Trắc nghiệm khối đa diện có giải chi tiết trong các đề thi thử Toán 2018

Câu 1: (THPT Chuyên Hùng Vương-Phú Thọ-lần 1-NH2017-2018) Hình chóp tứ giác đều có bao nhiêu mặt phẳng đối xứng ? A. 3. B. 2. C. 4. D. 6. Lời giải Chọn C Đó là các mặt phẳng  SAC  ,  SBD  ,  SHJ  ,  SGI  với G , H , I , J là các trung điểm của các cạnh đáy dưới hình vẽ bên dưới. S J A G I O B D H C Câu 2: (THPT Chuyên Hùng Vương-Phú Thọ-lần 1-NH2017-2018) Lăng trụ tam giác đều có độ dài tất cả các cạnh bằng 3 . Thể tích khối lăng trụ đã cho bằng A. 9 3 . 4 B. 27 3 . 4 C. 27 3 . 2 D. 9 3 . 2 Lời giải. Chọn B A C B A Diện tích đáy: S ABC C B 1 9 3 27 3 . Thể tích Vlt  S ABC . AA  .  .3.3.sin 60  2 4 4 Câu 3: (THPT Chuyên Thái Bình-lần 1-năm 2017-2018) Hình chóp tứ giác đều có bao nhiêu mặt phẳng đối xứng? A. 2. B. 6 . C. 8 . D. 4 . Lời giải Chọn D Đó là các mặt phẳng  SAC  ,  SBD  ,  SHJ  ,  SGI  với G , H , I , J là các trung điểm của các cạnh AB, CB, CD, AD (hình vẽ bên dưới). S J A G I O B D H C Câu 4: (THPT Hoa Lư A-Ninh Bình-lần 1-năm 2017-2018) Vật thể nào dưới đây không phải là khối đa diện? A. B. C. D. Lời giải Chọn C Vật thể cho bởi hình A, B, D là các khối đa diện. Vật thể cho bởi hình C không phải khối đa diện, vi phạm điều kiện mỗi cạnh của đa giác nào cũng là cạnh chung của đúng hai đa giác. Câu 5: (THPT Lê Hồng Phong-Nam Định-lần 1-năm 2017-2018) Cho S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a . Biết SA   ABCD  và SC  a 3 . Tính thể tích của khối chóp S . ABCD . A. V  3a 3 . 2 B. V  a3 . 3 C. V  a3 2 . 3 D. V  a3 3 . 3 Lời giải Chọn B S A D C B 2 2 2 2 Ta có SA  SC  AC  3a  2 a  a . 1 a3 Vậy VS . ABCD  a 2 .a  . 3 3 Câu 6: (THPT Chuyên Bắc Ninh-lần 1-năm 2017-2018) Thể tích của khối tứ diện đều có cạnh bằng 3 . A. 2. B. 2 2 . 4 2 . 9 Lời giải C. D. 9 2 . 4 Chọn D Cách 1: Áp dụng công thức tính nhanh thể tích khối tứ diện đều: V  33 2 9 2 .  12 4 S C A G B Cách 2: Khối tứ diện đều S. ABC có đáy là tam giác đều và đường cao SG . S ABC  AB 2 3 9 3 2 AB 3   3  SG  SA2  AG 2  9  3  6. , AG  4 4 3 2 1 9 2 Vậy VS . ABC  .S ABC .SG  . 3 4 Câu 7: (THPT Chuyên Bắc Ninh-lần 1-năm 2017-2018) Cho khối lăng trụ ABC. ABC có thể tích bằng V . Tính thể tích khối đa diện ABCBC . 3V 2V V V A. . B. . C. . D. . 4 3 2 4 Lời giải Chọn B A C B C A B Ta có: VABCBC   VBABC  VC BAC  V V 2V   3 3 3 Câu 8: (THPT Xuân Hòa-Vĩnh Phúc-năm 2017-2018) Hình bát diện đều thuộc loại khối đa diện đều nào sau đây? A. 5;3 B. 4;3 C. 3;3 D. 3; 4 Lời giải Chọn D Do các mặt của bát diện đều là tam giác và mỗi đỉnh của bát diện đều là đỉnh chung của 4 mặt nên bát diện đều là khối đa diện đều loại 3; 4 . Câu 9: (THPT Sơn Tây-Hà Nội-lần 1-năm 2017-2018) Hình nào dưới đây không phải là hình đa diện? Hình 1 A. Hình 4. Hình 2 B. Hình 1. Hình 3 C. Hình 2. Lời giải Hình 4 D. Hình 3. Chọn D Hình 3 không phải là hình đa diện, vì tồn tại hai cạnh của đa giác đáy không phải là cạnh chung của hai mặt của hình. Câu 10: (THPT Sơn Tây-Hà Nội-lần 1-năm 2017-2018) Chọn khẳng định sai. Trong một khối đa diện A. mỗi đỉnh là đỉnh chung của ít nhất 3 mặt. B. mỗi mặt có ít nhất 3 cạnh. C. mỗi cạnh của một khối đa diện là cạnh chung của đúng 2 mặt. D. hai mặt bất kì luôn có ít nhất một điểm chung. Lời giải Chọn D Hình lập phương, hình hộp có các mặt song song với nhau. Câu 11: (THPT Sơn Tây-Hà Nội-lần 1-năm 2017-2018) Đa diện đều loại 5,3 có tên gọi nào dưới đây? A. Tứ diện đều. B. Lập phương. C. Hai mươi mặt đều. D. Mười hai mặt đều Hướng dẫn giải Chọn D Câu 12: (THPT Chuyên ĐH Vinh-GK1-năm 2017-2018) Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC. ABC  có AB  2a , AA  a 3 . Tính thể tích khối lăng trụ ABC. ABC  . A. 3a 3 . 4 B. a3 . 4 C. 3a 3 . D. a 3 . Lời giải Chọn C Do ABC. ABC  là hình lăng trụ tam giác đều nên  ABC   là đường cao của khối lăng trụ. Tam giác ABC đều, có cạnh AB  2a nên SABC  2a   2 4 3  a2 3 . Vậy V  AA.SABC  a 3.a 2 3  3a3 . Câu 13: (THPT Yên Lạc-Vĩnh Phúc-lần 1-năm 2017-2018) Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a . Biết SA   ABCD  và SA  a 3 . Thể tích của khối chóp S. ABCD là: A. a 3 3 . B. a3 3 . 12 C. a3 3 . 3 D. a3 . 4 Lời giải Chọn C S A B D C Ta có: h  SA  a 3 ; B  S ABCD  a 2 . 1 a3 3 . V  B.h  3 3 Câu 14: (THPT Yên Lạc-Vĩnh Phúc-lần 1-năm 2017-2018) Cho khối lăng trụ ABC. ABC  có thể tích là V , thể tích của khối chóp C . ABC là: 1 1 1 A. 2V . B. V . C. V . D. V . 2 3 6 Lời giải Chọn C Gọi h là khoảng cách từ C  đến mặt phẳng  ABC  và B là diện tích tam giác ABC . Khi đó, 1 1 thể tích lăng trụ V  Bh , thể tích khối chóp C . ABC là VC . ABC  Bh . Do đó, VC . ABC  V . 3 3 Câu 15: (THPT Yên Lạc-Vĩnh Phúc-lần 1-năm 2017-2018) Cho tứ diện ABCD có AB  AC và DB  DC . Khẳng định nào sau đây đúng? A. AB   ABC  . C. CD   ABD  . B. AC  BC . D. BC  AD . Lời giải Chọn D A D B E C Gọi E là trung điểm của BC . Tam giác ABC cân nên BC  AE ; Tam giác DBC cân nên BC  DE . Do đó BC   AED   BC  AD . Câu 16: (THPT Yên Lạc-Vĩnh Phúc-lần 1-năm 2017-2018) Thể tích của khối lăng trụ có diện tích đáy bằng B và chiều cao bằng h là: A. V  Bh . 1 B. V  Bh . 3 C. V  1 Bh . 2 D. V  4 Bh . 3 Lời giải: Chọn A Công thức tính thể tích khối lăng trụ là: V  B.h . Câu 17: (THPT Yên Lạc-Vĩnh Phúc-lần 1-năm 2017-2018) Cho khối chóp S. ABC , trên ba cạnh SA , 1 1 1 SB , SC lần lượt lấy ba điểm A , B  , C  sao cho SA  SA , SB  SB , SC   SC . Gọi V 2 3 4 V và V  lần lượt là thể tích của các khối chóp S.ABC và S. ABC  . Khi đó tỉ số là: V 1 1 A. 12 . B. . C. 24 . D. . 12 24 Lời giải: Chọn D S C’ A’ B’ C A B Theo công thức tỉ số thể tích khối chóp, ta được: V  SA SB SC  1 1 1 1 .  . .  . .  V SA SB SC 2 3 4 24 Câu 18: (THPT Yên Lạc-Vĩnh Phúc-lần 1-năm 2017-2018) Cho khối lăng trụ đứng tam giác ABC. ABC  có đáy là một tam giác vuông cân tại A , AC  AB  2a , góc giữa AC và mặt phẳng  ABC  bằng 30 . Thể tích khối lăng trụ ABC. ABC  là A. 4a 3 . 3 B. 4a 3 3 . 3 C. 2a 3 3 . 3 Lời giải Chọn B B C A B 30 A C D. 4a 2 3 . 3 Ta có AC là hình chiếu vuông góc của AC lên mặt phẳng  ABC    30   AC ,  ABC   CAC   Tam giác ACC vuông tại C có CC   AC. tan 30  Khi đó VABC . ABC   S ABC .CC   2a 3 3 4a 3 3 . 3 Câu 19: (THPT Yên Lạc-Vĩnh Phúc-lần 1-đề 2-năm 2017-2018) Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a . Biết SA   ABCD  và SA  a 3 . Thể tích của khối chóp S. ABCD là: A. a 3 3 . B. a3 3 . 12 C. a3 3 . 3 D. a3 . 4 Lời giải Chọn C S A D B C Ta có: h  SA  a 3 ; B  S ABCD  a 2 . 1 a3 3 . V  B.h  3 3 Câu 20: (THPT Yên Lạc-Vĩnh Phúc-lần 1-đề 2-năm 2017-2018) Cho khối lăng trụ ABC. ABC  có thể tích là V , thể tích của khối chóp C . ABC là: 1 1 1 A. 2V . B. V . C. V . D. V . 2 3 6 Lời giải Chọn C Gọi h là khoảng cách từ C  đến mặt phẳng  ABC  và B là diện tích tam giác ABC . Khi đó, 1 1 thể tích lăng trụ V  Bh , thể tích khối chóp C . ABC là VC . ABC  Bh . Do đó, VC . ABC  V . 3 3 Câu 21: (THPT Yên Lạc-Vĩnh Phúc-lần 1-đề 2-năm 2017-2018) Thể tích của khối lăng trụ có diện tích đáy bằng B và chiều cao bằng h là: 1 1 4 A. V  Bh . B. V  Bh . C. V  Bh . D. V  Bh . 3 2 3 Lời giải: Chọn A Công thức tính thể tích khối lăng trụ là: V  B.h . Câu 22: (THPT Yên Lạc-Vĩnh Phúc-lần 1-đề 2-năm 2017-2018) Cho khối chóp S. ABC , trên ba cạnh 1 1 1 SA , SB , SC lần lượt lấy ba điểm A , B  , C  sao cho SA  SA , SB  SB , SC   SC . 2 3 4 V Gọi V và V  lần lượt là thể tích của các khối chóp S.ABC và S. ABC  . Khi đó tỉ số là: V 1 1 A. 12 . B. . C. 24 . D. . 12 24 Lời giải: Chọn D S C’ A’ B’ C A B Theo công thức tỉ số thể tích khối chóp, ta được: V  SA SB SC  1 1 1 1 .  . .  . .  V SA SB SC 2 3 4 24 Câu 23: (THPT Yên Lạc-Vĩnh Phúc-lần 1-đề 2-năm 2017-2018) Cho khối lăng trụ đứng tam giác ABC. ABC  có đáy là một tam giác vuông cân tại A , AC  AB  2a , góc giữa AC và mặt phẳng  ABC  bằng 30 . Thể tích khối lăng trụ ABC. ABC  là A. 4a 3 . 3 B. 4a 3 3 . 3 C. 2a 3 3 . 3 Lời giải Chọn B B C A B 30 C A Ta có AC là hình chiếu vuông góc của AC lên mặt phẳng  ABC    30   AC ,  ABC   CAC   D. 4a 2 3 . 3 Tam giác ACC vuông tại C có CC   AC.tan 30  Khi đó VABC . ABC   S ABC .CC   2a 3 3 4a 3 3 . 3 Câu 24: (THPT Yên Lạc 2-Vĩnh Phúc-lần 1-năm 2017-2018) Cho hình chóp tứ giác S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy và SA  a 2 . Thể tích V của khối chóp là A. V  2a 3 . 6 2a 3 . 4 B. V  C. V  2a 3 . D. V  2a 3 . 3 Giải: Chọn D S a 2 D A a B C Hình chóp S . ABCD có đường cao SA  a 2 ; diện tích đáy: S ABCD  a 2 . 1 1 2a 3 Thể tích của hình chóp là V  .SA.S ABCD  .a 2.a 2  . 3 3 3 Câu 25: (THPT Nguyễn Khuyến-Nam Định-lần 1-năm 2017-2018) Tính thể tích V của khối lập phương ABCD. ABC D biết AC   a 3 . A. V  a 3 . B. V  a3 . 4 C. V  3 6a 3 . 4 D. V  3 3a3 . Lời giải Chọn A Ta có AC   AB 3  AB 3  a 3  AB  a . Do đó thể tích V của khối lập phương ABCD. ABC D là V  a 3 . Câu 26: (THPT Nguyễn Khuyến-Nam Định-lần 1-năm 2017-2018) Khối đa diện đều loại 4; 3 có bao nhiêu mặt? A. 4 . B. 7 . C. 8 . Lời giải Chọn D Khối đa diện đều loại 4; 3 là hình lập phương nên có sáu mặt. D. 6 . Câu 27: (THPT Nguyễn Khuyến-Nam Định-lần 1-năm 2017-2018) Vật thể nào trong các vật thể sau không phải khối đa diện? A. B. C. D. Lời giải Chọn C Dựa vào định nghĩa khối đa diện : Khối đa diện được giới hạn hữu hạn bởi đa giác thoả mãn điều kiện : Câu 28: Hai đa giác bất kì không có điểm chung, hoặc có 1 điểm chung hoặc có chung 1 cạnh. Câu 29: Mỗi cạnh của đa giác là cạnh chung của đúng 2 đa giác. Khối đa diện trong hình C vi phạm điều kiện thứ 2 : có 1 cạnh là cạnh chung của 4 đa giác. Câu 30: (THPT Nguyễn Khuyến-Nam Định-lần 1-năm 2017-2018) Tính độ dài cạnh bên  của khối lăng trụ đứng có thể tích V và diện tích đáy bằng S : A.   V . S B.   V . 2S C.   V . S D.   3V . S Giải Chọn C Cạnh bên cũng là đường cao của lăng trụ đứng. Ta có: V V  .S    . S Câu 31: (THPT Nguyễn Khuyến-Nam Định-lần 1-năm 2017-2018) Hình đa diện nào sau đây không có mặt phẳng đối xứng? A. Hình lăng trụ lục giác đều. B. Hình lăng trụ tam giác. C. Hình chóp tứ giác đều. D. Hình lập phương. Lời giải Chọn B Câu 32: (THPT Hai Bà Trưng-Vĩnh Phúc-lần 1-năm 2017-2018) Trong các khẳng định sau khẳng định nào đúng? A. Khối đa diện đều loại  p; q là khối đa diện đều có p mặt, q đỉnh. B. Khối đa diện đều loại  p; q là khối đa diện lồi thỏa mãn mỗi mặt của nó là đa giác đều p cạnh và mỗi đỉnh của nó là đỉnh chung của đúng q mặt. C. Khối đa diện đều loại  p; q là khối đa diện đều có p cạnh, q mặt. D. Khối đa diện đều loại  p; q là khối đa diện lồi thỏa mãn mỗi đỉnh của nó là đỉnh chung của đúng p mặt và mỗi mặt của nó là một đa giác đều q cạnh. Lời giải Chọn B Theo định nghĩa khối đa diện đều trong sách giáo khoa hình học 12 cơ bản trang 15. Câu 33: (THPT Việt Trì-Phú Thọ-lần 1-năm 2017-2018) Khối chóp đều S . ABCD có mặt đáy là A. Hình chữ nhật. B. Hình thoi. C. Hình bình hành. D. Hình vuông. Lời giải Chọn D Theo định nghĩa, khối chóp đều là khối chóp có các cạnh bên bằng nhau và đáy là đa giác đều Do đó, mặt đáy của khối chóp tứ giác là hình vuông. Câu 34: (THPT Việt Trì-Phú Thọ-lần 1-năm 2017-2018) Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a , SA   ABC  và SA  a 3. Thể tích khối chóp S . ABC là A. 3a 3 . 4 B. a3 . 2 C. 3a 3 . 8 D. a3 . 4 Lời giải Chọn D 1 1 a2 3 a3 .a 3  . Ta có thể tích của khối chóp S . ABC là VS . ABC  .S ABC .SA  . 3 3 4 4 Câu 35: (THPT Thạch Thành-Thanh Hóa-năm 2017-2018) Hình bát diện đều có số cạnh là A. 6 . B. 8 . C. 12 . D. 10 . Lời giải Chọn C Hình bát diện đều có số cạnh là 12. Câu 36: (THPT Thạch Thành-Thanh Hóa-năm 2017-2018) Cho các khối hình sau: Hình 1 Hình 2 Hình 3 Hình 4 Mỗi hình trên gồm một số hữu hạn đa giác phẳng (kể cả các điểm trong của nó), số đa diện lồi là: A. 1 . B. 2 . C. 3 . D. 4 . Lời giải Chọn B HD: có hai khối đa diện lồi là: Hình 1 và Hình 4. Câu 37: (TT Diệu Hiền-Cần Thơ-tháng 10-năm 2017-2018) Cho hình lăng trụ đứng ABC. ABC  có tất cả các cạnh bằng a . Tính thể tích V của khối lăng trụ ABC. ABC  . a3 3 A. V  . 2 a3 2 B. V  . 3 a3 C. V  . 2 Lời giải D. V  a3 3 . 4 Chọn D A C B A C B Đáy lăng trụ là tam giác đều cạnh a  S ABC  Thể tích khối lăng trụ V  a2 3 . 4 a2 3 a3 3 . .a  4 4 Câu 38: (TT Diệu Hiền-Cần Thơ-tháng 10-năm 2017-2018) Cho hình chóp tam giác S . ABC có đáy ACB  60 , cạnh bên SA vuông góc với mặt đáy và ABC là tam giác vuông tại B , AB  a ,  SB hợp với mặt đáy một góc 45 . Tính thể tích V của khối chóp S . ABC . A. V  a3 3 . 18 B. V  a3 . 2 3 C. V  Lời giải Chọn A a3 3 . 9 D. V  a3 3 . 6 S A 45 60 C B Ta có SA   ABC   AB là hình chiếu vuông góc của SB lên mặt phẳng  ABC  .    45  tam giác SAB vuông cân tại A  SA  AB  a .  SB ,  ABC   SBA   Tam giác ABC vuông tại B có BC  AB.cot 60  a 3 1 a2 3  S ABC  AB.BC  3 2 6 1 a3 3 Khi đó thể tích khối chóp cần tìm là V  S ABC .SA  . 3 18 Câu 39: (TT Diệu Hiền-Cần Thơ-tháng 11-năm 2017-2018) Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào đúng? A. Tồn tại một hình đa diện có số cạnh bằng số đỉnh. B. Số đỉnh và số mặt của một hình đa diện luôn luôn bằng nhau. C. Tồn tại hình đa diện có số cạnh và số mặt bằng nhau. D. Tồn tại một hình đa diện có số đỉnh và số mặt bằng nhau. Lời giải Chọn D Xét hình tứ diện, có 4 mặt và 4 đỉnh nên nó có số đỉnh và số mặt bằng nhau. Câu 40: (THPT Chuyên Vĩnh Phúc-lần 2-năm 2017-2018) Cho khối lăng trụ đứng ABC. ABC  có BB  a , đáy ABC là tam giác vuông cân tại B và AB  a . Tính thể tích V của khối lăng trụ đã cho. A. V  a3 . 2 B. V  a3 . 6 C. V  a3 . 3 Lời giải Chọn A C A B A C B 1 a3 Thể tích của khối lăng trụ đứng ABC. ABC  là V  a. a.a  . 2 2 D. V  a 3 . Câu 41: (THPT Chuyên Vĩnh Phúc-lần 2-năm 2017-2018) Cho khối chóp tứ giác đều có cạnh đáy bằng a , cạnh bên bằng 2a . Tính thể tích V của khối chóp đã cho. 2a 3 . 6 A. V  11a 3 . 12 B. V  C. V  14a 3 . 2 D. V  14a 3 . 6 Lời giải Chọn D S A B O D C Gọi AC  BD  O Do S . ABCD là hình chóp đều nên SO là đường cao. Ta có: SO  SA2  AO 2  4a 2  Vậy: V  a2 14a  , S ADBC  a 2 2 2 14a 3 . 6 Câu 42: (THPT Quãng Xương-Thanh Hóa-lần 1-năm 2017-2018) Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình chữ nhật với AB  a, AD  2a, SA vuông góc với mặt đáy và SA  a 3. Thể tích khối chóp S . ABCD bằng. A. a 3 3 . B. a3 3 . 3 C. 2a 3 3 . D. 2a 3 3 . 3 Lời giải Chọn D 1 1 2a 3 3 V  S .h  .a.2a.a 3  3 3 3 Câu 43: (THPT Quãng Xương-Thanh Hóa-lần 1-năm 2017-2018) Biết rằng đồ thị của hàm số y  a  3 x  a  2018 x   b  3 đó giá trị của a  b là A. 3 . nhận trục hoành làm tiệm cận ngang và trục tung là tiệm cận đứng. Khi B. 3 . C. 0 . D. 6 . Lời giải Chọn C Ta có: lim x   a  3 x  a  2018  a  3  y  a  3 là tiệm cận ngang x   b  3 Mà đồ thị hàm số nhận trục hoành là tiệm cận ngang  a  3  0  a  3  a  3 x  a  2018    đồ thị hàm số nhận x  b  3 làm tiệm cận đứng lim x b  3 x   b  3 Đồ thị hàm số nhận trục tung là tiệm cận đứng  b  3  0  b  3  a  b  3   3  0 . Câu 44: (THPT Bình Xuyên-Vĩnh Phúc-năm 2017-2018) Một hình lăng trụ tam giác đều có bao nhiêu mặt phẳng đối xứng? A. 3 . B. 4 . C. 5 . D. 6 . Lời giải Chọn B Hình lăng trụ tam giác đều có 4 mặt phẳng đối xứng như hình vẽ. Câu 45: (THPT Bình Xuyên-Vĩnh Phúc-năm 2017-2018) Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào đúng? A. Khối chóp tứ giác đều là khối đa diện đều loại 3;3 . B. Khối bát diện đều không phải là khối đa diện lồi. C. Lắp ghép hai khối hộp luôn được một khối đa diện lồi. D. Tồn tại hình đa diện có số đỉnh bằng số mặt. Lời giải Chọn D Khối tứ diện đều có 4 đỉnh và 4 mặt. Câu 46: (THPT Nguyễn Đức Thuận-Nam Định-lần 1-năm 2017-2018) Cho lăng trụ đứng ABC  30 . Biết cạnh bên của ABC. ABC  có đáy ABC là tam giác vuông tại A ; BC  2a ;  lăng trụ bằng 2a 3 . Thể tích khối lăng trụ là: A. a3 . 3 B. 6a 3 . D. 2a3 3 . C. 3a 3 . Lời giải: Chọn C A’ C’ B’ C A B Tam giác ABC vuông tại A có AB  BC.cos  ABC  2a.cos 30  a 3 ; AC  BC.sin 30  a . Hình lăng trụ có chiều cao AA  2a 3 , diện tích đáy: S ABC  Thể tích khối lăng trụ là: V  2a 3. 1 1 a2 3 AB. AC  .a.a 3  . 2 2 2 a2 3  3a 3 . 2 Câu 47: (THPT Tam Phước-Đồng Nai-lần 1-năm 2017-2018) Tính thể tích của một khối lăng trụ biết khối lăng trụ đó có đường cao bằng 3a , diện tích mặt đáy bằng 4a 2 . A. 12a 2 . B. 4a 3 . C. 12a 3 . Lời giải D. 4a 2 . Chọn C Áp dụng công thức thể tích khối lăng trụ ta có được: V  Sđ .h  4a 2 .3a  12a 3 . Câu 48: (THPT Tam Phước-Đồng Nai-lần 1-năm 2017-2018) Kết luận nào sau đây về tính đơn điệu 2x 1 của hàm số y  là đúng? x 1 A. Hàm số nghịch biến trên  . B. Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng  ; 1 và  1;   . C. Hàm số đồng biến trên  . D. Hàm số nghịch biến trên  1 . Lời giải Chọn B Hàm số y  2x 1 1 xác định trên D   1 và có y   0 x  D . 2 x 1  x  1 Do đó, hàm số đồng biến trên mỗi khoảng  ; 1 và  1;   . Câu 49: (THPT Tam Phước-Đồng Nai-lần 1-năm 2017-2018) Tính thể tích của một khối lăng trụ tam giác đều ABC. ABC  có AC   5a đáy là tam giác đều cạnh 4a. A. V  12a 3 . C. V  20a 3 3. Lời giải B. V  20a 3 . Chọn D C A B A C B Trong ACC  vuông tại C . D. V  12a3 3. AC 2  CC 2  AC 2  CC 2  AC 2  AC 2  CC   3a . 3  12a 3 3 . 4 Câu 50: (THPT Hậu Lộc 2-Thanh Hóa-ần 1-năm 2017-2018) Trong các khối đa diện sau, khối đa diện nào 2 Vậy VABC . ABC   CC .S ABC  3a.  4a  . có số đỉnh và số mặt bằng nhau? A. Khối lập phương. C. Khối mười hai mặt đều. B. Khối bát diện đều. D. Khối tứ diện đều. Lời giải Chọn D Khối tứ diện đều có bốn mặt và bốn đỉnh. Câu 51: (THPT Hậu Lộc 2-Thanh Hóa-ần 1-năm 2017-2018) Một khối lăng trụ tam giác có thể phân chia ít nhất thành n khối tứ diện có thể tích bằng nhau. Khẳng định nào sau đây là đúng? A. n  3 . B. n  6 . C. n  4 . Lời giải D. n  8 . Chọn A A’ C’ B’ A C B Câu 52: (THPT Chuyên Lam-Thanh Hóa-lần 1-năm 2017-2018) Tìm số mặt của hình đa diện ở hình vẽ bên: A. 11 . B. 10 . C. 12 . D. 9 . Lời giải Chọn D Quan sát hình đa diện đã cho ta đếm được tất cả có 9 mặt. Câu 53: (THPT Cổ Loa-Hà Nội-lần 1-nawm-2018) Có bao nhiêu loại khối đa diện đều? A. Vô số. B. 2. C. 3. Lời giải Chọn D Dựa vào định lý khối đa diện đều. D. 5. Câu 54: (THPT Chuyên Lê Hồng Phong-Nam Định-lần 2 năm 2017-2018) Có bao nhiêu loại khối đa diện đều mà mỗi mặt của nó là một tam giác đều? A. 3 . B. 1 . C. 5 . D. 2 . Lời giải Chọn A Có ba loại khối đa diện đều mà mỗi mặt của nó là một tam giác đều là: khối tứ diện đều, khối bát diện đều và khối hai mươi mặt đều. Câu 55: (THPT Chuyên Lê Hồng Phong-Nam Định-lần 2 năm 2017-2018) Mỗi đỉnh của hình đa diện là đỉnh chung của ít nhất bao nhiêu mặt? A. Năm mặt. B. Ba mặt. C. Bốn mặt. D. Hai mặt. Lời giải Chọn B Mỗi đỉnh của hình đa diện là đỉnh chung của ít nhất ba mặt nên Chọn B Câu 56: (SGD Vĩnh Phúc-KSCL lần 1 năm 2017-2018) Lăng trụ đều là lăng trụ A. Có tất cả các cạnh bằng nhau. B. Có đáy là tam giác đều và các cạnh bên vuông góc với đáy. C. Đứng và có đáy là đa giác đều. D. Có đáy là tam giác đều và các cạnh bên bằng nhau. Lời giải Chọn C Theo định nghĩa về lăng trụ đều, ta chọn đáp án C. Câu 57: (SGD Vĩnh Phúc-KSCL lần 1 năm 2017-2018) Cho lăng trụ tam giác đều ABC. ABC  có tất cả các cạnh bằng a . Thể tích khối lăng trụ ABC. ABC  là: A. a3 3 . 12 B. a3 3 . 4 C. a3 . 12 D. a3 . 4 Lời giải Chọn B Thể tích khối lăng trụ là V  S ABC . AA  V  a. a2 3 a3 3 .  4 4 Câu 58: (SGD Vĩnh Phúc-KSCL lần 1 năm 2017-2018) Cho hình chóp tứ giác S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a 3 , SA   ABCD  và SA  a 6 . Thể tích của khối chóp S . ABCD là. A. a3 6 . 3 B. a 3 6 . C. a 3 3 . Lời giải Chọn B D. a3 6 . 2 S a 6 a 3 D A B  Ta có S ABCD  a 3  1 3 2 C  3a 2 . 