sơn có diện tích là. A. 2300 cm 2 .. B. 1150 cm 2 .. D. 5230 cm 2 .. C. 862,5 cm 2 .. Câu 32: Người ta thiết kế một thùng chứa hình trụ có thể tích V nhất định. Biết rằng giá của vật liệu làm mặt đáy và nắp của thùng bằng nhau và gấp 1,5 lần so với giá vật liệu để làm mặt xung quanh của thùng . Gọi chiều cao của thùng là h và bán kính đáy là r . Tính tỉ số sản xuất thùng là nhỏ nhất? h h A.  2. B.  3. r r. C.. h  3. r. h sao cho chi phí vật liệu r. D.. h  2 3. r. Câu 33: Một bồn hình trụ đang chứa dầu, được đặt nằm ngang, có chiều dài bồn là 5m , có bán kính đáy 1m , với nắp bồn đặt trên mặt nằm ngang của mặt trụ. Người ta đã rút dầu trong bồn tương ứng. với 0,5m của đường kính đáy. Tính thể tích gần đúng nhất của khối dầu còn lại trong bồn . 0,5 m. 5m. A. 23,562 m 3 .. B. 12,637 m 3 .. C. 6,319 m 3 .. D. 11,781 m 3 .. Câu 34: Từ một tấm tôn hình chữ nhật có kích thước 5m x40m , người ta làm hai thùng nước hình trụ có cùng chiều cao 5m , bằng cách cắt tấm tôn đó thành hai tấm bằng nhau, rồi gò mỗi tấm đó thành mặt xung quanh của một thùng .. Tổng thể tích của hai cái thùng hình trụ bằng A. 1000 ( m3 ) .. 388. B. 2000 ( m3 ) .. C.. 2000. . ( m3 ) .. D.. 1000. . ( m3 ) .. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(394) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI TRÒN XOAY NÓN – TRỤ - CẦU.. Câu 35: Một cái phễu có dạng hình nón. Người ta đổ một lượng nước vào phễu sao cho chiều cao của lượng nước trong phễu bằng một phần ba chiều cao của phễu. Hỏi nếu bịt miệng phễu rồi lộn ngược phễu lên thì chiều cao của nước bằng bao nhiêu? Biết chiều cao của phễu là 15 cm.. A. 0,5 cm.. B. 0,216 cm.. C. 0,3 cm.. D. 0,188 cm.. Câu 36: Từ một tấm thép phẳng hình chữ nhật, người ta muốn làm một chiếc thùng đựng dầu hình trụ bằng cách cắt ra hai hình tròn bằng nhau và một hình chữ nhật sau đó hàn kín lại, như hình vẽ dưới đây.. Hai hình tròn làm hai mặt đáy, hình chữ nhật làm thành mặt xung quanh của thùng đựng dầu . Biết thùng đựng dầu có thể tích bằng 50,24 lít . Tính diện tích của tấm thép hình chữ nhật ban đầu? A. 1,8062 m 2 .. B. 2,2012 m 2 .. C. 1,5072 m 2 .. D. 1,2064 m 2 .. Câu 37: Người ta xếp ba viên bi có bán kính bằng nhau và bằng 3 vào một cái lọ hình trụ sao cho các viên bi đều tiếp xúc với hai đáy của lọ hình trụ và các viên bi này đôi một tiếp xúc nhau và cùng tiếp xúc với các đường sinh của lọ hình trụ. Tính bán kính đáy của lọ hình trụ. A. 1  2 3 .. B. 2 3 .. C.. 32 3 . 2. D. 2  3 .. Câu 38: Khi sản xuất vỏ lon sữa bò hình trụ có thể tích là V , các nhà thiết kế luôn đặt mục tiêu sao cho chi phí nguyên liệu làm vỏ lon sữa bò là ít nhất, tức là diện tích toàn phần của hình trụ là nhỏ nhất. Muốn thể tích khối trụ bằng V và diện tích toàn phần hình trụ nhỏ nhất thì bán kính đáy bằng bao nhiêu? A. r . 3. V . 2. B. r  3 V .. C. r . 3. V . 2. D. r . 3. V . 2. Câu 39: Nam muốn xây một bình chứa hình trụ có thể tích 72m3 . Đáy làm bằng bêtông giá 100 nghìn đồng /m2 , thành làm bằng tôn giá 90 nghìn đồng /m2 , nắp bằng nhôm giá 140 nghìn đồng /m 2 . Vậy đáy của hình trụ có bán kính bằng bao nhiêu để chi phí xây dựng là thấp nhất? A.. 3 2  3.  m .. B.. 3 3. .  m .. C.. 3 3. .  m .. D.. 2 3. .  m .. Câu 40: Một công ty sản xuất một loại cốc giấy hình nón không nắp có thể tích 27cm3. Với chiều cao h và bán kính đáy là r. Tìm r để lượng giấy tiêu thụ ít nhất A. r . 6. 36  cm  . 2 2. B. r . 4. 36  cm  . 2 2. C. r . 6. 38  cm  . 2 2. D. r . 4. 38  cm  . 2 2.

(395) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI TRÒN XOAY NÓN – TRỤ - CẦU.. Câu 41: Cho hai mặt phẳng ( P) và (Q) song song với nhau cắt khối cầu tâm O bán kính R tạo thành hai hình tròn (C1 ) và (C 2 ) cùng bán kính. Xét hình nón có đỉnh trùng với tâm của một trong hai hình tròn, đáy trùng với hình tròn còn lại. Biết diện tích xung quanh của hình nón là lớn nhất, khi đó thể tích khối trụ có hai đáy là hai hình tròn (C1 ) và (C 2 ) bằng A.. 4 R 3 3 . 9. B.. 2 R 3 3 . 9. C..  R3 3 9. .. D.. 4 R 3 3 . 3. Câu 42: Cho hình nón có bán kính đáy bằng 3 chiều cao bằng 6, một khối trụ có bán kính đáy thay đổi nội tiếp khối nón đã cho . Thể tích lớn nhất của khối trụ bằng. A. 6 .. B. 10 .. D. 8 .. C. 4 .. Câu 43: Cho hình trụ có đáy là hai đường tròn tâm O và O , bán kính đáy bằng chiều cao và bằng 2a . Trên đường tròn đáy có tâm O lấy điểm A , trên đường tròn tâm O lấy điểm B . Đặt  là góc giữa AB và đáy. Tính tan khi thể tích khối tứ diện OOAB đạt giá trị lớn nhất. 1 1 A. tan  2 . B. tan   . C. tan   . D. tan  1 . 2 2 Câu 44: Cho hình trụ có đáy là hai đường tròn tâm O và O , bán kính đáy bằng chiều cao và bằng 2a . Trên đường tròn đáy có tâm O lấy điểm A , D sao cho AD  2 3a ; gọi C là hình chiếu vuông. góc của D lên mặt phẳng chứa đường tròn  O '  ; trên đường tròn tâm O lấy điểm B ( AB chéo với CD ). Đặt  là góc giữa AB và đáy. Tính tan khi thể tích khối tứ diện CDAB đạt giá trị lớn nhất. A. tan   3 .. B. tan  . 1 2. .. C. tan  1 .. D. tan  . 3 . 3. Câu 45: Cho hình trụ có đáy là hai đường tròn tâm O và O , bán kính đáy bằng chiều cao và bằng 2a . Trên đường tròn đáy có tâm O lấy điểm A , D trên đường tròn tâm O lấy điểm B , C sao cho AB//CD và AB không cắt OO' . Tính AD để thể tích khối chóp O'.ABCD đạt giá trị lớn nhất. A. AD  2 2a .. 390. B. AD  4a .. C. AD . 4 3 a. 3. D. AD  2a .. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(396) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI TRÒN XOAY NÓN – TRỤ - CẦU.. BẢNG ĐÁP ÁN 1.A 11.B 21.B 31.B 41.A. 2.D 12.A 22.A 32.C 42.D. 3.A 13.C 23.A 33.B 43.B. 4.A 14.D 24.D 34.D 44.D. 5.D 15.D 25.C 35.D 45.A. 6.B 16.D 26.C 36.C. 7.B 17.D 27.B 37.D. 8.D 18.C 28.C 38.C. 9.A 19.D 29.D 39.B. 10.C 20.C 30.D 40.C. HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Câu 1:. Câu 2:. Chọn A 2 1 1 Ta có V   R2 h    2a  3a  4 a 3 . 3 3 Chọn D Diện tích xung quanh của hai cây cột trước đại sảnh là: S1  2.  2 .0,2.4,2 . Diện tích xung quanh của sáu cây cột trước đại sảnh là: S2  6.  2 .0,13.4,2  Số tiền người chủ phải trả để sơn hết các cây cột là:  S1  S2   380.000  11.833.000 . Câu 3:. Chọn A S. A. O. B. 50cm  0,5m; 30cm  0,3m. Theo đề ta có đường kính AB  0,5m , suy ra bán kính đáy r  Độ dài đường sinh l  r 2  h 2 . AB  0,25m , đường cao h  0,3m 2.  . 61 61 61  Sxq   rl   .0,25.  m2 20 20 80.  . 61 25 61  . m2 . 80 2. Làm 1000 chiếc nón lá thì có diện tích xung quanh là: 1000.Sxq  1000.. Cứ 1kg lá dùng để làm nón có thể làm ra số nón có tổng diện tích xung quanh là 6,13m2 , suy ra khối lượng lá để làm 1000 chiếc nón là:  . Câu 4:. 25 61 : 6,13  50 kg . 2. Chọn A. . . 4 4 Thể tích của 6 khối cầu là: V1  6.  R3  6.  .53  1000 cm3 . 3 3. . Thể tích của cái bình hình trụ là: V2   R2 .h   .52.  6.10   1500 cm3.  . . Thể tích rượu tối thiểu cần đổ vào bình là: V  V2  V1  1500  1000  500 cm3  1,57  l  . Câu 5:. Chọn D.

(397) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI TRÒN XOAY NÓN – TRỤ - CẦU. 2. a  a3 Gọi a  cm  là độ dài đường kính khối trụ, khi đó thể tích khối trụ là: VT     a  cm 3 . 4 2 2. Dễ thấy chiều cao khối nón là. . a 3 1  a  a 3  a3 3 nên thể tích khối nón là: VN      cm 3 . 2 3 2 2 24. Thể tích của toàn bộ khối đồ chơi là: V  VN  VT .  a3 4. .  a3 3 24.  50 . . .  a3 . 3 1    50 4  6 .   3 3 3  VT  1    38,8 cm .   50  VT  50 :  1      6 6     Chọn B. . Câu 6:. . . Gọi chiều cao của bình nước hình trụ là h  cm  Gọi bán kính của bình nước hình trụ là R  cm . Ta có chiều cao của bình nước thì gấp 8 lần bán kính của viên bi ve nên: h  8.1  8  cm  Khi cho ba viên bi vào bình nước thì nước dâng lên đến miệng bình, nên ta có thể tích của ba viên bi bằng một phần ba thể tích của bình nước 3 4 1 3 3  . . 1   . 8. R2  R   cm  2 3  3. . . Diện tích xung quanh của bình nước là: Sxq  2 Rh  2. . Câu 7:. . 3 .8  61,6 cm2 2. . Chọn A Dựa vào hình vẽ ta có các kích thước như sau. Bán kính đáy của hình nón và hình trụ r . 1,4  0,7 m . 2. Chiều cao của hình nón h  1,6  0,7  0,9m Suy ra độ dài đường sinh của hình nón l  h 2  r 2  0,9 2  0,7 2  1,3 . Tổng vật liệu cần làm bằng diện tích xung quanh của khối hình. Sxq  Sxq.non  Sxq .tru   rl  2r .htru =  .0,7. 1,3  2.0,7 .0,7. Câu 8:. 392. 5,586  5,6. Chọn D. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(398) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI TRÒN XOAY NÓN – TRỤ - CẦU.. 1 Thể tích khối nón là VN   r22 h2  20cm3 . 3 2. r  3 Thể tích khối trụ là VT   r h    2  2h2  VN  30cm3 . 2  2 2 1 1. Vậy thể tích của toàn bộ khối đồ chơi bằng V  VN  VT  50cm 3 . Câu 9:. Chọn A. Ta có mặt cắt qua trục hình nón như hình vẽ. Đặt r là bán kính đáy hình trụ, h là chiều cao của hình trụ. Thớ mì tôm có được thể tích lớn nhất khi khối trụ có thể tích lớn nhất. Thể tích khối trụ là: V   r 2 h . Ta có hai tam giác SAI và SAI  đồng dạng . SI AI 9 6 3r     h  9 . SI  AI  9h r 2.  3r 3   3r   9r 2  . Khi đó V   .r 2 .h   .r 2 .  9       2   2 .  9r 2   18r  . Khảo sát hàm số V , biến số r  0  r  6  ; V       2  r  0  l   9r 2  V  0     18r   0   . r  4  n   2 . Bảng biến thiên:.