1 3 Vậy VS . ABCD  .SA.S ABCD  .a 6.3a 2  a 3 6 . Câu 59: (SGD Vĩnh Phúc-KSCL lần 1 năm 2017-2018) Nếu không sử dụng thêm điểm nào khác ngoài các đỉnh của hình lập phương thì có thể chia hình lập phương thành A. Bốn tứ diện đều và một hình chóp tam giác đều. B. Năm hình chóp tam giác đều, không có tứ diện đều. C. Một tứ diện đều và bốn hình chóp tam giác đều. D. Năm tứ diện đều. Lời giải Chọn A Hình chóp tam giác đều là ACBD . Bốn tứ diện đều là D. ACD , C .CBD , B. ACB A. ABD . Câu 60: (THPT Lục Ngạn-Bắc Ninh-lần 1 năm 2017-2018) Trong một hình đa diện, mỗi cạnh là cạnh chung của đúng bao nhiêu mặt? A. Không có mặt nào. B. 3 mặt. C. 4 mặt. Lời giải D. 2 mặt. Chọn D Mỗi cạnh của khối đa diện là cạnh chung của 2 mặt. Câu 61: (THPT Lục Ngạn-Bắc Ninh-lần 1 năm 2017-2018) Khối lập phương thuộc loại khối đa diện nào? Chọn câu trả lời đúng. A. 3; 3 . B. 4; 3 . C. 3; 4 . Lời giải: D. 5; 3 . Chọn B Câu 62: (THPT Lục Ngạn-Bắc Ninh-lần 1 năm 2017-2018) Cho một hình đa diện. Khẳng định nào sau đây sai? A. Mỗi mặt có ít nhất 3 cạnh. B. Mỗi đỉnh là đỉnh chung của ít nhất 3 cạnh. C. Mỗi đỉnh là đỉnh chung của ít nhất 3 mặt. D. Mỗi cạnh là cạnh chung của ít nhất 3 mặt. Lời giải Chọn D Xét tứ diện Quan sát đường tô đậm, ta thấy cạnh đó chỉ có hai mặt. Do đó, khẳng định D sai. Câu 63: [2H1 – 2] (THPT Lê Văn Thịnh-Bắc Ninh-lần 1 năm 2017-2018) Cho hình chóp có đáy là hình bình hành. là trung điểm và là trọng tâm của tam giác . Gọi , lần lượt là thể tích của các khối chóp và , tính tỉ số A. . B. . C. . D. Lời giải Chọn A Cách 1: Gọi là thể tích khối chóp Ta có . Mặt khác Dễ thấy Vậy ; . Suy ra, Cách 2: . . . . Câu 64: (THPT Lê Văn Thịnh-Bắc Ninh-lần 1 năm 2017-2018) Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào đúng? Số các đỉnh hoặc các mặt của bất kì hình đa diện nào cũng A. lớn hơn hoặc bằng 4 . B. lớn hơn 4 . C. lớn hơn hoặc bằng 5 . D. lớn hơn 5 . Lời giải Chọn A Do ba điểm bất kì đều đồng phẳng nên đáp án đúng là A. Mà tứ diện là khối đa diện có số đỉnh và số mặt đều là 4 . Câu 65: (THPT Triệu Sơn 3-Thanh Hóa năm 2017-2018) Một hình đa diện có tối thiểu bao nhiêu đỉnh? A. 3 . B. 5 . C. 6 . D. 4 . Lời giải Chọn D Một hình đa diện có tối thiểu 4 đỉnh. Câu 66: (THPT Triệu Sơn 3-Thanh Hóa năm 2017-2018) Khối chóp có một nửa diện tích đáy là S , chiều cao là 2h thì có thể tích là: 1 4 1 A. V  S .h . B. V  S .h . C. V  S .h . D. V  S .h . 3 3 2 Lời giải Chọn C 1 1 4 Ta có: V  B.h  .2 S .2h  S .h . 3 3 3 Câu 67: (Đề tham khảo BGD năm 2017-2018) Thể tích của khối chóp có chiều cao bằng h và diện tích đáy bằng B là A. V  1 Bh . 3 B. V  1 Bh . 6 C. V  Bh . D. V  Lời giải Chọn A Thể tích của khối chóp có chiều cao bằng h và diện tích đáy bằng B là V  1 Bh . 3 1 Bh . 2 Câu 1: (THPT Triệu Sơn 1-lần 1 năm 2017-2018) Hình đa diện nào dưới đây không có tâm đối xứng? A. Bát diện đều. B. Tứ diện đều. C. Lăng trụ lục giác đều. D. Hình lập phương. Lời giải Chọn B Trong các hình đa diện trên, chỉ có tứ diện không có tâm đối xứng. Câu 2: (THPT Chuyên Vĩnh Phúc-MĐ 903 lần 1-năm 2017-2018) Cho hình chóp tam giác đều S . ABC có cạnh đáy bằng a và chiều cao hình chóp là a 2 . Tính theo a thể tích V của khối chóp S . ABC . a3 6 A. V  . 12 a3 6 B. V  . 4 a3 6 D. V  . 6 a3 C. V  . 6 S C A O B Lời giải Chọn A Tam giác ABC đều có cạnh đáy bằng a nên SABC  a2 3 . 4 1 a2 3 a3 6 VS . ABC  . .a 2  . 3 4 12 Câu 3: (THPT Chuyên Vĩnh Phúc-MĐ 903 lần 1-năm 2017-2018) Số đỉnh của hình mười hai mặt đều là: A. Ba mươi. B. Mười sáu. C. Mười hai. D. Hai mươi. Lời giải Chọn A Hình mười hai mặt đều có số đỉnh là 20 (SGK HH12). Câu 4: (THPT Chuyên Vĩnh Phúc-lần 1 MĐ 904 năm 2017-2018) Cho khối chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA  3a và SA vuông góc với đáy. Thể tích khối chóp S . ABCD là. A. a 3 . B. 3a 3 . C. a3 . 3 Lời giải Chọn A * Diện tích đáy S ABCD  a 2 . 1 1 * Thể tích khối chóp: V  SA.S ABCD  3a.a 2  a 3 . 3 3 D. 6a 3 . Câu 5: (THPT Kim Liên-Hà Nội năm 2017-2018) Khối đa diện có mười hai mặt đều có số đỉnh, số cạnh, số mặt lần lượt là: A. 30 , 20 , 12 . B. 20 , 12 , 30 . C. 12 , 30 , 20 . D. 20 , 30 , 12 . Lời giải Chọn D Câu 6: (THPT Kim Liên-Hà Nội năm 2017-2018) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông. Biết hai mặt phẳng  SAB  và  SAD  cùng vuông góc với mặt đáy. Hình chóp này có bao nhiêu mặt phẳng đối xứng? A. 4 . B. 1 . C. 0 . D. 2 . Lời giải Chọn B Theo giả thiết hai mặt phẳng  SAB  và  SAD  cùng vuông góc với mặt đáy suy ra SA   ABCD  . Mặt khác đáy ABCD là hình vuông nên hình chóp S . ABCD chỉ có một mặt phẳng đối xứng là  SAC  . Câu 7: (THPT Kiến An-Hải Phòng năm 2017-2018) Cho khối hộp chữ nhật ABCD. ABC D có thể tích V . Mệnh đề nào sau đây đúng? 1 A. V  AB.BC. AA . B. V  AB.BC. AA . C. V  AB. AC. AA . D. V  AB. AC. AD . 3 Lời giải Chọn B Ta có V  S .h . Trong đó S  S ABCD  AB. AD  AB.BC và h  AA . Vậy V  AB.BC. AA là mệnh đề đúng. Câu 8: (THPT Kiến An-Hải Phòng năm 2017-2018) Cho hình chóp S . ABC có đáy là tam giác đều cạnh bằng a , cạnh bên SB vuông góc với mặt phẳng  ABC  , SB  2a . Tính thể tích khối chóp S . ABC . A. a3 . 4 B. a3 3 . 6 C. Lời giải Chọn B 3a 3 . 4 D. a3 3 . 2 S 2a a B C A 1 a2 3 a3 3 1 Thể tích khối chóp S . ABC là: V  .S ABC .SB  . . .2a  3 3 4 6 Câu 9: (THPT Chuyên Lương Văn Tụy-Ninh Bình lần 1 năm 2017-2018) Hình đa diện sau có bao nhiêu mặt? A. 11. B. 20 . C. 12 . Lời giải D. 10 . Chọn A Dựa vào hình vẽ ta thấy hình đa diện trên có 11 mặt. Câu 10: (THPT Chuyên Lương Văn Tụy-Ninh Bình lần 1 năm 2017-2018) Thể tích của khối lăng trụ tứ giác đều ABCD. ABC D có tất cả các cạnh bằng a là a3 3 a3 3 A. 3a 3 . B. . C. a 3 . D. . 2 4 Lời giải Chọn C Khối lăng trụ tứ giác đều có tất cả các cạnh đều bằng a là khối lập phương cạnh a nên thể tích V  a3 . Câu 11: (THPT Chuyên Trần Phú-Hải Phòng lần 1 năm 2017-2018) Khối đa diện đều có 12 mặt thì có số cạnh là: A. 30 . B. 60 . C. 12 . D. 24 . Lời giải Chọn A Khối đa diện đều có 12 mặt là khối đa diện đều loại 5;3 thì có số cạnh là 30 . Câu 12: (THPT Đoàn Thượng-Hải Dương-lần 2 năm 2017-2018) Cho khối chóp tam giác đều. Nếu tăng cạnh đáy lên hai lần và giảm chiều cao đi bốn lần thì thể tích của khối chóp đó sẽ: A. Không thay đổi. B. Tăng lên hai lần. C. Giảm đi ba lần. D. Giảm đi hai lần. Lời giải Chọn A Nếu tăng cạnh đáy lên hai lần thì diện tích đáy tăng bốn lần. Vì giảm chiều cao đi bốn lần nên thể tích khối chóp không thay đổi. Câu 13: (THPT Đoàn Thượng-Hải Dương-lần 2 năm 2017-2018)Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào đúng? A. Hai khối lăng trụ có chiều cao bằng nhau thì thể tích bằng nhau. B. Hai khối đa diện có thể tích bằng nhau thì bằng nhau. C. Hai khối chóp có hai đáy là hai đa giác bằng nhau thì thể tích bằng nhau. D. Hai khối đa diện bằng nhau thì thể tích bằng nhau. Lời giải Chọn D + Phương án A sai vì hai khối lăng trụ có chiều cao bằng nhau nhưng diện tích đáy chưa bằng nhau thì thể tích không bằng nhau. + Phương án B sai vì hai khối đa diện có thể tích bằng nhau nhưng có thể đó là một khối chóp và một khối lăng trụ nên hai khối đó không bằng nhau. + Phương án C sai vì hai khối chóp có đáy bằng nhau nhưng chiều cao chưa bằng nhau thì thể tích không bằng nhau. + Phương án D đúng theo khái niệm thể tích khối đa diện “ Nếu hai khối  H1  và  H 2  bằng nhau thì V H1   V H 2  ”. Câu 14: (THPT Đoàn Thượng-Hải Dương-lần 2 năm 2017-2018) Cho khối tứ diện ABCD . Lấy điểm M nằm giữa A và B , điểm N nằm giữa C và D . Bằng hai mặt phẳng  CDM  và  ABN  , ta chia khối tứ diện đó thành bốn khối tứ diện nào sau đây? A. MANC , BCDN , AMND , ABND . B. MANC , BCMN , AMND , MBND . C. ABCN , ABND , AMND , MBND . D. NACB , BCMN , ABND , MBND . Lời giải Chọn B A M B D N C Bằng hai mặt phẳng  CDM  và  ABN  , ta chia khối tứ diện đó thành bốn khối tứ diện: MANC , BCMN , AMND , MBND . Câu 15: (THPT Đoàn Thượng-Hải Dương-lần 2 năm 2017-2018) Khối đa diện đều loại 3;5 là khối A. Tứ diện đều. B. Hai mươi mặt đều. C. Tám mặt đều. Lời giải D. Lập phương. Chọn B Theo SGK Hình học 12 trang 17 thì khối đa diện đều loại 3;5 là khối hai mươi mặt đều. Câu 16: (THPT Hà Huy Tập-Hà Tĩnh-lần 1 năm 2017-2018) Cho khối lăng trụ đứng ABC. ABC  có BB  a , đáy ABC là tam giác vuông cân tại B và BA  BC  a . Tính thể tích V của khối lăng trụ đã cho. a3 a3 a3 A. V  a 3 . B. V  . C. V  . D. V  . 3 6 2 Lời giải Chọn D A C B a A C a a B Thể tích khối lăng trụ V  S ABC .BB  1 a3 BA.BC.BB  . 2 2 Câu 17: (THPT Triệu Thị Trinh-lần 1 năm 2017-2018) Một khối lăng trụ có chiều cao bằng 2a và diện tích đáy bằng 2a 2 . Tính thể tích khối lăng trụ. A. V  4a 3 . B. V  2a 3 . 3 C. V  Lời giải Chọn A 4a 2 . 3 D. V  4a 3 . 3 h  2a S  2a 2 Thể tích khối lăng trụ V  2a 2 .2a  4a 3 . Câu 18: (THPT Triệu Thị Trinh-lần 1 năm 2017-2018) Hãy chọn cụm từ (hoặc từ) cho dưới đây để sau khi điền nó vào chỗ trống mệnh đề sau trở thành mệnh đề đúng: “Số cạnh của một hình đa diện luôn ……………… số đỉnh của hình đa diện ấy.” A. lớn hơn hoặc bằng. B. bằng. C. lớn hơn. D. nhỏ hơn. Lời giải Chọn C Câu 19: (THPT Triệu Thị Trinh-lần 1 năm 2017-2018) Khối lập phương có diện tích toàn phần bằng 150 cm 2 . Thể tích của khối lập phương đó bằng: A. 125cm3 . B. 375 3 cm3. 8 C. 125cm 2 . D. 375 3 2 cm . 8 Lời giải Chọn A Gọi a  0 là độ dài cạnh của lập phương. Diện tích toàn phần của hình lập phương là Stp  6a 2  150 . Suy ra a  5cm . Vậy thể tích khối lập phương là V  a 3  125cm3 . Câu 20: (THPT Triệu Thị Trinh-lần 1 năm 2017-2018) Một khối chóp có diện tích đáy bằng 3 2 và thể tích bằng A. 10 . 50 . Tính chiều cao của khối chóp đó. 5 10 B. . C. . 3 3 Lời giải D. 5 . Chọn D 1 Hình chóp có diện tích đáy là S , chiều cao h có thể tích là V  Bh 3 Suy ra h  3V 3 50  5. S 3 2 Câu 21: (THPT Triệu Thị Trinh-lần 1 năm 2017-2018) Hình hộp đứng đáy là hình thoi có bao nhiêu mặt phẳng đối xứng? A. 3 . B. 2 . C. 4 . D. 1 . Lời giải Chọn A Câu 22: (THPT Lương Thế Vinh-Hà Nội năm 2017-2018) Hình vẽ bên dưới có bao nhiêu mặt A. 10 . B. 7 . C. 9 . Lời giải D. 4 . Chọn C Từ hình vẽ 1 suy ra có 9 mặt. Câu 23: (THPT Đức Thọ-Hà Tĩnh-lần 1 năm 2017-2018) Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A với AB  a, AC  2a cạnh SA vuông góc với  ABC  và SA  a 3 . Tính thể tích khối chóp S . ABC . A. a3 3 4 B. a 3 3 C. a3 3 6 D. a3 3 . 3 Lời giải Chọn D S A C B 3 Ta có, VS . ABC  1 a 3 . SA. AB. AC  6 3 Câu 24: (THPT Thăng Long-Hà Nội-lần 1 năm 2017-2018) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, hai mặt phẳng  SAB  và  SAD  cùng vuông góc với đáy, biết diện tích đáy bằng m . Thể tích V của khối chóp S . ABCD là: 1 1 1 A. V  m.SA . B. V  m.SB . C. V  m.SC . 3 3 3 Lời giải Chọn A 1 D. V  m.SD . 3 S A D C B  SAB    ABCD    SAD    ABCD   SA   ABCD  suy ra SA là đường cao khối chóp S . ABCD .   SAB    SAD   SA 1 Do đó thể tích khối chóp S . ABCD : V  m.SA . 3 Câu 25: (THPT Thăng Long-Hà Nội-lần 1 năm 2017-2018) Cho tứ diện OABC có OA , OB , OC đôi một vuông góc và OA  a , OB  b , OC  c . Tính thể tích khối tứ diện OABC . abc abc abc A. abc . B. . C. . D. . 3 6 2 Lời giải Chọn C C c b O B a A 1 acb Thể tích khối tứ diện OABC : V  OA.OB.OC  . 6 6 Câu 26: (THPT Thăng Long-Hà Nội-lần 1 năm 2017-2018) Cho hình lăng trụ đứng ABC. ABC  có tam giác ABC vuông tại A , AB  AA  a , AC  2a . Tính thể tích khối lăng trụ đã cho. A. a3 . 3 B. 2a 3 . 3 C. a 3 . Lời giải Chọn C D. 2a 3 . B C A C’ B’ A’ Lăng trụ đứng ABC. ABC   AA   ABC  . Ta có V  Bh  1 1 AB. AC. AA  a.2a.a  a 3 . 2 2 Câu 27: (THPT Thăng Long-Hà Nội-lần 1 năm 2017-2018) Cho hình lập phương ABCD. ABC D có độ dài cạnh bằng 10 . Tính khoảng cách giữa hai mặt phẳng  ADDA  và  BCC B  . A. 10 . B. 100 . C. 10 . D. 5 . Lời giải Chọn C A’ B’ D’ C’ A B D C   Ta có  ADDA  //  BCC B   d   ADDA ;  BCC B    d A;   BCC B    AB  10 . Câu 28: (THPT Chuyên Thái Bình-lần 2 năm học 2017-2018) Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào sai: A. Khối tứ diện là khối đa diện lồi. B. Lắp ghép hai khối hộp sẽ được một khối đa diện lồi. C. Khối lập phương là khối đa diện lồi. D. Khối lăng trụ tam giác là khối đa diện lồi. Lời giải Chọn B Ví dụ: hai cái hình lập phương có chung 1 cạnh để minh họa đó không phải là đa diện lồi vì không thỏa mãn điều kiện: Đoạn thẳng nối hai điểm bất kì của khối đa diện  H  luôn thuộc H  . Câu 29: (THPT Yên Lạc-Vĩnh Phúc-lần 3 năm 2017-2018) Số đỉnh của một hình bát diện đều là A. 12 . B. 8 . C. 14 . D. 6 . Lời giải Chọn D Hình bát diện đều có sáu đỉnh. Câu 30: (SGD Bắc Ninh năm 2017-2018) Thể tích của khối lập phương có cạnh bằng 2 . 8 A. 4 . B. . C. 6 . D. 8 . 3 Lời giải Chọn D Khối lập phương có cạnh bằng a có thể tích V  a 3 . Thể tích khối lập phương có cạnh bằng 2 là V  8 . Câu 31: (SGD Bắc Ninh năm 2017-2018) Cho khối chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a . Biết SA vuông góc với  ABCD  và SA  a 3 . Thể tích của khối chóp S . ABCD là: A. a3 3 . 6 B. a3 3 . 3 C. a3 . 4 D. a 3 3 . Lời giải Chọn B S A B D C 1 a3 3 Thể tích khối chóp VS . ABCD  S ABCD .SA  . 3 3 Câu 32: (SGD Bắc Ninh năm 2017-2018) Cho hình lăng trụ ABC. ABC  có thể tích là V . Gọi M là điểm thuộc cạnh CC  sao cho CM  3C M . Tính thể tích V của khối chóp M . ABC A. V . 4 B. 3V . 4 C. V . 12 D. V . 6 Lời giải Chọn A A C M B A C H K B Gọi H , K lần lượt là hình chiếu vuông góc của C  và M lên mặt phẳng  ABC  Ta có C H // MK  MK CM 3   . CC  CC  4 1 1 3 V Khi đó VM . ABC  MK .S ABC  VM . ABC  . CC .S ABC  . 3 3 4 4 Câu 33: (SGD Ninh Bình năm 2017-2018)Mệnh đề nào dưới đây sai? A. Hai khối hộp chữ nhật có diện tích toàn phần bằng nhau thì có thể tích bằng nhau. B. Hai khối lăng trụ có diện tích đáy và chiều cao tương ứng bằng nhau thì có thể tích bằng nhau. C. Hai khối lập phương có diện tích toàn phần bằng nhau thì có thể tích bằng nhau. D. Hai khối chóp có diện tích đáy và chiều cao tương ứng bằng nhau thì có thể tích bằng nhau. Lời giải Chọn A Câu 34: (THPT Chuyên Hạ Long-Quảng Ninh-lần 1 năm 2017-2018) Hình đa diện bên có bao nhiêu mặt? A. 11. B. 12 . C. 10 . Hướng dẫn giải Chọn C Hình đa diện bên có 10 mặt. D. 7 . Câu 35: (THPT Chuyên Hạ Long-Quảng Ninh-lần 1 năm 2017-2018) Cho khối lăng trụ có thể tích V , diện tích đáy là B và chiều cao h. Tìm khẳng định đúng? 1 A. V  Bh . B. V  Bh . C. V  Bh . D. V  3Bh . 3 Hướng dẫn giải Chọn A Theo công thức tính thể tích khối lăng trụ ta có V  Bh . Câu 36: (THPT Chuyên Phan Bội Châu-Nghệ An- lần 1 năm 2017-2018) Cho hình chóp S . ABC có SA vuông góc với đáy. Tam giác ABC vuông cân tại B , biết SA  AC  2a . Tính thể tích khối chóp S . ABC . A. 2 3 a . 3 B. 1 3 a . 3 2 2 3 a . 3 C. D. 4 3 a . 3 Lời giải Chọn A S C A B AC 2a  a 2. 2 2 2 1 1 1 1 2 Thể tích khối chóp S . ABC là V  S ABC .SA  . AB 2 .SA  . a 2 .2a  a 3 . 3 3 2 6 3 Ta có AB  BC    Câu 37: (THPT Chuyên Quốc Học-Huế năm 2017-2018) Hình đa diện nào dưới đây không có tâm đối xứng ? A. Hình lăng trụ tứ giác đều. B. Hình bát diện đều. C. Hình tứ diện đều. D. Hình lập phương Lời giải Chọn C Ta có phép đối xứng tâm I biến hình  H  thành chính nó. Khi đó hình  H  có tâm đối xứng là I suy ra hình lăng trụ tứ giác đều, hình bát diện đều và hình lập phương là các hình đa diện có tâm đối xứng. Câu 38: (THPT Chuyên Quốc Học-Huế năm 2017-2018) Khối lăng trụ ngũ giác có tất cả bao nhiêu cạnh ? A. 20 . B. 25 . C. 10 . D. 15 . Lời giải Chọn D Hình vẽ. A’ E’ D’ B’ C’ A E D B C . Câu 39: (THPT Chuyên Quốc Học-Huế năm 2017-2018) Hình bát diện đều có tất cả bao nhiêu mặt phẳng đối xứng ? A. 5 . B. 6 . C. 9 . D. 8 . Lời giải Chọn C . Câu 40: (THPT Chuyên Quốc Học-Huế năm 2017-2018) Một hình chóp có đáy là tam giác đều cạnh bằng 2 và có chiều cao bằng 4. Tính thể tích hình chóp đó. 4 3 A. 4 . B. . C. 2 3 . D. 2 . 3 Lời giải Chọn B 1 Ta có diện tích tam giác đều cạnh 2 là S  .2.2.sin 60  3 . 2 1 4 3 Thể tích của khối chóp là V  . 3.4  . 3 3 Câu 41: (THPT Chuyên Quốc Học-Huế năm 2017-2018) Trong không gian, cho hai điểm A , B cố định, phân biệt và điểm M thay đổi sao cho diện tích tam giác MAB không đổi. Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào đúng ? A. Tập hợp các điểm M là một mặt phẳng. B. Tập hợp các điểm M là một mặt trụ. C. Tập hợp các điểm M là một mặt nón. D. Tập hợp các điểm M là một mặt cầu. Lời giải Chọn B Do hai điểm A , B cố định nên khoảng cách giữa hai điểm A , B cố định. Mà diện tích tam giác MAB không đổi nên khoảng cách từ M đến đoạn thẳng AB không đổi  Tập hợp các điểm M trong không gian cách đoạn thẳng AB một khoảng không đổi là một hình trụ. Câu 42: (THPT Chuyên Thái Bình-lần 3 năm 2017-2018) Khối mười hai mặt đều có bao nhiêu cạnh? A. 30 cạnh. B. 12 cạnh. C. 16 cạnh. D. 20 cạnh. Hướng dẫn giải Chọn A Khối mười hai mặt đều có 20 đỉnh, 30 cạnh và các mặt là những ngũ giác đều. Câu 43: (THPT Chuyên Thái Bình-lần 3 năm 2017-2018) Thể tích của khối cầu ngoại tiếp bát diện đều có cạnh bằng a là: A. 3 a 3 3 B. 2 a 3 . 6 2 a 3 . 3 Hướng dẫn giải C. D. 8 2 a 3 . 3 Chọn C S C D O B A S’ Giả sử hình bát diện đều như hình vẽ. khi đó Bán kính mặt cầu R  SO  SA2  OA2 .  R  a2  2a 2 a 2  . 2 4 2 a 3 4 Thể tích của khối cầu V   R 3  . 3 3 Câu 44: (THPT Chuyên Vĩnh Phúc – lần 3 năm 2017-2018) Tổng số đỉnh, số cạnh và số mặt của hình lập phương là A. 16 . B. 26 . C. 8 . D. 24 . Lời giải Chọn B Hình lập phương có 8 đỉnh, 12 cạnh và 6 mặt. Vậy tổng số đỉnh, số cạnh và số mặt của hình lập phương là 26 . Câu 45: (THPT Chuyên Vĩnh Phúc-lần 3 MĐ 234 năm học 2017-2018) Số đỉnh của một hình bát diện đều là: A. 6 . B. 8 . C. 12 . D. 4 . Hướng dẫn giải Chọn A n  3; p  4 n.M Bát diện đều có dạng 3; 4   D  6. p M  4 Câu 46: (THPT Hồng Quang-Hải Dương năm 2017-2018) Hình mười hai mặt đều có bao nhiêu cạnh ? A. 30 . B. 20 . C. 12 . D. 18 . Lời giải Chọn A Câu 47: (THPT Hồng Quang-Hải Dương năm 2017-2018) Cho một hình lăng trụ có diện tích mặt đáy là B , chiều cao bằng h , thể tích bằng V . Khẳng định nào sau đây đúng ? 1 A. V  Bh . B. V  Bh . C. V  3Bh . D. V  Bh . 3 Lời giải Chọn A Câu 48: (THPT Hồng Quang-Hải Dương năm 2017-2018) Cho một hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , cạnh bên SA vuông góc với đáy, SA  2a , thể tích của khối chóp là V . Khẳng định nào sau đây đúng ? 2 1 A. V  a 3 . B. V  2a 3 . C. V  a 3 . D. V  a 3 . 3 3 Lời giải Chọn A S 2a a A B D C 1 2 Ta có: V  .S ABCD .SA  a 3 . 3 3 Câu 49: (THPT Kinh Môn 2-Hải Dương năm 2017-2018) Cho hình chóp có diện tích mặt đáy là 3a 2 và chiều cao bằng 2a . Thể tích của khối chóp bằng A. 6a 3 . B. 2a 3 . C. 3a 3 . D. a 3 . Lời giải Chọn B 1 1 Ta có V  S đ .h  3a 2 .2a  2a 3 . 3 3 Câu 50: (THPT Kinh Môn 2-Hải Dương năm 2017-2018) Cho hình lăng trụ đứng ABCD. ABC D có đáy là hình thoi, biết AA  4a , AC  2a , BD  a . Thể tích của khối lăng trụ là A. 2a 3 . B. 8a 3 . C. Lời giải Chọn D 8a 3 . 3 D. 4a 3 . D C A B D C a 4a 2a A Ta có S đ  B 1 AC.BD  a 2 ; V  S đ . AA  a 2 .4a  4a 3 . 2 Câu 51: (THPT Lê Hoàn-Thanh Hóa-lần 1 năm 2017-2018) Cho hình lăng trụ đứng ABC. ABC  có đáy là tam giác đều cạnh a , cạnh bên AA  a 2 . Thể tích của khối lăng trụ là A. a3 6 . 4 B. 3a3 . 4 C. a3 3 . 12 D. a3 6 . 12 Lời giải Chọn B A’ C’ B’ C A B Ta có V  Bh  S ABC . AA  a 2. a 2 4 3  a 3 6 4 . Câu 52: (THPT Lê Hoàn-Thanh Hóa-lần 1 năm 2017-2018) Nếu một khối lăng trụ có diện tích đáy là B và chiều cao h thì thể tích V của nó được tính theo công thức ? 1 1 A. V  Bh . B. V  3Bh . C. V  Bh . D. V  Bh . 