(399) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI TRÒN XOAY NÓN – TRỤ - CẦU.. Dựa vào bảng biến thiên ta thấy Vmax  48 khi r  4 . Vậy thớ mì tôm có thể tích lớn nhất là 48 . Câu 10: Chọn C S. C. B. A. Khi cắt mặt xung quanh hình nón bởi mặt phẳng  SAB  , rồi trải phẳng phần mặt xung quanh có chứa hệ thống đèn trang trí ta được một hình quạt như trên. Ta có độ dài cung quạt chính là nửa chu vi của đường tròn đáy hình nón: l1   R  5 m . l1   . Nên khi trải phẳng ta được tam giác SAB vuông tại S . l 2 Chiều dài ngắn nhất của dây đèn trang trí chính là độ dài đoạn thẳng AC .. Khi đó ASB . Do đó giá trị ngắn nhất của dây đèn là AC  SA 2  SC 2  10 2  52  5 5 m . Câu 11: Chọn B Gọi r là bán kính hình cầu, khi đó r cũng là bán kính đường tròn đáy của hình trụ đã cho, chiều  1 2 3 V   R h V2 6r   2 . cao của hình trụ bằng 2r . Ta có  1 3 V1 R h V   r 2 .2r  2 1 Xét mặt cắt qua trục của hình nón là 1 tam giác cân ABC có diện tích là S  h.2 R  Rh . 2 R Tam giác cân có chiều dài cạnh bên AB  AC  . sin  Mặt khác áp dụng công thức S  pr với p là nửa chu vi tam giác, r là bán kính đường tròn nội. tiếp tam giác . 1  R  R  h.sin  Ta có p   2 R  2 . r  r    S  Rh   R  2 sin   sin   sin   1  V 6h 3 sin 3  6sin 3   h  Khi đó 2  2  .  V1 R h(sin   1)3 (sin   1)3  R . 394. 2. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(400) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI TRÒN XOAY NÓN – TRỤ - CẦU.. . 6sin 3 .  sin  1. .cot 2   3. 6sin  (1  sin 2  ). . 6sin  (1  sin  ).  sin  1  sin  1 6t  1  t  Đặt t  sin , t   0;1 ta có y  , t   0;1 .  t  1 6  3t  1 1 Ta có y  ; y  0  t  . 3  t  1 3. 2. . Xét hàm số y . 2. 3. Bảng biến thiên:. Suy ra M . 3 3 . Vậy P  48 M  25  48.  25  61 . 4 4. Câu 12: Chọn A Ta có bán kính đáy hình trụ là r . 9  2x . 2 2. 2  9  2x   Thể tích ao là V   R h     x   9  2x  x . 4  2  2. Xét hàm số f  x    9  2 x  x  4 x 3  36 x 2  81x với 0  x  2. Ta có f   x   12 x 2  72 x  81 .  x  2  Khi đó f  x   0  12 x  72 x  81  0   x   Bảng biến thiên:. 3  n 2 . 9 l 2. Từ bảng biến thiên suy ra: max f  x   54  x   9  0;   2. Vậy thể tích lớn nhất V của ao là V  Câu 13: Chọn C Theo bài toán ta có hình vẽ. 9 . 2. 3 . 2. 54 27   13,5 m3 . 4 2.  . 6sin   1  sin  .  sin   1. 2. ..

(401) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI TRÒN XOAY NÓN – TRỤ - CẦU.. 2. 1. Thể tích của khối trụ là V   .12.2  2 . Vì đường tròn đáy của khối trụ là đường tròn lớn của mỗi nửa khối cầu nên bán kính của mỗi nửa khối cầu là R  1 . 1 4 .13 4 Thể tích của hai nửa khối cầu bị khoét đi là V1  2   .  2. 3. Thể tích của phần còn lại của khối gỗ là V2  V  V1  2 . 3. 4 2  . 3 3. 2 V2 1 Vậy tỉ số thể tích cần tìm là  3  . V 2 3 Câu 14: Chọn D Gọi tấm thép hình chữ nhật ban đầu là ABCD , r là bán kính của hình tròn đáy.. Ta có 3h  4r  h  h  2r . Thể tích của thùng đựng dầu là V   .r 2 .h  3,14.r 2 .2r  6,28r 3  50,24  6,28r 3  r 3  8  r  2  dm   0,2  m  .. Do đó AD  3h  6r  1,2  m  và AB  2 .r  1,256  m  ..  . Vậy diện tích của tấm thép hình chữ nhật ban đầu là S  AB.AD  1,2.1,256  1,5072 m2 . Câu 15: Chọn D Thể tích khối trụ V   r 2 h    6,5  .16  676  2123,7  l  . 2. Câu 16: Chọn A Giả sử vỏ hộp sữa có bán kính đáy là R , chiều cao là h ( R, h  0 ). V .  R2 Để tiết kiệm vật liệu nhất thì hình trụ vỏ hộp sữa phải có diện tích toàn phần 2V Stp  2 Rh  2 R2   2 R2 nhỏ nhất. R Cách 1: 2V V V  2 R2    2 R2  3 3 2 V 2 . Ta có Stp  R R R. Vì thể tích vỏ hộp là V nên ta có V   R2 h  h . 396. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(402) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI TRÒN XOAY NÓN – TRỤ - CẦU. Stp đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi. V V .  2 R2  R  3 R 2. Cách 2: Xét hàm số f  R   Ta có f   R   . 2V  2 R2 trên khoảng  0;   . R. V 2V 4 R3  2V . f  R  0  R  3 .  4  R  2 2 2 R R. Bảng biến thiên:. Từ bảng biến thiên ta thấy f  R  đạt nhỏ nhất khi R  3. V . 2. Vậy để tiết kiệm vật liệu nhất thì bán kính đáy vỏ hộp phải bằng. 3. V . 2. Câu 17: Chọn D Gọi S1 , S2 lần lượt là diện tích xung quanh của hình nón phía trên và diện tích của hình vành khăn phía dưới. Ta có: S1  π.5.40  200π và S2  π.152  π.52  200π . Khi đó: diện tích vải tối thiểu để may được chiếc mũ là S1  S2  200π  200π  400π . Câu 18: Chọn C A. H. B. N D I. O K. M. C. Gọi MN là hình chiếu vuông góc của AB lên đường tròn đáy. Ta có MNDC là hình chữ nhật và NC  MD  O là tâm đường tròn đáy. Gọi H , I , K lần lượt là trung điểm AB, MN ,CD . Lại có HK  CD, IK  CD , suy ra góc giữa mặt phẳng chứa hình vuông ABCD và mặt đáy là IH HKI  tan HKI  . IK Đặt AB  BC  CD  AD  x ( x  0) . Ta có MC  IK  2OK  2 OC 2  CK 2  2 r 2  Trong tam giác vuông BMC ta có  x2  r 5 r 3 BM 2  MC 2  BC 2  r 2  4  r 2    x 2  x   IK  . 4  2 2 . x2 . 4.

(403) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI TRÒN XOAY NÓN – TRỤ - CẦU.. Suy ra tan HKI . IH r 2 6 .    IK r 3 3 3 2. Câu 19: Chọn D Diện tích cần sơn chính là tổng diện tích xung quanh của các cây cột có dạng hình trụ. Gọi S1 , S2 lần lượt là tổng diện tích xung quanh của 4 cây cột nhà hình trụ có đường kính 40cm và 6 cây cột nhà hình trụ có đường kính 26cm . Gọi r1 , l1 lần lượt là bán kính, độ dài đường sinh của 4 cây cột nhà hình trụ có đường kính 40cm và r2 , l2 lần lượt là bán kính, độ dài đường sinh của 6 cây cột nhà hình trụ có đường kính 26cm . 168 2 m . 25 819 2 m . Lại có: r2  13cm  0,13m , l2  4,2 m nên S2  6.2 r2 l2  12 .0,13.4,2  125 Vậy số tiền người chủ biệt thự phải trả để sơn 10 cây cột. Khi đó: r1  20cm  0,2m , l1  4,2m nên S1  4.2 r1l1  8 .0,2.4,2 .  .  .  168 819   125  25 Câu 20: Chọn C.    380.000  15.844.000 . . 1 1 Theo bài ta có hn  4h1  h1  hn ; h2  2h1  hn . 4 2. 1 Thể tích toàn bộ con xoay là V  V(T1 )  V(T2 )  V( N )   .r 2 .h1   .(2r )2 .h2   .r 2 .hn 3 1 1 1  31   .r 2 . hn   .4r 2 . hn   .r 2 .hn 4 2 3 1 3 1  1  1 31  1   31    .r 2 .hn   6   .r 2 .hn    .r 2 .hn  31    .r 2 .hn    .r 2 .hn  4 3 4 3 4 3  3  3 . Vậy thể tích khối nón ( N) là: V( N )  4(cm3 ) . Câu 21: Chọn B 1 1 Ta có: h1  h2  h2  3h1 , r1  r2  r2  2r1 . 3 2. Thể tích khối trụ H1 là: V1   r12 h1 . 2 1 1 Thể tích khối nón H 2 là: V2   r22 h2    2r1  .3h1  4 r12 h1  4V1 . 3 3 Thể tích toàn khối là: V  V1  V2  30  V1  4V1  30  5V1  V1  6 .. Vậy thể tích khối H1 bằng 6cm3 . Câu 22:. Chọn A Giả sử hộp trụ có bán kính đáy r, chiều cao là h. Theo giả thiết có V   r2h  1  h . 1 .  r2. Để tiết kiệm nguyên vật liệu nhất thì diện tích toàn phần phải nhỏ nhất: Stp  Sxq  S2 day  2 r 2  2 rh  2 r 2 . 398. 2 1 1  2 r 2    3 3 2 . r r r. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”. nhà. là.

(404) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI TRÒN XOAY NÓN – TRỤ - CẦU.. Dấu bằng đạt tại 2 r 2 . 1 1 r  0,54 dm  h  1,084 dm . 3 r 2. Vậy phải thiết kế một khối trụ có bán kính đáy 0,54 dm và chiều cao 1,084 dm . Vậy Stp  3 3 2 dm 3 . Câu 23: Chọn A Gọi bán kính đáy của hình nón là r . Khi đó thể tích nước trong khối nón phía trên lúc ban đầu là:.  r 2 .2 3. Thể tích nước trong khối nón phía trên sau khi chảy xuống nón dưới tại thời điểm khi mà chiều 2. r  .   .1 2  r2 cao của nước trong hình nón trên bằng 1 dm là:    3 12. Thể tích nước trong nón phía dưới sau khi nón trên chảy xuống là: 2 r 2  r 2 7 r 2 3. . 12. . 12. Gọi chiều cao nước trong nón dưới là h , bán kính đáy nước trong nón h r rh dưới là r  , khi đó:   r  . 2 r 2 2.   r h 2. Thể tích nước trong nón phía dưới là: Câu 24: Chọn D. 3. . 7 r 2  12. Thể tích khối hộp bằng 4R2 .0,2  0,8R2.   m  . 3.  0,12  0,2  3 2 Thể tích khúc gỗ bằng  R2    0,16 R m . 2  .  . Ta có 0,8 R2  0,16 R2  0,002  R  0,08201  m   R  8,2 cm. Cách 1:. A B. M D I. O.  rh   .h 7 r 2 2   h  3 7. 3 12. . Giả sử R có đơn vị là m . Có 2l  0.002 m3 .. Câu 25: Chọn A. S. .. C.

(405) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI TRÒN XOAY NÓN – TRỤ - CẦU.. Gọi mặt phẳng đi qua đỉnh và tạo với đáy một góc 60 cắt khối nón theo thiết diện là tam giác SMN như hình vẽ. Gọi I là trung điểm MN . Khi đó OI  MN và SI  MN , suy ra góc giữa mặt phẳng  SMN  và mặt đáy là góc SIO  60 . Xét tam giác SIO ta có: OI . SO. . tan SIO. 3 1. tan 600. 1 IN  ON 2  OI 2  3 , MN  2 IN  2 3 . SOMN  .OI .MN  3 . 2. 1 4 3 1 . VS.OMN  .SO.SOMN  1 ; Vk / non  . .2 2. 3  3 3 3. sin ION . IN 3  . Suy ra ION  60 , MON  2.ION  120 . ON 2. 1 4 3   1  1,42cm 3 . Gọi V là thể tích cần tính. Ta có V  Vk / non  VS.OMN  3 9 Cách 2: Gọi mặt phẳng đi qua đỉnh và tạo với đáy một góc 60 cắt khối nón theo thiết diện là tam giác SMN như hình vẽ.. Gọi I là trung điểm MN . Khi đó OI  MN và SI  MN , suy ra góc giữa mặt phẳng  SMN  và mặt đáy là góc SIO  600 . Xét tam giác SIO ta có: OI . SO tan SIO. . 3 1. tan 600. 1 IN  ON 2  OI 2  3  MN  2 IN  2 3 ; SOMN  .OI .MN  3 . 2. IN 3  suy ra ION  60 , MON  2.ION  120 . ON 2 Gọi SV là diện tích hình viên phân tạo bởi dây MN và cung nhỏ MN .. Ta có sin ION . 1 4  3 Ta có SV   R2  SOMN  3 3. 1 4 3   1  1,42cm 3 . Thể tích phần nhỏ cần tính là: V  SO.SV  3 9 Câu 26: Chọn C Chiều dài quả tạ là l  h1  h2  h3  2h1  h2  9  h2  9  2 h1. Thể tích quả tạ là V  V H1   V H2   V H3    r1h1   r2 h2   r3 h3  2 r1h1   r2 h2  60  2r1h1  r2 h2  60  6r2 h1  r2  9  2h1   60  r2  9  4 h1   60  r2  60  9  2h1  60 9  2h1    Thể tích V H2    r2 h2   .  9  4h1 9  4h1. 60 9  4 h1. Câu 27: Chọn B. 400. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(406) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI TRÒN XOAY NÓN – TRỤ - CẦU.. Vì đúng một nửa khối cầu chìm trong nước nên thể tích khối cầu gấp 2 lần thể tích nước tràn ra ngoài. Gọi bán kính khối cầu là R , lúc đó:. 4  R3 =36  R3  27 . 3. Xét tam giác ABC có AC là chiều cao bình nước nên AC  2R Trong tam giác ABC có: 1 3. 1 1 1 1 1 1 4 R2 2 .       CB  3 CH 2 CA2 CB2 R2 4 R2 CB2. 1 3. Thể tích khối nón: Vn   .CB2 .AC   .. 4 R2 8 3 .2 R  .R  24 dm3 . 3 9. Vậy thể tích nước còn lại trong bình: 24  18  6 dm3 Câu 28:. Chọn C Ta có thể tích phần không chứa nước V1  3. .4 2  48 . Như vậy để nước trào ra ngoài thì số bi thả vào cốc có tổng thể tích lớn hơn 48 . 4 32 n Gọi n là số viên bi tối thiểu thả vào cốc khi đó tổng thể tích của n viên bi là V2  n.  .2 3  3 3 32 n 9  48  n  . Vậy n  5 . . Theo bài ra 3 2 Câu 29: Chọn D.