2 3 Lời giải Chọn A Theo kiến thức cơ bản thì V  Bh . Câu 53: (THPT Lê Hoàn-Thanh Hóa-lần 1 năm 2017-2018) Thể tích khối lập phương có cạnh 3a là: A. 2a 3 . B. 27a 3 . C. 8a 3 . Lời giải D. 3a 3 . Chọn B 3 Thể tích khối lập phương có cạnh 3a là: V   3a   27 a 3 . Câu 54: (THPT Ninh Giang-Hải Dương năm 2017-2018) Hình đa diện đều có tất cả các mặt là ngũ giác có bao nhiêu cạnh? A. 60 . C. 12 . Lời giải B. 20 . D. 30 . Chọn D Khối mười hai mặt đều có 20 đỉnh, 30 cạnh và các mặt là những ngũ giác đều. Câu 55: (THPT Trần Quốc Tuấn năm 2017-2018) Cho khối lập phương ABCD. ABC D có thể tích V  1 . Tính thể tích V1 của khối lăng trụ ABC. ABC  . 1 A. V1  . 3 B. V1  1 . 2 C. V1  1 . 6 D. V1  2 . 3 Hướng dẫn giải Chọn B Khối lập phương ABCD. ABC D và khối lăng trụ ABC. ABC  có cùng chiều cao mà 1 1 1 S ABC  S ABCD nên V1  V  . 2 2 2 Câu 56: (THPT Trần Quốc Tuấn năm 2017-2018) Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình vuông ABCD cạnh a , cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy. Biết SA  3a , tính thể tích V của khối chóp S . ABCD . A. V  a 3 . B. V  2a 3 . C. V  3a 3 . D. V  a3 . 3 Hướng dẫn giải Chọn A 1 1 V  .SA.S ABCD  .3a.a 2  a 3 . 3 3 Câu 57: (THPT Trần Quốc Tuấn năm 2017-2018) Khối chóp S . ABCD có tất cả các cạnh bằng nhau và 2 có thể tích bằng . Tính cạnh của khối chóp. 3 A. 2. B. 1 . C. Hướng dẫn giải Chọn A 3. D. 2 . Đặt độ dài cạnh hình chóp là x . Ta có: SO  SA2  AO 2  x 2  x2 x .  2 2 2 1 2 1 x 2 2  .SO.ABCD   .x   x  2 . 3 3 3 3 2 3 Câu 58: (THPT Thanh Miện 1-Hải Dương-lần 1 năm 2017-2018) Kh i tứ diện đều có mấy mặt phẳng đối xứng. A. 4 . B. 3 . C. 6 . D. 5 . Lời giải Chọn C. Các mặt phẳng đối xứng của khối tứ diện đều là các mặt phẳng chứa một cạnh và qua trung V điểm cạnh đối diện. Câu 59: (THPT Thanh Miện 1-Hải Dương-lần 1 năm 2017-2018) Cho khối lăng trụ đứng có cạnh bên bằng 5 , đáy là hình vuông có cạnh bằng 4 . Hỏi thể tích khối lăng trụ là: A. 100 . B. 20 . C. 64 . D. 80 . Lời giải Chọn D Lăng trụ đứng có cạnh bên bằng 5 nên có chiều cao h  5 . Thể tích khối lăng trụ là: V  S ABCD .h  42.5  80 . Câu 60: (THPT Trần Hưng Đạo-TP HCM năm 2017-2018) Tính thể tích V của khối lăng trụ tam giác đều có tất cả các cạnh bằng a . A. V  a3 3 . 4 B. V  a3 2 . 3 C. V  a3 3 . 2 D. V  a3 2 . 4 Lời giải Chọn A Ta có: VABC . ABC  S ABC . AA  a2 3 a3 3 . .a  4 4 Câu 61: (THPT Tứ Kỳ-Hải Dương năm 2017-2018) Hình đa diện nào dưới đây không có tâm đối xứng? A. Lăng trụ lục giác đều. C. Hình lập phương. B. Tứ diện đều. D. Bát diện đều. Hướng dẫn giải Chọn B Dễ thấy hình tứ diện đều không có tâm đối xứng. Câu 62: (THPT Xuân Trường-Nam Định năm 2017-2018) Cho hình chóp S . ABC có SA vuông góc mặt đáy, tam giác ABC vuông tại A , SA  2cm , AB  4cm , AC  3cm . Tính thể tích khối chóp S . ABC . 12 3 24 3 24 3 A. B. C. D. 24cm3 . cm . cm . cm . 3 5 3 Lời giải Chọn A S C A B 1 1 1 VS . ABC  .SA.S ABC  .2. .4.3  4  cm3  . 3 3 2 Câu 63: (THPT Xuân Trường-Nam Định năm 2017-2018) Hình nào dưới đây không phải là hình đa diện ? . A. B. C. Lời giải D. Chọn C Câu 64: (THPT Lương Văn ChasnhPhus Yên năm 2017-2018) Trong các mềnh đề sau, mệnh đề nào đúng ? Số các cạnh của hình đa diện đều luôn luôn: A. Lớn hơn 6 . B. Lớn hơn 7 . C. Lớn hơn hoặc bằng 8 . D. Lớn hơn hoặc bằng 6 . Lời giải Chọn D Hình tứ diện là một hình đa diện nên ta chọn D. Câu 65: (THPT Đô Lương 4-Nghệ An năm 2017-2018) Gọi M , C , Đ thứ tự là số mặt, số cạnh, số đỉnh của hình bát diện đều. Khi đó S  M  C  Đ bằng: A. S  24 . B. S  26 . C. S  30 . D. S  14 . Lời giải Chọn B Ta có bát diện đều có số mặt là 8 , số cạnh là 12 , số đỉnh là 6 . Vậy S  M  C  Đ  26 . Câu 66: (THPT Đô Lương 4-Nghệ An năm 2017-2018) Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật AB  a , BC  2a , SA  2a , SA vuông góc với mặt phẳng  ABCD  . Tính thể tích khối chóp S. ABCD tính theo a . A. 8a3 . 3 B. 4a 3 . 3 C. 6a 3 . 3 D. 4a 3 . Lời giải Chọn B Ta có S ABCD  AB.CD  2a 2 . 1 1 4a 3 Thể tích khối chóp S. ABCD là VS . ABCD  SA.S ABCD  2a.2a 2  . 3 3 3 Câu 67: (THPT Chuyên Biên Hòa-Hà Nam-lần 1 năm 2017-2018) Hình nào dưới đây không phải là hình đa diện? A. Hình 1. B. Hình 2 . C. Hình 4 . D. Hình 3 . Lời giải Chọn D Có một cạnh là cạnh chung của 3 mặt. Câu 68: (THPT Chuyên Biên Hòa-Hà Nam-lần 1 năm 2017-2018) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng 2a , cạnh SB vuông góc với đáy và mặt phẳng  SAD  tạo với đáy một góc 60 . Tính thể tích V của khối chóp S . ABCD . A. V  3a 3 3 . 8 B. V  4a 3 3 . 3 Lời giải Chọn C C. V  8a 3 3 . 3 D. V  3a 3 3 . 4 Ta có:  SAD    ABCD   AD ;  SAD  và đáy là AB  AD , AD  ( SAB )  AD  SA nên góc tạo bởi mặt phẳng   60o . SAB 8 3a 3 1 1 2 . VSABCD  .S ABCD .SB  .  2a  .2a. tan 600  3 3 3 Câu 69: (THPT Yên Định-Thanh Hóa-lần 1 năm 2017-2018) Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình vuông cạnh a , SA   ABCD  , SA  a . Gọi G là trọng tâm tam giác SCD . Tính thể tích khối chóp G. ABCD . 1 A. a3 . 6 B. 1 3 a . 12 C. 2 3 a . 17 D. Hướng dẫn giải Chọn D S N G D A M B C Gọi M , N lần lượt là trung điểm của CD và SD . Ta có 1 GM d  G,  ABCD   .   3 SM d  S ,  ABCD   1 1 1 a3 Ta có VG. ABCD  d  G ,  ABCD   .S ABCD  . SA.S ABCD  . 3 3 3 9 1 3 a . 9 Câu 70: (THPT Mộ Đức-Quãng Ngãi-lần 1 năm 2017-2018) Khối lăng trụ tam giác đều có tất cả các cạnh bằng a thì có thể tích bằng A. a3 3 . 8 B. a3 3 . 6 C. a3 3 . 12 Lời giải Chọn D Thể tích khối lăng trụ tam giác đều: V  h.S  a. a 2 3 a3 3 .  4 4 D. a3 3 . 4 Câu 1: (SGD Bà Rịa Vũng Tàu-đề 1 năm 2017-2018) Cho khối lăng trụ có diện tích đáy bằng a 2 và khoảng cách giữa hai đáy bằng 3a . Tính thể tích V của khối lăng trụ đã cho. 3 A. V  a 3 . B. V  3a 3 . C. V  a 3 . D. V  9a 3 . 2 Lời giải Chọn B Ta có chiều cao lăng trụ h  3a . Thể tích của khối lăng trụ V  Bh  3a 3 . Câu 2: (SGD Bà Rịa Vũng Tàu-đề 2 năm 2017-2018) Cho khối lăng trụ có diện tích đáy bằng 3a 2 và khoảng cách giữa hai đáy bằng a . Tính thể tích V của khối lăng trụ đã cho. A. V  a 3 . B. V  3 3 a . 2 C. V  3a 3 . D. V  9a 3 . Lời giải Chọn C Theo đề ta có: diện tích đáy B  3a 2 và chiều cao của lăng trụ h  a . Thể tích khối lăng trụ là V  B.h  3a 2 .a  3a 3 . Câu 3: (THPT Lê Quý Đôn-Hà Nội năm 2017-2018) Cho khối hộp chữ nhật ABCD. ABC D có AB  a , AD  b , AA  c . Thể tích của khối hộp chữ nhật ABCD. ABC D bằng bao nhiêu? A. abc . B. 1 abc . 2 C. 1 abc . 3 D. 3abc . Lời giải Chọn A Thể tích của khối hộp chữ nhật là V  abc . Câu 4: (THPT Hà Huy Tập-Hà Tĩnh-lần 2 năm 2017-2018) Trong các hình dưới đây hình nào không phải đa diện lồi? Hình (I) A. Hình (IV). Hình (II) B. Hình (III). Hình (III) C. Hình (II). Lời giải Hình (IV) D. Hình (I). Chọn A N M Ta có đường nối hai điểm MN không thuộc hình IV nên đây không phải là đa diện lồi. Câu 5: (THPT Hà Huy Tập-Hà Tĩnh-lần 2 năm 2017-2018) Cho lăng trụ đứng ABC. ABC  có đáy tam giác ABC vuông tại B ; AB  2a , BC  a , AA  2a 3 . Thể tích khối lăng trụ ABC. ABC  là A. 4a 3 3 . B. 2a 3 3 . C. 2a 3 3 . 3 D. 4a 3 3 . 3 Lời giải Chọn B A’ C’ B’ A C B Vì lăng trụ đứng có đáy là tam giác vuông nên ta có thể tích lăng trụ là 1 VABC . ABC   .2a.a.2a 3  2a 3 3 . 2 Câu 6: (THPT Lý Thái Tổ-Bắc Ninh-lần 1 năm 2017-2018) Hình chóp S . ABCD đáy là hình chữ nhật có AB  a , AD  2a . SA vuông góc mặt phẳng đáy, SA  a 3 . Thể tích của khối chóp là A. 2a 3 3 . 3 B. 2a 3 6 . 3 C. a 3 3 . D. a3 3 . 3 Lời giải Chọn A S C B A D 1 1 a 3.a.2a 2a 3 3 Thể tích khối chóp là V  .SA.dt  ABCD   .SA. AB. AD  .  3 3 3 3 Câu 7: (THPT Phan Châu Trinh-DakLak-lần 2 năm 2017-2018) Thể tích của khối lăng trụ có chiều cao bằng h và diện tích đáy bằng B là A. V  Bh . 1 B. V  Bh . 3 C. V  1 Bh . 2 D. V  1 Bh . 6 Lời giải Chọn A Ta có thể tích khối lăng trụ V  Bh . Câu 8: (THPT Chuyên Lam Sơn-Thanh Hóa-lần 2 năm 2017-2018) Khối lăng trụ có chiều cao bằng h , diện tích đáy bằng B có thể tích là A. V  1 B.h . 6 1 C. V  B.h . 3 Lời giải B. V  B.h . D. V  1 B.h . 2 Chọn B Thể tích khối lăng trụ V  B.h . Câu 9: (THPT Can Lộc-Hà Tĩnh-lần 1 năm 2017-2018) Gọi n là số hình đa diện trong bốn hình trên. Tìm n . A. n  4 . B. n  2 . C. n  1 . D. n  3 . Lời giải Chọn D Số hình đa diện là 3 vì hình đầu tiên không phải hình đa diện. Câu 10: (THPT Can Lộc-Hà Tĩnh-lần 1 năm 2017-2018) Cho hình chóp S . ABC có cạnh SA vuông góc với đáy và SA  a . Đáy ABC là tam giác đều cạnh bằng a . Tính thể tích khối chóp S. ABC . A. V  a3 . 12 B. V  a 2 3 . C. V  a3 3 . 12 D. V  a3 . 4 Lời giải Chọn C S C A B 1 1 a 2 3 a3 3 Thể tích khối chóp V  SA.S ABC  a. .  3 3 4 12 Câu 11: (THPT Hồng Lĩnh-Hà Tĩnh-lần 1 năm 2017-2018) Cho khối chóp có thể tích V  36  cm 3  và diện tích mặt đáy B  6  cm 2  . Chiều cao của khối chóp là A. h  72  cm  . B. h  1  cm  . 2 C. h  6  cm  . Lời giải Chọn D D. h  18  cm  . 3V 3.36   18  cm  . B 6 Câu 12: (THPT Lê Quý Đôn-Hải Phòng lần 1 năm 2017-2018) Khối hai mươi mặt đều thuộc loại nào sau Ta có h  đây? A. 3; 4 . B. 4;3 . C. 3;5 . D. 5;3 . Lời giải Chọn C Khối hai mươi mặt đều có các mặt là tam giác nên thuộc loại 3;5 . Câu 13: (THPT Lê Quý Đôn-Quãng Trị-lần 1 năm 2017-2018) Tính thể tích khối chóp tứ giác đều cạnh đáy bằng a , chiều cao bằng 3a . A. a3 3 . 12 B. a3 3 . 4 C. a3 . 3 D. a 3 . Lời giải Chọn D 1 1 Ta có: VS . ABCD  h.S ABCD  .3a.a 2  a 3 3 3 Câu 14: (THPT Lê Quý Đôn-Quãng Trị-lần 1 năm 2017-2018) Tính thể tích của khối lập phương có cạnh bằng a . A. V  a3 . 3 B. V  a 3 . C. V  2a 3 . 3 D. V  a3 . 6 Lời giải Chọn B A D B C A D B C VABCD. ABC D  AB. AA. AD  a 3 . Câu 15: (THPT Chuyên Tiền Giang-lần 1 năm 2017-2018) Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình vuông cạnh a , SA   ABCD  , SB  a 3 . Tính thể tích V của khối chóp S . ABCD theo a . A. V  a 3 2 . B. V  a3 2 . 6 C. V  a3 2 . 3 D. V  a3 3 . 3 Lời giải Chọn C S D A B C Tam giác SAB vuông tại A nên SA  SB 2  AB 2  3a 2  a 2  a 2 . 1 1 a3 2 Thể tích khối chóp là V  SA.S ABCD  .a 2.a 2  . 3 3 3 Câu 16: (THPT Phan Đình Phùng-Hà Tĩnh-lần 1 năm 2017-2018) Cho hình lập phương có thể tích bằng 8 . Diện tích toàn phần của hình lập phương là A. 36 . B. 48 . C. 16 . D. 24 . Lời giải Chọn D Giả sử hình lập phương có cạnh a . Ta có a 3  8  a  2 . Diện tích toàn phần của hình lập phương là 6a 2  24 . Câu 17: (THPT Phan Đình Phùng-Hà Tĩnh-lần 1 năm 2017-2018) Bán kính R của khối cầu có thể tích V  32 a 3 là 3 A. R  2a . Chọn A B. R  2 2a . C. 2a . Lời giải D. 3 7a . Thể tích khối cầu V  32 a 3 4 32 a 3   R3   R  2a . 3 3 3 Câu 18: (THPT Phan Đình Phùng-Hà Tĩnh-lần 1 năm 2017-2018) Hình nào sau đây không có trục đối xứng? A. Hình tròn. B. Đường thẳng. C. Hình hộp xiên. D. Tam giác đều. Lời giải Chọn C d2 d1 d3 d4 dn d2 d3 d  d1  Đường tròn có vô số trục đối xứng, các trục này đi qua tâm đường tròn.  Đường thẳng có 1 trục đối xứng trùng với nó.  Tam giác đều có 3 trục đối xứng, các trục này đi qua trọng tâm của tam giác đều.  Hình hộp xiên không có trục đối xứng. Câu 19: (THPT Đức THọ-Hà Tĩnh-lần 1 năm 2017-2018) Khối tám mặt đều có tất cả bao nhiêu đỉnh? A. 8 . B. 6 . C. 12 . D. 10 . Lời giải Chọn B Khối bát diện đều có 6 đỉnh và 12 cạnh. Câu 20: (THPT Chuyên Hùng Vương-Phú Thọ-lần 2 năm 2017-2018) Một khối lập phương có độ dài cạnh bằng 5 , thể tích khối lập phương đã cho bằng A. 243 . B. 25 . C. 81 . D. 125 . Lời giải Chọn D Ta thấy y đổi dấu hai lần. Tuy nhiên tại x  0 thì V  53  125 . Câu 21: (THPT Chuyên Hùng Vương-Phú Thọ-lần 2 năm 2017-2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm A  2;1; 1 , B  1;0; 4  , C  0; 2; 1 . Phương trình nào sau đây là phương trình của mặt phẳng đi qua A và vuông góc BC . A. x  2 y  5 z  0 . B. x  2 y  5 z  5  0 . C. x  2 y  5 z  5  0 . D. 2 x  y  5 z  5  0 . Lời giải Chọn B  Phương trình mặt phẳng qua A  2;1; 1 nhận BC  1; 2  5  làm vtpt: x  2  2  y  1  5  z  1  0  x  2 y  5 z  5  0 . Câu 22: (SGD Hà Nội-lần 11 năm 2017-2018) Thể tích V của khối chóp có diện tích đáy bằng S và chiều cao bằng h là 1 1 A. V  Sh . B. V  3Sh . C. V  Sh . D. V  Sh . 3 2 Lời giải Chọn A 1 Thể tích V của khối chóp có diện tích đáy bằng S và chiều cao bằng h là V  Sh . 3 Câu 23: (SGD Hà Nội-lần 11 năm 2017-2018) Hình tứ diện có bao nhiêu cạnh? A. 4 cạnh. B. 3 cạnh. C. 5 cạnh. D. 6 cạnh. Lời giải Chọn D Hình tứ diện có 6 cạnh. Câu 24: (THPT Lục Ngạn-Bắc Giang-lần 1 năm 2017-2018) Công thức tính thể tích của khối lăng trụ có diện tích đáy là B và chiều cao h là A. V  1 Bh . 2 1 B. V  Bh . 3 C. V  Bh . D. V  2 Bh . 3 Lời giải Chọn C Câu 25: (THTT số 6-489 tháng 3 năm 2018) Người ta ghép 5 khối lập phương cạnh a để được khối hộp chữ thập như hình dưới. Tính diện tích toàn phần Stp của khối chữ thập đó. A. Stp  20a 2 . B. Stp  12a 2 . C. Stp  30a 2 . D. Stp  22a 2 . Lời giải Chọn D Diện tích toàn phần của 5 khối lập phương là 5.6a 2  30a 2 . Khi ghép thành khối hộp chữ thập, đã có 4.2  8 mặt ghép vào phía trong, do đó diện tích toàn phần cần tìm là 30a 2  8a 2  22a 2 . Câu 26: (THPT Lê Xoay-Vĩnh phúc-lần 1 năm 2017-2018) Thể tích hình lập phương cạnh A. 3. B. 3 . C. 6 3 . Lời giải 3 là D. 3 3 . Chọn D Thể tích hình lập phương cạnh 3 là V   3 3 3 3. Câu 27: (THPT Lê Xoay-Vĩnh phúc-lần 1 năm 2017-2018) Cho hình chóp S . ABC có tam giác ABC vuông tại A , AB  2a ; AC  a ; SA  3a ; SA   ABC  . Thể tích của hình chóp là A. V  2a 3 . B. V  6a 3 . C. V  a 3 . Lời giải D. V  3a 3 . Chọn C 1 1 1 1 Thể tích của hình chóp là V  . . AB. AB.SA  . .2a.a.3a  a 3 . 3 2 3 2 Câu 28: (THPT Chuyên Hà Tĩnh-lần 1 năm 2017-2018) Cho hình lăng trụ đứng có diện tích đáy là 3a 2 , độ dài cạnh bên bằng 2a . Thể tích khối lăng trụ này bằng A. 2a 3 . B. a 3 . C. 3a 3 . Lời giải D. 6a 3 . Chọn D Thể tích khối lăng trụ là V  B.h  3a 2 .2a  6a 3 . Câu 29: (THPT Chuyên Hùng Vương-Gia Lai-lần 1 năm 2017-2018) Cho khối tự diện OABC có OA , OB , OC đôi một vuông góc và OA  a ; OB  b ; OC  c . Thể tích khối tứ diện OABC được tính theo công thức nào sau đây A. V  1 a.b.c . 2 1 B. V  a.b.c . 3 1 C. V  a.b.c . 6 Lời giải D. V  3a.b.c . Chọn C 1 1 1 1 VOABC  Sh  .OA. OB.OC  a.b.c 3 3 2 6 Câu 30: (THPT Chuyên Trần Phú-Hải Phòng-lần 2 năm 2017-2018) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng 2a . Biết SA  6a và SA vuông góc với mặt phẳng đáy. Tính thể tích khối chóp S . ABCD . A. 12 3a 3 . B. 24a 3 . D. 6 3a 3 . C. 8a 3 . Lời giải Chọn C S A B D C 1 3 Ta có S ABCD  4a 2 . Do SA vuông góc với mặt phẳng đáy nên VS . ABCD  .SA.S ABCD  8a 3 . Câu 31: (PTNK-ĐHQG TP HCM-lần 1 năm 2017-2018) Cho khối chóp S . ABC có đáy là tam giác vuông cân tại A , SA vuông góc với đáy và SA  BC  a 3 . Tính thể tích khối chóp S . ABC . A. V  3 3 a . 6 B. V  3 3 3 3 3 C. V  a . a . 2 4 Lời giải D. V  3 3 a . 4 Chọn D S a 3 A C a 3 B Ta có AB 2  AC 2  BC 2  2 AB 2  3a 2  AB  a 3 3a 2 .  S ABC  2 4 1 1 3a 2 3 3  a . Suy ra VS . ABC  SA.S ABC  a 3. 3 3 4 4 Câu 32: (SGD Phú Thọ – lần 1 – năm 2017 – 2018) Cho hình chóp tứ giác S . ABCD có đáy là hình vuông cạnh a , SA vuông góc với mặt phẳng đáy và SA  2a . Thể tích khối chóp S . ABCD bằng A. a3 . 3 B. 2a 3 . 3 C. 4a 3 . 3 D. 2a 3 . Lời giải Chọn B S A D B C 1 2a 3 1 . VS . ABCD  S ABCD  SA   a 2  2a  3 3 3 Câu 33: Cho hình hộp đứng ABCD. ABC D có cạnh bên AA  h và diện tích tam giác ABC bằng S . Thể tích của khối hộp ABCD. ABC D bằng 1 2 A. V  Sh . B. V  Sh . C. V  Sh . D. V  2 Sh . 3 3 Lời giải Chọn D V  h.S ABCD  h.2 S  2 Sh . Câu 34: (THPT Tây Thụy Anh – Thái Bình – lần 1 – năm 2017 – 2018) Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh 2a , SA vuông góc với mặt phẳng đáy, SA  a 3 . Tính thể tích khối chóp S . ABC . A. VS . ABC  a 3 (đvtt). B. VS . ABC  a3 (đvtt). C. VS . ABC  3a 3 (đvtt). D. VS . ABC  a 2 (đvtt). 2 Lời giải Chọn A 1 3 1 1 Thể tích khối chóp là V  SA.S ABC  SA. AB. AC.sin 60  a 3.2a.2a.  a3 . 6 2 3 6 Câu 35: (THPT Yên Lạc – Vĩnh Phúc – lần 4 – năm 2017 – 2018) Khối lăng trụ ngũ giác có bao nhiêu mặt? A. 7 mặt. B. 9 mặt. C. 6 mặt. D. 5 mặt. Lời giải Chọn A E’ A’ D’ C’ B’ E A D B C Khối lăng trụ ngũ giác ABCDE. ABC DE  có 7 mặt ( 5 mặt bên và 2 mặt đáy). Câu 36: (SGD Bắc Giang – năm 2017 – 2018) Thể tích của khối lăng trụ có chiều cao bằng h và diện tích đáy bằng B là 1 1 1 A. V  Bh . B. V  Bh . C. V  Bh . D. V  Bh . 6 3 2 Lời giải Chọn D Thể tích của khối lăng trụ có chiều cao bằng h và diện tích đáy bằng B là V  Bh . Câu 37: (Chuyên ĐB Sông Hồng –Lần 1 năm 2017 – 2018) Trong tất cả các loại hình đa diện đều sau đây, hình nào có số mặt nhiều nhất? A. Loại 3; 4 . B. Loại 5;3 . C. Loại 4;3 . D. Loại 3;5 . Lời giải Chọn D Loại 3; 4 có 8 mặt. Loại 5;3 có 12 mặt. Loại 4;3 có 6 mặt. Loại 3;5 có 20 mặt. Suy ra kết quả là đáp án D. Câu 38: (THPT Chuyên Thoại Ngọc Hầu – An Giang – Lần 3 năm 2017 – 2018) Thể tích của khối lăng trụ có chiều cao h và diện tích đáy bằng B là 1 1 1 A. V  Bh . B. V  Bh . C. V  Bh . D. V  Bh . 3 2 6 Lời giải Chọn D Câu 39: (THPT Chuyên Thoại Ngọc Hầu – An Giang – Lần 3 năm 2017 – 2018) Cho hình chóp S . ABCD 3a có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , SD  , hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng 2  ABCD  là trung điểm của cạnh AB . Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD . A. a3 . 2 B. a3 . 3 C. a3 . 4 D. 2a 3 . 3 Lời giải Chọn B Gọi H là trung điểm AB  SH   ABCD  . Ta có: SH  SD 2  HD 2  SD 2   AH 2  AD 2    9a 2  a 2    a2   a . 4  4  1 a3 Vậy: VS . ABCD  S ABCD .SH  . 3 3 Câu 40: (THPT Chuyên Thoại Ngọc Hầu – An Giang – Lần 3 năm 2017 – 2018) 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  a3 . 2 B. V  a3 . 6 C. V  a3 . 3 Lời giải Chọn A Tam giác ABC vuông cân tại B nên AB  AC a. 2 Thể tích khối lăng trụ bằng VABC . ABC   BB.S ABC  a. a.a a 3  . 2 2 D. V  a 3 . Câu 41: (THPT Chuyên ĐHSP – Hà Nội – Lần 1 năm 2017 – 2018) Cho hình chóp S . ABCD có ABCD là hình vuông cạnh a . Tam giác SAB đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng  ABCD  . Thể tích của khối chóp S . ABCD là A. a3 3 . 6 B. a3 . 2 C. a3 . 6 D. a3 3 . 2 Lời giải Chọn A S D A I B C Gọi I là trung điểm của AB suy ra SI   ABCD  và SI  1 3 Thể tích khối chóp là V  .a 2 . a 3 . 2 a 3 a3 3 .  2 6 Câu 42: (THPT Kim Liên – Hà Nội – Lần 2 năm 2017 – 2018)Thể tích V của khối lăng trụ có chiều cao bằng h và diện tích đáy bằng B là 1 1 1 A. V  Bh . B. V  Bh . C. V  Bh . D. V  Bh . 2 3 6 Lời giải Chọn D Thể tích V của khối lăng trụ có chiều cao bằng h và diện tích đáy bằng B là V  Bh . Câu 43: (THPT Trần Phú – Hà Tĩnh – Lần 2 năm 2017 – 2018)Công thức tính thể tích của khối chóp có diện tích đáy B và chiều cao h là 4 1 1 A. V  Bh . B. V  Bh . C. V  Bh . D. V  Bh . 3 3 2 Lời giải Chọn B 1 Công thức tính thể tích của khối chóp có diện tích đáy B và chiều cao h là V  Bh . 3 Câu 44: (THPT Trần Phú – Hà Tĩnh – Lần 2 năm 2017 – 2018)Cho hình chóp tứ giác S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng a , SA   ABC  , SA  3a . Thể tích của khối chóp S . ABCD là A. V  6a 3 . Chọn B B. V  a 3 . C. V  3a 3 . Lời giải D. V  2a 3 . S 3a A B a D C 1 1 Thể tích của khối chóp S . ABCD là V  S ABCD .SA  a 2 .3a  a 3 . 3 3 Câu 45: (THPT Thuận Thành 2 – Bắc Ninh – Lần 2 năm 2017 – 2018)Cho tứ diện OABC có OA , OB , OC đôi một vuông góc với nhau tại O và OA  2 , OB  4 , OC  6 . Thể tích khối tứ diện đã cho bằng. A. 48 . B. 24 . C. 16 . D. 8 . Lời giải Chọn D 1 1 Ta có VOABC  OA.OB.OC  .2.4.6  8 . 6 6 Câu 46: (THPT Chuyên Lương Thế Vinh – Đồng Nai – Lần 2 năm 2017 – 2018) Hình bát diện đều có bao nhiêu cạnh? A. 10 . B. 8 . C. 12 . D. 20 . Lời giải Chọn C Theo lý thuyết thì hình bát diện đều có 12 cạnh. Câu 47: (SGD Quảng Nam – năm 2017 – 2018) Tính thể tích V của khối hộp chữ nhật có đáy là hình vuông cạnh bằng 6 và chiều cao bằng 5 . A. V  60 . B. V  180 . C. V  50 . D. V  150 . Lời giải Chọn B Thể tích V  S .h  62.5  180 . Câu 48: (THPT Trần Phú – Đà Nẵng – Lần 2 – năm 2017 – 2018) Cho một khối chóp có chiều cao bằng h và diện tích đáy bằng B . Nếu giữ nguyên chiều cao h , còn diện tích đáy tăng lên 3 lần thì ta được một khối chóp mới có thể tích là: 1 1 1 A. V  Bh . B. V  Bh . C. V  Bh . D. V  Bh . 