(407) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI TRÒN XOAY NÓN – TRỤ - CẦU.. Cắt hình nón bởi một mặt phẳng song song với đường sinh của hình nón ta thu được thiết diện là một parabol. Xét dây cung bất kỳ chứa đoạn KH như hình vẽ, suy ra tồn tại đường kính AB  KH , trong tam giác SAB , KE / /SA, E  SB , Suy ra Parabol nhận KE làm trục như hình vẽ chính là một thiết diện thỏa yêu cầu bài toán. Đặt BK  x . Trong tam giác ABH có: HK 2  BK.AK  x  24  x  . Trong tam giác SAB có:. KE BK BK 5x   KE  .SA  KE  . SA BA BA 6. 4 Thiết diện thu được là một parabol có diện tích: S  KH .KE . 3. Ta có: S2 . . . 16 16 25x 2 100 10 KH 2 .KE2  .x  24  x  .  . 24 x 3  x 4  S  . 24 x 3  x 4 9 9 36 81 9. Đặt f  x   24 x 3  x 4 , với 0  x  24 . x  0 Ta có: f '  x   72 x 2  4 x 3 . Suy ra f '  x   0  72 x2  4 x 3  0   .  x  18. Bảng biến thiên:. Vậy thiết diện có diện tích lớn nhất là:. 10 34992  207,8 cm2 9. Câu 30: Chọn D Đặt AB  x  x  0  . Tam giác SAB vuông tại A  SA  AB.tan ABS  x 3 . IB là phân giác trong góc B  IBA  30  IA  AB tan 30 . 402. x 3. .. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(408) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI TRÒN XOAY NÓN – TRỤ - CẦU.. Quay miền tam giác SAB quanh SA ta được khối nón có chiều cao là SA , bán kính đáy là AB 1 1  x3 3  V1   .AB2 .SA   .x 2 .x 3  . 3 3 3 Quay nửa hình tròn tâm I quanh SA ta được khối cầu tâm I. bán kính IA. V 4 4 x 4 x 3 9  V2   IA3   .   1  . 3 3 3 3 27 V2 4 3. 3. Câu 31: Chọn B Khi lăn trọn một vòng thì trục lăn tạo trên tường phẳng lớp sơn có diện tích bằng diện tích xung 5 quanh của trục lăn là S  2 R.h  2 . .23  115 (cm 2 ) . 2 Vậy sau khi lăn trọn 10 vòng thì trục lăn tạo nên tường phẳng lớp sơn có diện tích là 10S  1150 (cm 2 ) .. Câu 32:. Chọn C Gọi giá của vật liệu làm mặt xung quanh là x,( x  0) , suy ra giá của vật liệu làm đáy và nắp là 1,5x. Tổng chi phí vật liệu sản xuất thùng:  2V T  3x r 2  2 x rh   x  3r 2  r . Dấu "  " xảy ra khi:.    2 V V  V 2 V   x 3 r     x .  3 3 3r . .     r r  r r   .  3V 2   3 x. 3 2 .   . V  r2h h 2  3r   3r 2  h  3r   3. r r r. Câu 33: Chọn B Gắn hệ trục tọa độ Oxy vào đáy hình trụ như hình vẽ sau y A. S1 -1. O. H 0,5. B. x. 1. C. Ta có H là trung điểm OB nên OAB là tam giác đều. Suy ra AOB  60 và AOC  120 nên 1  hình quạt chứa cung nhỏ AC có diện tích là S   r 2  . 3 3 Khi đó diện tích phần tô đậm trên hình vẽ là S1  S  SOAC .  3 1  .0,5. 3   . 3 2 3 4. .

(409) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI TRÒN XOAY NÓN – TRỤ - CẦU..  3 Và thể tích dầu được rút ra là V1  h.S1  5.   . 3 4   . Thể tích bồn chứa dầu hình trụ là V   r 2 h  5 .  3  10 5 3  12,637 m 3 .  Thể tích dầu còn lại trong bồn là V2  V  V1  5  5.    3 4  3 4  .  . 1. Cách khác: Có thể tính diện tích phần tô đậm bằng tích phân S1  2  1  x2 dx . 1 2. Câu 34: Chọn D Hai khối trụ có thể tích bằng nhau nên tổng thể tích bằng hai lần thể tích của một khối trụ. 20 10 1  m. Do AE  AB  20m bằng chu vi của mặt đáy. Suy ra bán kính đáy R  2  2 100 2 ( m ) , chiều cao khối trụ là AD  5m . Diện tích mặt đáy là S   R2   500 3 1000 3 ( m ) .Vậy tổng thể tích là (m ) . Suy ra thể tích một khối trụ là V  S.h    Câu 35: Chọn D. h. h. h2. h1. Gọi h  15 cm là chiều cao của phễu và V là thể tích của phễu hình nón. 1 Ký hiệu h1  h  5 cm là chiều cao và V1 là thể tích của lượng nước trong phễu. 3 Gọi h2 , V2 là chiều cao và thể tích của phần không gian trống trong phễu khi lật ngược phễu lại. 3. 3. h  1 V Ta có V1    V  , V2   2  V và V1  V  V2 . 27 3  h Khi đó, 3. 3. 3. h  h  h 1 1 1 V1  V  V2    V  V   2  V   1  2   2  3 1  h2  5 3 26 . 3 h 27 15 15 27      . Vậy chiều cao của nước khi lật ngược phễu lại là h  h2  15  5 3 26  0,188 cm. Câu 36: Chọn C Gọi tấm thép hình chữ nhật ban đầu là ABCD , r là bán kính của hình tròn đáy.. Diện tích hình chữ nhật ABCD là: S  AB.AD. Ta có 3h  4r  h  h  2r.. 404. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(410) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI TRÒN XOAY NÓN – TRỤ - CẦU.. Thể tích của khối trụ V   .r 2 .h  3,14.r 2 .2r  6,28r 3 . Theo bài ra V  50,24  6,28r 3  50,24  r 3  8  r  2. Do r  2dm  0,2m  AD  3h  6r  1,2m; AB  2 .r  1,256m. Vậy S  1,2.1,256  1,5072(m 2 ). Câu 37:. Chọn D Gọi O1 , O2 , O3 lần lượt là tâm của ba viên bi và r1  r2  r3  3 là bán kính của ba viên bi đó. Theo giả thiết thì ba đường tròn lớn của ba viên bi đôi một tiếp xúc với nhau, khi đó ba điểm O1 , O2 , O3 tạo thành một tam giác đều cạnh 2 3 . Gọi O là trọng tâm của tam giác O1O2O3 thì. 2 3 OO1  OO2  OO3  .2 3. 2. 3 2 Cũng theo giả thiết thì ba viên bi tiếp xúc với các đường sinh của lọ hình trụ tại 3 điểm nằm trên một đường tròn bằng đường tròn đáy của lọ hình trụ .. Vậy bán kính đáy của lọ hình trụ là OM  OO3  O3 M  2  3 . Câu 38: Chọn C Ta có Sđáy   r 2 ; Sxq  2 rh . Thể tích khối trụ V  Sđáy .h  h . V V  2. Sđáy  r. Stp  2Sđáy  Sxq  2 r 2  2 rh  2 r 2  2 r.. Xét hàm số f  r   2 r 2 . V 2V  2 r 2  . 2 r r. 2V 2V 2V V , có f   r   4 r  2 ; f   r   0  4 r  2  r  3 . r 2 r r. Từ đó suy ra giá trị nhỏ nhất của hàm số đạt tại r  Vậy khi r . 3. 3. V . 2. V thì diện tích toàn phần hình trụ đạt giá trị nhỏ nhất. 2. Câu 39: Chọn B Gọi bán kính đáy của hình trụ là R và chiều cao là h . 72 Do thể tích khối trụ là 72 nên  R2 h  72  h  .  R2 Diện tích đáy là  R2 . Diện tích xung quanh là 2 Rh  2 R.. 72 144  . 2 R R. Chi phí làm bình là: 144 12960 T  100. R2  90.  140. R2  240 R2  R R 6480 6480 6480 6480  240 R2    3 3 240 R2 . .  6480 3  . R R R R.

(411) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI TRÒN XOAY NÓN – TRỤ - CẦU.. Dấu bằng xảy ra khi 240 R2 . 6480 6480 3  R . 3 R R . Câu 40: Chọn C 1 3. Ta có: V   r 2 h  27  h . 38 34 2 2 . Độ dài đường sinh là l  h  r   r2 2 4 2  r r. Lượng giấy tiêu thụ ít nhất khi diện tích xung quanh nhỏ nhất. Diện tích xung quanh của hình nón là Sxq   rl   r . 38 38 2  r    r4  2r 4  2r 2. 38 38 316 4 3   r   3 2 2 r 2 2 2 r 2 4 4. Dấu “=” xảy ra khi. 38 38 4 6  r  r   cm  . Chọn đáp án C 2 2 r 2 2 2. Câu 41: Chọn A Gọi r , h, l lần lượt là bán kính đáy, chiều cao và đường sinh của hình nón và I1 , I 2 , O lần lượt là tâm của hai đường tròn (C1 ),(C 2 ) và mặt cầu. Vì hai đường tròn (C1 ),(C 2 ) có bán kính bằng nhau nên dễ dàng suy ra: OI1  OI 2  h2 3h 2 2 2 2 . l  h  r  R  4 4 tích xung quanh. h 2. Ta có r  R2  Diện. Sxq   rl   . R2  Sxq lớn nhất bằng. h2 3h 2  . R2   4 4 4 3. 2 R2 3. 12R. 2. hình. . .  3h 2 . 4 R 2  3h 2 . nón 2 R2 3. là. .. . Dấu "  " xảy ra khi và chỉ khi 12 R2  3h 2  4 R2  3h 2  h . 2R 3. .. R 6 . 3 Mà bán kính đáy và chiều cao của hình nón cũng chính là bán kính đáy và chiều cao hình trụ. r. Vậy thể tích hình trụ V   .r 2 .h   .. 6 R2 2 R 4 R3 3 .  . 9 9 3. Câu 42: Chọn D Gọi bán kính của khối trụ là x  0  x  3  , chiều cao của khối trụ là h  OO  0  h  6  . Khi đó thể tích khối trụ là: V   x2 h . Ta có: SON đồng dạng với SOB nên có. . ON SO x 6h     h  6  2x . OB SO 3 6. . Suy ra V   x 2 h   x 2  6  2 x    6 x 2  2 x 3 .. 406. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(412) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI TRÒN XOAY NÓN – TRỤ - CẦU.. Xét hàm f  x   6 x 2  2 x 3 ,  0  x  3  . x  0 l f   x   12 x  6 x 2 ; f   x   0    x  2  n . Bảng biến thiên:. Do đó V lớn nhất khi hàm f  x  đạt giá trị lớn nhất. Vậy thể tích của khối trụ lớn nhất là V  8 khi bán kính khối trụ bằng 2. Câu 43: Chọn B Cách 1:. Gọi D là hình chiếu vuông góc của B lên mặt phẳng  O  . Kẻ AH  OD , H  OD . Ta có thể tích của khối chóp OOAB : VOOAB . V. . OOAB max. 1 2a2 2a2 4a3 AH .SOOB  . .AH  .AO  3 3 3 3.  H  O . Suy ra AD  2 2a .. Suy ra: tan  tan BAD . 1 2. .. Cách 2: Nhận xét: Nên thêm giả thiết AB chéo với OO' để tứ diện OOAB tồn tại.. Gọi D là hình chiếu vuông góc của B lên mặt phẳng chứa đường tròn  O  . Gọi C là hình chiếu vuông góc của A lên mặt phẳng chứa đường tròn  O '  . Ta có O' CB.OAD là một hình lăng trụ đứng. Ta có thể tích của khối chóp OOAB : VOOAB  VO ' BC .OAD . V. . O ' ABCD max. 1 1 1 4a3 . 2a.SOAD  .2a. .2a.2a.sin AOD  3 3 2 3.  AOD  900  AD  2 2 a . Suy ra: tan  tan BAD . 1 2. .. Câu 44: Chọn D Gọi H là hình chiếu vuông góc của B lên mặt phẳng chứa đường tròn  O  ..