6 2 3 Lời giải Chọn A 1 Ta có B  3B nên thể tích khối chóp mới là V  Bh  Bh . 3 Câu 49: (THPT Chuyên ĐH Vinh – Lần 2 – năm 2017 – 2018) Với  là số thực bất kỳ, mệnh đề nào sau đây sai?  2 A. 10    100 .  B. 10    10   .  C. 10  10 2 . 2 2 D. 10   10 . Lời giải Chọn D n m Đáp án D sai do với mọi a  0 và m, n   ta có:  a m    a n   a m.n . 2  Khi đó 10   102   102 . Câu 50: (SGD Nam Định – năm 2017 – 2018) Trong không gian chỉ có 5 loại khối đa diện đều. Khối tứ diện đều Khối lập phương Khối bát diện đều Khối 12 mặt đều Mệnh đề nào dưới đây là đúng? A. Khối tứ diện đều và khối bát diện đều có 1 tâm đối xứng. B. Khối lập phương và khối bát diện đều có cùng số cạnh. C. Mọi khối đa diện đều có số mặt là những số chia hết cho 4 . D. Khối mười hai mặt đều và khối hai mươi mặt đều có cùng số đỉnh. Lời giải Chọn B Khối lập phương và khối bát diện đều có 12 cạnh. Khối 20 mặt đều Câu 1: (SGD Thanh Hóa – năm 2017 – 2018) Hình bát diện đều (tham khảo hình vẽ) có bao nhiêu mặt? A. 8 . B. 9 . C. 6 . Lời giải D. 4 . Chọn A Tính theo định nghĩa. Câu 2: (THPT Chuyên Hùng Vương – Gia Lai – Lần 2 năm 2017 – 2018) Cho hình lăng trụ tứ giác ABCD. AB C D  có đáy ABCD là hình vuông cạnh a và thể tích bằng 3a 3 . Tính chiều cao h của lăng trụ đã cho. a A. h  a . B. h  3a . C. h  9a . D. h  . 3 Lời giải Chọn B V 3a 3 Ta có: VABCD. ABC D  S ABCD .h  h  ABCD. ABC D  2  3a . S ABCD a Câu 3: (THPT Chu Văn An – Hà Nội – năm 2017-2018) Mỗi đỉnh của hình đa diện là đỉnh chung của ít nhất bao nhiêu mặt? A. Ba mặt. B. Hai mặt. C. Bốn mặt. D. Năm mặt. Lời giải Chọn A Mỗi đỉnh của hình đa diện là đỉnh chung của ít nhất của ba mặt. Ví dụ đỉnh của tứ diện. Câu 4: (SGD Bắc Ninh – Lần 2 – năm 2017-2018) Khối đa diện đều loại 4;3 có số đỉnh là A. 10 . B. 8 . C. 4 . D. 6 . Lời giải Chọn B Khối đa diện đều loại 4;3 là khối đa diện có các mặt là một tứ giác đều và mỗi đỉnh là đỉnh chung của đúng ba mặt. Vậy khối đa diện đó là khối lập phương. Do đó, số đỉnh của khối đa diện đều loại 4;3 là 8 đỉnh. Câu 5: (Chuyên Lê Hồng Phong – Nam Đinh – năm 2017-2018) Khối bát diện đều là khối đa diện đều loại nào ? A. 5;3 . B. 3; 4 . C. 4;3 . D. 3;5 . Hướng dẫn giải Chọn B Câu 6: (Chuyên Lê Hồng Phong – Nam Đinh – năm 2017-2018) Thể tích khối lăng trụ có chiều cao bằng h , diện tích đáy bằng B là 1 1 1 A. B.h . B. B.h . C. B.h . D. B.h . 2 3 6 Hướng dẫn giải Chọn C Câu 7: (THPT Đặng Thúc Hứa – Nghệ An – năm 2017-2018) Hình lăng trụ tam giác đều có tất cả các cạnh bằng nhau có bao nhiêu mặt phẳng đối xứng? A. 6 . B. 4 . C. 3 . Lời giải D. 5 . Chọn B Có 4 mặt phẳng đối xứng như hình vẽ sau. . Câu 8: Cho hình lập phương ABCD. ABC D . Tính góc giữa hai đường thẳng B D  và AA . A. 90 . B. 45 . C. 60 . D. 30 . Câu 9: Cho khối chóp S. ABC có đáy là tam giác đều, SA   ABC  và SA  a . Biết rằng thể tích của khối S . ABC bằng A. 2 3a . 3a 3 . Tính độ dài cạnh đáy của khối chóp S. ABC . B. 2 2a . D. 2a . C. 3 3a . Câu 10: Hình lăng trụ đứng có đáy là tam giác cân nhưng không phải là tam giác đều có bao nhiêu mặt phẳng đối xứng? A. 4 . B. 3 . C. 2 . D. 1 . Câu 11: Cho hình lập phương ABCD. ABC D . Tính góc giữa hai đường thẳng B D  và AA . A. 90 . B. 45 . C. 60 . Lời giải Chọn A B A C D B’ A’ C’ D’ D. 30 . Ta có ABCD. ABCD là hình lập phương nên cạnh AA   ABC D  và BD   ABC D  Nên AA  BD    AA, BD   90 . Câu 12: Cho khối chóp S. ABC có đáy là tam giác đều, SA   ABC  và SA  a . Biết rằng thể tích của khối S . ABC bằng 3a 3 . Tính độ dài cạnh đáy của khối chóp S. ABC . B. 2 2a . A. 2 3a . D. 2a . C. 3 3a . Lời giải Chọn A S A A h C C B B Tam giác ABC là tam giác đều cạnh x nên đường cao h  BC.sin 60  x 3 . 2 3V 1 3 3a 3 Ta có VS . ABC  .SA.S ABC  S ABC  S . ABC   3 3a 2 . 3 SA a 1 3 1 .x  3 3a 2  x 2  12a 2  x  2 3a .  .h.BC  3 3a 2  x 2 2 2 Câu 13: Hình lăng trụ đứng có đáy là tam giác cân nhưng không phải là tam giác đều có bao nhiêu mặt phẳng đối xứng? A. 4 . B. 3 . C. 2 . D. 1. Lời giải Chọn C Hình lăng trụ đứng có đáy là tam giác cân nhưng không phải là tam giác đều có 2 mặt phẳng đối xứng gồm mặt phẳng trung trực của cạnh bên và mặt phẳng trung trực của cạnh đáy của tam giác đáy hình lăng trụ (hình vẽ minh họa). Câu 14: Thể tích V của khối lăng trụ có diện tích đáy bằng 3 và độ dài đường cao bằng 4 là A. V  12 . B. V  8 . C. V  4 . D. V  6 . Lời giải Chọn A Thể tích khối lăng trụ là V  B.h  3.4  12 . Câu 15: Thể tích V của khối chóp có chiều cao bằng h và diện tích đáy bằng 3B là 1 1 A. V  3Bh . B. V  Bh . C. V  Bh . D. V  Bh . 3 6 Câu 16: Thể tích V của khối chóp có chiều cao bằng h và diện tích đáy bằng 3B là 1 1 A. V  3Bh . B. V  Bh . C. V  Bh . D. V  Bh . 3 6 Lời giải Chọn D 1 Ta có V  .3B.h  Bh . 3 Câu 17: Thể tích V của khối lăng trụ tam giác đều có cạnh đáy bằng 2a và cạnh bên bằng a là A. V  a3 3 . 2 B. V  a 3 3 . C. V  a3 3 . 4 D. V  a3 3 . 3 Câu 18: Thể tích V của khối lăng trụ tam giác đều có cạnh đáy bằng 2a và cạnh bên bằng a là A. V  a3 3 . 2 B. V  a 3 3 . C. V  a3 3 . 4 D. V  a3 3 . 3 Lời giải Chọn B C’ A’ a B’ A C 2a B Ta có V  S ABC . AA   2a  2 4 3 .a  a3 3 . Câu 19: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là vuông cạnh a , SA vuông góc với mặt phẳng  ABCD  , SA  3a . Thể tích khối chóp S . ABCD bằng A. a 3 . B. a3 . 9 C. a3 . 3 D. 3a 3 . Câu 20: Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A , SA  AB  a , SA vuông góc với mặt phẳng  ABC  . Thể tích của khối chóp S . ABC bằng A. a3 . 3 B. 3a 3 . 2 C. a3 . 2 D. a3 . 6 Câu 21: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là vuông cạnh a , SA vuông góc với mặt phẳng  ABCD  , SA  3a . Thể tích khối chóp S . ABCD bằng A. a 3 . B. a3 . 9 a3 . 3 C. D. 3a 3 . Lời giải Chọn A S 3a a A Thể tích khối chóp VS . ABCD D B C 1 1 2  S ABCD .SA  .a .3a  a 3 . 3 3 Câu 22: Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A , SA  AB  a , SA vuông góc với mặt phẳng  ABC  . Thể tích của khối chóp S . ABC bằng A. a3 . 3 B. 3a3 . 2 C. a3 . 2 D. a3 . 6 Lời giải Chọn D 1 1 1 a3 Thể tích của khối chóp S . ABC là V  S ABC .SA  . . AB. AC.SA  . 3 3 2 6 Câu 23: Thể tích của khối chóp tứ giác đều có chiều cao bằng A. 3a 3 6 . 2 B. 3a 3 2 . 2 C. Câu 24: Thể tích của khối chóp tứ giác đều có chiều cao bằng A. 3a 3 6 . 2 B. 3a 3 2 . 2 C. Lời giải a 6 và cạnh đáy bằng a 3 bằng: 3 3a 3 2 . 4 D. a3 6 . 3 a 6 và cạnh đáy bằng a 3 bằng: 3 3a 3 2 . 4 D. a3 6 . 3 Chọn D S C D O B A 2 a 6 1 a3 6 1 Ta có : V  S ABCD .SO  . a 3 . .  3 3 3 3   Câu 25: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và D , AB  AD  a , SA  CD  3a , SA vuông góc với mặt phẳng  ABCD  . Thể tích khối chóp S . ABCD bằng. A. 6a 3 . B. 1 3 a . 6 C. 1 3 a . 3 D. 2a 3 . Câu 26: Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B , AB  a , BC  2a , SA   ABC  , SA  3a . Thể tích của khối chóp S . ABC bằng 1 A. a 3 . B. a 3 . C. 3a 3 . 3 D. 1 3 a . 6 Câu 27: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và D , AB  AD  a , SA  CD  3a , SA vuông góc với mặt phẳng  ABCD  . Thể tích khối chóp S . ABCD bằng. A. 6a 3 . B. 1 3 a . 6 C. 1 3 a . 3 D. 2a 3 . Hướng dẫn giải Chọn D a 3a Ta có S ABCD   AB  DC  .AD   a  3a  a  2a 2 . Vậy V 2 2 S . ABCD 1 1  SA.S ABCD  3a.2a 2  2a 3 . 3 3 Câu 28: Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B , AB  a , BC  2a , SA   ABC  , SA  3a . Thể tích của khối chóp S . ABC bằng 1 A. a 3 . B. a 3 . C. 3a 3 . 3 D. 1 3 a . 6 Hướng dẫn giải Chọn A S C A B 1 1 1 1 Thể tích VS . ABC  S ABC .SA  . BA.BC.SA  a.2a.3a  a 3 . 3 3 2 6 Câu 29: [2Đ1-1]Hàm số nào dưới đây có đồ thị như hình vẽ? A. y  x3  3x  1 . C. y   x3  3x  1 . B. y  x3  3 x  1 . D. y   x 3  3 x  1 . Câu 30: [2Đ1-1]Hàm số nào dưới đây có đồ thị như hình vẽ? y 3 1 1 x 1 O 1 A. y  x3  3x  1 . B. y  x3  3 x  1 . C. y   x3  3x  1 . D. y   x 3  3 x  1 . Lời giải Chọn A Vì đồ thị có hệ số a  0 và đi qua điểm A 1; 1 . Câu 31: Cho hình chóp tứ giác đều S . ABCD có tất cả các cạnh bằng a . Khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và SB là A. a . B. a 2 . 2 C. a . 2 D. a 3 . 2 Câu 32: Cho hình chóp tứ giác đều S . ABCD có tất cả các cạnh bằng a . Khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và SB là A. a . Chọn C B. a 2 . 2 a . 2 Hướng dẫn giải C. D. a 3 . 2 S H D A I B C Gọi I  AC  BD , H là hình chiếu của I lên SB .  AC  BD  AC   SBD   AC  HI Ta có   AC  SI  HI  SB Ta có   HI  AC  gt   HI là đoạn vuông góc chung của AC và BD  d  AC , SB   IH BD là đường chéo hình vuông cạnh a  BD  a 2  BI  a 2  SI  SB 2  BI 2 2 2 a 2 a 2 .  SI  a     2  2  Tam giác SBI vuông tại I có IH  SB 4 a 1 1 1 1 1  IH  .   2 2   2 2 2 2 IH SI IB 2 a 2 a 2 a      2   2  2 Câu 33: Khối lăng trụ có chiều cao h và diện tích đáy S thì có thể tích bằng 1 1 A. Sh . B. Sh . C. Sh . 6 3 Câu 34: Khối lăng trụ có chiều cao h và diện tích đáy S thì có thể tích bằng 1 1 A. Sh . B. Sh . C. Sh . 6 3 Lời giải Chọn A Câu 35: Khối lăng trụ tam giác có bao nhiêu đỉnh? A. 5 . B. 6 . C. 3 . D. 1 Sh . 2 D. 1 Sh . 2 D. 1 . Câu 36: Khối chóp có diện tích đáy bằng 6m 2 , chiều cao bằng 7m thì có thể tích là: A. 8m 3 . B. 16m3 . C. 14m3 . D. 7m 3 . Câu 37: Khối lăng trụ tam giác có bao nhiêu đỉnh? A. 5 . B. 6 . Chọn B C. 3 . Lời giải D. 1 . Khối lăng trụ tam giác có 6 đỉnh. Câu 38: Khối chóp có diện tích đáy bằng 6m 2 , chiều cao bằng 7m thì có thể tích là: A. 8m 3 . B. 16m3 . C. 14m 3 . D. 7m 3 . Lời giải Chọn C 1 V  .6.7  14m 3 . 3 Câu 39: Nếu có một khối chóp có thể tích và diện tích mặt đáy lần lượt bằng a 3 và a 2 thì chiều cao của nó bằng a A. 3a . B. . C. 2a . D. a . 3 Câu 40: Nếu có một khối chóp có thể tích và diện tích mặt đáy lần lượt bằng a 3 và a 2 thì chiều cao của nó bằng a A. 3a . B. . C. 2a . D. a . 3 Lời giải Chọn A 3V 3a 3 1 Ta có : V  Bh  h   2  3a . 3 B a Câu 41: Hình nào không phải là hình đa diện đều trong các hình dưới đây? A. Hình tứ diện đều. B. Hình hộp chữ nhật có diện tích các mặt bằng nhau. C. Hình lập phương. D. Hình chóp tam giác đều. Câu 42: Hình nào không phải là hình đa diện đều trong các hình dưới đây? A. Hình tứ diện đều. B. Hình hộp chữ nhật có diện tích các mặt bằng nhau. C. Hình lập phương. D. Hình chóp tam giác đều. Lời giải Chọn D Vì hình chóp tam giác đều có các mặt bên là các tam giác cân không phải là tam giác đều. Câu 43: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy và SA  a 2 . Tính thể tích V của khối chóp S . ABCD . A. V  a3 2 . 6 B. V  a3 2 . 4 C. V  a 3 2 . D. V  a3 2 . 3 Câu 44: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy và SA  a 2 . Tính thể tích V của khối chóp S . ABCD . A. V  a3 2 . 6 B. V  a3 2 . 4 C. V  a 3 2 . D. V  a3 2 . 3 Lời giải Chọn D 1 a3 2 V  .a 2 .a 2  . 3 3 Câu 45: Khối đa diện có tất cả các mặt là hình vuông có bao nhiêu đỉnh. A. 8 . B. 4 . C. 16 . Câu 46: Công thức tính thể tích khối trụ có chiều cao h và bán kính đáy R là 1 A. V  hR 2 . B. V   hR 2 . C. V  hR 2 . 3 D. 20 . 1 D. V   hR 2 . 3 Câu 47: Khối đa diện có tất cả các mặt là hình vuông có bao nhiêu đỉnh. A. 8 . B. 4 . C. 16 . D. 20 . Lời giải Chọn A Khối đa diện có tất cả các mặt là hình vuông là khối lập phương. Do đó khối lập phương có 8 đỉnh. Câu 48: Công thức tính thể tích khối trụ có chiều cao h và bán kính đáy R là 1 A. V  hR 2 . B. V   hR 2 . C. V  hR 2 . 3 Lời giải Chọn B 1 D. V   hR 2 . 3 Câu 49: Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A , AB  a , AC  a 2 . Biết thể tích a3 khối chóp S . ABC bằng . Khoảng cách từ điểm S đến mặt phẳng  ABC  bằng 2 3a 2 a 2 3a 2 a 2 A. . B. . C. . D. . 4 2 2 6 Câu 50: Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A , AB  a , AC  a 2 . Biết thể tích a3 khối chóp S . ABC bằng . Khoảng cách từ điểm S đến mặt phẳng  ABC  bằng 2 3a 2 a 2 3a 2 a 2 A. . B. . C. . D. . 4 2 2 6 Lời giải Chọn C Gọi h là khoảng cách từ điểm S đến mặt phẳng  ABC  . 1 Thể tích khối chóp V  h.S ABC 3 a3 6V 1 2  3a 2 .   AB. AC.h  h  AB. AC a.a 2 2 6 6. Câu 51: Số đỉnh của hình bát diện đều bằng A. 6 . B. 12 . Câu 52: Số đỉnh của hình bát diện đều bằng A. 6 . B. 12 . C. 8 . D. 5 . C. 8 . Lời giải D. 5 . Chọn A Hình bát diện đều có tất cả 6 đỉnh. Câu 53: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , cạnh bên SA vuông góc với đáy và SA  a . Tính theo a thể tích V của khối chóp S . ABCD . S B A D C 3 A. V  a . 6 B. V  a 3 . C. V  a3 . 2 D. V  a3 . 3 Câu 54: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , cạnh bên SA vuông góc với đáy và SA  a . Tính theo a thể tích V của khối chóp S . ABCD . S B A D C 3 A. V  a . 6 B. V  a 3 . C. V  a3 . 2 D. V  a3 . 3 Lời giải Chọn D a3 1 1 Thể tích V của khối chóp S . ABCD là: V  .S ABCD .SA  .a 2 .a  . 3 3 3 Câu 55: Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình chữ nhật có chiều rộng 2a , chiều dài 3a , chiều cao khối chóp bằng 4a . Thể tích khối chóp theo a là: A. V  24a 3 . B. V  9a 3 . C. V  40a 3 . D. V  8a 3 . Câu 56: Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình chữ nhật có chiều rộng 2a , chiều dài 3a , chiều cao khối chóp bằng 4a . Thể tích khối chóp theo a là: A. V  24a 3 . B. V  9a 3 . C. V  40a 3 . D. V  8a 3 . Hướng dẫn giải Chọn D 1 Ta có : V  .4a.2a.3a  8a 3 . 3 Câu 57: Thể tích khối lập phương có cạnh bằng 10 cm là A. V  1000 cm3 . B. V  500 cm3 . C. V  1000 cm3 . 3 D. V  100 cm3 . C. V  1000 cm 3 . 3 D. V  100 cm3 . Câu 58: Thể tích khối lập phương có cạnh bằng 10 cm là A. V  1000 cm3 . B. V  500 cm3 . Lời giải Chọn A Ta có thể tích khối lập phương có cạnh bằng 10 cm là V  103  1000 cm3 . Câu 59: Thể tích V của khối lăng trụ có chiều cao bằng h và diện tích đáy bằng B được tính theo công thức nào dưới đây? 1 1 A. V  Bh . B. V  3Bh . C. V  Bh . D. V  Bh . 3 2 Câu 60: Thể tích V của khối lăng trụ có chiều cao bằng h và diện tích đáy bằng B được tính theo công thức nào dưới đây? 1 1 A. V  Bh . B. V  3Bh . C. V  Bh . D. V  Bh . 3 2 Lời giải Chọn C Câu 61: Tính thể tích V của khối hộp có chiều cao bằng h và diện tích đáy bằng B . 1 1 1 A. V  Bh . B. V  Bh . C. V  Bh . D. V  Bh . 3 2 6 Câu 62: Tính thể tích V của khối hộp có chiều cao bằng h và diện tích đáy bằng B . 1 1 1 A. V  Bh . B. V  Bh . C. V  Bh . D. V  Bh . 3 2 6 Lời giải Chọn B Câu 63: Cho hình tứ giác S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy và SA  a 3 . Hãy tính thể tích V của khối chóp S . ABCD . 3a 3 3a 3 3a 3 . B. . C. 3a3 . D. . 3 6 4 Câu 64: Cho hình tứ giác S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy và SA  a 3 . Hãy tính thể tích V của khối chóp S . ABCD . A. A. 3a 3 . 3 B. 3a 3 . 6 3a3 . C. D. 3a 3 . 4 Lời giải Chọn A 1 a3 3 Thể tích của khối chóp là: V  a 2 .a 3  3 3 Câu 65: Khối lăng trụ có diện tích đáy bằng 3a 2 , chiều cao bằng a có thể tích bằng 3 1 A. 3a 3 . B. a 3 . C. a 3 . D. a 3 . 2 2 Câu 66: Khối lăng trụ có diện tích đáy bằng 3a 2 , chiều cao bằng a có thể tích bằng 3 1 A. 3a 3 . B. a 3 . C. a 3 . D. a 3 . 2 2 Lời giải Chọn A Thể tích khối lăng trụ V  B  h  3a 2  a  3a 3 . Câu 67: Cho khối chóp S . ABC , trên ba cạnh SA , SB , SC lần lượt lấy ba điểm A , B , C  sao cho 1 1 1 SA  SA , SB  SB , SC   SC . Gọi V và V  lần lượt là thể tích của các khối chóp 3 3 3 V là S . ABC và S . ABC  . Khi đó tỉ số V A. 1 . 6 B. 1 . 3 1 . 27 C. D. 1 . 9 Câu 68: Cho khối chóp S . ABC , trên ba cạnh SA , SB , SC lần lượt lấy ba điểm A , B , C  sao cho 1 1 1 SA  SA , SB  SB , SC   SC . Gọi V và V  lần lượt là thể tích của các khối chóp 3 3 3 V là S . ABC và S . ABC  . Khi đó tỉ số V A. 1 . 6 B. 1 . 3 1 . 27 C. D. Lời giải Chọn C S A C B A C B 1 . 9 Ta có V  SA SB SC  1 1 1 1 .  . .  . .  V SA SB SC 3 3 3 27 Câu 69: Hình hộp chữ nhật ABCD. ABC D có các kích thước là AB  x , BC  2 x và CC   3x . Tính thể tích của hình hộp chữ nhật ABCD. ABC D . A. 3x 3 . B. x 3 . C. 2x 3 . D. 6x 3 . Câu 70: Hình hộp chữ nhật ABCD. ABC D có các kích thước là AB  x , BC  2 x và CC   3x . Tính thể tích của hình hộp chữ nhật ABCD. ABC D . A. 3x 3 . B. x 3 . C. 2x 3 . D. 6x 3 . Lời giải Chọn D Dễ thấy ba kích thước AB , BC và CC  chính là chiều rộng, chiều dài và chiều cao của hình hộp chữ nhật. Do đó, thể tích bằng V  x.2 x.3 x  6 x 3 . Câu 71: Khối mười hai mặt đều có bao nhiêu cạnh? A. 30 cạnh. B. 12 cạnh. Câu 72: Khối mười hai mặt đều có bao nhiêu cạnh? A. 30 cạnh. B. 12 cạnh. C. 16 cạnh. D. 20 cạnh. C. 16 cạnh. Lời giải D. 20 cạnh. Chọn A Câu 73: Thể tích của khối lăng trụ có diện tích đáy bằng B và chiều cao bằng h là 1 1 1 A. V  Bh . B. V  Bh . C. V  Bh . D. V  Bh . 3 6 2 Câu 74: Thể tích của khối lăng trụ có diện tích đáy bằng B và chiều cao bằng h là 1 1 1 A. V  Bh . B. V  Bh . C. V  Bh . D. V  Bh . 3 6 2 Lời giải Chọn A Câu 75: Trung điểm các cạnh của một tứ diện đều tạo thành A. các đỉnh của một hình hai mươi mặt đều. B. các đỉnh của một hình mười hai mặt đều. C. các đỉnh của một hình tứ diện đều. D. các đỉnh của một hình bát diện đều. Câu 76: Trung điểm các cạnh của một tứ diện đều tạo thành A. các đỉnh của một hình hai mươi mặt đều. B. các đỉnh của một hình mười hai mặt đều. C. các đỉnh của một hình tứ diện đều. D. các đỉnh của một hình bát diện đều. Hướng dẫn giải Chọn D Trung điểm các cạnh của một tứ diện đều tạo thành các đỉnh của một hình bát diện đều. Câu 1: (THPT Chuyên Hùng Vương-Phú Thọ-lần 1-NH2017-2018) Cho hình chóp tứ giác đều S . ABCD có cạnh đáy bằng 2a cạnh bên bằng 3a . Tính thể tích V của khối chóp đã cho? A. V  4 7 a 3 . B. V  4 7a3 . 9 C. V  4a 3 . 3 D. V  4 7a3 . 3 Lời giải Chọn D S A D O C B Trong mặt phẳng ABCD , gọi O  AC  BD , do hình chóp S . ABCD đều nên SO   ABCD  . Đáy là hình vuông vạnh 2a  AO  AC a 2 2 Trong tam giác vuông SAO có SO  SA2  AO 2  a 7 1 1 4a 3 7 Thể tích V của khối chóp trên là V  SO.S ABCD  a 7 4a 2  . 3 3 3 Câu 2: (THTT Số 1-484 tháng 10 năm 2017-2018) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a . Hai mặt bên  SAB  và  SAD  cùng vuông góc với mặt đáy. Biết góc giữa hai mặt phẳng  SCD  và  ABCD  bằng 45 . Gọi V1;V2 lần lượt là thể tích khối chóp S . AHK và S . ACD với H , K lần lượt là trung điểm của SC và SD . Tính độ dài đường cao của khối V chóp S . ABCD và tỉ số k  1 . V2 A. h  a; k  1 . 4 B. h  a; k  1 . 6 1 C. h  2a; k  . 8 Lời giải 1 D. h  2a; k  . 3 Chọn A S K H A B a D C Do  SAB  và  SAD  cùng vuông góc với mặt đáy nên SA   ABCD  . CD  AD Ta có   CD   SAD   CD  SD . CD  SA   45 . Dễ thấy góc giữa hai mặt phẳng  SCD  và  ABCD  là SDA Ta có tam giác SAD là tam giác vuông cân đỉnh A . Vậy h  SA  a . V SH SK 1 Áp dụng công thức tỉ số thể tích có: 1  .  . V2 SC SD 4 Câu 3: (THTT Số 1-484 tháng 10 năm 2017-2018) Cho hình lăng trụ ABC. ABC  có đáy ABC là tam 3a giác đều cạnh a , AA  . Biết rằng hình chiếu vuông góc của A lên  ABC  là trung điểm 2 BC . Tính thể tích V của khối lăng trụ đó. A. V  a 3 . B. V  2a 3 . 3 C. V  3a3 . 4 2 D. V  a 3 3 . 2 Lời giải Chọn C B C A H C B A Gọi H là trung điểm BC . Theo giả thiết, AH là đường cao hình lăng trụ và AH  AA2  AH 2  Vậy, thể tích khối lăng trụ là V  SΔABC . AH  a 6 . 2 a 2 3 a 6 3a 3 2 . .  4 2 8 Câu 4: (THPT Chuyên Quang Trung-Bình Phước-lần 1-năm 2017-2018) Cho khối lăng trụ tam giác ABC. ABC  có thể tích là V . Gọi I , J lần lượt là trung điểm hai cạnh AA và BB . Khi đó thể tích của khối đa diện ABCIJC  bằng 4 3 5 2 A. V . B. V . C. V . D. V . 5 4 6 3 Lời giải Sai Chọn C Sửa Chọn D B A C J I K B A C Gọi K là trung điểm của CC  thì hiển nhiên thể tích của khối lăng trụ ABCIJK bằng V VABCIJK  . 2 1 Thể tích của khối chóp tam giác C .IJK bằng VC . IJK  V . 3 V V 5V 5 Do đó thể tích của VABCIJC   VABCIJK  VC . IJK     V. 2 3 6 6 Trình bày lại V Gọi K là trung điểm của CC  thì VABCIJK  VABC IJK  . 2 1 V Thể tích của khối chóp tam giác C .IJK bằng VC . IJK  VABC IJK  . 3 6 V V 2V Do đó thể tích của VABCIJC   VABCIJK  VC . IJK    . 2 6 3 Câu 5: (THPT Chuyên Quang Trung-Bình Phước-lần 1-năm 2017-2018) Số mặt phẳng đối xứng của khối tứ diện đều là A. 7 . B. 8 . C. 9 . D. 6 . Lời giải Chọn D Câu 6: (THPT Chuyên Thái Bình-lần 1-năm 2017-2018) Một khối lăng trụ tam giác có đáy là tam giác đều cạnh 3, cạnh bên bằng 2 3 và tạo với mặt phẳng đáy một góc 30. Khi đó thể tích khối lăng trụ là? A. 9 . 4 B. 27 3 . 4 27 . 4 C. D. 9 3 . 4 Lời giải Chọn C A C B C A H B  CH . Kẻ C H   ABC  tại H   CC ;  ABC    C C H 1 1 2 3  CH  30  sin 30    C H  CC    3. Bài ra  CC ;  ABC    30  C CC  2 2 2 1 1 3 27  . Do đó VABC . ABC   C H .S ABC  C H . AB. AC.sin 60  3. .3.3. 2 2 2 4 Câu 7: (THPT Chuyên Thái Bình-lần 1-năm 2017-2018) Cho hình chóp S . ABCD có SA vuông góc với mặt phẳng  ABCD  , ABCD đáy là hình thang vuông tại A AB  a, AD  3a, BC  a. Biết SA  a 3, tính thể tích khối chóp S .BCD theo a. A. 2 3a3 . B. 3a 3 . 6 C. 2 3a 3 . 3 D. 3a3 . 4 Lời giải Chọn B S A B D C 1 Ta có VS .BCD  SA.S BCD . 3 Lại có S BCD  S ABCD  S ABD  1 1 1 1 AB.  AD  BC   AB. AD  AB.BC  a 2 . 2 2 2 2 1 a2 a3 3 . Mà SA  a 3  VS . BCD  a 3.  3 2 6 Nhận xét: Nếu đề bài bỏ giả thiết AD  3a thì sẽ giải như sau: và B có 1 a3 3 1 1 1 Ta có VS . BCD  SA.S BCD  SA. d  D, BC  .BC  SA. AB.BC  . 6 6 3 3 2 Câu 8: (THPT Chuyên Thái Bình-lần 1-năm 2017-2018) Cho hình hộp ABCD. ABC D thể tích là V . Tính thể tích của tứ diện ACBD theo V . V V V V A. . B. . C. . D. . 6 4 5 3 Lời giải Chọn D A D B C A B D C Ta có ngay kết quả sau VACB ‘ D ‘  V  VB ‘. ABC  VC . B ‘C ‘ D ‘  VD ‘. ACD  VA. A’ B ‘ D ‘  . 1 1 V V V Lưu ý VB ‘. ABC  VC . B ‘C ‘ D ‘  VD ‘. ACD  VA. A ‘ B ‘ D ‘  VABC . A’ B ‘C ‘  .  VACB ‘ D ‘  V  4.  . 3 3 2 6 3 Câu 9: (THPT Hoa Lư A-Ninh Bình-lần 1-năm 2017-2018) Gọi n là số cạnh của hình chóp có 101 đỉnh. Tìm n . A. n  202 . B. n  200 . C. n  101 . D. n  203 Lời giải Chọn B Ta có: khối chóp có đáy là đa giác n cạnh thì có n  1 đỉnh, n  1 mặt và 2n cạnh. Khi đó khối chóp có 101 đỉnh, do đó đa giác đáy có 100 cạnh, suy ra khối chóp có 200 cạnh. Câu 10: [2H1- 4] (THPT Hoa Lư A-Ninh Bình-lần 1-năm 2017-2018) Cho hình lăng trụ tam giác đều có tất cả các cạnh bằng . Gọi , lần lượt là trung điểm của các cạnh và . Mặt phẳng cắt cạnh tại . Tính thể tích khối đa diện . A. B. C. D. Lời giải Chọn B Gọi là giao điểm của các đường ; và . Có ; ; P lần lượt là trung điểm của các cạnh ; và . Vì đều cạnh nên . (1). Vì là trung điểm của nên . Vì là trung điểm của nên (2). Từ (1) và (2) ta có . Câu 11: (THPT Hoa Lư A-Ninh Bình-lần 1-năm 2017-2018) Các đường chéo của các mặt một hình hộp chữ nhật bằng A. V  6 . 5, 10, 13. Tính thể tích V của khối hộp chữ nhật đó. C. V  2 . B. V  5 26 . D. V  5 26 . 3 Lời giải Chọn A A D C B A D C B Giả sử AC  5, CD  10, AD  13. Đặt AD  x, AB  y, AA  z  V  xyz.  x 2  y 2  BD 2  5 x2  4   Ta có  y 2  z 2  AB 2  10   y 2  1  V  xyz  6.  z 2  x 2  AD 2  13 z2  9   Câu 12: (THPT Hoa Lư A-Ninh Bình-lần 1-năm 2017-2018) Cho hình bát diện đều cạnh a . Gọi S là tổng diện tích tất cả các mặt của hình bát diện đó. Tính S . A. S  8a 2 . B. S  4 3a 2 . C. S  2 3a 2 . D. S  3a 2 . Lời giải Chọn C Hình bát diện đều có tám mặt là tam giác đều cạnh a . Vậy S  8. a2 3  2 3a 2 . 4 Câu 13: (THPT Hoa Lư A-Ninh Bình-lần 1-năm 2017-2018) Cho lăng trụ đứng ABC. ABC  có đáy là tam giác đều cạnh a . Đường thẳng AB hợp với đáy một góc 60 . Tính thể tích V của khối lăng trụ ABC. ABC  . A. V  3a 3 . 2 B. V  a3 . 4 C. V  Lời giải Chọn C 3a 3 . 4 D. V  a3 . 2 C A B C A B Ta có AA   ABC   nên  AB;  ABC      ABA  60 . Suy ra: AA  AB.tan 60  a 3 . Thể tích khối lăng trụ là V  AA.SABC   a 3. a 2 3 3a 3 .  4 4 Câu 14: (THPT Hoa Lư A-Ninh Bình-lần 1-năm 2017-2018) Cho khối hộp ABCD. ABC D có thể tích bằng 9 . Tính thể tích khối tứ diện ACBD. A. 3. B. 9 . 2 C. 6. D. 27 . 4 Lời giải Chọn A A D C B D A C B Gọi h và V lần lượt là chiều cao và thể tích khối hộp. Ta có VACBD  S ABCD .h 1 1 2 1 9 VACBD  V  4VBCDC   V  4. . .S ABCD .h  V  V  V   3. 3 2 3 3 3 Câu 15: (THPT Lê Hồng Phong-Nam Định-lần 1-năm 2017-2018) Cho lăng trụ đứng ABC. ABC có đáy là tam giác đều cạnh a . Mặt phẳng  ABC  tạo với mặt đáy góc 60 . Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABC. ABC . A. V  3a 3 3 . 8 B. V  a3 3 . 2 C. V  Lời giải Chọn A 3a 3 3 . 4 D. V  a3 3 . 8 A B C A C B M  A’ M  B ‘C ‘  B ‘ C ‘  AM nên góc giữa mặt phẳng  AB ‘ C ‘  AA ‘  B ‘ C ‘ Gọi M là trung điểm B ‘ C ‘ . Ta có  tạo với đáy là góc  AMA ‘  60 . Tam giác AA ‘ M vuông tại A ‘ nên AA ‘  A ‘ M .tan 600  3a 2 Vậy thể tích khối lăng trụ ABC.A ‘ B ‘ C ‘ là V  AA ‘.S A ‘ B ‘C ‘  3a 3 3 . 8 Câu 16: (THPT Chuyên Bắc Ninh-lần 1-năm 2017-2018) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là  SAD  cùng vuông góc với mặt phẳng và mặt phẳng  ABCD  bằng 60 . Tính theo a thể tích hình vuông cạnh a , hai mặt phẳng  ABCD  ; góc giữa đường thẳng SC  SAB  và khối chóp S . ABCD . A. 3a3 . B. a3 6 . 9 C. a3 6 . 3 D. 3 2a 3 . Lời giải Chọn C S A B D C  SAB    ABCD   Ta có  SAD    ABCD   SA   ABCD    SAB    SAD   SA  AC là hình chiếu vuông góc của SC lên mặt phẳng  ABCD     60  SC ,  ABCD   SCA   Tam giác SAC vuông tại A có SA  AC.tan 60  a 6 . 1 1 a3 6 Khi đó VSABCD  .SA.S ABCD  .a 6.a 2  . 3 3 3 Câu 17: (THPT Xuân Hòa-Vĩnh Phúc-năm 2017-2018) Thể tích của chóp tam giác đều có tất cả các cạnh đều bằng a là A. a3 2 . 4 B. a3 2 . 2 C. a3 2 . 6 D. a3 2 . 12 Lời giải Chọn D Cách 1: Theo tự luận S C A O I B Gọi O là tâm mặt đáy  ABC  và I là trung điểm cạnh BC . S . ABC là hình chóp tam giác đều nên SO   ABC  . SAO vuông tại O có: AO  2 2 a 3 a 3 a 2 .  SO  SA2  AO 2  AI  .  3 3 2 3 3 S ABC  a2 3 . 4 1 1 a 2 a 2 3 a3 2 Vậy thể tích khối chóp cần tìm là: VS . ABC  SO.S ABC  . .  . 3 12 3 3 4 Cách 2: Tính bằng công thức tính nhanh. Hình chóp tam giác đều có tất cả các cạnh đều bằng a là hình tứ diện đều cạnh a . V  a3 2 . 12 Câu 18: (THPT Xuân Hòa-Vĩnh Phúc-năm 2017-2018) Cho hình chóp S . ABC . Gọi M , N lần lượt là V trung điểm của SA , SB . Tính tỉ số S . ABC . VS .MNC A. 4 . B. 1  2 C. 2 . Lời giải. Chọn A D. 1  4 S M N C A B Ta có VS . ABC SA. SB. SC   4. VS .MNC SM . SN . SC Câu 19: (THPT Xuân Hòa-Vĩnh Phúc-năm 2017-2018) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 2a , cạnh SB vuông góc với đáy và mặt phẳng  SAD  tạo với đáy một góc 60 . Tính thể tích khối chóp S . ABCD . A. V  3a 3 3 . 4 B. V  3a 3 3 . 8 C. V  8a 3 3 . 3 D. V  Lời giải Chọn C S 60 B C Ta có: A D SB   ABCD     SB  AD mà AD  AB  AD  SA . AD   ABCD    SAD    ABCD   AD     60 AB  AD, AB   ABCD      SAD  ;  ABCD     SA; AB   SAB  SA  AD, SA   SAD   1 1 8a 3 3 Ta có: SB  BD.tan 60  2a 3 . Vậy V  SB.S ABCD  2a 3.4a 2  . 3 3 3 4a 3 3 . 3 Câu 20: (THPT Xuân Hòa-Vĩnh Phúc-năm 2017-2018) Cho hình chóp tứ giác đều S . ABCD có chiều cao bằng h , góc giữa hai mặt phẳng  SAB  và  ABCD  bằng  . Tính thể tích của khối chóp S . ABCD theo h và  . A. 3h3 . 4 tan 2  B. 4h 3 . 3 tan 2  C. 8h3 . 3 tan 2  D. 3h3 . 8 tan 2  Lời giải Chọn B Gọi O là tâm của đáy. Do S . ABCD là hình chóp tứ giác đều nên SO   ABCD  , các cạnh bên bằng nhau và đáy là hình vuông. Gọi I là trung điểm của AB , ta có SI  AB suy ra góc giữa hai mặt   . phẳng  SAB  và  ABCD  bằng SIO Ta có: OI  SO h 2h suy ra AD  2OI  . Vậy thể tích hình chóp S . ABCD :  tan SIO tan  tan  2 1 1  2h  4h 3 . V  SO.S ABCD  .h.    3 3  tan   3 tan 2  S h B C  I O A D Câu 21: (THPT Sơn Tây-Hà Nội-lần 1-năm 2017-2018) Cho lăng trụ tam giác đều ABC. ABC  có cạnh đáy bằng a góc giữa đường thẳng AC và mặt phẳng đáy bằng 60 . Tính thể tích khối lăng trụ ABC. ABC  theo a. A. 3a 3 . 4 B. a3 . 12 C. Lời giải Chọn A 3a 3 . 4 D. a3 . 4 A C B 60 A C B Vì AA   ABC  nên góc giữa đường thẳng AC và mặt phẳng đáy là  ACA  60 .  AA  a tan 60  a 3. Vậy VABC . ABC  a2 3 3a 3 .a 3  . 4 4 Câu 22: (THPT Sơn Tây-Hà Nội-lần 1-năm 2017-2018) Cho khối chóp tam giác đều S . ABC có cạnh đáy bằng a , SA  a 3 . Tính thể tích V của khối chóp S . ABC . A. V  35a 3 . 24 B. V  3a 3 . 6 C. V  2a 3 . 6 D. V  2a 3 . 2 Lời giải Chọn C S A C O M B Gọi M là trung điểm của BC . O là chân đường cao hạ từ S xuống mặt phẳng  ABC  . Ta có S ABC  a2 3 a 3 a 3 ; AM   AO  . 4 2 3 Xét tam giác vuông SAO có SO  SA2  AO 2  2a 6 . 3 1 a 2 3 2a 6 a 3 2 .  Vậy VS . ABC  . . 3 4 3 6 Câu 23: (THPT Sơn Tây-Hà Nội-lần 1-năm 2017-2018) Tứ diện đều có bao nhiêu mặt phẳng đối xứng? A. 2 . Chọn C B. 3 . C. 6 . Lời giải D. 9 . A A A Q B D B D S B D R C C A C A A M P B D B B D D N C C C Gọi M , N , P , Q , R , S lần lượt là trung điểm các cạnh AB , BC , CA , AD , DC , BD Các mặt phẳng đối xứng của tứ diện đều ABCD là:  ABR  ,  BCQ  ,  CAS  ,  ADN  ,  DCM  ,  BDP  . Vậy tứ diện đều có 6 mặt phẳng đối xứng. Câu 24: (THPT Sơn Tây-Hà Nội-lần 1-năm 2017-2018) Cho hình chóp S . ABC có đáy là tam giác đều cạnh a , mặt phẳng  SAB  vuông góc với mặt phẳng  ABC  và tam giác SAB vuông cân tại S . Tính thể tích khối chóp S . ABC theo a . A. a3 3 . 12 B. a3 3 . 24 C. a3 3 . 3 D. a3 3 . 4 Lời giải Chọn B S C A H B  SH  AB  Gọi H là trung điểm của AB . Khi đó:  SAB    ABC   SH   ABC    SAB    ABC   AB 1 a Vì SAB vuông tại S nên SH  AB  2 2 Vậy VS . ABC  1 1 a 2 3 a a3 3 S ABC .SH  . .  . 3 3 4 2 24 Câu 25: (THPT Chuyên ĐH Vinh-GK1-năm 2017-2018) Hình lập phương có tất cả bao nhiêu mặt phẳng đối xứng? A. 15 . Chọn B B. 9 . C. 6 . Lời giải D. 12 . Câu 26: (THPT Chuyên ĐH Vinh-GK1-năm 2017-2018) Cho hình hộp đứng ABCD. A1 B1C1 D1 có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , đường thẳng DB1 tạo với mặt phẳng  BCC1 B1  góc 30 . Tính thể tích khối hộp ABCD. A1B1C1D1 . A. a 3 3 . B. a 3 2 . C. a 3 . D. a3 2 . 3 Lời giải Chọn B B1 C1 A1 D1 B C A D Ta có DC   BCC1 B1  suy ra hình chiếu của DB1 lên  BCC1 B1  là CB1    DB1 ,  BCC1B1     DB1 , CB1   DB 1C  30  Xét DB1C vuông ở C có tan DB 1C  DC a  tan 30   B1C  a 3 B1C B1C Xét B1 BC vuông ở B có BB1  B1C 2  BC 2  3a 2  a 2  a 2 Thể tích khối hộp ABCD. A1B1C1D1 là V  BB1.S ABCD  a 2.a 2  a 3 2 . Câu 27: (THPT Chuyên ĐH Vinh-GK1-năm 2017-2018) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , SA  3a và SA vuông góc với mặt phẳng đáy. Tính thể tích khối chóp S . ABCD . A. a3 . 3 B. 9a 3 . C. a 3 . Lời giải Chọn C D. 3a 3 . Ta có diện tích đáy ABCD : S ABCD  a 2 . Đường cao SA  3a . 1 1 Vậy thể tích khối chóp S . ABCD là V  S ABCD .SA  .a 2 .3a  a3 . 3 3 Câu 28: (THPT Chuyên ĐH Vinh-GK1-năm 2017-2018) Cho hình lăng trụ ABC. ABC  có đáy ABC là tam giác vuông tại B, AB  a, BC  a 3, góc hợp bởi đường thẳng AA và mặt phẳng  ABC  bằng 45, hình chiếu vuông góc của B lên mặt phẳng  ABC  trùng với trọng tâm của tam giác ABC . Tính thể tích khối lăng trụ ABC. ABC  . A. 3 3 a. 9 B. 3 3 a. 3 C. a 3 . D. a3 . 3 Lời giải Chọn A A C B A  M G B C  BG  45 (do  ABC   song Gọi M là trung điểm AC , G là trọng tâm tam giác ABC . Ta được: B song  ABC  và AA song song BB ). Suy ra BG  GB  h . Mặt khác AC  AB 2  BC 2  a 2  3a 2  2a ; BM  Suy ra h  GB  GB  Vậy VABC . ABC   AC a. 2 1 a2 3 2a ; B  S ABC  BA.BC  . 2 2 3 1 1 a 2 3 2a a 3 3 . B.h  . .  3 3 2 3 9 Câu 29: (THPT Yên Lạc-Vĩnh Phúc-lần 1-năm 2017-2018) Số mặt phẳng đối xứng của hình lập phương là: A. 6 . B. 7 . C. 8 . Lời giải D. 9 . Chọn C A M D Q R N B C I J L K A’ D’ P T B’ S C’ O Hình lập phương có 9 mặt phẳng đối xứng. Cho hình lập phương ABCD. ABCD có các trung điểm của các cạnh như hình bên, khi đó 9 mặt phẳng đối xứng của hình lập phương là  ABC D ,  ADC B ,  DCBA ,  CBAD  ,  ACCA ,  BDDB ,  MNOP  ,  QRST  ,  IJKL  . Câu 30: (THPT Yên Lạc-Vĩnh Phúc-lần 1-năm 2017-2018) Cho hình chóp tam giác đều có cạnh đáy bằng a và cạnh bên tạo với đáy một góc  . Thể tích của khối chóp đó bằng A. a 3 tan  . 12 B. a 3 cot  . 12 a 3 tan  . 6 C. D. a 3 cot  . 6 Lời giải Chọn A S A  a C G M B Xét hình chóp tam giác đều S.ABC . Gọi M là trung điểm BC , G là trọng tâm của tam giác a 3 đều ABC cạnh a thì AM  ; SG   ABC  , SG là chiều cao của hình chóp nên 2   . SAG Ta có: S ABC  1 1 a2 3 a2 3 . AM .BC    2 2 2 4    , AG  2 AM  a 3 : SG  AG. tan   a 3 tan  Xét tam giác SGA vuông tại G , SAG 3 3 3 2 3 1 1 a 3 tan  a 3 a tan  Vậy thể tích hình chóp S. ABC : V  SG.S ABC   . Chọn A   3 3 3 4 12 Câu 31: (THPT Yên Lạc-Vĩnh Phúc-lần 1-năm 2017-2018) Cho hình chóp đều S. ABC có cạnh đáy bằng a , góc giữa một mặt bên và mặt đáy bằng 60 . Tính độ dài đường cao SH . A. SH  a 2 . 3 B. SH  a 3 . 2 C. SH  a . 2 D. SH  a 3 . 3 Lời giải Chọn C Gọi H là trọng tâm tam giác ABC . Vì S.ABC là hình chóp đều nên SH   ABC  . Trong tam giác vuông SHM có SH  HM . tan 60  a 3 a . 3 . 6 2 Câu 32: (THPT Yên Lạc-Vĩnh Phúc-lần 1-đề 2-năm 2017-2018) Số mặt phẳng đối xứng của hình lập phương là: A. 6 . B. 7 . C. 8 . D. 9 . Lời giải Chọn D A M D Q R N B C I J K A’ D’ P T B’ L S C’ O Hình lập phương có 9 mặt phẳng đối xứng. Cho hình lập phương ABCD. ABCD có các trung điểm của các cạnh như hình bên, khi đó 9 mặt phẳng đối xứng của hình lập phương là  ABC D ,  ADC B ,  DCBA ,  CBAD  ,  ACCA ,  BDDB ,  MNOP  ,  QRST  ,  IJKL  . Câu 33: (THPT Yên Lạc-Vĩnh Phúc-lần 1-đề 2-năm 2017-2018) Cho hình chóp tam giác đều có cạnh đáy bằng a và cạnh bên tạo với đáy một góc  . Thể tích của khối chóp đó bằng A. a 3 tan  . 12 B. a 3 cot  . 12 C. Lời giải a 3 tan  . 6 D. a 3 cot  . 6 Chọn A S A  a C G M B Xét hình chóp tam giác đều S.ABC . Gọi M là trung điểm BC , G là trọng tâm của tam giác a 3 đều ABC cạnh a thì AM  ; SG   ABC  , SG là chiều cao của hình chóp nên 2   . SAG Ta có: S ABC  1 1 a2 3 a2 3 AM .BC    . 2 2 2 4    , AG  2 AM  a 3 : SG  AG. tan   a 3 tan  Xét tam giác SGA vuông tại G , SAG 3 3 3 2 3 1 1 a 3 tan  a 3 a tan    Vậy thể tích hình chóp S. ABC : V  SG.S ABC   . Chọn A 3 3 3 4 12 Câu 34: (THPT Yên Lạc-Vĩnh Phúc-lần 1-đề 2-năm 2017-2018) Cho hình chóp đều S.ABC có cạnh đáy bằng a , góc giữa một mặt bên và mặt đáy bằng 60 . Tính độ dài đường cao SH . A. SH  a 2 . 3 B. SH  a 3 . 2 a C. SH  . 2 Lời giải D. SH  a 3 . 3 Chọn C Gọi M là triung điểm của BC  SBC    ABC   BC    60o . Vì  SM   SBC  : SM  BC  SAM   AM   ABC  : AM  BC Gọi H là trọng tâm tam giác ABC . Vì S . ABC là hình chóp đều nên SH   ABC  . Trong tam giác vuông SHM có SH  HM .tan 60  a 3 a . 3 . 6 2 Câu 35: (THPT Yên Lạc 2-Vĩnh Phúc-lần 1-năm 2017-2018) Nếu một khối hộp chữ nhật có độ dài các đường chéo của các mặt lần lượt là A. 8 . B. 4 . 5, 10 , 13 thì thể tích khối hộp đó bằng: C. 6 . Lời giải D. 5 Chọn C Giả sử các kích thước của hình hộp chữ nhật lần lượt là a, b, c . a 2  b 2  13 a 2  b 2  13 a 2  9 a  3  2 2  2 2  2  Ta có: a  c  10  a  b  5  b  4  b  2 c  1 b 2  c 2  5 b 2  c 2  5 c 2  1     Thể tích khối hộp chữ nhật là V  a.b.c  3.2.1  6 (THPT Yên Lạc 2-Vĩnh Phúc-lần 1-năm 2017-2018) Cho khối chóp đều S . ABC có cạnh đáy bằng a 3 . Tính thể tích khối chóp S . ABC biết góc giữa cạnh bên và mặt đáy bằng 60 . A. a3 3 . 6 B. 3a3 . 4 C. Lời giải Chọn B a3 3 . 12 D. 3a 3 . 6 Gọi M là trung điểm của BC và H là tâm tam giác đều ABC . Vì khối chóp đều S . ABC nên   60 . SH   ABC  và SAH 2 2 a 3. 3 AM   a 3 3 2 Tam giác ABC đều có độ dài cạnh là a 3 nên AH  Trong tam giác vuông SAH ta có SH  AH .tan 60  a. 3  a 3. 2 1 Vậy thể tích S . ABC là VS . ABC  .S ABC 3 1 a 3 . .SH  . 3 3 .a 3  4 3a3 . 4 Câu 36: (THPT Yên Lạc 2-Vĩnh Phúc-lần 1-năm 2017-2018) Cho lăng trụ tam giác ABC. ABC  có đáy ABC là tam giác đều cạnh a và điểm A cách đều A , B , C biết AA  2a 3 3 . Thể tích lăng trụ là a3 10 A. . 4 B. a3 6 4 . C. a 3 5 . D. 4 a3 3 4 . Lời giải Chọn D A C B A C O B Gọi O là tâm tam giác đều ABC khi đó O cách đều ba điểm A, B, C . Do đó từ giả thiết A cách đều A , B , C , ta có AO   ABC  . Trong tam giác vuông OAA ta có OA  4a 2  a 3  3 2     a.  3  Vậy thể tích ABC. ABC  là VABC . ABC  S ABC . AO  a2 3 a3 3 .a  . 4 4 Câu 37: (THPT Nguyễn Khuyến-Nam Định-lần 1-năm 2017-2018) Cho hình chóp tam giác S . ABC có thể tích bằng 8 . Gọi M , N , P lần lượt là trung điểm các cạnh AB , BC , CA . Tính thể tích khối chóp S .MNP . A. 3 . B. 6 . C. 2 . Lời giải D. 4 . Chọn C S P A C M N B 1 Gọi h là chiều cao hình chóp S . ABC . Ta có VS . ABC  h.S ABC  8 . 3 1 1 Mặt khác S MNP  S ABC và VS .MNP  h.S MNP . 4 3 V 8 Suy ra VS .MNP  S . ABC   2 . 4 4 Câu 38: (THPT Nguyễn Khuyến-Nam Định-lần 1-năm 2017-2018) Lăng trụ tam giác đều ABC. ABC  có cạnh đáy bằng 4 và diện tích tam giác ABC bằng 8 . Tính thể tích khối lăng trụ đó. A. 8 3 . B. 6 3 . C. 4 3 . Lời giải Sai Chọn D Sửa Chọn A Tam giác ABC là tam giác cân tại A . D. 2 3 . Gọi H là trung điểm BC . Khi đó, AH là đường cao của tam giác ABC . Theo giả thiết, ta có 1 16 16 S ABC  . AH .BC  8  AH   4 . 2 BC 4 Trong tam giác vuông AAH , ta có 2 4 3 AA  AH  AH  16     2 .  2  2 S ABC  2 16 3 . 4 Vậy VABC . ABC   AA.S ABC  2. 16 3 2 3. 4 Trình bày lại : Do ABC đều , BC  4 nên S ABC  Gọi H là trung điểm BC  AH  42 3  4 3. 4 4 3  2 3. 2 Khi đó, AH là đường cao của ABC . Theo giả thiết, ta có 1 16 16 S ABC  . AH .BC  8  AH   4 . 2 BC 4 Trong tam giác vuông AAH , ta có 2 4 3 AA  AH 2  AH 2  16     2 .  2  Vậy VABC . ABC   AA.SABC  2.4 3  8 3 Câu 39: (THPT Nguyễn Khuyến-Nam Định-lần 1-năm 2017-2018) Cho lăng trụ tam giác ABC. ABC  có đáy ABC là tam giác đều cạnh 2a . Hình chiếu của A lên mặt phẳng  ABC  trùng với trọng tâm tam giác ABC . Biết góc giữa cạnh bên và mặt đáy bằng 60 . Tính thể tích khối lăng trụ ABC. ABC  . A. a3 3 . 4 B. 4a3 3 . C. 2a3 3 . Lời giải D. a3 3 . 2 Chọn C vẽ lại hình cho thoáng Gọi H là trung điểm cạnh BC và G là trọng tâm tam giác ABC . Ta có AG  2 2 2a 3 2a 3 . AH  .  3 3 2 3 Do AG   ABC    AAG là góc giữa cạnh bên và mặt phẳng đáy. Theo giả thiết, ta có:  AAG  60 . 2a 3 AAG  . 3  2a . Trong tam giác vuông AGA , ta có: AG  AG.tan  3 Vậy VABC . ABC  AG.SABC  2a   2a. 2 3 4  2a 3 3 . Câu 40: (THPT Nguyễn Khuyến-Nam Định-lần 1-năm 2017-2018) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB  a , AD  2a . Tam giác SAB cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Đường thẳng SC tạo với đáy một góc 60 . Khi đó thể tích của khối chóp S . ABCD bằng A. a 3 17 . 3 B. a 3 17 . 3 C. a 3 17 . 9 Giải: Chọn A S A H B Gọi H là trung điểm AB D 60 C D. a 3 17 . 6 Ta có tam giác SAB cân tại S  SH  AB  SAB    ABCD  Mà  nên SH   ABCD  .  SAB    ABCD   AB  HC là hình chiếu vuông góc của SC lên mặt phẳng  ABCD  .     60 .  SC ,  ABCD   SC , HC  SCH     Mặt khác Tam giác HBC vuông tại B có HC  BH 2  BC 2  Tam giác SHC vuông tại H có SH  HC.tan 60  a 17 2 a 17 . 3. 2 1 Khi đó thể tích khối chóp S . ABCD là VS . ABCD  S ABCD .SH , với S ABCD  2a 2 3 1 a 17 a3 17 Vậy V  .2a 2 . . . 3 3 2 3 Câu 41: (THPT Nguyễn Khuyến-Nam Định-lần 1-năm 2017-2018) Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là một tam giác vuông tại A , BC  2a ,  ABC  60 . Gọi M là trung điểm BC . Biết SA  SB  SM  A. d  3a . a 39 . Tính khoảng cách d từ đỉnh S đến mặt phẳng  ABC  . 3 B. d  a . D. d  4a . C. d  2a . Lời giải Chọn C S A C N H M 2a B Trong ABC có AB  BC.cos 60  a  ABM đều và SA  SB  SM nên hình chiếu của S lên  ABC  trùng với điểm H là trọng tâm của ABM  d  SH . 2 a 3 a 3 Trong ABM có HM  . .  3 2 3 Suy ra SH  SM 2  HM 2  39a 2 3a 2   2a . 