(413) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI TRÒN XOAY NÓN – TRỤ - CẦU.. Gọi K là hình chiếu vuông góc của A lên mặt phẳng chứa đường tròn  O '  . Ta có HAD.BKC là một hình lăng trụ đứng. Ta có thể tích của tứ diện CDAB là 1 1 1 1 1 1 VABCD  VHAD.BKC  .2a.SHAD  .2a. .AD.d  H ; AD   .2 a. .2 a 3.d  H ; AD  . 3 3 3 2 3 2. V. . ABCD max. .  d  H ; AD . Theo định lý sin ta có. . max.  H là điểm chính giữa cung lớn AD của đường tròn  O  .. AD sin AHD.  2.2a  sin AHD . AD 2 3a 3   nên AHD  600 . 4a 4a 2. Do đó xảy ra khi AHD đều  AH  AD  2 3a . Suy ra: tan   tan BAH . BH 2a 3   . AH 2a 3 3. Câu 45: Chọn A Kẻ đường thẳng qua O' song song với AB cắt mặt phẳng chứa đường tròn (O) tại O1 . Lúc đó AO1D.BO ' C là một hình lăng trụ chiều cao bằng 2a . Vì AD  BC nên SBO ' C  SOAD Ta có thể tích của khối chóp O'.ABCD : 1 2 2 2 1 8a3 . VO ' ABCD  VAO1D.BO 'C  .2a.SBO 'C  .2a.SOAD  .2a. .2a.2a.sin AOD  3 3 3 3 2 3. V. . O ' ABCD max. 408.  AOD  900  AD  2 2 a .. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(414) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI TRÒN XOAY NÓN – TRỤ - CẦU.. CHỦ ĐỀ: KHỐI CẦU NGOẠI TIẾP TỨ DIỆN  Định nghĩa: Mặt cầu ngoại tiếp khối đa diện là mặt cầu đi qua tất cả các đỉnh của khối đa diện đó.  Điều kiện cần và đủ để khối chóp có mặt cầu ngoại tiếp: có đáy là một đa giác nội tiếp.  Cách xác định tâm mặt cầu ngoại tiếp khối đa diện: Bước 1: Xác định trục của đường tròn ngoại tiếp đa giác đáy. Gọi tắt là trục của đáy ( là đường thẳng vuông góc với đáy tại tâm đường tròn ngoại tiếp đa giác đáy). Bước 2: Xác định măt phẳng trung trực của một cạnh bên hoặc trục của đường tròn ngoại tiếp một đa giác của mặt bên. Bước 3: Giao điểm của trục của đáy và mặt phẳng trung trực của một cạnh bên ( hoặc trục của đáy và trục của đường tròn ngoại tiếp một đa giác của mặt bên) là tâm mặt cầu ngoại tiếp khối đa diện đó.  Một số công thức tính nhanh bán kính mặt cầu ngoại tiếp  Công thức 1: Mặt cầu ngoại tiếp khối chóp có cạnh bên vuông góc với đáy: 2. h R  R    , trong đó Rd là bán kính đường tròn ngoại tiếp đáy, h là độ dài cạnh bên 2 vuông góc với đáy.  Công thức 2: Khối tứ diện vuông (có các cạnh đôi một vuông góc): 2 d. OA2  OB2  OC 2 2  Công thức 3: Mặt cầu ngoại tiếp khối chóp có mặt bên vuông góc với đáy: R. a2 , trong đó Rd là bán kính đường tròn ngoại tiếp đáy; Rb là bán kính đường 4 tròn ngoại tiếp của mặt bên và a tương ứng là độ dài đoạn giao tuyến của mặt bên và đáy.  Công thức 4: Khối chóp có các cạnh bên bằng nhau: R  Rd2  Rb2 . R. a2 , trong đó a là độ dài cạnh bên và h là chiều cao khối chóp và h được tính bằng 2h. công thức h  a 2  Rd2 .  Công thức 5: Khối tứ diện gần đều ABCD có AB  CD  a; AC  BD  b; AD  BC  c. R. a2  b2  c 2 . 8. BÀI TẬP VẬN DỤNG Câu 1:. Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác cân tại A với AB  AC  a , cạnh SA  SB  a và có  SBC    ABC  . Tính SC để độ dài bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp bằng a . A. SC  a 2 .. Câu 2:. B. SC  a 3 .. C. SC  a .. D. SC  2a .. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a . Cạnh bên SA  a 6 và vuông góc với đáy.  ABCD  . Tính theo. A. 8 a2 .. a diện tích mặt cầu ngoại tiếp khối chóp S.ABCD .. B. a2 2 .. C. 2 a2 .. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. D. 2a2 . 409.

(415) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI TRÒN XOAY NÓN – TRỤ - CẦU.. Câu 3:. Một hình nón có độ dài đường sinh bằng đường kính đáy. Diện tích hình tròn đáy của hình nón bằng 9 . Tính đường cao h của hình nón. 3 . 2. A. h  Câu 4:. B. h  3 3 .. C. h . 3 . 3. D. h  3 .. Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A , SA vuông góc với mặt phẳng.  ABC . và AB  2, AC  4, SA  5. Mặt cầu đi qua các đỉnh của hình chóp S.ABC có bán kính. là A. R  Câu 5:. 5 . 2. C. R . 10 . 2. D. R . 25 . 2. Cho hình hộp chữ nhật ABCD. ABCD có AB  a , AD  AA  2a . Diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình hộp đã cho bằng A. 9 a . 2. Câu 6:. B. R  10 .. 3 a 2 B. . 4. 9 a 2 C. . 4. D. 3 a2 .. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật, AB  2a, AD  a 3 , cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy, góc giữa SD và mặt phẳng đáy là 30 . Diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp là: 8 a 2 4 a 2 2 2 A. 8 a . B. . C. 4 a . D. . 3. Câu 7:. 3. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật, AB  2a, AD  a 3 , cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy, góc giữa SD và mặt phẳng đáy là 30 . Diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp là: 8 a 2 4 a 2 A. 8 a2 . B. . C. 4 a2 . D. . 3. Câu 8:. 3. Cho hình chóp S.ABC có SA  ( ABC) , tam giác ABC vuông tại B , SA  BC  3, AB  7 . Tính bán kính R của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp đã cho. A. R  5 .. Câu 9:. B. R . 5 . 2. C. R . 5 . 2. D. R  5 .. Trong không gian, cho hình chóp S.ABC có SA , AB , BC đôi một vuông góc với nhau và SA  a , AB  b , BC  c . Mặt cầu đi qua S , A , B , C có bán kính bằng 2a  b  c 1 2 a  b2  c 2 . A. . B. a 2  b2  c 2 . C. 2 a 2  b 2  c 2 . D. 3 2. Câu 10: Trong không gian Oxyz , cho bốn điểm A(1;2; 4) , B(1; 3;1) , C(2; 2; 3) , D(1;0; 4) . Gọi  S  là mặt cầu đi qua bốn điểm A, B, C , D . Tọa độ tâm I và bán kính R mặt cầu  S  là. 410. A. I  1; 0; 2  , R  21 .. B. I  2; 1; 0  , R  26 .. C. I  1; 0; 2  , R  21 .. D. I (2; 1;0), R  26 .. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(416) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI TRÒN XOAY NÓN – TRỤ - CẦU.. Câu 11: Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông cân ở B , AC  a 2 , SA   ABC  , SA  a . Gọi G là trọng tâm tam giác SBC , mặt phẳng   đi qua AG và song song với BC cắt SB , SC lần. lượt tại M , N . Tính thể tích V của khối chóp S.AMN . 2a3 a3 2a3 A. V  . B. V  . C. V  . 27 9 9. D. V . a3 . 6. Câu 12: Mặt cầu ngoại tiếp tứ diện vuông O. ABC có OA  OB  OC  a có bán kính bằng A.. a . 2. B.. a 3 . 2. C.. a 2 . 2. D.. a 3 . 4. Câu 13: Cho khối trụ có đường sinh bằng 5 và thể tích bằng 45 . Diện tích toàn phần của khối trụ là A. 18 . B. 33 . C. 48 . D. 39 . Câu 14: Cho hình chóp S.ABCD có SA   ABCD  , SA  a và đáy ABCD nội tiếp đường tròn bán kính bằng a . Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD là A.. a 3 . 3. B.. a 3 . 2. C.. a 5 . 2. D.. a 2 . 3. Câu 15: Một mặt cầu  S  ngoại tiếp tứ diện đều cạnh a. Diện tích mặt cầu  S  là: A.. 3 a 2 . 2. B. 6 a2 .. C.. 3 a 2 . 4. D. 3 a2 .. Câu 16: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A , SA vuông góc với mặt phẳng.  ABC . và AB  2, AC  4, SA  5 . Mặt cầu đi qua các đỉnh của hình chóp S.ABC có bán kính. là: A. R . 25 . 2. B. R . 5 . 2. C. R  5 .. D. R . 10 . 3. Câu 17: Cho hình lập phương ABCD.ABCD có cạnh a . Thể tích khối cầu ngoại tiếp hình lập phương là A.. 8 a 3 2 . 3. B..  a3 3 2. .. C.. 12 a3 3 . 3. D.. 4 a 3 3 . 3. Câu 18: Tính bán kính R của mặt cầu ngoại tiếp một hình lập phương có cạnh bằng a . A.. a 3 . 2. B. a .. C. 2 3a .. D. a 3 .. Câu 19: Cho hình chóp S.ABC có SA  SB  SC  a , ASB  ASC  900 , BSC  60 0. Tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp đã cho. 7 a 2 7 a 2 A. . B. . 3. 6. 7 a 2 C. . 18. 7 a 2 D. . 12. Câu 20: Cho hình trụ T  có bán kính đáy a , trục OO bằng 2a và mặt cầu  S  có tâm là trung điểm của đoạn thẳng OO và đi qua điểm O. Tìm tỉ số giữa diện tích mặt cầu  S  và diện tích toàn phần của hình trụ T  . A.. 1 . 3. B.. 2 . 3. C. 1.. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. D.. 4 . 3 411.

(417) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI TRÒN XOAY NÓN – TRỤ - CẦU.. Câu 21: Cho. hình. chóp. S.ABC. có. SA   ABC  ,. ABC là. tam. giác. vuông. tại. A ,. AB  3a ; AC  4a; SA  5a . Tìm bán kính mặt cầu mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC ?. A.. 5a 2 . 4. B.. 5a . 4. C.. 5a . 2. D.. 5a 2 . 2. Câu 22: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , SA vuông góc với mặt đáy và SA  a . Mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD có bán kính bằng A. a 3 .. B.. a 6 . 2. C.. a 3 . 3. D.. a 3 . 2. Câu 23: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông, biết BA  BC  2a , cạnh bên SA  2a 2 vuông góc với đáy. Tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp theo a . A. 8 a2 .. B. 16 a2 .. C. 4 a2 .. D. 64 a2 .. Câu 24: Cho hình nón có đường sinh bằng đường kính đáy và bằng 2. Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình nón đó là. A. 2 3 .. B.. 2 3 . 3. C.. 3 . 2. D.. 3.. Câu 25: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a 2 . Tam giác SAC vuông cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Tính thể tích khối cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD . A.. 2 a 3 . 3. B. 4 a 3 3 .. C.. 4 a 3 . 3. D. 4 a3 .. Câu 26: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật với AB  3a , BC  4a , SA  12a và SA vuông góc với đáy. Tính bán kính R của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD . 17 a 13a 5a A. R  . B. R  . C. R  . D. R  6a . 2 2 2 Câu 27: Cho tứ diện ABCD có tam giác BCD vuông tại C , AB vuông góc với mặt phẳng  BCD  , AB  5a , BC  3a và CD  4a . Tính bán kính R của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD .. A. R . 5a 2 . 3. B. R . 5a 3 . 3. C. R . 5a 2 . 2. D. R . 5a 3 . 2. Câu 28: Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng 3 2 a , cạnh bên bằng 5a. Tính bán kính R của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD. 25a A. R  3a . B. R  2 a . C. R  . D. R  2a . 8 Câu 29: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a , SA vuông góc với mặt phẳng  ABC  và SA  a . Diện tích của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC bằng A.. 3 a 2 . 7. B.. 7 a 2 . 12. C.. 7 a 2 . 3. D..  a2 . 7. Câu 30: Cho mặt cầu tâm O và tam giác ABC có ba đỉnh nằm trên mặt cầu với góc BAC  300 và BC  a Gọi S là điểm nằm trên mặt cầu, không thuộc mặt phẳng  ABC  và thỏa mãn SA  SB  SC , góc. 412. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(418) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI TRÒN XOAY NÓN – TRỤ - CẦU.. giữa đường thẳng SA và mặt phẳng  ABC  bằng 600 . Tính thể tích V của khối cầu tâm O theo a.. A. V . 3 3 a . 9. B. V . 32 3 3 a . 27. C. V . 4 3 3 a . 27. D. V . 15 3 3 a . 27. Câu 31: Cho hình 413 hop S.ABCD có ABCD là hình chữ nhật tâm I cạnh AB  3a , BC  4a . Hình chiếu của S trên mặt phẳng  ABCD  là trung điểm của ID . Biết rằng SB tạo với mặt phẳng.  ABCD  một góc 45 . Tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD . A.. 25 2 a . 2. B.. 125 2 a . 4. C.. 125 2 a . 2. D. 4 a2 .. Câu 32: Cho tứ diện ABCD có AB  CD  3 , AD  BC  5 , AC  BD  6 . Tính thê tích khối cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD . A. 35  .. B. 35 .. C.. 35 35 . 6. D. 35 35  .. Câu 33: Cho hình chóp S.ABC , đáy ABC là tam giác đều cạnh a ; SA   ABC  . Gọi H , K lần lượt là hình chiếu vuông góc của A lên SB ; SC . Diện tích mặt cầu đi qua 5 điểm A , B , C , K , H là  a2 4 a 2 4 a 2 A. . B. 3 a2 . C. . D. . 9 3 3 Câu 34: Cho tứ diện đều ABCD cạnh a . Gọi K là trung điểm của AB , M , N lần lượt là hình chiều của K lên AD và AC . Tính theo a bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp K.CDMN ? A.. a 3 . 4. B.. 3a 3 . 8. C.. a 2 . 4. D.. 3a 2 . 8. Câu 35: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh 3a . Hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng đáy ABCD là điểm H thuộc cạnh AB sao cho HB  2HA . Cạnh SA hợp với mặt phẳng đáy góc 60o . Tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD 475 a 2 55 a 2 A. . B. 21 a2 . C. . 3 3. D. 22 a2 .. Câu 36: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a . Cạnh bên SA  a 6 và vuông góc với đáy.  ABCD  . Tính theo. A. 2 a2 .. a diện tích mặt cầu ngoại tiếp khối chóp S.ABCD .. B. 8 a2 .. C. 2a2 .. Câu 37: Cho khối chóp tứ giác đều có độ dài cạnh đáy bằng. D. a2 2 .. 2 , chiều cao bằng 2 2 . Gọi O là tâm mặt. cầu đường tròn ngoại tiếp khối chóp S.ABCD . Cosin góc giữa hai mặt phẳng  OAB  và  OCD . bằng: 15 A. . 17. B.. 33 . 65. C.. 8 . 17. D.. 56 . 65. Câu 38: Cho hình lăng trụ đứng ABC.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A , AB  a 3 , BC  2a. đường thẳng AC tạo với mặt phẳng  BCC B  một góc 30 . Diện tích của mặt cầu ngoại tiếp lăng trụ đã cho bằng: Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 413.