9 9 Câu 42: (THPT Hai Bà Trưng-Vĩnh Phúc-lần 1-năm 2017-2018) Cho hình chóp tứ giác đều S. ABCD . Số mặt phẳng đi qua đỉnh S và cách đều A, B, C , D là A. 4 . B. 2 . C. 3 . D. 1. Lời giải Chọn C Có ba mặt phẳng đi qua đỉnh S và cách đều A, B, C , D : Đó là hai mặt phẳng chứa trục của hình chóp tứ giác đều S . ABCD và đi qua trung điểm của hai cạnh đối diện của đáy,mặt còn lại là mặt phẳng đi qua đỉnh S và song song với  ABCD  Câu 43: (THPT Việt Trì-Phú Thọ-lần 1-năm 2017-2018) Khi tăng độ dài tất cả các cạnh của một khối hộp chữ nhật lên gấp đôi thì thể tích khối hộp tương ứng sẽ: A. Tăng 2 lần. B. Tăng 8 lần. C. Tăng 4 lần. D. Tăng 6 lần. Lời giải Chọn B Gọi a, b, c là ba kích thước của khối hộp chữ nhật  thể tích khối hộp là V1  abc. Tăng các kích thước lên gấp đôi thì thể tích khối hộp tương ứng là V2   2a  2b  2c   8abc  8V1 . Câu 44: (THPT Việt Trì-Phú Thọ-lần 1-năm 2017-2018) Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình vuông cạnh bằng 2a . Tam giác SAB cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy. Biết thể tích khối chóp S . ABCD bằng A. 6a . 4a 3 . Khi đó độ dài SC bằng 3 B. 3a . C. 2a . Lời giải D. 6a . Chọn A S A D H B C Gọi H là trung điểm AB .  SAB    ABCD   AB   SH   ABCD  Ta có  SAB    ABCD   SH  AB  1 4a 3 4a 3 V  .SH .S ABCD   SH  2  a . 3 3 4a HC  BH 2  HC 2  a 5 ; SC  SH 2  HC 2  a 2  5a 2  a 6 Câu 45: (THPT Việt Trì-Phú Thọ-lần 1-năm 2017-2018) Số cạnh của một khối chóp bất kì luôn là A. Một số chẵn lớn hơn hoặc bằng 6 . C. Một số lẻ. B. Một số chẵn lớn hơn hoặc bằng 4 . D. Một số lẻ lớn hơn hoặc bằng 5 . Lời giải Chọn A Giả sử đa giác đáy của hình chóp có n cạnh,  n  3 .Khi đó đa giác đáy có n đỉnh, kết hợp các đỉnh đó với đỉnh của hình chóp ta sẽ có thêm n cạnh bên. Vậy số cạnh của hình chóp là 2n  6 . Câu 46: (THPT Việt Trì-Phú Thọ-lần 1-năm 2017-2018) Cho lăng trụ tam giác đều ABC. ABC  cạnh đáy a  4 , biết diện tích tam giác ABC bằng 8 . Thể tích khối lăng trụ ABC. ABC  bằng A. 2 3. B. 10 3. C. 4 3. Lời giải D. 8 3. Chọn D C A B A C H B 4 ABC đều cạnh a  4 nên SABC  4 3 . Gọi H là trung điểm của BC . Ta có: AH  2 3 và BC   AAH   BC  A ‘ H Và S A ‘ BC  1 BC. AH  AH  4 2 AAH vuông tại A nên AA  AH 2  AH 2  2 . VABC . A ‘ B ‘C ‘  AA.S ABC  2.4 3  8 3 . Câu 47: (THPT Thạch Thành-Thanh Hóa-năm 2017-2018) Kim tự tháp Kê-ốp ở 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 147m , cạnh đáy dài 230m . Thể tích của nó là: A. 7776300 m3 . B. 3888150 m3 . C. 2592100 m3 . D. 2592100 m 2 . Lời giải Chọn C 1 Thể tích khối chóp là V  2302.147  2592100 m3 . 3 Câu 48: (TT Diệu Hiền-Cần Thơ-tháng 10-năm 2017-2018) Cho hình chóp tam giác S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A , AB  a , AC  2a , cạnh bên SA vuông góc với mặt đáy và SA  a . Tính thể tích V của khối chóp S . ABC . A. V  a3 . 2 B. V  a 3 . C. V  Lời giải Chọn D a3 . 4 D. V  a3 . 3 S B A C 3 1 1 a Ta có: V  . a.2a.a  . 3 2 3 Câu 49: (TT Diệu Hiền-Cần Thơ-tháng 11-năm 2017-2018) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là 1 hình thang vuông tại A và B , AB  BC  AD  a . Tam giác SAB đều và nằm trong mặt 2 phẳng vuông góc với đáy. Tính thể tích khối chóp S . ACD . A. VS . ACD  a3 . 2 B. VS . ACD  a3 . 3 C. VS . ACD  a3 2 . 6 Lời giải S A D H B C Chọn D Gọi H là trung điểm cạnh AB  SAB    ABCD   Ta có  SAB    ABCD   AB  SH   ABCD   SH  AB  1 Khi đó VSACD  SA.S ACD . 3 với S ACD  S ABCD  S ABC  Vậy 32 . 15 a 3 1 1 AB  AD  BC   AB.BC  a 2 ; SA  2 2 2 D. VS . ACD  a3 3 . 6 Câu 50: (THPT Quãng Xương-Thanh Hóa-lần 1-năm 2017-2018) Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B với AC  a . Biết SA vuông góc với đáy ABC và SB tạo với đáy một góc 60 . Tính thể tích V của khối chóp S . ABC . A. V  a3 6 . 24 B. V  a3 3 . 24 C. V  a3 6 . 8 D. V  a3 6 . 48 Lời giải. Chọn A S C A 60 B a 2 . 2 Do SA   ABC  nên hình chiếu của SB xuống mặt phẳng ABC là AB . Góc giữa SB và mặt Xét ABC vuông cân tại B với AC  a : AC 2  2 AB 2  AB    60 . Xét SAB vuông tại A : SA  AB.tan 60  a 6 . đáy là góc SBA 2 1 1 a3 6 Vậy VS . ABC  S ABC .SA  AB 2 .SA  . 3 6 24 Câu 51: (THPT Quãng Xương-Thanh Hóa-lần 1-năm 2017-2018) Cho khối chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a và hai mặt bên  SAB  ,  SAC  cùng vuông góc với đáy. Tính thể tích khối chóp S . ABC biết SC  a 3. A. 2a 3 6 . 9 B. a3 6 . 12 C. a3 3 . 4 Lời giải Chọn B S C A B  SAB    ABC   Ta có  SAC    ABC   SA   ABC  .   SAB    SAC   SA Cạnh SA  SC 2  AC 2  3a 2  a 2  a 2 D. a3 3 . 2 1 1 1 a3 6  VS . ABC  SA.S ABC  a 2. a 2 sin 60  . 3 3 2 12 Câu 52: (THPT Quãng Xương-Thanh Hóa-lần 1-năm 2017-2018) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, SAB đều cạnh a nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng  ABCD  . Biết mặt phẳng  SCD  tạo với mặt phẳng  ABCD  một góc bằng 30 . Tính thể tích V của khối chóp S . ABCD . a3 3 . 8 A. V  a3 3 a3 3 . C. V  . 4 2 Lời giải B. V  D. V  a3 3 . 3 Chọn B S B C 30° G E A Gọi E là trung điểm của AB , SE  D a 3 , SE   ABCD  . Gọi G là trung điểm của CD. 2   30 , Suy ra:  SCD  ,  ABCD   SGE  EG   SE a 3 3a 3a  . 3  AD  BC  . tan 30 2 2 2  S ABCD  AB. CD  a. 3a 3a 2 1 1 a 3 3a 2 a 3 3   V  . SE. S ABCD  . .  . 2 2 3 3 2 2 4 Câu 53: (THPT Quãng Xương-Thanh Hóa-lần 1-năm 2017-2018) Cho lăng trụ đứng ABC. ABC  có cạnh BC  2a , góc giữa hai mặt phẳng  ABC  và  ABC  bằng 60 . Biết diện tích của tam giác ABC bằng 2a 2 . Tính thể tích V của khối lăng trụ ABC. ABC  . A. V  3a 3 . B. V  2a 3 . 3 C. V  a 3 3 . Lời giải Chọn C D. V  a3 3 . 3 tại H, BC  AA  BC   AAH   BC  AH Hạ AH  BC do S ABC  1 4a 2 AH .BC  2a 2  AH   2a . 2 BC mà AHA  60  AA  AH .sin 60  a 3. Góc giữa hai mặt phẳng  A ‘ BC  và  ABC  là góc  Ta có S ABC  S ABC .cos 60  a 2 . Do đó VABC . ABC  AA.S ABC  a3 3 . Câu 54: (THPT Bình Xuyên-Vĩnh Phúc-năm 2017-2018) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O , SO   ABCD  . Cho AB  SB  a , SO  a 6 . Số đo góc giữa hai mặt 3 phẳng  SAB  và  SAD  bằng  với A.   90 . B.   45 . C.   60 . Lời giải Chọn C Trong tam giác SOA , từ điểm O kẻ OE  SA 1 . D.   30 .  BO  AC  Do  BO  SO  BO   SAC   BO  SA  2  .  SO  AC  O    Từ 1 và  2  suy ra SA   BOE   SA  BE  3 . Tương tự, ta cũng có SA  DE  4  . Từ  3 và  4  suy ra góc giữa hai mặt phẳng  SAB  và  SAD  chính là góc giữa hai đường thẳng BE và DE . Tam giác SBA cân tại B nên E là trung điểm của SA . Trong tam giác vuông SOA , ta có OA  SA2  SO 2  a 2  2a 2 a2 a .   3 3 3 Trong tam giác vuông AOB , ta có OB  AB 2  OA2  a 2  Trong tam giác vuông SOA , ta có a2 a 6  . 3 3 1 1 1 3 3 9 a 2 .    2  2  2  OE  2 2 2 OE OA SO a 2a 2a 3 a 6 OB    60ο  BED   120ο . Trong tam giác vuông BOE , ta có tan BEO  3  3  BEO OE a 2 3 Vậy góc giữa hai mặt phẳng  SAB  và  SAD  bằng 60 . Câu 55: (THPT Bình Xuyên-Vĩnh Phúc-năm 2017-2018) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình bình hành tâm O và hai mặt phẳng  SAC  ,  SBD  cùng vuông góc với đáy. Góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng  ABCD  là góc giữa cặp đường thẳng nào sau đây? A.  SB, SA  . B.  SB, SO  . C.  SB, BD  . Lời giải Chọn C D.  SO, BD  . Do hai mặt phẳng  SAC  ,  SBD  cùng vuông góc với đáy nên SO   ABCD  . Khi đó, O là hình chiếu của điểm S xuống đáy  ABCD   ABCD  và góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng chính là góc giữa SB và BD . Câu 56: (THPT Bình Xuyên-Vĩnh Phúc-năm 2017-2018) Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình vuông cạnh a . Đường thẳng SA vuông góc với mặt phẳng đáy và SA  a . Khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và CD bằng: A. a 3 . B. a . C. a 2 . Lời giải D. 2a . Chọn B Ta có DA  AB, DA  SA  DA   SAB   DA  d  D,  SAB   . Do đó d  SB, CD   d  CD,  SAB    d  D,  SAB    DA  a. Câu 57: (THPT Bình Xuyên-Vĩnh Phúc-năm 2017-2018) Cho khối chóp S . ABCD có đường cao SA và đáy ABCD là hình thoi. Thể tích khối chóp đã cho được tính theo công thức nào sau đây? 1 1 1 1 A. SA. AB 2 . B. SA. AC.BD. C. SA. AC.BD. D. SA. AB 2 . 3 3 6 2 Lời giải Chọn C Ta có diện tích đáy của hình chóp: S ABCD  1 AC.BD . 2 1 1 1 Ta có thể tích khối chóp S . ABCD là V  .S ABCD .SA  . . AC.BD.SA. 3 3 2 Câu 58: (THPT Bình Xuyên-Vĩnh Phúc-năm 2017-2018) Cho khối hộp ABCD. ABC D có thể tích bằng 24a 3 . Tính thể tích V của khối chóp A. ABCD ? A. V  2a 3 . B. V  12a 3 . C. V  4a 3 . Lời giải D. V  8a 3 . Chọn D A’ D’ B’ C’ A D B C 1 1 Thể tích V của khối chóp A. ABCD : V  VABCD. ABC D  .24a 3  8a 3 . 3 3 Câu 59: (THPT Ngô Sĩ Liên-Bắc Giang-lần 1-năm 2017-2018) Cho hình chóp tam giác đều có cạnh đáy bằng a 3 và cạnh bên tạo với đáy một góc 60 . Thể tích của khối chóp đó bằng A. 3a 3 . 4 B. a3 3 . 12 a3 . 12 Lời giải C. D. a3 . 4 Chọn A S C A O B Xét hình chóp tam giác đều S . ABC , O là tâm của ABC , ta có SO   ABC  . . Góc giữa cạnh bên và mặt đáy:  SC ;  ABC     SC ; OC   SCO 2 3 Ta được: OC  .a 3.  a . Suy ra SO  tan 60.OC  a 3 . 3 2 Diện tích đáy: S ABC  3 . a 3 4   2  3 3 2 a . 4 1 3 3 2 3 3 a  a . Thể tích của khối chóp: V  .a 3. 3 4 4 Câu 60: (THPT Ngô Sĩ Liên-Bắc Giang-lần 1-năm 2017-2018) Hình lăng trụ tam giác đều có bao nhiêu mặt phẳng đối xứng? A. 3 . B. 4 . C. 6 . Lời giải D. 5 . Chọn B Hình lăng trụ tam giác đều có 4 mặt phẳng đối xứng. Câu 61: (THPT Ngô Sĩ Liên-Bắc Giang-lần 1-năm 2017-2018) Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình vuông cạnh a , SA vuông góc với mặt đáy, SD tạo với mặt phẳng đáy một góc bằng 30 . Thể tích của khối chóp S . ABCD là A. a3 3 . 3 B. a3 3 . 6 C. a3 . 9 D. a3 3 . 9 Lời giải Chọn D S 30° A D C B     30 . ,  ABCD     SD , AD   SDA  SD  tan SDA SA   a. tan 30  a 3 .  SA  AD.tan SDA AD 3 1 1 a 3 a3 3 Thể tích khối chóp S . ABCD là: VS . ABCD  .S ABCD .SA  .a 2 . .  3 3 3 9 Câu 62: (THPT Nguyễn Đức Thuận-Nam Định-lần 1-năm 2017-2018) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a . Mặt bên SAB là tam giác đều nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy  ABCD  . Thể tích khối chóp S . ABCD là: A. a3 3 . 6 B. a3 3 . 4 C. a3 3 . 2 D. a 3 3 . Lời giải: Chọn A S D A M B C Gọi M là trung điểm AB . Tam giác SAB đều nên SM  AB , kết hợp với  SAB  vuông góc với  ABCD  , ta được SM   ABCD  . Diện tích đáy của hình chóp: S ABCD  a 2 . Chiều cao: SM  a 3 . 2 1 1 a 3 2 a3 3 Thể tích hình của hình chóp: V  .SM .S ABCD  . . .a  3 3 2 6 Câu 63: (THPT Nguyễn Đức Thuận-Nam Định-lần 1-năm 2017-2018) Cho hình chóp S . ABCD có V đáy ABCD là hình vuông. Gọi E , F lần lượt là trung điểm của SB , SD . Tỉ số S . AEF bằng: VS . ABCD A. 1 . 4 B. 3 . 8 1 . 8 Lời giải: C. D. Chọn C S F E A B Áp dụng công thức tỉ số thể tích hình chóp, ta có: D C VS . AEF SA SE SF 1  . .  . VS . ABD SA SB SC 4 1 . 2 1 1 1 Suy ra VS . AEF  VS . ABD  . .VS . ABCD . 4 4 2 V 1 Vậy S . AEF  . VS . ABCD 8 Câu 64: (THPT Nguyễn Đức Thuận-Nam Định-lần 1-năm 2017-2018) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật có AB  a , BC  2a . Hai mặt phẳng  SAB  và mặt phẳng  SAD  cùng vuông góc với mặt phẳng đáy, cạnh SC hợp với mặt đáy một góc 60 . Tính thể tích khối chóp S . ABCD theo a . A. 2a 3 15 . 3 C. 2a 3 . B. 2a3 15 . D. 2a 3 15 . 9 Lời giải Chọn A Do hai mặt phẳng  SAB  và mặt phẳng  SAD  cùng vuông góc với mặt phẳng đáy  SA   ABCD  .   60o ; AC  a 5 . Vậy SCA Xét tam giác vuông SAC có tan 60o  SA  SA  a 15 . AC S ABCD  2a 2 . 2 15a 3 1 1 Vậy VS . ABCD  SA.S ABCD  a 15.2a 3  . 3 3 3 Câu 65: (THPT Nguyễn Đức Thuận-Nam Định-lần 1-năm 2017-2018) Thể tích khối lăng trụ tam giác đều có tất cả các cạnh bằng a là: A. 2a 3 . 3 B. 3a 3 . 2 C. 3a 3 . 4 D. 2a 3 . 4 Lời giải Chọn C Lăng trụ tam giác đều có tất cả các cạnh bằng a có đáy là tam giác đều cạnh bằng a nên diện 1 a2 3 . a.a.sin 60  2 4 Chiều cao lăng trụ bằng a . tích đáy S  Do đó thể tích V  a2 3 3a 3 . .a  4 4 Câu 66: (THPT Nguyễn Đức Thuận-Nam Định-lần 1-năm 2017-2018) Một khối chóp tam giác có đáy là một tam giác đều cạnh 6 cm . Một cạnh bên có độ dài bằng 3cm và tạo với đáy một góc 60 . Thể tích của khối chóp đó là: A. 27 cm3 . B. 27 3 cm . 2 C. 81 3 cm 2 D. 9 3 3 cm . 2 Lời giải Chọn B S 60 A C H B Gọi H là hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng  ABC  Ta có SH   ABC   AH là hình chiếu vuông góc của SA lên mặt phẳng  ABC      SA ,  ABC   SA , AH  SAH     Tam giác SAH vuông tại H có SH  SH .sin 60  3 3 2 1 27 Khi đó VSABC  SH .S ABC  cm3 . 3 2 Câu 67: (THPT Nguyễn Đức Thuận-Nam Định-lần 1-năm 2017-2018) Cho hình chóp S . ABCD có   30 , đáy ABCD là hình thoi tâm O cạnh a , góc BCA SO   ABCD  và SO  A. a3 2 . 4 3a . Khi đó thể tích của khối chóp là 4 B. a3 3 . 8 C. a3 2 . 8 D. a3 3 . 4 Lời giải Chọn B s 3a 4 B C 30 a A O D   30 nên BCD   60 ; BCD Theo giả thiết ABCD là hình thoi tâm O cạnh a , góc BCA đều suy ra BD  a , CO  a 3 , AC  2CO  a 3 . 2 Ta có S ABCD  1 a2 3 1 1 3a ; VS . ABCD  SO.S ABCD với SO  suy ra AC.BD  .a.a 3  2 2 2 3 4 1 3a a 2 3 a 3 3 VS . ABCD     . 3 4 2 8 Câu 68: (THPT Nguyễn Đức Thuận-Nam Định-lần 1-năm 2017-2018) Cho lăng trụ đứng ABC. ABC  có đáy là tam giác vuông cân đỉnh A , mặt bên BCC B là hình vuông, khoảng cách giữa AB và CC  bằng a . Tính thể tích khối trụ ABC. ABC  . A. a 3 . B. 2a 3 . 2 C. 2a 3 . 3 D. 2a 3 . Lời giải Chọn B Vì ABC. ABC  là hình lăng trụ đứng và có đáy là tam giác vuông cân tại A nên  BB  C A  C A   ABBA  .  C A  AB Mặt khác CC //  ABBA  nên C A là khoảng cách giữa AB và CC  do đó C A  AB  a Suy ra BC   a 2 lại do BCC B là hình vuông nên chiều cao của lăng trụ BB  a 2 . 2a 3 1 a2 . Vậy VABC . ABC   . AB. AC   2 2 2 Câu 69: (THPT Nguyễn Khuyến-TPHCM-năm 2017-2018) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là VABC . ABC  S ABC  .BB với S ABC   hình vuông cạnh a , SA   ABCD  , SC tạo với đáy một góc 45 . Tính thể tích V khối chóp S . ABCD . A. V  2a 3 . B. V  2a 3 . 3 C. V  3a 3 . Lời giải Chọn B D. V  a 3 . Vì ABCD là hình vuông cạnh a nên AC  a 2 .   45o . Góc giữa SC và mặt phẳng đáy là SCA Vậy SAC vuông cân  SA  AC  a 2 . 1 2 3 a . Thể tích khối chóp là: V  a 2 .a 2  3 3 Câu 70: (THPT Nguyễn Khuyến-TPHCM-năm 2017-2018) Cho hình lăng trụ đều ABC. ABC  có cạnh đáy bằng a , đường thẳng BC  tạo với mặt phẳng  ACC A  một góc 30 . Tính thể tích V của khối lăng trụ ABC. ABC  . A. V  6 3 a . 4 B. V  a3 . 8 C. V  3 3 a . 4 D. V  3 3 a . 8 Lời giải Chọn A Ta có:  ABC    ACC A , gọi H là trung điểm của AC  BH  AC  BH   ACC A  .   H . Vậy BC H  30 . Vậy BH  C H . Từ đó suy ra góc giữa BC  và  ACC A  là góc BC Xét tam giác BHC  vuông tại H có: C H  BH a 3 3a .   3 tan 30 2 2 Xét tam giác C CH vuông tại C có: CC   9a 2 a 2  a 2. 4 4 a2 3 6 3 a 2  a . 4 4 Câu 71: (THPT Nguyễn Khuyến-TPHCM-năm 2017-2018) Cho tứ diện SABC có các cạnh SA , SB , SC Thể tích khối lăng trụ là: V  vuông góc đôi một và AB  5 cm , BC  41 cm , AC  34 cm . Tìm thể tích V của khối tứ diện SABC. A. 10 cm 2 . B. 11 cm 2 . C. 12 cm 2 . Lời giải Chọn A D. 14 cm 2 . Trong tam giác SAB vuông tại S , ta có AB 2  SA2  SB 2  25. 1 Trong tam giác SBC vuông tại S , ta có BC 2  SC 2  SB 2  41.  2  Trong tam giác SBC vuông tại S , ta có AC 2  SC 2  SA2  34.  3 1 1 Từ 1 ,  2  và  3 ta có SA  3, SB  4, SC  5. Do đó VS . ABC  . .3.4.5  10 cm 2 . 3 2 Câu 72: (THPT Nguyễn Khuyến-TPHCM-năm 2017-2018) Cho hình chóp tam giác đều S . ABC có cạnh đáy bằng a và cạnh bên là 2a . M thuộc cạnh SA sao cho 2MS  MA . Tính thể tích V của tứ diện MABC. A. V  11 3 a. 12 B. V  11 3 a. 14 C. V  11 3 a. 16 D. V  11 3 a. 18 Lời giải Chọn D Gọi D là trung điểm cạnh BC và H , E lần lượt là hình chiếu vuông góc của S , M lên AD. Ta có AH  2 2 a 3 a 3 AD  .  . 3 3 2 3 a 2 a 33  . 3 3 Mặt khác, ta có ME  SH ( vì cùng vuông góc với AD ). Do đó ta có Trong tam giác vuông SHA có SH  SA2  AH 2  4a 2  ME AM 2 2 2 a 33 2a 33    ME  SH  .  . SH SA 3 3 3 3 9 1 a 2 3 2a 33 a 3 11 .  . Vậy thể tích V của tứ diện MABC là V  . 3 4 9 18 Câu 73: (THPT Tam Phước-Đồng Nai-lần 1-năm 2017-2018) Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình vuông cạnh bằng 2a , SA vuông góc với đáy và SA  a 3 . Tính thể tích khối chóp S . ABCD . A. 2a3 3 . B. 4a 3 3 . C. 4a 3 3 . 3 D. 2a 3 3 . 3 Lời giải Chọn C 2 Đáy là hình vuông nên S đ   2a   4a 2 . Do SA vuông góc với đáy nên h  SA  a 3 . 1 1 4a 3 3 Vậy, ta có: V  .S đ .h  .4a 2 .a 3  . 3 3 3 Câu 74: (THPT Tam Phước-Đồng Nai-lần 1-năm 2017-2018) Cho hình chóp tứ giác S . ABCD có M , N , P, Q lần lượt là trung điểm các cạnh SA, SB, SC , SD . Biết khối chóp S . ABCD có thể tích là 16a 3 . Tính thể tích khối chóp S .MNPQ theo a . A. 2a 3 . B. a 3 . C. 8a 3 . Lời giải D. 4a 3 . S Q M N P D A C B Chọn A Cách 1: Mặt phẳng  SAC  chia khối chóp S . ABCD thành hai khối chóp tam giác S . ABC và S . ADC , đồng thời cũng chia khối chóp S .MNPQ thành hai khối chóp S .MNP và S .MQP . Áp dụng phương pháp tỷ số thể tích, ta có: VS .MQP 1 VS .MNP SM SN SP 1 1 1  nên VS .MQP  VS . ADC .     nên VS .MNP  VS . ABC ; và VS . ABC SA SB SC 8 VS . ADC 8 8 8 Do đó VS .MNPQ  VS .MNP  VS .MQP  1 1 1 VS . ABC  VS . ADC   VS .MNPQ  VS . ABCD  .16a3  2a3 . 8 8 8 Cách 2: Ta dễ dàng chỉ ra được tứ giác MNPQ đồng dạng với ABCD theo tỷ số 1 nên 2 2 1 1 S MNPQ    .S ABCD . Đồng thời d  S ,  MNPQ    d  S ,  ABCD   . 2 2 Do đó, ta có: 1 1 1 1 1 VS .MNPQ  S MNPQ .d  S ,  MNPQ     S ABCD .d  S ,  ABCD    VS . ABCD  .16a 3  2a 3 . 3 3 4 8 8 Câu 75: (THPT Tam Phước-Đồng Nai-lần 1-năm 2017-2018) Tính thể tích khối chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng a , mặt bên SAB là tam giác đều nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy? A. a3 3 . 2 B. a 3 3 . C. a3 3 . 3 D. a3 3 . 6 Lời giải Chọn D S A D H B C Gọi H là trung điểm của AB . Theo giả thiết ta có:  SH  AB   SH   ABCD  .  SAB    ABCD    SAB    ABCD   AB SAB đều cạnh a  SH  a 3 . 2 S ABCD  a 2 . 1 1 a 3 2 a3 3 Vậy thể tích khối chóp cần tìm là: VS . ABCD  SH .S ABCD  . . .a  3 3 2 6 Câu 76: (THPT Tam Phước-Đồng Nai-lần 1-năm 2017-2018) Thể tích của một khối tứ diện đều cạnh bằng a . A. a3 2 . 24 B. a3 2 . 12 C. Lời giải Chọn B a3 3 . 6 D. a3 3 . 12 S C A O I B Gọi O là tâm mặt đáy  ABC  và I là trung điểm cạnh BC . S . ABC là tứ diện đều nên SO   ABC  . SAO vuông tại O có: AO  2 2 a 3 a 3 a 2 . AI  .   SO  SA2  AO 2  3 3 2 3 3 S ABC  a2 3 . 4 1 1 a 2 a2 3 a3 2 Vậy thể tích khối tứ diện đều cần tìm là: VS . ABC  SO.S ABC  . .  . 3 12 3 3 4 Câu 77: (THPT Tam Phước-Đồng Nai-lần 1-năm 2017-2018) Cho khối chóp S . ABC có các điểm A , B , C  lần lượt thuộc các cạnh SA , SB , SC thoả 3SA  SA , 4SB  SB , 5SC   3SC . Biết thể tích khối chóp S . ABC  bằng 5  cm3  . Tìm thể tích khối chóp S . ABC . A. 120  cm3  . B. 60  cm3  . C. 80  cm3  . D. 100  cm3  . Lời giải Chọn D S C’ A’ B’ A C B Áp dụng tỉ lệ thể tích ta có: VS . ABC  SA SB SC  1 1 3 1  . .   . .  VS . ABC  20VS . ABC   100  cm3  . VS . ABC SA SB SC 3 4 5 20 Câu 78: (THPT Tam Phước-Đồng Nai-lần 1-năm 2017-2018) Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng a . Tính khoảng cách từ đỉnh B đến mặt phẳng  ACD  . A. a 6 . 2 B. a 3 . 2 C. Lời giải a 6 . 3 D. a 2 . 3 Chọn C A H B D O I C Cách 1: Sử dụng thể tích. Thể tích khối tứ diện đều cạnh a là: VABCD  ACD đều cạnh a nên: S ACD  a3 2 . 12 a2 3 . 4 a3 2 3V 1 a 6 Mặt khác: VABCD  d  B,  ACD   .S ACD  d  B,  ACD    ABCD  2 12  . 3 S ACD 3 a 3 4 Cách 2: Sử dụng khoảng cách thuần tuý. d  B,  ACD    BH  3d  O,  ACD   (như hình vẽ). 3. Câu 79: (THPT Tam Phước-Đồng Nai-lần 1-năm 2017-2018) Cho một tứ diện có đúng một cạnh có độ dài bằng x thay đổi được, các cạnh còn lại có độ dài bằng 2 . Tính giá trị lớn nhất của thể tích tứ diện này. A. 1 . 2 B. 2 2 . 3 C. 3 3 . 