(419) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI TRÒN XOAY NÓN – TRỤ - CẦU.. A. 3 a2 .. B. 6 a2 .. C. 4 a2 .. D. 24 a2 .. Câu 39: Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông tại A , AB  1cm , AC  3 cm . Tam giác SAB SAC lần lượt vuông tại B và C . Khối cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC có thể tích bằng. cm 3 . Tính khoảng cách từ C tới  SAB  .. A.. 5 cm . 2. B.. 5 cm . 4. C.. 3 cm . 4. D.. 5 5 6. 3 cm . 2. Câu 40: Cho tam giác ABC vuông tại B và nằm trong mặt phẳng ( P) có AB  2a , BC  2 3a . Một điểm S thay đổi trên đường thẳng vuông góc với  P  tại A (S  A) . Gọi H , K lần lượt là hình chiếu vuông góc của A lên SB,SC . Biết rằng khi S thay đổi thì 4 điểm A, B, H , K thuộc một mặt cầu cố định. Tính bán kính R của mặt cầu đó. A. R  2a .. B. R  2 a .. C. R  a .. D. R  3a .. Câu 41: Cho hình chóp S.ABC có SA vuông góc với  ABC  , AB  a , AC  a 2 , BAC  450 . Gọi B',C ' lần lượt là hình chiếu vuông góc của A lên SB,SC . Thể tích khối cầu ngoại tiếp hình chóp A.BCC ' B' ..  a3 A. . 2. B.  a. 3. Câu 42: Cho hình chóp S.ABC có SA . 2.. 4 C.  a 3 . 3.  a3 2 D. . 3. a 3 , các cạnh còn lại cùng bằng a . Bán kính R của mặt cầu 2. ngoại tiếp hình chóp S.ABC là: A. R . a 13 . 2. B. R . a . 3. C. R . a 13 . 3. D. R . a 13 . 6. Câu 43: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B , BC  2a , cạnh bên SA vuông góc với đáy. Gọi H , K lần lượt là hình chiếu của A lên SB và SC , khi đó thể tích của khối cầu ngoại tiếp hình chóp AHKCB là A.. 2 a 3 .. B..  a3 3. .. C.. 2 a 3 . 2. D.. 8 2 a 3 . 3. Câu 44: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB  3 , AD  4 và các cạnh bên của hình chóp tạo với mặt đáy một góc 60 . Tính thể tích khối cầu ngoại tiếp hình chóp đã cho. A. V . 250 3 . 3. B. V . 125 3 . 6. C. V . 50 3 . 3. D. V . 500 3 . 27. Câu 45: Cho tứ diện ABCD có AB  6a , CD  8a và các cạnh còn lại bằng a 74 . Tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD . 100 2 a . A. S  25 a2 . B. S  100 a2 . C. S  D. S  96 a2 . 3 Câu 46: Cho hình chóp O.ABC có OA  OB  OC  a , AOB  60 , BOC  90 , AOC  120 . Gọi S là trung điểm cạnh OB . Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC là. 414. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(420) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI TRÒN XOAY NÓN – TRỤ - CẦU.. A.. a 4. B.. a 7 4. C.. a 7 2. D.. a 2. Câu 47: Cho hai mặt phẳng  P  và  Q  vuông góc với nhau theo giao tuyến  . Trên đường thẳng  lấy hai điểm A , B với AB  a . Trong mặt phẳng  P  lấy điểm C và trong mặt phẳng  Q  lấy điểm D sao cho AC , BD cùng vuông góc với  và AC  BD  AB . Bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD là:. A.. a 3 . 3. B.. a 3 . 2. C. a 3 .. D.. 2a 3 . 3. Câu 48: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh 2 2 , cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy. Mặt phẳng   qua A và vuông góc với SC cắt cạnh SB , SC , SD lần lượt tại các điểm M , N , P . Thể tích V của khối cầu ngoại tiếp tứ diện CMNP bằng. A. V . 125 . 6. B. V . 32 . 3. C. V . 108 . 3. D. V . 64 2 . 3. Câu 49: Cho hình chóp S.ABC có AC  a, AB  a 3 , BAC  150 0 và SA vuông góc với mặt phẳng đáy. Gọi M, N lần lượt là hình chiếu vuông góc của A trên SB và SC . Thế tích khối cầu ngoại tiếp hình chóp A.BCNM bằng A.. 4 7 a 3 . 3. B.. 28 7 a3 . 3. C.. 20 5 a3 . 3. D.. 44 11 a3 . 3. Câu 50: Trong mặt phẳng  P  cho tam giác ABC đều cạnh bằng 8 cm và một điểm S di động ngoài mặt phẳng  P  sao cho tam giác MAB luôn có diện tích bằng 16 3 cm2, với M là trung điểm của SC . Gọi  S  là mặt cầu đi qua bốn đỉnh M , A , B ,C . Khi thể tích hình chóp S.ABC lớn nhất, tính. bán kính nhỏ nhất của  S  : A.. 16 6 cm. 9. B.. 4 3 cm. 3. C.. 4 15 cm. 3. D.. 4 39 cm. 3. Câu 51: Cho mặt cầu (S) :  x  2017    y  2018    z  2019   2020 . Xét mặt phẳng  P  thay đổi cắt 2. 2. 2. mặt cầu theo giao tuyến là đường tròn  C  . Hình nón  N  có đỉnh S nằm trên mặt cầu, đáy là đường tròn  C  và có chiều cao h . Gọi V là thể tích của khối nón được tạo nên bởi  N  . Tính giá trị lớn nhất Vmax của V. A. Vmax  C. Vmax .  .32.  .16..  . 2020 81 2020 81.  . 3. .. B. Vmax . 3. .. D. Vmax .  .8.. . 2020. . 3. 81.  .64.. . 2020 81. .. . 3. .. Câu 52: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật. Tam giác SAB nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng  ABCD  . Biết rằng AB  a , AD  a 3 và ASB  60 . Tính diện tích khối cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD . Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 415.

(421) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI TRÒN XOAY NÓN – TRỤ - CẦU.. A. S . 13 a2 . 2. B. S . 13 a2 . 3. C. S . 11 a2 . 2. D. S . 11 a2 . 3. Câu 53: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B , AB  BC  3a 2 , SAB  SCB  90 . Biết khoảng cách từ A đến mặt phẳng  SCB  bằng 2 a 3 . Tính thể tích mặt. cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC . A. 72 18 a3 .. B. 18 18 a 3 .. C. 6 18 a 3 .. Câu 54: Cho hình chóp S.ABC có SA  SB  SC  AB  a , BC . D. 24 18 a 3 .. a 6 và mặt phẳng  SAC  vuông góc với 3. mặt phẳng  ABC  . Tính diện tích xung quanh của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC . A.. 416. 12 a 2 . 7. B.. 4 a 2 . 7. C.. 3 a 2 . 7. D.. 15 a 2 . 7. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(422) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI TRÒN XOAY NÓN – TRỤ - CẦU.. BẢNG ĐÁP ÁN 1.A 11.B 21.D 31.B 41.D 51.A. 2.A 12.B 22.D 32.C 42.C 52.B. 3.B 13.C 23.B 33.C 43.D 53.D. 4.A 14.C 24.B 34.D 44.D 54.A. 5.A 15.A 25.C 35.C 45.B. 6.A 16.B 26.C 36.B 46.C. 7.A 17.B 27.C 37.B 47.B. 8.C 18.A 28.C 38.B 48.B. 9.D 19.B 29.C 39.D 49.B. 10.B 20.B 30.B 40.A 50.C. HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Câu 1:. Chọn A Gọi H là trung điểm của BC  AH  BC  AH  (SBC) . Mà SA  AB  AC  H là tâm đường tròn ngoại tiếp SBC  HS  HB  HC  SBC vuông tại S . Gọi I là trung điểm AC , O  AH , OI  AC  O là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC . Đặt HC  x . Ta có AOI đồng dạng ACH .. a .a AI .AC a2  AO.AH  AI .AC  AO   2   R. AH a2  x2 2 a2  x2. Lại. có. Ra . a2 2 a x 2. 2.  a  2 a2  x 2  a  4a2  4 x 2  a 2  x . a 3 2.  SC  BC 2  SB2  3a 2  a 2  a 2 .. Câu 2:. Chọn A Gọi O  AC  BD , đường chéo AC  a 2 . Gọi I là trung điểm của SC . Suy ra OI là đường trung bình của tam giác SAC . Suy ra OI // SA  OI   ABCD  . Hay OI là trục đường tròn ngoại tiếp đáy ABCD . Mà IS  IC  IA  IB  IC  ID  IS . Suy ra I là tâm mặt cầu ngoại tiếp chóp S.ABCD . Bán kính mặt cầu ngoại tiếp chóp S.ABCD : R  SI . SC SA 2  AC 2  a 2. 2 2. Diện tích mặt cầu: S  4 R2  8 a2 .. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 417.

(423) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI TRÒN XOAY NÓN – TRỤ - CẦU.. Câu 3:. Chọn B. Gọi chiều cao, bán kính đáy, độ dài đường sinh của hình nón lần lượt là h, r , l . Hình nón có độ dài đường sinh bằng đường kính đáy nên l  2r . Diện tích hình tròn đáy của hình nón bằng 9 nên:  r 2  9  r  3 . Suy ra l  2r  6 . Áp dụng định lý Pitago cho tam giác OAH ta được: OH 2  OA 2  AH 2  h 2  l 2  r 2  h 2  27  h  3 3.. Câu 4:. Vậy chiều cao h của hình nón là 3 3 . S Chọn A Gọi M , N lần lượt là trung điểm của BC và SA . Do tam giác ABC vuông tại A nên M là tâm đường tròn N ngoại tiếp tam giác ABC . Gọi a là đường thẳng qua M và song song với SA mà SA  ( ABC) nên a  ( ABC) . Do đó a là trục đường A tròn ngoại tiếp tam giác ABC . Trong mặt phẳng (SAM) , gọi b là đường trung trực của C đoạn thẳng SA , gọi I là giao điểm của a và b . Ta có I  a suy ra IA  IB  IC . Mặt khác, I  b suy ra IA  IS . Do đó IA  IB  IC  IS hay I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC . Vậy bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC là R  IA  AN 2  AM 2 . Câu 5:. AS2 BC 2   4 4. a. b I B M. AS2  AB2  AC 2 5  4  16 5   . 4 4 2. Chọn A D' A'. C' B' O. D A. C B. Mặt cầu ngoại tiếp hình hộp chữ nhật ABCD. ABCD có tâm là O của hình hộp có bán kính 1 1 2 3a 2 2 R AB 2  AD 2  AA2  a   2a    2a   . 2 2 2. 418. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(424) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI TRÒN XOAY NÓN – TRỤ - CẦU. 2. Câu 6:.  3a  Vậy diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình hộp là S  4    9 a 2 .  2  Chọn A. Gọi O, I lần lượt là trung điểm của AC ,SC . Ta có: IO // SA  IO   ABCD  . Mà: OA  OB  OC  OD  IO là trục đường tròn ngoại tiếp đa giác đáy  IA  IB  IC  ID . SC . Mặt khác IS  IC nên mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD có tâm I và bán kính R  IS  2 SA  SA  a . Tam giác SAD vuông tại A và SDA  30  tan SDA  AD AC  AB2  AD 2  a 7 ; R  IS . Câu 7:. SC SA 2  AC 2   a 2 . Vậy S  4 R2  8 a2 . 2 2. Chọn A. Gọi O, I lần lượt là trung điểm của AC ,SC . Ta có: IO // SA  IO   ABCD  . Mà: OA  OB  OC  OD  IO là trục đường tròn ngoại tiếp đa giác đáy  IA  IB  IC  ID . SC . Mặt khác IS  IC nên mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD có tâm I và bán kính R  IS  2 SA  SA  a . Tam giác SAD vuông tại A và SDA  30  tan SDA  AD SC SA 2  AC 2   a 2 . Vậy S  4 R2  8 a2 . AC  AB  AD  a 7 ; R  IS  2 2 Chọn C Gọi E là trung điểm của AC,do tam giác ABC vuông tại B nên E là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Gọi I và M lần lượt là trung điểm SC và SA ,khi đó AMIE là hình chữ nhật 2. Câu 8:. 2. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 419.