3 D. 1. A N B D H M C A N B M H Lời giải: Chọn D Gọi các đỉnh hình chóp như hình vẽ: 1 VA.BCD  AH .S BCD 3 VA.BCD max khi AH max Ta có S ABM  1 1 AH .MB  MN . AB 2 2  BM  BN  .AB MN . AB MN 2 . AB 2  AH 2   AH 2  2 MB 2 MB MB  x2  2 3    .x 4 12t  t 2 12 x 2  x 4 12t  t 2  2 Đặt f  t   .  AH    12 3 12 12 12  2t 6  t f  t    12 6 x 0 6 2 3 y 0   3 y 2 3 1 0 2 2 2  AH   AH 2 max  3  AH  3 Vậy thể tích lớn nhất là Vmax  1 1 3 AH .SBCD  . 3.22.  1. 3 3 4 Câu 80: (THPT Tam Phước-Đồng Nai-lần 1-năm 2017-2018) Tính thể tích của khối lập phương có diện tích một mặt chéo bằng a 2 2 . A. 2a 3 2 . B. a 3 . C. a 3 2 . Lời giải D. 4a 3 2 . Chọn B Ta có diện tích mặt chéo của hình lập phương ABCD. ABC D là: S ACC A ‘  AA. AC  AA2 2  a 2 2  AA  a Thể tích khối lập phương là: VABCD. ABCD  a3 Câu 81: (THPT Chuyên Hùng Vương-Bình Phước-lần 2-năm 2017-2018) Cho hình tứ diện đều. Mệnh đề nào dưới đây sai? A. Đoạn thẳng nối trung điểm của cặp cạnh đối diện cũng là đoạn vuông góc chung của cặp cạnh đó. B. Thể tích của khối tứ diện bằng một phần ba tích khoảng cách từ trọng tâm của tứ diện đến một mặt với diện tích toàn phần của nó (diện tích toàn phần là tổng diện tích của bốn mặt). C. Các cặp cạnh đối diện dài bằng nhau và vuông góc với nhau. D. Hình tứ diện đều có một tâm đối xứng cũng chính là trọng tâm của nó. Lời giải Chọn D Hình tứ diện đều không có tâm đối xứng. Câu 82: (THPT Chuyên Hùng Vương-Bình Phước-lần 2-năm 2017-2018) Cho hình chóp tứ giác S . ABCD và một mặt phẳng  P  thay đổi. Thiết diện của hình chóp cắt bởi mặt phẳng  P  là một đa giác có số cạnh nhiều nhất có thể là: A. 5 cạnh. B. 4 cạnh. C. 3 cạnh. Lời giải SaiChọn B SửaChọn A D. 6 cạnh. S E N M I Q D P A d K C O B Hình trên là một minh họa cho trường hợp mặt phẳng  P  cắt hình chóp tứ giác theo thiết diện là một ngũ giác. Câu 83: (THPT Chuyên Hùng Vương-Bình Phước-lần 2-năm 2017-2018) Hai khối đa diện đều được gọi là đối ngẫu nếu các đỉnh của khối đa diện đều loại này là tâm (đường tròn ngoại tiếp) các mặt của khối đa diện đều loại kia. Hãy tìm khẳng định sai trong các khẳng định sau: A. Khối tứ diện đều đối ngẫu với chính nó. B. Hai khối đa diện đều đối ngẫu với nhau luôn có số cạnh bằng nhau. C. Số mặt của một đa diện đều bằng số cạnh của đa diện đều đối ngẫu với nó. D. Khối 20 mặt đều đối ngẫu với khối 12 mặt đều. Lời giải Chọn C Theo định nghĩa thì khối lập phương và khối bát diện đều đối ngẫu với nhau. Nhưng số mặt của hình lập phương bằng 6 và số cạnh của bát diện đều là 12 như vậy khẳng định C là sai. D C I B A M F N E C’ D’ J B’ A’ Câu 84: (THPT Hậu Lộc 2-Thanh Hóa-ần 1-năm 2017-2018) Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình chữ nhật, AB  a , AD  2a , SA  2a , SA vuông góc với mp  ABCD  . Tính thể tích khối chóp S . ABCD . A. 4a 3 (đvtt). 3 B. 4a 3 (đvtt). C. 2a 3 (đvtt). 3 D. 2a 3 (đvtt). Lời giải Chọn D S A D C B 1 1 Ta có VS . ABCD  SA.S ABCD  .2a.a.2a  2a 3  đvtt  . 3 2 Câu 85: (THPT Chuyên Lam-Thanh Hóa-lần 1-năm 2017-2018) Hình lăng trụ tam giác đều có bao nhiêu mặt phẳng đối xứng? A. 5 . B. 6 . C. 3 . D. 4 . Lời giải SaiChọn A SửaChọn D Hình lăng trụ tam giác đều có 4 mặt phẳng đối xứng được mô tả như sau: C A C A B B C A C A B B C A C A B B C A C A B B Câu 86: (THPT Chuyên Lam-Thanh Hóa-lần 1-năm 2017-2018) Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a , cạnh bên SA vuông góc với đáy  ABC  . Biết góc tạo bởi hai mặt phẳng  SBC  và  ABC  bằng 60 . Tính thể tích V của khối chóp S . ABC . A. V  a3 3 . 24 B. V  3 3a 3 . 8 C. V  a3 3 . 8 D. V  a3 3 . 12 Lời giải Chọn C S A C 60 M B Gọi M là trung điểm của BC . Khi đó AM  BC , SA  BC . Suy ra SM  BC . . Do đó góc giữa hai mặt phẳng  SBC  và  ABC  chính là góc SMA Ta có AM  a 3   a 3 . tan 60  3a . , SA  AM .tan SMA 2 2 2 Diện tích tam giác ABC là S ABC  a2 3 . 4 1 1 3a a 2 3 a 3 3  Thể tích khối chóp là VS . ABC  SA.S ABC  . . (đvtt). 3 3 2 4 8 Câu 87: (THPT Chuyên Lam-Thanh Hóa-lần 1-năm 2017-2018) Cho hình lăng trụ tam giác ABC. ABC  . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của BB , CC  . Mặt phẳng  AMN  chia khối lăng trụ thành hai phần, đặt V1 là thể tích của phần đa diện chứa điểm B , V2 là phần còn lại. Tính tỉ số A. V1 . V2 V1 7  . V2 2 B. V1  2. V2 C. V1  3. V2 D. V1 5  . V2 2 Lời giải Chọn B B B C A C A M N M B C B N K C A A Kẻ MK // AB suy ra KN // AC . Do M , N lần lượt là trung điểm của BB , CC  khi đó mặt phẳng  MKN  chia hình lăng trụ ABC. ABC  làm hai phần bằng nhau. Ta có VABC . ABC   VABC .MNK  VMNK . ABC   2VMNK . ABC  . Mặt khác VMNK . ABC   VN . ABC  VA.MNK  VN . ABM và VN . ABC   VA.MNK  VN . ABM nên V2  VN . ABC   VN . ABM  2VN . ABC  , V1  4VN . ABC  . Vậy V1  2. V2 Câu 88: (THPT Cổ Loa-Hà Nội-lần 1-nawm-2018) Cho hình lăng trụ đứng ABC. ABC  có đáy ABC là tam giác đều cạnh 2a , góc giữa mặt phẳng  ABC  và mặt phẳng  ABC  bằng 60 . Thể tích khối lăng trụ ABC. ABC  tính theo a là A. 3 3a 3 . Chọn A B. 3a 3 . C. 3a 3 . Lời giải D. 2 3a 3 . A’ C’ B’ A C 2a E B Gọi E là trung điểm BC , suy ra góc giữa  ABC  và  ABC  là góc  AEA  60 . Trong tam giác vuông AAE , ta có AA  AE.tan 60  2a. Vậy VABC . ABC   S ABC  2a  . AA  2 . 3 4 3 . 3  3a . 2 .3a  3a 3 3 . Câu 89: (THPT Cổ Loa-Hà Nội-lần 1-nawm-2018) Cho hình chóp S . ABCD có ABCD là hình chữ nhật với AB  2a , BC  a , SA vuông góc với mặt đáy, cạnh SC hợp đáy một góc 30 . Thể tích khối chóp S . ABCD tính theo a là A. 2 15a 3 . 3 B. 15a 3 . 3 C. 2 15a 3 . 9 D. 15a 3 . 9 Lời giải Chọn C S A D 2a B C a   30 ; AC  a 2   2a 2  a 5 nên SA  AC tan 30  a 15 . Theo bài ra ta có SCA 3 3 Từ đó suy ra VS . ABCD  1 a 15 2a 15 1 .2a 2  . SA.S ABCD  . 3 3 9 3 Câu 90: (THPT Cổ Loa-Hà Nội-lần 1-nawm-2018) Cho hình chóp đều S . ABC có cạnh đáy bằng a , cạnh bên bằng 3a . Thể tích khối chóp S . ABC tính theo a là A. 26a 3 . 12 B. 78a 3 . 12 C. 26a 3 . 3 D. 78a 3 . 3 Lời giải Chọn A S C A O B 2 a 3 a 3 Gọi O là tâm của tam giác ABC . Có AO  . .  3 2 3 Trong tam giác vuông SOA , ta có SO  SA2  AO 2  9a 2  Diện tích đáy của hình chóp S ABC  a 2 a 78  . 3 3 a2 3 . 4 1 1 a 78 a 2 3 26a 3 Thể tích của khối chóp VS . ABC  .SO.S ABC  . . .  3 3 3 4 12 Câu 91: (THPT Chuyên Lê Hồng Phong-Nam Định-lần 2 năm 2017-2018) Cho hình chóp S . ABC có SA   ABC  , tam giác ABC vuông tại B . Biết SA  2a , AB  a , BC  a 3 . Tính bán kính R của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp. A. a . B. 2a . C. a 2 . Lời giải D. 2a 2 . Chọn C  BC  SA Ta có: SA   ABC  và tam giác ABC vuông tại B nên   BC  SB .  BC  AB Do đó các đỉnh A và B cùng nhìn đoạn SC dưới một góc vuông. Vậy tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp là trung điểm I của cạnh SC và bán kính 1 1 1 R SA2  AC 2  SA2  AB 2  BC 2  4a 2  a 2  3a 2  a 2 . 2 2 2 Câu 92: (THPT Chuyên Lê Hồng Phong-Nam Định-lần 2 năm 2017-2018) Cho hình lăng trụ đứng ABC. ABC  có AA  a . Đáy ABC là tam giác vuông cân tại A và AB  a . Tính thể tích V của khối lăng trụ đã cho. A. V  a3 . 2 B. V  a 3 . C. V  a3 . 3 D. V  a3 . 6 Lời giải Chọn D Theo giả thiết ABC. ABC  là lăng trụ đứng có đáy là tam giác ABC vuông cân tại A . 1 2 Suy ra thể tích của khối lăng trụ là V  AA.S ABC  AA. . AB. AC  a3 . 2 Câu 93: (SGD Vĩnh Phúc-KSCL lần 1 năm 2017-2018) Cho hình chóp tứ giác đều S . ABCD có AB  a, SA  a 3 . Gọi G là trọng tâm tam giác SCD. Góc giữa đường thẳng BG và đường thẳng SA bằng A. arccos 33 . 22 B. arccos 330 . 110 C. arccos 3 . 11 D. arccos 33 . 11 Lời giải Chọn D z S G y A D O C B x Gọi O là tâm mặt đáy  ABCD  . Do S . ABCD là hình chóp đều nên ta chọn hệ trục toạ độ Oxyz như hình vẽ. OA  OB  OC  OD  a 2 . 2 Tam giác SAO vuông tại O : SO  SA2  OA2  a 10 . 2  a 2   a 2   a 2   a 2  a 10  Ta có: A   ;0;0  , B  0;  ;0  , C  ; 0;0  , D  0; ;0  , S  0;0; .  2 2 2 2       2      a 2 a 2 a 10  ; ; G là trọng tâm tam giác SCD nên: G  . 6 6   6   a 2 a 10    a 2 2a 2 a 10  SA    ;0;  ; ;  , BG   . 2 2  3 6    6 a 2 5a 2     SA.BG 6 6 33 33 . cos  SA, BG         SA, BG   arccos 11 11 a 11 SA . BG a 3. 3 Câu 94: (THPT Lục Ngạn-Bắc Ninh-lần 1 năm 2017-2018) Cho khối chóp S . ABC , có đáy ABC là tam   SCA   90 , góc giữa cạnh bên SA với mặt phẳng đáy giác vuông tại A , AB  AC  2a , SBA bằng 60 . Tính thể tích V của khối chóp S . ABC . 3 A. V  a . 6 3 3 B. V  4a 6 . C. V  2a 6 . 3 3 Lời giải 3 D. V  a . 4 Chọn B Gọi O và H lần lượt là trung điểm của SA và BC .   SCA   90 nên 4 điểm S , A , B , C cùng nằm trên mặt cầu đường kính SA Do SBA  O là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABC . Do ABC vuông tại A nên H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC   60 .  OH   ABC   OAH 1 BC  a 2  OH  AH .tan 60  a 2. 3  a 6 . 2 1 1 1 2a 3 6 Thể tích của khối chóp O. ABC là VO. ABC  .OH .S ABC  .a 6. .2a.2a  . 3 3 2 3 V SA 4a 3 6 Ta có S . ABC  .  2  VS . ABC  2VO. ABC  VO. ABC OA 3 Ta có AH  Câu 95: (THPT Lục Ngạn-Bắc Ninh-lần 1 năm 2017-2018) Cho lăng trụ đứng ABC. ABC  có đáy là tam giác vuông cân tại A , AB  AC  a 2 . AB tạo với đáy góc 60 . Thể tích khối lăng trụ là: A. a 3 6 . B. 3a 3 3 . 2 C. 4a3 6 . D. 5a 3 . 3 Lời giải Chọn A A C B A C 60 B Ta có AB là hình chiếu vuông góc của AB lên mặt phẳng  ABC    AB,  ABC    AB, AB   ABA     Tam giác ABA vuông tại A có AA  AB.tan 60  a 6 . 1 Tam giác ABC vuông cân tại A có S ABC  AB. AC  a 2 . 2 Khi đó thể tích khối lăng trụ là V  S ABC . AA  a3 6 . Câu 96: (THPT Lục Ngạn-Bắc Ninh-lần 1 năm 2017-2018) Cho hình chóp S . ABC có SA  SB  SC , tam giác ABC là tam giác vuông tại B , AB  a ; BC  a 3 , mặt bên  SBC  tạo với đáy góc 60 . Thể tích khối chóp S . ABC là: A. a3 . 6 B. a3 . 3 C. 2a 3 . 3 D. Lời giải Chọn D S A B H I C Gọi H là trung điểm cạnh huyền AC , suy ra HA  HB  HC . Mặt khác theo giả thiết SA  SB  SC . Do đó SH   ABC  . Gọi I là trung điểm BC .  SBC    ABC   BC    60 . Ta có  HI  BC    SBC  ,  ABC    SIH  SI  BC  a3 . 4 Lại có HI là đường trung bình tam giác ABC nên HI  Xét tam giác vuông SHI có tan 60  AB a  . 2 2 SH a 3 .  SH  HI . 3  HI 2 1 1 1 a 3 a3 Vậy thể tích khối chóp S . ABC là: V  . . AB.BC.SH  .a.a 3.  . 3 2 6 2 4 Câu 97: (THPT Lục Ngạn-Bắc Ninh-lần 1 năm 2017-2018) Cho lăng trụ đứng ABC. ABC  có đáy là tam giác đều cạnh a 3 , AB  3a . Thể tích khối lăng trụ là A. 7a 3 . 2 B. 9a 3 2 . 4 C. 6a 3 . D. 7a 3 . Lời giải Chọn B A’ C’ B’ 3a A C a 3 B   2 Ta có: S ABC  a 3 . 3 3a 2 3 2 2 2 2  ; AA  AB  AB  9a  3a  a 6 . 4 4 Vậy VABC . ABC   AA.S ABC  a 6. 3a 2 3 9a 3 2  . 4 4 Câu 98: (THPT Lục Ngạn-Bắc Ninh-lần 1 năm 2017-2018) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a 3 , mặt bên  SAB  là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Thể tích của khối chóp S . ABCD là: A. 9a 3 3 . 2 B. a3 . 2 C. Lời giải: 3a3 . 2 D. a3 3 . 3 S A D H B a 3 C Chọn C Gọi H là trung điểm của AB khi đó SH là đường cao của hình chóp. 3 3 3a  a 3.  Do SAB là tam giác đều nên: SH  AB. . 2 2 2 2 3a 1 1 3a 3 Thể tích của khối chóp S . ABCD là: V  S ABCD .SH  . a 3 .  . 3 3 2 2 ———-HẾT———-   Câu 99: (THPT Lê Văn Thịnh-Bắc Ninh-lần 1 năm 2017-2018) Cho hình chóp S . ABC có SA , SB , SC đôi một vuông góc với nhau và SA  2 3 , SB  2 , SC  3 . Tính thể tích khối chóp S . ABC . A. V  6 3 . B. V  4 3. C. V  2 3 . Lời giải D. V  12 3 . Chọn C Thể tích khối chóp S . ABC là V  1 1 SA.SB.SC  .2 3.2.3  2 3 . 6 6 Câu 100: (THPT Lê Văn Thịnh-Bắc Ninh-lần 1 năm 2017-2018) Lăng trụ tam giác đều ABC. ABC  có góc giữa hai mặt phẳng ( ABC ) và ( ABC ) bằng 30 . Điểm M nằm trên cạnh AA . Biết cạnh AB  a 3 , thể tích khối đa diện MBCC B bằng: 3a 3 A. . 4 Chọn A 3a 3 3 B. . 2 3a 3 2 C. . 4 Lời giải 2a 3 D. . 3 Ta có: S ABC  AB 2 3 3 3a 2 .  4 4 Gọi N là trung điểm của BC ; góc giữa hai mặt phẳng  ABC  và  ABC  là góc  ANA  30 và AN  AB 3 3a 3a nên AA ‘  AN .tan 30  .  2 2 2 3a 3 3 3a 2 3a 9a 3 và VA ‘. ABC  . .  4 2 8 8 Do M  AA mà AA//  BBC C  nên d  M ,  BBC C    d  A,  BBC C   . Suy ra VABC . A ‘ B ‘C ‘  Vì vậy VM . BCB ‘C ‘  VA ‘. BCB ‘C ‘  6a 3 3a 3 .  8 4 Câu 101: (THPT Triệu Sơn 3-Thanh Hóa năm 2017-2018) Cho một đa diện có m đỉnh và mỗi đỉnh là đỉnh chung của đúng 3 cạnh. Chọn mệnh đề đúng trong các mệnh đề sau: A. m là một số chẵn. B. m chia cho 3 dư 2 . C. m chia hết cho 3 . D. m là một số lẻ. Lời giải Chọn A Gọi Đ là số đỉnh và C là số cạnh của hình đa diện đã cho. Vì mỗi đỉnh là đỉnh chung của đúng 3 mặt và mỗi cạnh là cạnh chung của đúng hai mặt nên C  3Đ  2C  Đ  2   hay Đ là số chẵn. Vậy m  Đ là số chẵn. 3 Câu 1: (THPT Triệu Sơn 1-lần 1 năm 2017-2018) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB  2a , BC  a , SA  a 3 và SA vuông góc với mặt đáy  ABCD  . Thể tích V của khối chóp S . ABCD bằng A. V  2a 3 3 . B. V  2a 3 3 . C. V  a 3 3 . 3 Lời giải D. V  a3 3 . 3 Chọn B S a 3 A 2a B a D C Ta có Sđ  AB.BC  2a 2 . 2a 3 3 1 1 Vậy V   SA.S đ   a 3.2a 2  . 3 3 3 Câu 2: (THPT Triệu Sơn 1-lần 1 năm 2017-2018) Cho hình chóp S . ABC có đáy là tam giác cân tại A ,   120 . Mặt bên SAB là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc AB  AC  a , BAC với mặt đáy. Thể tích V của khối chóp S . ABC là A. V  a3 . 8 B. V  a 3 . C. V  a3 . 2 D. V  2a 3 . Lời giải Chọn A S B C H 120 A . Gọi H là trung điểm của AB . Theo đề ta có SH   ABC  . Tam giác SAB đều cạnh a nên SH  a 3 . 2 1 a2 3   120 nên S AB. AC.sin120  Tam giác ABC cân tại A , AB  AC  a , BAC . ABC  2 4 1 a3 Thể tích khối chóp S . ABC : V  SH .SABC  . 3 8 Câu 3: (THPT Chuyên Vĩnh Phúc-MĐ 903 lần 1-năm 2017-2018) Cho lăng trụ đứng ABC. ABC  đáy là tam giác vuông cân tại B , AC  a 2 , biết góc giữa  ABC  và đáy bằng 60 . Tính thể tích V của khối lăng trụ. A. V  a3 3 . 2 B. V  a3 3 . 3 C. V  a3 3 . 6 D. V  a3 6 . 6 Lời giải Chọn A Tam giác ABC vuông cân tại B , AC  a 2  AB  BC  a . SABC  a2 . 2 Góc giữa  ABC  và đáy là góc  ABA  60 . AA  AB.tan 60  a 3 . VABC . ABC   SABC . AA  a2 a3 3 .a 3  . 2 2 Câu 4: (THPT Chuyên Vĩnh Phúc-MĐ 903 lần 1-năm 2017-2018) Hình tứ diện đều có bao nhiêu mặt phẳng đối xứng A. vô số. B. 8 . C. 4 . D. 6 . Lời giải Chọn D Hình tứ diện đều có 6 mặt phẳng đối xứng là các mặt phẳng chứa một cạnh và đi qua trung điểm cạnh đối. Câu 5: (THPT Chuyên Vĩnh Phúc-MĐ 903 lần 1-năm 2017-2018) Một hình hộp hình chữ nhật nội tiếp mặt cầu và có ba kích thước là a , b , c . Tính bán kính của mặt cầu. A. a2  b2  c2 . B. 2  a 2  b 2  c 2  . C. a 2  b2  c2 . 3 D. 1 2 2 2 a b c . 2 Lời giải Chọn D Đường kính của mặt cầu chính là đường chéo của hình hộp chữ nhật, nên mặt cầu có bán kính 1 2 R a  b2  c 2 . 2 Câu 6: (THPT Chuyên Vĩnh Phúc-lần 1 MĐ 904 năm 2017-2018) Tính thể tích khối lăng trụ tam giác đều ABC. ABC biết tất cả các cạnh của lăng trụ đều bằng a . A. a3 . B. 3a 3 . 12 C. a3 . 3 Lời giải Chọn D Lăng trụ tam giác đều là hình lăng trụ đứng có đáy là tam giác đều. Ta có: S ABC  1 a2 3 a2 3 . AB. AC.sin A  .  2 2 2 4 Vậy: VABC . ABC   S ABC . AA  a2 3 a3 3 . .a  4 4 D. 3a 3 . 4 Câu 7: (THPT Chuyên Vĩnh Phúc-lần 1 MĐ 904 năm 2017-2018) Khối chóp tam giác đều có cạnh đáy bằng a , cạnh bên bằng 3a có bao nhiêu mặt phẳng đối xứng? A. 6 B. 4 . C. 9 D. 3 . Lời giải Chọn D Mặt phẳng đối xứng của khối chóp trên tạo bởi cạnh bên và trung điểm của cạnh đáy đối diện. Vậy khối chóp trên có 3 mặt phẳng đối xứng. Câu 8: (THPT Kim Liên-Hà Nội năm 2017-2018) Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình vuông cạnh a , hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng  ABCD  trùng với trung điểm của cạnh AD , cạnh SB hợp với đáy một góc 60 . Tính theo a thể tích V của khối chóp S . ABCD . a 3 15 a 3 15 a 3 15 a3 5 A. . B. . C. . D. . 2 6 4 6 3 Lời giải Chọn B S 60 A B H D C Gọi H là trung điểm của cạnh AD . Do H là hình chiếu của S lên mặt phẳng ABCD nên SH   ABCD  .   60 . Cạnh SB hợp với đáy một góc 60 , do đó: SBH 2 a 5 a Xét tam giác AHB vuông tại A : HB  AH 2  AB 2  a 2     . 2 2 Xét tam giác SBH vuông tại H :   SH  SH  BH .tan SBH   SH  a 5 tan 60  a 15 . tan SBH BH 2 2 2 Diện tích đáy ABCD là: S ABCD  a . 1 1 a 15 a 3 15 Thể tích khối chóp S . ABCD là: VS . ABCD  .S ABCD .SH  a 2 .  3 3 2 6 Câu 9: (THPT Kim Liên-Hà Nội năm 2017-2018) Cho khối lăng trụ ABCD. ABC D có thể tích bằng  ABCD  . 36 cm3 . Gọi M là điểm bất kì thuộc mặt phẳng Tính thể tích V của khối chóp M . ABC D . A. V  12 cm3 . B. V  24 cm3 . C. V  16 cm3 . Lời giải D. V  18cm3 . Chọn A Gọi h là chiều cao của lăng trụ, S  S ABC D . VABCD. ABC D 1 Ta có: VABCD. ABC D  h.S ; V  VM . ABC D  h.S   12 cm3 . 3 3 Câu 10: (THPT Kim Liên-Hà Nội năm 2017-2018) Cho khối tứ diện có thể tích V . Gọi V  là thể tích V khối đa diện có các đỉnh là trung điểm các cạnh của khối tứ diện đã cho. Tính tỉ số . V V 2 V 1 V 5 V 1 A. B. C. D.  .  .  .  . V 3 V 4 V 8 V 2 Lời giải Chọn D A E F G J B D H I C Gọi khối tứ diện đã cho là ABCD . Gọi E , F , G , H , I , J lần lượt là trung điểm của AD , AB , AC , BC , CD , BD . Khi đó ta có: V  V   4.VA.FEG . 1 Mặt khác VA. FEG  V . 8 1 V 1 Suy ra V  V   V   . 2 V 2 Câu 11: (THPT Kiến An-Hải Phòng năm 2017-2018) Cho hình lăng trụ đứng ABC. ABC  có đáy ABC là tam giác vuông tại B , AB  BC  a , BB ‘  a 3 . Tính góc giữa đường thẳng AB và mặt phẳng  BCC B  . A. 45 . B. 30 . C. 60 . Lời giải Chọn B D. 90 . C’ A’ B’ A C B Hình lăng trụ đứng ABC. ABC  nên BB   ABC    BB  AB  AB  BB 1 Bài ra có AB  BC  AB  BC  . Kết hợp với 1  AB   BCC B    AB;  BCC B     ABB a 1 AB  tan  AB;  BCC B    tan  ABB    AB;  BCC B    30 .   BB a 3 3 Câu 12: (THPT Kiến An-Hải Phòng năm 2017-2018) Cho hình chóp S . ABCD có SA   ABCD  . Biết AC  a 2 , cạnh SC tạo với đáy góc bằng 60 và diện tích tứ giác ABCD bằng 3a 2 . Gọi H 2 là hình chiếu vuông góc của A lên SC . Tính thể tích khối H . ABCD . 3a3 6 a3 6 a3 6 a3 6 A. . B. . C. . D. . 8 2 8 4 Lời giải Chọn C S H D A I 60 C B Gọi I là hình chiếu của H lên  ABCD  , vì  SAC    ABCD  nên I  AC . Ta có SA  AC tan 60  a 6 . Suy ra AH  AS . AC 2 AS  AC 2  a 6.a 2 a 6 .  2 a 8 Do đó HC  AC 2  AH 2  2a 2  HA.HC Vì vậy HI   AC 6a 2 a 2 .  2 4 a 6 a 2 . 2 2 a 6. 4 a 2 1 1 a 6 3a 2 a 3 6 Từ đó suy ra VH . ABCD  HI .S ABCD  . .  3 3 4 2 8 Câu 13: (THPT Chuyên Lương Văn Tụy-Ninh Bình lần 1 năm 2017-2018) Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình bình hành và có thể tích bằng 1 . Trên cạnh SC lấy điểm E sao cho SE  2 EC . Tính thể tích V của khối tứ diện SEBD . 2 1 1 4 A. V  . B. V  . C. V  . D. V  . 3 6 3 3 Lời giải Chọn C Ta có: VSEBD SE 2   . VSCBD SC 3 1 1 2 1 1 Mà: VSBCD  VS . ABCD   VSEBD  .  . 2 2 3 2 3 Câu 14: (THPT Chuyên Trần Phú-Hải Phòng lần 1 năm 2017-2018) Cho hình lập phương ABCD. ABC D có diện tích tam giác ACD bằng a 2 3 . Tính thể tích V của khối lập phương. A. V  4 2a 3 . B. V  2 2a 3 . C. V  8a 3 . Lời giải D. V  a 3 . Chọn B A B C D B C Gọi độ dài cạnh của hình lập phương là x . Khi đó: A D Tam giác ACD là tam giác đều cạnh x 2 : SACD  a 2 1 x 2 3  2  Vậy V  x3  a 2 2 3 2  3  a2 3  x  a 2 .  2 2a 3 . Câu 15: (THPT Chuyên Trần Phú-Hải Phòng lần 1 năm 2017-2018) Cho hình chóp S . ABCD có đáy  bằng 60 , gọi I là giao điểm của AC và BD . Hình ABCD là hình thoi cạnh a , góc BAD chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng  ABCD  là trung điểm H của BI . Góc giữa SC và  ABCD  A. bằng 45 . Thể tích của khối chóp S . ABCD là: a 3 39 . 24 B. a 3 39 . 12 C. a 3 39 . 8 D. a 3 39 . 48 Lời giải Chọn A   45 . Do SH   ABCD  nên góc giữa SC và  ABCD  là góc SCH  bằng 60 nên ABD la tam giác đều cạnh a , suy Có ABCD là hình thoi cạnh a , góc BAD ra IH  a 3 a ; IC  . 2 4 Xét IHC vuông tại I có CH  IH 2  IC 2  Tam giác SHC vuông cân tại H nên SH  a 13 . 4 a 13 . 4 1 1 a 13 a 2 3 a 3 39 Thể tích VS . ABCD  SH .S ABCD  . .  