(425) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI TRÒN XOAY NÓN – TRỤ - CẦU.. IE / / SA  IE  ( ABC) mà E là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC,nên IA  IB  IC. Lại có IM / / AC  IM  SA mà M là trung điểm SA nên IM là trục đối xứng của đoạn thẳng SA, nên IA  IS Từ 1,2  IA  IS  IB  IC  R hay I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC Xét tam giác vuông ABC có: AC  AB2  BC 2  7  9  4 . 2. 2.  SA   AC  9 16 5 Xét tam giác vuông IAM có: R  IA  AM  IM         4 4 2  2   2  2. 2. Cách giải khác: BC  AB  0 Ta có:   BC  SB  SBC  90 BC  SA  Mà SAC  900 nên các điểm S, A, B, C thuộc mặt cầu đường kính SC .. Câu 9:. Xét tam giác vuông ABC có: AC  AB2  BC 2  7  9  4 . 1 1 5 Xét tam giác vuông SAC có: R  SC  . SA 2  AC 2  . 2 2 2 Chọn D Ta có: SA , AB , BC đôi một vuông góc  SA   ABC  và ABC vuông tại B . Gọi I là trung điểm của AC  I là tâm đường tròn ngoại tiếp ABC . Khi đó bán kính đường tròn tâm I ngoại tiếp ABC : 1 1 2 2 r  AC  b c . 2 2 Gọi O là trung điểm SC  O là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình SA chóp S.ABC  OI  . 2 Khi đó bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC là: 2.  SA  a2 b2  c 2 1 2 2 R  OC    r    a  b2  c 2 .  4 4 2  2  Câu 10: Chọn B. Giả sử  S  có phương trình dạng:. . x 2  y 2  z 2  2ax  2by  2cz  d  0 a 2  b 2  c 2  d  0. . (1) .. Với tâm I  a; b; c  và bán kính R  a 2  b2  c 2  d . Vì  S  đi qua bốn điểm A, B, C , D nên tọa độ của các điểm A, B, C , D thỏa mãn. Từ đó ta có hệ phương trình: 1  4  16  2a  4b  8c  d  0 2a  4b  8c  d  21 10b  10c  10 b  1     1  9  1  2 a  6b  2c  d  0 2a  6b  2c  d  11 6 b  6 c  6 c  0      4  4  9  4 a  4b  6c  d  0 4a  4b  6c  d  17  2 a  4b  2c  0 a  2 1  0  16  2 a  0b  8c  d  0 2a  0b  8c  d  17 2a  0b  8c  d  17 d  21  I ( 2; 1; 0), R  26 . 420. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(426) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI TRÒN XOAY NÓN – TRỤ - CẦU.. Câu 11: Chọn B. Qua G , kẻ đường thẳng song song với BC , cắt SB tại M và cắt SC tại N . Gọi H là trung điểm SG 2 SM SN SG 2   . Ta có: MN // BC    . của BC  SH 3 SB SC SH 3 AC  a ( ABC vuông cân tại B ). Ta có: AB  2 1 1 1 1 1 1 Có: VS. ABC  SA.SABC  SA. AB2  a. a2  a3 . 3 3 2 3 2 6 Theo công thức tỉ lệ thể tích ta có: VS. AMN SA SM SN 2 2 4 4 4 1 2 3  . .  .   VS. AMN  VS. ABC  . a3  a . VS. ABC SA SB SC 3 3 9 9 9 6 27 Câu 12: Chọn B. Trong  OBC  kẻ đường cao OH . Vì OBC là tam giác vuông cân nên H là tâm đường tròn a 2 . 2 Qua H dựng đường thẳng d song song với OA  d   OBC  . Do đó, d là trục đường tròn của. ngoại tiếp OBC và OH . OBC .. Trong mp  OA , d  , dựng đường trung trực OA cắt OA , d lần lượt tai N ,I . Khi đó I là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện O.ABC . Theo cách dựng ta có tứ giác OHIN là hình chữ nhật nên NI  OH . a 2 . 2 2. 2 2 a a 2 a 3  OA  2  Bán kính R  OI  ON  IN     OH   2    2   2 .     2   2. 2. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 421.

(427) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI TRÒN XOAY NÓN – TRỤ - CẦU.. Chú ý: Công thức tính nhanh bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện vuông O.ABC là OA2  OB2  OC 2 R 2 Câu 13: Chọn C. Ta có: V   R2 .h  45 . Suy ra: R . 45  3. 5. Diện tích toàn phần khối trụ: Stp  2 Rh  2 R 2  2 .3.5  2 .32  48 . Câu 14: Chọn C Gọi điểm O là tâm đường tròn ngoại tiếp đáy. I là trung điểm SA . J là tâm mặt cầu ngoại tiếp.. 2. a a 5 Dễ thấy AIJO là hình chữ nhật. Do đó JA  AO 2  AI 2  a2     . 2 2. Câu 15:. Chọn A Vì A.BCD là tứ diện đều nên tâm của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp nằm trên đường cao AO trong đó O là trọng tâm của tam giác đều BCD . Gọi M là trung điểm của cạnh AB . Từ M kẻ đường trung trực MI của đoạn AB cắt AO tại I. Do đó I là tâm mặt cầu ngoại tiếp của hình chóp A.BCD Ta có MI  AB nên hai tam giác vuông IMA và BOA đồng dạng.Từ đó suy ra: IA MA 1 AB AB2   .  IA  R  BA OA 2 OA 2.AO. Ta có AO  AB2  BO 2  a2 . a2 a 6 AB2 a 6   R  IA   3 3 2 AO 4. Diện tích mặt cầu  S  là: S  4 R2  4 a2 .  3 8. 422. 3 a2 2. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(428) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI TRÒN XOAY NÓN – TRỤ - CẦU.. Câu 16: Chọn B. Cách 1. Gọi M , H lần lượt là trung điểm BC ,SA . Ta có tam giác ABC vuông tại A suy ra M là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC .. Qua M kẻ đường thẳng d sao cho d   ABC   d là trục đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC . Trong mặt phẳng  SAM  kẻ đường trung trực  của đoạn SA , cắt d tại I  IA  IB  IC   IA  IB  IC  IS  I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC.  IA  IS  HA   ABC   HA  AM  ●  ; HA // IM IM  ABC    .  HI  SA   HI // AM .  AM  SA  HI , SA , AM  SAM   . Suy ra tứ giác HAMI là hình chữ nhật. 1 5 1 1 2 2  4 2  5 , IM  SA  Ta có AM  BC  . 2 2 2 2. 5 5  . 4 2 Cách 2. Sử dụng kết quả: Nếu SABC là một tứ diện vuông đỉnh A thì bán kính mặt cầu ngoại D A 1 H AS2  AB2  AC 2 tiếp tứ diện SABC được tính bởi công thức: R  2C B. Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC là: R  AI  AM 2  IM 2  5 . Áp dụng công thức trên, ta có R . 1 2.  5. 2.  22  42 . 5 . 2. Câu 17: Chọn B A'. D' C'. B' I. D. A B. C. Gọi I là trung điểm AC  I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình lập phương. 1 a 3 Bán kính mặt cầu là R  CI  CA  . 2 2 Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 423.

(429) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI TRÒN XOAY NÓN – TRỤ - CẦU.. 4 4 3 3a 3 3 a3  Suy ra thể tích khối cầu ngoại tiếp hình lập phương là V   R3   . 3 3 8 2 Câu 18: Chọn A. Gọi O là tâm của hình lập phương ABCD.EFGH . Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình lập phương ABCD.EFGH là: EC EA2  AC 2 R  OC    2 2 Câu 19: Chọn B. EA2  AB2  BC 2 a 3  . 2 2. A. E. SA  SB Ta có   SA  (SBC ). SA  SC. I. C. S. Gọi G là trọng tâm tam giác đều SBC, suy ra SG . a 3 . 3. Gọi d là đường thẳng qua G và vuông góc với. Suy ra d là trục của đường tròn ngoại tiếp tam giác SBC.. G. B. Tâm I của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp SABC là giao điểm của mặt phẳng trung trực đoạn SA và d. 2. 2 a2 3a2 a 21  SA   a 3     R  SI  SE  SG       4 9 6  2   3  2. 2. Diện tích mặt cầu S  4 R2  4 .. 21a2 7 a 2  . 36 3. Câu 20: Chọn B Diện tích toàn phần của hình trụ là S(T )  2 a 2  2 a.2 a  6 a 2 . 2.  OO  2 Diện tích mặt cầu là S(S )  4    4 a .  2 . Tỉ số giữa diện tích mặt cầu  S  và diện tích toàn phần của hình trụ T  là S(S ) S(T ). . 4 a2 2  . 6 a2 3. Câu 21: Chọn D Cách 1:. 424. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(430) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI TRÒN XOAY NÓN – TRỤ - CẦU. S. F. I A. C E B. Gọi E là trung điểm của BC . Vì ABC vuông tại A nên E là tâm đường tròn ngoại tiếp ABC . Qua E dựng đường thẳng d song song với SA , vì SA   ABC  nên d là trục của ABC . Trong mặt phẳng  SA; d  , dựng đường trung trực của SA cắt d tại I thì I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC vì I  d  IA  IB  IC , mặt khác I thuộc trung trực của SA nên IS  IA .. Gọi F là trung điểm của SA . Trong mặt phẳng  SA; d  có AE  SA , FI  SA nên FI // AE lại có EI // AF nên tứ giác AFIE là hình chữ nhật. Vậy AI  AE2  AF 2  Câu 22: Chọn D Ta có SA   ABCD   SA  AC , SA  BC , SA  CD.. 5a 2 . 2. S. Vì ABCD là hình vuông cạnh a nên AC  a 2 . Tam giác SAC vuông tại A nên SC  SA 2  AC 2  a 2  2a 2  a 3 .. I. Ta có  BC  AB  BC  SAB   BC  SB ;   BC  SA CD  AD  CD  SAD   CD  SD .  CD  SA . A. B. D. C. Gọi I là trung điểm của SC . Vì SBC , SAC , SDC là các tam giác vuông có cạnh huyền là SC nên IS  IC  IA  IB  ID . SC . 2. Do đó bán kính của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD là R . SC a 3  . 2 2. Câu 23: Chọn B. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 425.

(431) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI TRÒN XOAY NÓN – TRỤ - CẦU.. Cách 1. Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC , do tam giác ABC vuông tại B nên I là trung điểm của AC . Qua I dựng đường thẳng d vuông góc với  ABC  . Suy ra d//SA . Trong tam giác SAC , dựng đường trung trực của SA cắt d tại O là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC . Ta tính được AC  2 a 2 , SC  4 a Bán kính mặt cầu R  OA  OI 2  OM 2  2 a2  2 a 2  2 a . Diện tích mặt cầu ngoại tiếp chóp S.ABC là S  4  2a   16 a 2 . 2. Cách 2. Ta có BC  SA, BC  AB  BC  SB . Ta có SAC  SBC  90 . Khi đó 4 điểm S, A, B,C nằm trên mặt cầu đường kính SC . SC Bán kính mặt cầu R   2a . 2 Diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S  4  2a   16 a 2 . 2. Câu 24: Chọn B. Hình nón có đường sinh bằng đường kính đáy và bằng 2  Thiết diện qua trục hình nón là tam giác đều có cạnh bằng 2 và bán kính mặt cầu ngoại tiếp bằng bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác SAB . AB  2R . Gọi R là bán kính mặt cầu, theo định lý sin trong tam giác SAB , ta có: sin S AB 2 2 3   . 2sin S 2.sin 60 3 Câu 25: Chọn C R. S. A. B. O D. C. Gọi O là giao điểm của hai đường chéo AC và BD .. 426. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(432) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI TRÒN XOAY NÓN – TRỤ - CẦU.. Ta có ABC  90 , ADC  90 và ASC  90 suy ra các đỉnh B , D , S cùng nhìn đoạn thẳng AC a. AC dưới một góc vuông nên O là tâm mặt cầu ngoại tiếp chóp S.ABCD và R  OA  2 4 4 Vậy V   R3   a3 . S 3 3 Câu 26: Chọn C Ta có: AC  AB2  BC 2  5a . Vì SA  AC nên. I. 12a. SC  SA 2  AC 2  13a. A.  BC  AB Nhận thấy:   BC  SB .Tương tự: CD  SD  BC  SA. 3a. D O. B. 4a. C. Do các điểm A, B, D đều nhìn đoạn thẳng SC dưới một góc vuông nên gọi I là trung điểm của đoạn thẳng SC thì I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp SC 13a  . S.ABCD . Vậy R  2 2 Câu 27: Chọn C Tam giác BCD vuông tại C nên áp dụng định lí Pitago, ta được BD  5a . Tam giác ABD vuông tại B nên áp dụng định lí Pitago, ta được AD  5a 2. Vì B và C cùng nhìn AD dưới một góc vuông nên tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD là trung điểm I của AD . Bán kính mặt cầu này là: R . AD 5a 2  . 2 2. Câu 28: Chọn C. Gọi O là tâm hình vuông ABCD , G là trung điểm SD , GI  SD, I  SO . Ta có cạnh đáy bằng 3 2a nên BD  3 2 a. 2  6 a , OD  3a . Xét SOD vuông tại O ta có: SO  SD 2  OD 2  4a 2 SO SD 1 25a   4a.R   5a   R  Ta có SOD∽SGI , suy ra . SG SI 2 8 Câu 29: Chọn C. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 427.

(433) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI TRÒN XOAY NÓN – TRỤ - CẦU.. Đáy ABC là tam giác đều  tâm đường tròn ngoại tiếp là trọng tâm G . Từ G kẻ đường thẳng d vuông góc với mặt phẳng đáy  d / / SA và đường thẳng d là trục của tam giác đáy. Trong mặt phẳng  SAG  kẻ d ' là đường trung trực của đoạn SA . Trong mặt phẳng  SAG  hai đường thẳng d và d ' cắt nhau tại I  I cách đều 4 đỉnh S, A, B,C của hình chóp  I là tâm của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC với R  AI . Tính bán kính R : 2 a 3 a 3 .  AG  AM  3 3 2 1 a N là trung điểm SA  AN  SA   GI . 2 2. Tam giác ABC đều cạnh a  AM . Xét tam giác vuông AIG : AI  AG 2  GI 2 . a 21  R. 6 2.  a 21  7 2 Vậy diện tích của mặt cầu cần tìm là: S  4 R  4 .    a  6  3   Câu 30: Chọn B 2. Gọi H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC , khi đó SH   ABC  và SH là trục đường tròn ngoại tiếp đa giác đáy. Góc giữa đường thẳng SA và mặt phẳng  ABC  là SAH  600 . Gọi N là trung điểm SA , mặt phẳng trung trực của cạnh SA cắt SH tại O . Khi đó OS  OA  OB  OC nên O là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC . BC  a. Khi đó bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là AH  2sin 30 0 SH  AH .tan 60 0  a 3 , SA  SH 2  AH 2  2a .. 428. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(434) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI TRÒN XOAY NÓN – TRỤ - CẦU.. Bán kính mặt cầu là R  SO . SN.SA SA 2 2 3   a. SH 2SH 3. 4 32 3 3 a . Thể tích của khối cầu tâm O là V   R3  3 27 Câu 31: Chọn B. Gọi E là trung điểm của ID , F là trung điểm của SB . Trong mặt phẳng  SBD  , vẽ IT song song với SE và cắt EF tại T . Ta có SE   ABCD  , suy ra SBE  SB;  ABCD    45 . Suy ra SBE vuông cân tại E . Suy ra EF là trung trực của SB . Suy ra TS  TB . Ta có IT SE , suy ra IT   ABCD  . Suy ra IT là trục đường tròn ngoại tiếp hình chữ nhật ABCD . Suy ra TA  TB  TC  TD . Từ và suy ra T là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD .. 5 Do ABCD là hình chữ nhật nên BD  AB2  BC 2  5a , suy ra IB  ID  a . 2 1 5 Do E là trung điểm của ID nên IE  ID  a . 2 4. BEF vuông tại F có EBF  45 nên BEF vuông cân tại F . EIT vuông tại I có IET  45 nên EIT vuông cân tại I . Suy ra IT  IE . Do BIT vuông tại I nên TB  IB2  IT 2 . 5 a. 4. 5 5 a. 4. Vậy diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD là S  4 TB2 . 125 2 a . 4. Câu 32: Chọn C Gọi M , N , I lần lượt là trung điểm của AB , CD và MN . Ta có ACD  BCD  AN  BN  ABN cân tại N , mà AM là đường trung tuyến AM là đường trung trực của AB  MN  IA  IB  . 2 MN Chứng minh tương tự ta có  IC  ID  . 2 Từ và suy ra I là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD . Áp dụng công thức trung tuyến cho tam giác ACD ta 36  25 9  Error! Not a valid embedded object.. có AN 2  2 4 Xét tam giác vuông Error! Not a valid embedded object. có: Error! Not a valid embedded object. Error! Not a valid embedded object.Error! Not a valid embedded object.Error! Not a valid embedded object.Error!. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 429.

(435) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI TRÒN XOAY NÓN – TRỤ - CẦU. Not a valid embedded object.Error! Not a valid embedded object.Error! Not a valid embedded object.Error! Not a valid embedded object... Suy ra bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện Error! Not a valid embedded object. là Error! Not a valid embedded object.. Vậy thê tích khối cầu ngoại tiếp tứ diện Error! Not a valid embedded object.là: Error! Not a valid embedded object. Error! Not a valid embedded object.. Câu 33: Chọn C Gọi Error! Not a valid embedded object. là đường kính S đường tròn ngoại tiếp Error! Not a valid embedded object.. Ta có Error! Not a valid embedded object.. K Từ đó suy ra Error! Not a valid embedded object.. Chứng minh tương tự ta được Error! Not a valid embedded object.. H Từ,, ta suy ra 5 điểm Error! Not a valid embedded object. C cùng nằm trên mặt cầu đường kính Error! Not a valid A embedded object.. Gọi Error! Not a valid embedded object. là trung điểm của O D Error! Not a valid embedded object., ta có Error! Not a valid embedded object.. B Vậy diện tích mặt cầu đi qua 5 điểm Error! Not a valid embedded object. là: Error! Not a valid embedded object.. Câu 34: Chọn D Tứ diện Error! Not a valid embedded object. đều, có độ dài cạnh là 1. Gọi H là trọng tâm tam giác Error! Not a valid embedded object. khi đó Error! Not a valid embedded object.. Gọi E là trung điểm của Error! Not a valid embedded object., suy ra Error! Not a valid embedded object.. Từ E hạ EN vuông góc xuống AC, Error! Not a valid embedded object., suy ra Error! Not a valid embedded object. Gọi Error! Not a valid embedded object. là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác Error! Not a valid embedded object.. Error! Not a valid embedded object.. Ta tính được Error! Not a valid embedded object.. Dựng đường thẳng Error! Not a valid embedded object. đi qua Error! Not a valid embedded object., vuông góc với Error! Not a valid embedded object. Gọi I là tâm mặt cầu ngoại tiếp chóp Error! Not a valid embedded object., Error! Not a valid embedded object. suy ra Error! Not a valid embedded object. là hình chữ nhật Ta tính được: Error! Not a valid embedded object.; Error! Not a valid embedded object.; Error! Not a valid embedded object. Đặt Error! Not a valid embedded object. ta có Error! Not a valid embedded object... 430. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(436) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI TRÒN XOAY NÓN – TRỤ - CẦU.. Mà Error! Not a valid embedded object. nên Error! Not a valid embedded object. suy ra Error! Not a valid embedded object.. Vậy Error! Not a valid embedded object.. Câu 35: Chọn C Hình chóp này có mặt bên vuông góc với mặt đáy. Nên ta có công thức tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp Error! Not a valid embedded object. là: Error! Not a valid embedded object., với Error! Not a valid embedded object. là bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp Error! Not a valid embedded object.,Error! Not a valid embedded object. là bán kính đường tròn ngoại tiếp đáy hình chóp Error! Not a valid embedded object., Error! Not a valid embedded object. là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác Error! Not a valid embedded object.. Ta có: Do Error! Not a valid embedded object. và Error! Not a valid embedded object.. nên Error! Not a valid embedded object.. Trong Error! Not a valid embedded object. vuông tại Error! Not a valid embedded object. ta có Error! Not a valid embedded object.. Error! Not a valid embedded object. Error! Not a valid embedded object. , Error! Not a valid embedded object. Vậy Error! Not a valid embedded object.. Diện tích mặt cầu ngoại tiếp là: Error! Not a valid embedded object.. Câu 36: Chọn B. Dễ thấy các góc Error! Not a valid embedded object., Error! Not a valid embedded object., Error! Not a valid embedded object. đều bằng Error! Not a valid embedded object. nên mặt cầu ngoại tiếp khối chóp Error! Not a valid embedded object. có tâm là trung điểm Error! Not a valid embedded object. của Error! Not a valid embedded object. và có bán kính Error! Not a valid embedded object. nên diện tích của mặt cầu là: Error! Not a valid embedded object.. Câu 37: Chọn B. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 431.

(437) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI TRÒN XOAY NÓN – TRỤ - CẦU.. Gọi Error! Not a valid embedded object. là tâm hình vuông Error! Not a valid embedded object.. Vì Error! Not a valid embedded object. là hình chóp tứ giác đều nên Error! Not a valid embedded object. là giao điểm của Error! Not a valid embedded object. và mặt phẳng trung trực cạnh bên Error! Not a valid embedded object.. Khi đó Error! Not a valid embedded object. đi qua Error! Not a valid embedded object. và song song với Error! Not a valid embedded object., Error! Not a valid embedded object.. Gọi Error! Not a valid embedded object., Error! Not a valid embedded object. lần lượt là trung điểm của Error! Not a valid embedded object., Error! Not a valid embedded object.. Ta có Error! Not a valid embedded object.. Suy ra Error! Not a valid embedded object.. Mà: Error! Not a valid embedded object. Xét hình vuông Error! Not a valid embedded object. có cạnh bằng Error! Not a valid embedded object.Error! Not a valid embedded object. bán kính đáy hình vuông Error! Not a valid embedded object. là Error! Not a valid embedded object.. Xét tam giác vuông SAI , ta có SA  AI 2  SI 2  1  8  3 . Do đó cạnh bên hình chóp bằng 3 . Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp là: R . SA2 9 9 2   . 2.SI 4 2 8. 2.  AB  162 1 130 Khi đó OM  ON  R   , MN  BC  2 .     64 2 8  2  2. Từ đó suy ra cos MON . OM  ON  MN  2.OM.ON 2. 2. 2. 130 2 33 64  . 130 65 2. 64. 2.. Vậy cosin góc giữa hai mặt phẳng  OAB  và Error! Not a valid embedded object. bằng Error! Not a valid embedded object... Câu 38: Chọn B. 432. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(438) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI TRÒN XOAY NÓN – TRỤ - CẦU.. Gọi. H. là. . hình. chiếu. vuông. góc. của. A. trên. BC.  AH   BCC B . .. .  AC ,  BCC B   HC A  30 . ABC là tam giác vuông tại A , AB  a 3 , BC  2a suy ra AC  a .. AB.AC a 3  AC   2 AH  a 3  AA  AC 2  AC 2  a 2 .  BC 2 Gọi I , I  lần lượt là trung điểm BC , BC . Dễ thấy I , .Error! Not a valid embedded object.. lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp ABC , ABC . Gọi O là trung điểm của II  suy ra O là tâm mặt cầu ngoại tiếp lăng trụ đã cho.. Ta có: AH . a 6  BC   BB  Bán kính mặt cầu là : R  OB   .     2  2   2  2. 2. Diện tích của mặt cầu ngoại tiếp lăng trụ đã cho bằng: S  4 R2  6 a2 . Câu 39: Chọn D Cách 1: Vì SBA  SCA  90 suy ra trung điểm I của cạnh SA là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình SA chóp S. ABC với bán kính R  . 2 5 5 5 4 5 5  SA  5 .   R3  R 3 6 6 2 Gọi O là trung điểm BC , điểm D đối xứng với A qua O nên tứ giác ABDC là hình chữ nhật.. Thể tích khối cầu là V . Dễ thấy CD  SB , CD  DB  CD  SD 1 .. SC  DB , CD  DB  DB  SD  2  . Từ.  SD   ABDC   SD  SA2  AD 2  5  4  1 . Gọi H là chân đường vuông góc của D lên cạnh SB .. d  C ,  SAB    d  D,  SAB    DH .. Thật. vậy. AB  BD ;. AB  SD  AB   SDB .  AB  DH ; DH  SB  DH   SAB  .. 1 1 1 1 1 1 4 3        DH  . 2 2 2 2 DH SD DB DH 1 3 3 2 Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 433.

(439) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI TRÒN XOAY NÓN – TRỤ - CẦU.. Vậy khoảng cách từ C đến mặt phẳng  SAB  là. 3 cm . 2. Cách 2: Vì SBA  SCA  90 suy ra trung điểm I của cạnh SA là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình SA chóp S. ABC với bán kính R  . 2 Thể tích khối cầu là V . 4 5 5 5 5 5  SA  5 .   R3  R 3 6 6 2. 1 . 2 Mà O là tâm đường tròn ngoại tiếp ABC  OI   ABC   d  C ,  SAB    2d  O,  ABI   . Gọi O là trung điểm BC , vì BIC cân nên OI  BC ; OI  IC 2  OC 2 . Gọi N là trung điểm AB nên ON  AB , OI  AB  AB   ONI  ..   ABI    ONI  theo giao tuyến IN . Kẻ OH  IN  OH   ABI   d  C ,  SAB    2d  O,  ABI    2OH .. 1 1 1 4 16 3   2   4   OH  . 2 2 OH ON OI 3 3 4 Vậy khoảng cách từ C đến mặt phẳng  SAB  là. 3 cm . 2. Câu 40: Chọn A S. K. H A. C. B. Ta có: SA  BC ( Vì SA  ( ABC ) ) và AB  BC  BC  (SAB) Ta lại có: AH  (SAB)  AH  BC . Và AH  SB . Từ và suy ra AH  (SBC ) . Khi đó AHC vuông tại H . Lại có AKC vuông tại K và ABC vuông tại B . Suy ra B, H , K dều nhìn AC dưới góc vuông. Vậy bốn điểm A, B, H , K đều thuộc mặt cầu đường kính AC . Trong tam giác vuông ABC có: AC  AB 2  BC 2  4a  R . 434. AC  2a . 2. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(440) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI TRÒN XOAY NÓN – TRỤ - CẦU.. Câu 41: Chọn D. Tam giác ABC có AB  a, AC  a 2, BAC  450  BC  a suy ra tam giác ABC là tam giác vuông cân tại B . Vậy điểm B nhìn AC dưới một góc vuông.. BC   SAB   BC  AB '.   AB '  SB    AB '   BCC ' B '  AB '  B ' C. SB  BC  B  SB   BCC ' B ' , BC   BCC ' B '  Suy ra B ' nhìn AC dưới một góc vuông. Do AC '  SC nên C ' nhìn AC dưới một góc vuông. Từ,, và suy ra mặt cầu ngoại tiếp hình chóp A.BCC ' B ' là mặt cầu đường kính AC . Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp A.BCC ' B ' là: R . AC a 2 .  2 2. 4  a3 2 Suy ra thể tích của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp A.BCC ' B ' là: V   R3  . 3 3 Câu 42: Chọn D Cách 1: S. N. I. O. C. A F. E. M. B. Gọi M , N lần lượt là trung điểm của BC và AD . Ta có: ABC và SBC là các tam giác đều cạnh a  AM  SM .  SAM là tam giác đều cạnh. a 3 . 2. a 3 . 2. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 435.

(441) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI TRÒN XOAY NÓN – TRỤ - CẦU.. Gọi F là trung điểm của AM  SF  AM 1 . Mặt khác ABC đều  AM  BC .. SBC đều  SM  BC  BC   SAM   BC  SF  2  . Từ 1 và  2   SF   ABC  . Gọi E là trọng tâm ABC , ABC đều  E là tâm đường tròn ngoại tiếp ABC . Qua E kẻ đường thẳng  d  vuông góc với mp  ABC .   d  là trục của đường tròn ngoại tiếp ABC . Vì SF   ABC    d  // SF . Mặt khác SAM đều nên đường thẳng MN là đường trung trực đoạn SA . Trong mp  SAM  , gọi O   d   MN ; O   d   OA  OB  OC .. O  MN  OS  OA . Vậy O là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S. ABC , bán kính R  OA  OE 2  EA2 . Trong ABC : AE . 2 2 a 3 a 3 1 a 3 , EM  AM  . AM  .  3 3 2 3 3 6. SAM đều  MN là đường phân giác trong góc SMA  OME  30 . Xét OME vuông tại E : tan 30  Vậy R  OE 2  EA2 . a 3 1 a OE  OE  .  . 6 EM 3 6. a 2 a 2 a 13   . 36 3 6. Cách 2: C. M. O S. B H. E A. Gọi H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác SAB , E là trung điểm của SA . SAB cân tại B nên H  BE . Vì CA  CB  CS  a nên CH  (SAB) ..  Đường thẳng CH là trục của đường tròn ngoại tiếp SAB . Gọi M là trung điểm của CB , qua M dựng đường thẳng  d  vuông góc với BC ..  d   CH  O ; O   d   OB  OC . + O  CH  OS  OA  OB . Suy ra O là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp SABC , bán kính R  OC .. CM .CB CB 2 CM CO  CO    Ta có CMO CHB  . CH 2.CH CH CB. 436. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(442) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI TRÒN XOAY NÓN – TRỤ - CẦU.. Xét SBE ta có: BE  SB 2  SE 2  a 2  Ta có: SSAB. 3a 2 a 13 .  16 4. 1 1 a 13 a 3 a 2 39 .  BE.SA  . .  2 2 4 2 16. a3 3 SA.SB. AB 2a 2 Bán kính đường tròn ngoại tiếp SAB là: BH  .   2 4.S SAB a 39 13 4. 16. Xét CHB ta có: CH  CB 2  BH 2  a 2  Vậy R  CO . 4a 2 3a  . 13 13. CB 2 a2 a 13 .   2.CH 2. 3a 6 13. Câu 43: Chọn D Gọi M là trung điểm BC .. ABC vuông cân tại B  MB  MA  MC  KAC vuông tại K  MK . 1 AC . 2. 1 AC . 2. BC  AB     BC   SAB   BC  AH  BC  SA    AH   SBC   AH  HC .  AH  SB .  AHC vuông tại H  MH . 1 AC . 2. Từ 1   3  M là tâm khối cầu ngoại tiếp hình chóp AHKCB . Bán kính khối cầu cần tìm: R . 1 1 AC  AB 2  BC 2  a 2 . 2 2. 4 8 2 a 3 Thể tích khối cầu: V   R 3  . 3 3 Câu 44: Chọn D. Gọi O là tâm đáy, do các cạnh bên cùng tạo với đáy góc 60 nên SO   ABCD  . Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 437.

(443) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI TRÒN XOAY NÓN – TRỤ - CẦU.. Mặt phẳng trung trực của cạnh SD đi qua trung điểm M của SD và cắt SO tại I . Ta có I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp và bán kính mặt cầu R  IS .. BD  5  OD . 5 OD 5 SM 5 3  SD   5  SM  ; IS    R. 2 cos 60 2 sin 60 3. 4 500 3 Thể tích khối cầu tương ứng ngoại tiếp hình chóp bằng V   R3  . 3 27 Câu 45: Chọn B A. E 6a I B. D F 8a C. Gọi E, F thứ tự là trung điểm của. AB, CD . Coi a  1 , từ giả thiết ta có. AC  AD  BC  BD  74 nên AF  CD, BF  CD   ABF   CD  EF  CD. Chứng minh tương tự EF  AB. Khi đó EF là đường trung trực của CD và AB. Gọi I là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD ta có IA IB IC ID R nên I thuộc đoạn thẳng EF . EF . AF 2  AE 2 . AD 2  DF 2  AE 2  74  16  9  7..  IA  EA2  EI 2  x 2  9  Đặt EI  x  FI  7  x ;  . 2 2 2 2  ID  FI  FD  16   7  x   x  14 x  65 Ta có IA. ID. x2. 9. x2. 14 x. 65. 9. 14x. 65. x. 4. Khi đó IA  x 2  9  5 . Do đó bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện là R Vậy diện tích mặt cầu ngoại tiếp tứ diện là S Câu 46: Chọn C. 4πR. 2. 4π.25a. 2. 5a . 2. 100πa .. Xét AOB đều nên cạnh AB  a . Xét BOC vuông tại O nên BC  a 2 . 438. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(444) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI TRÒN XOAY NÓN – TRỤ - CẦU.. Xét. AOC có. AC  AO 2  CO 2  2. AO.CO.cos1200  a 3 .. Xét ABC có AB2  BC 2  AC 2 nên tam giác ABC vuông tại B  tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác là trung điểm H của cạnh AC . Lại có hình chóp O. ABC có OA  OB  OC  a nên OH  ( ABC ) . Xét hình chóp S. ABC có OH là trục đường tròn ngoại tiếp đáy, trong tam giác OHB kẻ trung trực của cạnh SB cắt OH tại I thì I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp, bán kính R  IS .. Xét OHB có HOB  60 ,cạnh OB  a  OE . 3a 3a 3 .  IE  OE.tan 60  4 4 2.  3a 3   a 2 a 7 Xét IES vuông tại E: IS  IE  ES   .  4    4   2   2. 2. Câu 47: Chọn B.  P    Q      CA   Q   CA  AD nên A nhìn DC dưới một góc vuông. Có  P    Q   CA  , CA   P   P    Q      DB   P   DB  BC nên B nhìn DC dưới một góc vuông. Có  P    Q    DB  , DB   Q  Do đó, đường kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD là DC . Có BC  AB 2  AC 2  a 2  a 2  a 2 ; DC  BC 2  DB 2  2a 2  a 2  a 3 . Vậy, bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD là: R . 1 a 3 . DC  2 2. Câu 48: Chọn B Mặt phẳng   là mặt phẳng  AMNP  . SC      Do   AM  SC , AN  SC , AP  SC.   AM , AN , AP   . Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 439.

(445) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI TRÒN XOAY NÓN – TRỤ - CẦU..  BC  AB  BC  SA  Có   BC   SAB   BC  AM . AB , SA  SAB     AB  SA  A  AM  BC  AM  SC  Từ đó ta có   AM   SBC   AM  MC .  BC , SC   SBC   BC  SC  C.  CD  AD  CD  SA  Tương tự ta có   CD   SAD   CD  AP . AD , SA  SAD     AD  SA  A  AP  CD  AP  SC  Khi đó   AP   SCD   AP  PC . CD , SC  SCD     CD  SC  C Nhận xét: AMC, ANC, APC là những tam giác vuông có cạnh huyền AC . Nên tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện CMNP là trung điểm O của AC .  R  OA . 4 32 AC AB 2 .   2 . Vậy V   R3  3 3 2 2. Câu 49: Chọn B. Trong mp  ABC  , gọi  và  ' lần lượt là trung trực của các đoạn thẳng AB và AC . Gọi I là giao điểm của  và  ' .   AB Vì  nên    AMB  , mà tam giác AMB vuông tại M suy ra  là trục đường tròn   SA ngoại tiếp tam giác AMB . Có I   IA  IB  IM Chứng minh tương tự ta được  ' là trục đường tròn ngoại tiếp tam giác ANC . Do đó IA  IN  IC Từ và suy ra IA  IB  IM  IN  IC  I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp A.BCNM với bán kính R  IA . Mặt khác trong tam giác ABC , I là giao điểm của hai đường trung trực nên I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC . Áp dụng định lý sin trong tam giác ABC. R  IA . BC 2sin BAC. . AB 2  AC 2  2 AB. AC.cos BAC 2sin BAC. . 7  7a. 2sin1500. 4 28 7 a 3 Vậy thể tích khối cầu ngoại tiếp hình chóp A.BCNM : V   R 3  . 3 3 Cách 2.. 440. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(446) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI TRÒN XOAY NÓN – TRỤ - CẦU.. Dựng AD là đường kính của đường tròn ngoại tiếp ABC . Khi đó ABD  ACD  900  AB  BD ; AC  CD . Ta có:. AB  BD    BD   SAB  , AM   SAB  nên BD  AM . SA  BD . Mặt khác AM  MB  AM   MBD   AM  MD hay AMD  900 . Chứng minh tương tự: AND  900 . Hình chóp A.BCNM có các đỉnh cùng nhìn đoạn AD dưới một góc vuông nên khối cầu ngoại tiếp hình chóp A.BCNM có đường kính là AD . Vì vậy, bán kính của khối cầu ngoại tiếp hình chóp A.BCNM là bán kính R của đường tròn ngoại tiếp ABC . Áp dụng định lý sin trong tam giác ABC. BC. R. . AB 2  AC 2  2 AB. AC.cos BAC. 2sin BAC. 2sin BAC. . 7  7a. 2sin1500. 4 28 7 a 3 Vậy thể tích khối cầu ngoại tiếp hình chóp A.BCNM : V   R 3  . 3 3 Câu 50: Chọn C Gọi H là trung điểm cạnh AB , ta có: CH  AB .. Ta có: d  S ,.  ABC    2d  M ,  ABC    VSABC  2VMABC .. 1 1 1 Mà VMABC  VCMAB  SMAB .d  C ,  MAB    .16 3.d  C ,  MAB    .16 3.CH . 3 3 3 Do đó, VS . ABC lớn nhất khi và chỉ khi d  C ;  MAB    CH hay CH   MAB  .. Gọi J , O lần lượt là tâm hai đường tròn ngoại tiếp hai tam giác MAB và tam giác ABC . Dựng hai trục của hai đường tròn ngoại tiếp hai tam giác MAB và tam giác ABC cắt nhau tại I . Khi đó I chính là tâm mặt cầu ngoại đi qua 4 điểm A , B , C , M và bán kính mặt cầu đi qua bốn 2. 8 3  2 điểm A , B , C , M là R  OC  OI    3   JH .   2. 2. Do S MAB  16 3 , AB  8  d  M , AB   4 3 .. . . Chọn hệ trục tọa độ Oxy như hình vẽ, ta có H  0;0;0  , A  4;0  , B  4;0  , M a ; 4 3 . a4  Đường trung trực của đoạn thẳng AM đi qua điểm N  ; 2 3  và có một véc tơ pháp tuyến  2  a4  AM  a  4; 4 3 nên có phương trình là  a  4   x  4 3 y2 3  0 2  . . . . 2. . 2. 8 3  4 3  a 2  32 4 3  a 2  32  4 15  JH    J  0; . Do đó Rmin   .       3 3 3 3 8 3 8 3       Câu 51: Chọn A. Mặt cầu  S  có tâm I  2017; 2018; 2019  và bán kính R  2020 . Gọi S là đỉnh hình nón. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 441.

(447) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI TRÒN XOAY NÓN – TRỤ - CẦU.. Gọi H là tâm đường tròn đáy của hình nón và AB là một đường kính của đáy. Trường hợp 1: Xét trường hợp SH  R . Khi đó thể tích của hình nón đạt GTLN khi SH  R . Lúc đó V . . . 2020. . 3. 3 Trường hợp 2:  SH  R  I nằm trong tam giác SAB như hình vẽ trên.. .. 1 1 Đặt IH  x  0  x  R  . Ta có V   HA2 .SH    R 2  x 2   R  x  3 3 .  6.  2 R  2 x  R  x  R  x  . Dấu "  " xảy ra khi x .   4R . 3.    6 3 . 32. . 2020. . 3. 81. .. R 2020 .  3 3. Câu 52: Chọn B Gọi I, J là tâm đường tròn ngoại tiếp của tứ giác ABCD và tam giác SAB. M là trung điểm của AB và O là tâm của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp. Ta có: JM  AB và IM  AB và mp  SAB   mp  ABCD  nên IM  JM , ngoài ra O là tâm của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp nên OI   ABCD   OI  IM ; OJ   SAB   OJ  JM . Do đó O, J , M , I đồng phẳng và tứ giác OJMI là hình chữ nhật. Gọi R, Rb lần lượt là bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối chóp và bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác SAB . Ta có: R  SO  SJ 2  OJ 2  Rb2  IM 2  Rb2  IA2  AM 2  Rb2  IA2 . AB 2 4. BD 2 AB 2  AD 2 a 2  3a 2    a 2  IA  a . Áp dụng định lý Pytago: IA  4 4 4 AB a a   Áp dụng định lý sin trong tam giác SAB : Rb  3 2sin ASB 2.sin 60 2. Do đó: R . 13 a2 a2 13 2  a2   a  S  4 R 2   a 2 . 3 4 12 3. Nhận xét: Xét hình chóp đỉnh S , có mặt bên  SAB  vuông góc với mặt phẳng đáy, mặt phẳng đáy nội tiếp trong đường tròn bán kính Rd , bán kính mặt cầu ngoại tiếp tam giác SAB là Rb . Khi đó hình chóp này nội tiếp trong 1 mặt cầu có bán kính R  Rd2  Rb2 . AB 2 4. Câu 53: Chọn D Ta ghép hình chóp S. ABC vào hình hộp đứng SRQP.DABC . Khi đó tâm I của mặt cầu ngoại tiếp hình hộp đứng chính là tâm của hình chóp S. ABC . Từ giả thiết ABC là tam giác vuông cân tại B nên đáy của hình hộp đứng là hình vuông. d  A,  SBC    2d  O,  SBC    2a 3  OH  a 3 .. 442. Thực hiện sưu tầm và biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.

(448) CHUYÊN ĐỀ: KHỐI TRÒN XOAY NÓN – TRỤ - CẦU.. Xét tam giác vuông OIK có:. 1 1 1 1   2 2 2 OH OI OK a 3. . . 2. . 1 1  . 2  OI  3a 2 OI  3a 2     2 . Suy ra bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S. ABC là R  IB  OI 2  OB 2 . 2.  2   OI  9a   3a 2   a 18 .  2  2. . 4 4 Thể tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S. ABC là V   R3   a 18 3 3 Câu 54: Chọn A. . 3.  24 18 a3 .. Gọi H là trung điểm của AC  SH   ABC  ; I là trung điểm của AB  HI . BC a 6  2 6. a 3 a 21 ; SH  SI 2  HI 2  6 2 a 15 AC  2 AH  2 SA2  SH 2  3 Gọi rb , rd lần lượt là bán kính đường tròn ngoại tiếp các tam giác SAC, ABC Gọi R là bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S. ABC. Tam giác SAB đều cạnh a  SI . SSAC. 1 a 2 35 SA.SC. AC a 21  SH . AC   rb   2 12 4SSAC 7. Theo công thức Hê-rông: SABC . a2 6 AB. AC.BC a 15  rd   6 4SABC 6 2.  a 21  12 a 2 AC 2 a 21 R  rb  rd   Vậy: Smc  4    4 7 7  7  2. 2. Sưu tầm và biên soạn bởi: nhóm admin TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0. Một sản phẩm của nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0”.. 443.

(449)

Toán 12: Chương 5 – Khối đa diện – Chinh phục giảng đường

Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về