3 3 4 2 24 Câu 16: (THPT Chuyên Trần Phú-Hải Phòng lần 1 năm 2017-2018) Cho hình hộp chữ nhật ABCD. ABC D có đáy là hình vuông cạnh a và cạnh bên bằng 2a . Tính diện tích xung quanh S xq của hình nón có đỉnh là tâm O của hình vuông ABC D và đáy là hình tròn nội tiếp hình vuông ABCD . A. S xq  2 a 2 17 . B. S xq   a 2 17 2 . C. S xq   a 2 17 . Lời giải D. S xq   a 2 17 4 . Chọn D D’ A’ O C’ 2a B’ D A a H 2 a C B AD a  và đường cao h  2a . Đường sinh của hình 2 2 Hình nón tạo thành có bán kính đáy r  2 2 2 nón này là: l  h  r   2a  2 17 a 2 a 17 a .     4 2 2 a a 17  a 2 17  Diện tích xung quanh của hình nón cần tìm là: S XQ   rl   . . 2 2 4 Câu 17: (THPT Đoàn Thượng-Hải Dương-lần 2 năm 2017-2018) Cho hình chóp S . ABC có đáy là tam giác vuông tại C , AB  a 5 , AC  a . Cạnh bên SA  3a và vuông góc với mặt phẳng  ABC  . Thể tích khối chóp A. 2a3 . S. ABC bằng: B. 3a3 . C. a3 5 . 3 D. a3 . Lời giải Chọn B S A B C Ta có ABC vuông tại C nên BC  AB 2  AC 2  2a . 1 Diện tích tam giác ABC là S ABC  CA.CB  a 2 . 2 Do cạnh bên SA  3a và vuông góc với mặt phẳng  ABC  nên SA là đường cao của hình chóp S . ABC . 1 Thể tích của khối chóp S . ABC là VS . ABC  SA.S . ABC  3a.a 2  3a 3 . 3 Câu 18: (THPT Đoàn Thượng-Hải Dương-lần 2 năm 2017-2018) Cho khối lăng trụ đứng   120 , mặt phẳng ABC. ABC  có đáy là tam giác cân ABC với AB  AC  a , góc BAC  ABC   tạo với đáy một góc 30 . Tính thể tích V A. V  a3 . 6 B. V  a3 . 8 của khối lăng trụ đã cho. C. V  3a 3 . 8 D. V  9a 3 . 8 Lời giải Chọn B A C B C’ A’ M B’ Gọi M là trung điểm của BC  . Khi đó AM  BC  và AM  BC   góc giữa hai mặt phẳng AMA  30 .  ABC   và đáy là  a  AM  . Trong tam giác vuông A ‘ MB ‘ ta có AM  AB.cos B 2 Trong tam giác vuông AAM có: AA  AM tan 30  Diện tích tam giác A ‘ B ‘ C ‘ là S  Thể tích khối lăng trụ: V  S .h  a 3  h. 6 a2 3 . 4 a3 . 8 Câu 19: (THPT Đoàn Thượng-Hải Dương-lần 2 năm 2017-2018) Gọi V1 là thể tích của khối lập phương ABCD. ABC D , V2 là thể tích khối tứ diện AABD . Hệ thức nào sau đây là đúng? A. V1  4V2 . B. V1  6V2 . C. V1  2V2 . Lời giải Chọn B D. V1  8V2 . A’ C’ B’ D’ A C D B Cách 1: Giả sử cạnh của hình lập phương là a , ta có V1  a 3 và V2  1 1 AA.S ABD  a 3 suy ra 3 6 V1  6V2 . Cách 2: Ta có V2  1 1 1 1 1 AA.S ABD  AA. S ABCD  AA.S ABCD  V1  V1  6V2 . 3 3 2 6 6 1 1 Câu 20: Cách 3: Ta có VAABD  VABD. ABD  VABCD. ABC D  V1  6V2 . (THPT Hà Huy Tập-Hà Tĩnh3 6 lần 1 năm 2017-2018) Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình chữ nhật, AB  a , AD  a 3 , SA vuông góc với đáy và mặt phẳng  SBC  tạo với đáy một góc 60 . Tính thể tích V của khối chóp S . ABC . a3 A. V  . 2 B. V  3a 3 . C. V  a 3 . 3 Lời giải D. V  3a 3 . Chọn A S A a 3 D a 60° B Ta có: C  SBC    ABCD   BC  SB  BC ; AB  BC     60 . SBC  ,  ABCD    SBA  Xét tam giác SAB vuông tại A , ta có SA  AB.tan 60  a 3 . Diện tích đáy ABC là S ABC  1 1 a2 3 . AB.BC  .a.a 3  2 2 2 1 1 a 2 3 a3 Vậy VS . ABC  SA.S ABC  a 3.  . 3 3 2 2 Câu 21: (THPT Hà Huy Tập-Hà Tĩnh-lần 1 năm 2017-2018) Cho lăng trụ ABCD. ABC D có đáy ABCD là hình thoi cạnh a , tâm O và  ABC  120. Góc giữa cạnh bên AA và mặt đáy bằng 60 . Đỉnh A cách đều các điểm A , B , D . Tính theo a thể tích V của khối lăng trụ đã cho. A. V  3a 3 . 2 B. V  a3 3 . 6 C. V  a3 3 . 2 D. V  a3 3 . Lời giải Chọn C C’ D’ A’ B’ D 60° H O a A C B   60 nên ABD là tam giác đều. Ta có tam giác ABD cân tại A và BAD Gọi H là trọng tâm tam giác ABD . Vì A cách đều A , B , D nên AH là trục đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD . Do đó AH   ABD  . Suy ra góc giữa AA và đáy  ABCD  là góc  AAH  60 . Ta có AH  2 a 3 3a AO  . Do đó AH  AH .tan 60  . 3 2 2 Ngoài ra S ABCD  2 S ABD  2. a2 3 a2 3 .  4 2 Thể tích khối lăng trụ ABCD. ABC D là V  S ABCD . AH  a 2 3 3a 3a 3 3 . .  2 2 8 Câu 22: (THPT Triệu Thị Trinh-lần 1 năm 2017-2018) Tính thể tích của khối tứ diện đều có cạnh bằng 2. A. 2. B. 4 2 . 3 C. 2 2 . 3 D. 2 2 . Giải: Chọn C S A H B C Gọi tứ diện đều là S . ABC . H là tâm đường tròn ngoại tiếp ABC. 2 3 . 3 Vì S . ABC là tứ diện đều nên SH   ABC  . Ta có AH  2 2 3 8 SH  SA  AH  2   .   3  3  2 2 2 1 1 8 22 3 8 2 2 . VS . ABC  S .h  . .   3 3 3 4 3 3 Câu 23: (THPT Triệu Thị Trinh-lần 1 năm 2017-2018) Khi tăng độ dài cạnh đáy của một khối chóp tam giác đều lên 2 lần và giảm chiều cao của hình chóp đó đi 4 lần thì thể tích khối chóp thay đổi như thể nào? A. Tăng lên 2 lần. B. Không thay đổi. C. Tăng lên 8 lần. D. Giảm đi 2 lần. Lời giải Chọn B 1 Ta có thể tích hình chóp là: V  S đáy .h . 3 Giả sử cạnh đáy bằng a thì diện tích đáy S đáy  a2 3 . 4 Nếu cạnh đáy tăng lên 2 lần, tức là 2a thì diện tích đáy bằng a 2 3 và chiều cao h giảm đi 4 1 h 1 a2 3 1 h thì thể tích khối chóp bằng a 2 3.  . .h  S đáy .h  V . 3 4 3 4 3 4 Do đó thể tích khối chóp không thay đổi. lần, tức bằng Câu 24: (THPT Lương Thế Vinh-Hà Nội năm 2017-2018) 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  BC  30. Thể tích khối chóp A.CC B là B A. a3 3 . 2 B. a3 3 . 12 C. a3 3 . 18 D. Lời giải Chọn D B’ C’ A’ 4a B H a A C a3 3 . 6 Gọi H là hình chiếu của B trên BC . Từ giả thiết suy ra: BH   ABC  . S BBC  1 1  BC  4a.a.sin 30  a 2 . BB.BC.sin B 2 2 Mặt khác: S BBC  2S 2a 2 1  2a . BH .BC  BH  BBC  a 2 BC VLT  BH .S ABC  2a. a 2 3 a3 3  . 4 2 1 a 3 3 a3 3 1 1 2 1  . VA.CC B  VA.CC BB  . VLT  VLT  . 3 2 6 2 2 3 3 Câu 25: (THPT Lương Thế Vinh-Hà Nội năm 2017-2018) Cho hình chóp S . ABCD có thể tích V . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của SA , MC . Thể tích của khối chóp N . ABCD là V V V V A. . B. . C. . D. . 6 4 2 3 Lời giải Chọn B S M A N D O B C 1 Đặt B  S ABCD , d  S ;  ABCD    h . Suy ra V  Bh . 3 1 Vì M là trung điểm của SA nên d  M ;  ABCD    d  S ;  ABCD   , 2 1 Lại vì N là trung điểm của MC nên d  N ;  ABCD    d  M ;  ABCD   . 2 1 1 Suy ra d  N ;  ABCD    d  S ;  ABCD    h . 4 4 1 1 1 V Từ đó ta có VN . ABCD  d  N ;  ABCD   .B  . Bh  . 3 4 3 4 Câu 26: (THPT Lương Thế Vinh-Hà Nội năm 2017-2018) Cho hình chóp S . ABCD có SA   ABCD  , ABCD là hình chữ nhật. SA  AD  2a . Góc giữa  SBC  và mặt đáy  ABCD  là 60 . Gọi G là trọng tâm tam giác SBC . Tính thể tích khối chóp S . AGD là A. 32a 3 3 . 27 B. 8a 3 3 . 27 C. Lời giải Chọn B 4a 3 3 . 9 D. 16a 3 . 9 3 S G B A M D C   60  AB  Vì góc giữa  SBC  và mặt đáy  ABCD  là 60 nên SBA Khi đó: S ABCD  AB. AD  2a 4a 2 3 . .2a  3 3 Gọi M là trung điểm BC , khi đó: S ADM   VS . ADG SA 2a .  tan 60 3 1 2a 2 3 . S ABCD  2 3 2 2 1 2a 2 3 8a 3 3 .  VS . ADM  . .2a.  3 3 3 3 27 Câu 27: (THPT Đức Thọ-Hà Tĩnh-lần 1 năm 2017-2018) Mệnh đề nào sau đây là đúng? A. Dùng một mặt phẳng bất kỳ cắt 1 khối bát diện đều ta được khối đa giác đều. B. Mỗi mặt của khối bát diện đều là một tam giác đều. C. Mỗi đỉnh của khối bát diện đều là đỉnh chung của 3 mặt. D. Mỗi mặt của khối bát diện đều là 1 tứ giác đều. Lời giải Chọn B Câu 28: (THPT Đức Thọ-Hà Tĩnh-lần 1 năm 2017-2018) Cho tứ diện ABCD có thể tích bằng 9 . Gọi B và C  lần lượt thuộc các cạnh AB và AC thỏa 3AB  AB và 3AC   AC . Tính thể tích V của khối tứ diện ABC D . A. V  3 . 1 B. V  . 9 1 D. V  . 3 C. V  1 . Lời giải Chọn C A B’ C’ D B C VABC D AB AC  AD 1 1 1    .    VABCD AB AC AD 3 3 9 * Ta có 1 * Suy ra là VABC D  VABCD  1 . 9 Câu 29: (THPT Đức Thọ-Hà Tĩnh-lần 1 năm 2017-2018) Tính thể tích V của khối lập phương ABCD. ABC D , biết AB  2a. A. 6a 3 . B. 2a 3 . C. 8a 3 . 3 D. 8a 3 . Lời giải Chọn D 3 Áp dụng công thức tính thể tích của khối lập phương, ta có V   2a   8a 3 . Câu 30: (THPT Thạch Thành 2-Thanh Hóa-lần 1 năm 2017-2018) Cho hình chóp tứ giác đều S . ABCD có cạnh đáy bằng 2a , cạnh bên bằng 3a . Tính thể tích V của khối chóp đã cho. A. V  4 7a3 . 3 B. V  4 7a3 . 9 C. V  4 7 a 3 . Lời giải Chọn A D. V  4a 3 . 3 S A D O B C Gọi O là tâm của hình vuông ABCD . 1 4a 3 7 Ta có S ABCD  4a 2 và SO  SA2  AO 2  9a 2  2a 2  a 7 . Suy ra V  a 7.4a 2  . 3 3 Câu 31: (THPT Thạch Thành 2-Thanh Hóa-lần 1 năm 2017-2018) Hình chóp tứ giác đều có bao nhiêu mặt phẳng đối xứng? A. 3 . B. 4 . C. 6 . D. 2 . Lời giải Chọn B Hình chóp tứ giác đều có 4 mặt phẳng đối xứng như sau: S S B B C O A O A D D S S B B C O A C C O D A D Câu 32: (THPT Thạch Thành 2-Thanh Hóa-lần 1 năm 2017-2018) Lăng trụ tam giác đều có độ dài tất cả các cạnh bằng 3 . Thể tích khối lăng trụ đã cho bằng A. 27 3 . 2 B. 27 3 . 4 C. Lời giải Chọn B 9 3 . 2 D. 9 3 . 4 Lăng trụ tam giác đều có đáy là tam giác đều và cạnh bên đồng thời là đường cao. Diện tích 32 3 9 3  đáy của lăng trụ là S  . 4 4 Đường cao lăng trụ: h  3 . Thể tích khối lăng trụ đã cho: V  S .h  9 3 27 3 .3  . 4 4 Câu 33: (THPT Thăng Long-Hà Nội-lần 1 năm 2017-2018) Cho tứ diện OABC có OA , OB , OC đôi một vuông góc. Biết OA  a , OB  2a , OC  a 3 . Tính khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng  ABC  . A. a 3 . 2 B. a . 19 C. a 17 . 19 D. 2a 3 . 19 Lời giải Chọn D Cách 1: A O C B 1 a3 3 . VOABC  OA.OB.OC  6 3 Tính được AB  OA2  OB 2  a 5 , AC  OA2  OC 2  2a , BC  OB 2  OC 2  a 7 . S ABC  p  p  AB  p  AC  p  BC   19 AB  AC  BC (với p  ) 2 2 3V 1 2 3 Gọi h  d  O;  ABC   . Ta có VOABC  h.S ABC  h  OABC  . 3 S ABC 19 Cách 2: Áp dụng công thức tính độ dài đường cao hạ từ đỉnh O đến mặt phẳng  ABC  trong tứ diện vuông OABC ta có: 1 1 1 1 2 2a 3     2  OH  2 2 2 2 OH OA OB OC 3a 19 Câu 34: (THPT Thăng Long-Hà Nội-lần 1 năm 2017-2018) Cho hình hộp chữ nhật ABCD. ABC D có diện tích các mặt ABCD , BCC B , CDDC  lần lượt là 2a 2 , 3a 2 , 6a 2 . Tính thể tích khối hộp chữ nhật ABCD. A BC  D . A. 36a3 . Chọn B B. 6a 3 . C. 36a 6 . Lời giải D. 6a 2 . B C D A C’ B’ A’ D’ Ta có S ABCD  2a 2  AB.BC  2a 2 1 S BCC  B   3a 2  BC.BB  3a 2  2  SCDD C   6a 2  CD.CC   6a 2  AB.BB  6a 2  3 2 Nhân vế theo vế 1 ,  2  ,  3 ta được  AB.BC.BB    36a 6  AB.BC.BB  6a 3 . VABCD. A B C  D   AB.BC.BB  6a 3 . Câu 35: (THPT Thăng Long-Hà Nội-lần 1 năm 2017-2018) Cho hình chóp tứ giác đều S . ABCD có cạnh đáy bằng a góc giữa cạnh bên và mặt phẳng đáy bằng 60 . Tính thể tích khối chóp S . ABCD . A. a3 6 . 2 B. a3 6 . 6 C. a3 . 6 D. a3 6 . 3 Lời giải Chọn B S A 60° B D O a C   60 . Ta có: SBO SO  OB. tan 60  a 2 a 6 . tan 60  . 2 2 S ABCD  a 2 1 1 a 6 2 a3 6 Suy ra VSABCD  SO.S ABCD  . . .a  3 3 2 6 Câu 36: (THPT Thăng Long-Hà Nội-lần 1 năm 2017-2018) Cho hình chóp S . ABC , đáy ABC là tam giác đều có độ dài cạnh bằng a , SA vuông góc với đáy, SA  a 3 . Tính thể tích V của khối chóp S . ABC . A. V  a3 . 2 B. V  3a 3 . 4 C. V  a3 . 12 D. V  a3 . 4 Lời giải Chọn D S C A B a 3 1 a3 1 . AB. AC sin 600  . Ta có V  SA.S ABC  3 2 4 3 Câu 37: (THPT Thăng Long-Hà Nội-lần 1 năm 2017-2018) Cho lăng trụ ABC. ABC  có đáy ABC là tam giác đều cạnh bằng a , biết AA  AB  AC  a . Tính thể tích khối lăng trụ ABC. ABC  ? A. 3a 3 . 4 B. a3 2 . 4 C. a3 3 . 4 D. a3 . 4 Lời giải Chọn B A’ B’ C A H B Gọi H là trọng tâm tam giác ABC . Theo giả thiết ta có ABC là tam giác đều cạnh bằng a và AA  AB  AC  a nên A. ABC là tứ diện đều cạnh a  AH   ABC  hay AH là đường cao của khối chóp A. ABC . Xét tam giác vuông AHA ta có AH  AA2  AH 2  Diện tích tam giác ABC là S ABC  a 6 . 3 a2 3 1 . a.a.sin 60  4 2 Thể tích khối lăng trụ ABC. ABC  là VABC . ABC   a 2 3 a 6 a3 2 .  4 3 4 Câu 38: (THPT Chuyên Thái Bình-lần 2 năm học 2017-2018) Cho hình chóp S . ABCD , đáy là hình chữ nhật tâm O , AB  a , AD  a 3 , SA  3a , SO vuông góc với mặt đáy  ABCD  . Thể tích khối chóp S . ABC bằng: A. a 3 6 . B. 2a 3 6 . 3 C. a3 6 . 3 D. 2a3 6 . Lời giải Chọn C S D C O A B Do SO vuông góc với mặt đáy  ABCD  nên SO là đường cao của hình chóp S . ABC . Ta có AC  a 2  3a 2  2a  SO  SA2  AO 2  9a 2  a 2  2 2a . Lại có S ABC  1 1 a2 3 S ABCD  a.a 3  . 2 2 2 1 a2 3 a3 6 Thể tích khối chóp S . ABC là: V  . . .2 2a  3 2 3 Câu 39: (THPT Chuyên Thái Bình-lần 2 năm học 2017-2018) Lăng trụ đứng ABC. ABC  có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A ; AB  AC  a 5; AB tạo với mặt đáy lăng trụ góc 60 . Thể tích khối lăng trụ bằng A. a 3 6 . B. 5a 3 15 . 2 C. Lời giải Chọn B 5a 3 3 . 3 D. 4a3 6 . Do ABC. ABC  là lăng trụ đứng nên  AB,  ABC     ABA  60 . Vậy AA  AB.tan 60  a 15 . Thể tích lăng trụ đã cho bằng VABC . ABC  a 15 1 a 5 2   2  5a 3 15 . 2 Câu 40: (THPT Chuyên Thái Bình-lần 2 năm học 2017-2018) Thể tích khối tứ diện đều cạnh a 3 bằng: A. a3 6 . 8 B. a3 6 . 6 3a 3 2 . 8 Lởi giải C. D. a3 6 . 4 Chọn D A B D O C Giả sử tứ diện đều ABCD cạnh a 3 có O là trọng tâm của tam giác BCD suy ra AO là 1 đường cao của tứ diện nên VABCD  S BCD . AO . 3 Có S BCD a 3  4 2 3  3a 2 4 3 ; AO  AB 2  OB 2  a 3 2   a 3 2  3 2   2 3  a 2.   1 3a 2 3 a3 6 Vậy VABCD   . a 2  3 4 4 Câu 41: (THPT Chuyên ĐHSP-Hà Nội-lần 1 năm 2017-2018) Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình vuông cạnh a , mặt bên SAB là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Thể tích khối chóp S . ABCD là A. a3 3 . 6 B. a3 3 . 3 C. a 3 . D. a3 3 . 2 Lời giải Chọn A S A D H B C Gọi H là trung điểm của AB  SH  AB  SH   ABCD  . a 3 1 1 a 3 a3 3  và S ABCD  a 2 . Vậy: VS . ABCD  S ABCD . SH  . a 2 . . 2 3 3 2 6 Câu 42: (THPT Chuyên ĐHSP-Hà Nội-lần 1 năm 2017-2018) Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình vuông, cạnh bên SA vuông góc với đáy. Gọi M , N là trung điểm của SA , SB . Mặt phẳng MNCD chia hình chóp đã cho thành hai phần. tỉ số thể tích hai phần S .MNCD và MNABCD là 3 3 4 A. . B. . C. . D. 1. 4 5 5 Lời giải Chọn B Ta có: SH  S M N A D B C 1 Ta có VS . ABC  VS . ACD  VS . ABCD ; 2 SM SN SC 1 SM SD SC 1 và VS .MNC     VS . ABC  VS . ABC ; VS .MCD    VS . ACD  VS . ACD . SA SB SC 4 SA SD SC 2 3 3 Suy ra VS .MNCD  VS .MNC  VS .MCD  VS . ABC  VS . ABCD . 4 8 5 Đồng thời VMNABCD  VS . ABCD  VS .MNCD  VS . ABCD . 8 3 Vậy tỉ số thể tích hai phần S .MNCD và MNABCD là . 5 Câu 43: (THPT Chuyên ĐHSP-Hà Nội-lần 1 năm 2017-2018) Cho lăng trụ đứng ABC. ABC  có đáy là tam giác vuông cân tại A , AB  AC  a , AA  2a . Thể tích của khối tứ diện ABBC là A. 2a 3 . 3 B. 2a 3 . C. a 3 . D. a3 . 3 Lời giải Chọn D A’ C’ B’ A C B a3 1 1 1 Ta có VABBC  VABC . ABC   2a. a 2  . 3 3 3 2 Câu 44: (THPT Yên Lạc-Vĩnh Phúc-lần 3 năm 2017-2018) Cho lăng trụ ABC. ABC  có đáy là tam giác vuông cân tại A , AB  a . Gọi G là trọng tâm tam giác ABC . Biết AG vuông góc với mặt phẳng  ABC  và AB tạo với đáy một góc 45 . Tính thể tích khối chóp A.BCC B . A. a3 5 . 9 B. a3 5 . 6 C. a3 5 . 3 D. a3 5 . 4 Lời giải Chọn A 2 2 2 a a 5 Ta có:  a     AG . ABG  45 ; BG  3 3 2 2 a2 a 5 a3 5 2 2 . VABCC B  VABCABC   S ABC . AG  . .  3 2 3 9 3 3 Câu 45: (THTT Số 4-487 tháng 1 năm 2017-2018) Cho tứ diện O. ABC có các cạnh OA , OB , OC đôi một vuông góc với nhau. Biết OA  2  cm  , OB  3  cm  , OC  6  cm  . Tính thể tích của khối tứ diện O. ABC . A. 6  cm 3  . B. 36  cm3  . C. 12  cm 3  . D. 18  cm3  . Lời giải Chọn A OA  OB Ta có:   OA   OBC  . OA  OC 1 1 1 Do đó VO. ABC  .OA.SOBC  .OA.OB.OC  .2.3.6  6  cm3  . 3 6 6 Câu 46: (THTT Số 4-487 tháng 1 năm 2017-2018) Diện tích toàn phần của một khối lập phương là 150 cm 2 . Tính thể tích của khối lập phương. A. 125 cm3 . B. 100 cm3 . C. 25 cm3 . D. 75 cm3 . Lời giải Chọn A Gọi cạnh của khối lập phương là a . Ta có diện tích toàn phần của hình lập phương là 6a 2  150  a 2  25  a  5 . Vậy thể tích khối lập phương là V  a 3  53  125 cm3 . Câu 47: (THTT Số 4-487 tháng 1 năm 2017-2018) Cho tứ diện MNPQ . Gọi I ; J ; K lần lượt là trung điểm của các cạnh MN ; MP ; MQ . Tỉ số thể tích A. 1 . 3 B. 1 . 4 VMIJK bằng VMNPQ C. 1 . 6 D. Lời giải Chọn D M K I J N Q P Ta có: VM . IJK VM . NPQ  MI MJ MK 1 1 1 1 . .  . .  . MN MP MQ 2 2 2 8 1 . 8 Câu 48: (SGD Bắc Ninh năm 2017-2018) Hình chóp đều S . ABCD tất cả các cạnh bằng a . Diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp là: A. 4 a 2 . B.  a 2 . C. 2 a 2 . D. 2 a 2 . Lời giải Chọn D S M I A D O B C Gọi O là tâm mặt đáy, M là trung điểm SA , kẻ MI  SA ,  I  SO  . S . ABCD là hình chóp đều nên I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp, bán kính R  IS . 1 2 a2 SA SM SI SM .SA a 2 2 . SMI đồng dạng với SOA    SI     2 2 2 SO SA SO 2 SA  OA a 2 a  2 Vậy Smc  4 R 2  2 a 2 . Câu 49: (SGD Ninh Bình năm 2017-2018) Cho hình chóp S . ABC có A và B lần lượt là trung điểm của SA và SB . Biết thể tích khối chóp S . ABC bằng 24 . Tính thể tích V của khối chóp S . ABC . A. V  12 . B. V  8 . C. V  6 . D. V  3 . Lời giải Chọn C S B’ A’ B A C VS . ABC SA SB SC 1 1 1  .   . . VS . ABC SA SB SC 2 2 4 1 1 Vậy VS . ABC  .VS . ABC  .24  6 . 4 4 Ta có Câu 50: (SGD Ninh Bình năm 2017-2018) Cho hình chóp S . ABC có cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy  ABC  . Biết SA  a , tam giác ABC là tam giác vuông cân tại A , AB  2a . Tính theo a thể tích V của khối chóp S . ABC . A. V  a3 . 2 B. V  2a 3 . C. V  a3 . 6 D. V  2a 3 . 3 Lời giải S C A B Chọn D 1 1 1 1 2 2 Ta có: V  .SA.S ABC  SA. . AB. AC  .a.  2a   a 3 (dvtt). 3 3 2 6 3 Câu 51: (SGD Ninh Bình năm 2017-2018)Tính thể tích V của khối lăng trụ tam giác đều có tất cả các cạnh đều bằng a . A. V  2a 3 . 3 B. V  2a 3 . 4 C. V  3a 3 . 2 D. V  3a 3 . 4 Lời giải Chọn D a2 3 a3 3 . V .a  4 4 Câu 52: (SGD Ninh Bình năm 2017-2018) Cho hình chóp S . ABC có tam giác ABC vuông cân tại B , AC  a 2, mặt phẳng  SAC  vuông góc với mặt đáy  ABC  . Các mặt bên  SAB  ,  SBC  tạo với mặt đáy các góc bằng nhau và bằng 60 . Tính theo a thể tích V của khối chóp S . ABC . A. V  3a 3 . 2 B. V  3a 3 . 4 C. V  Lời giải Chọn D 3a 3 . 6 D. V  3a 3 . 12 S H A 60 C 60 K I B Ta có:  SAC    ABC  và  SAC    ABC   AC . Trong mặt phẳng  SAC  , kẻ SH  AC thì SH   ABC  . Gọi I , K lần lượt là hình chiếu vuông góc của H lên cạnh AB và AC thì  và  . SAB  ,  ABC   SIH SAC  ,  ABC   SKH        SKH   60 nên HI  HK  tứ giác BIHK là hình vuông  H là trung điểm Mà SIH cạnh AC . Khi đó tứ giác BIHK là hình vuông cạnh Vậy VSABC a a 3 và SH  HI .tan 60  . 2 2  1 a 3 a 2 1 .  S ABC .SH  VSABC  . 3 2 4 3  2  a3 3 . 12 Câu 53: (THPT Chuyên ĐH KHTN-Hà Nội năm 2017-2018) Cho khối lăng trụ ABCD. ABC D có thể tích bằng 12 , đáy ABCD là hình vuông tâm O . Thể tích của khối chóp A.BCO bằng A. 1. B. 4 . C. 3 . D. 2 . Lời giải Chọn A 1 1 VA. BCO  d  A,  BCO   .S BCO  VABCD. ABC D  1 . 3 12 Câu 54: (THPT Chuyên Hạ Long-Quảng Ninh-lần 1 năm 2017-2018) Cho khối lăng trụ ABC. ABC  có thể tích là V . Gọi M là điểm bất kỳ trên đường thẳng CC  . Tính thể tích khối chóp M . ABBA theo V . V V 2V 2V A. . B. . C. . D. . 2 3 9 3 Hướng dẫn giải C A B M C’ A’ B’ Chọn D Gọi h1 , h2 lần lượt là đường cao của hai hình chóp M . ABC , M . ABC  thì h1  h2  h là đường cao của lăng trụ ABC. ABC  . Ta có: V  VM . ABC  VM . ABBA  VM . ABC  1 1  .S ABC .h1  VM . ABBA  .S ABC .h2 3 3 2V Suy ra VM . ABBA  . 3 1 1  S ABC  h1  h2   VM . ABBA  V  VM . ABBA 3 3 Câu 55: (THPT Chuyên Hạ Long-Quảng Ninh-lần 1 năm 2017-2018) Cho khối chóp S . ABC có   120 . Tính thể tích khối chóp S . ABC . SA   ABC  , SA  a , AB  a , AC  2a và BAC A. a3 3 . 3 B. a3 3 . 2 C. a 3 3 . D. Hướng dẫn giải S C A B a3 3 . 6 Chọn D 3 1 1 1   a 3 (đvtt). Ta có: VS . ABC  SA.S ABC  SA. AB. AC.sin BAC 3 3 2 6 Vậy thể tích khối chóp S . ABC là a3 3 . 6 Câu 56: (THPT Chuyên Hạ Long-Quảng Ninh-lần 1 năm 2017-2018) Cho hình vuông ABCD cạnh a . Trên hai tia Bx, Dy vuông góc với mặt phẳng  ABCD  và cùng chiều lần lượt lấy hai a điểm M , N sao cho BM  ; DN  2a . Tính góc  giữa hai mặt phẳng 4  CMN  . A.   30 . B.   60 . C.   45 .  AMN  D.   90 . Hướng dẫn giải Chọn D Cách 1: Gắn hệ trục tọa độ như hình vẽ: a  Ta có: B  0; 0;0  , A  0; a;0  , C  a;0;0  , M  0; 0;  , N  a; a; 2a  . 4        a2 a   AM   0; a;  , AN   0;0; 2a  ,  AM , AN    2a 2 ; ; a 2  là vectơ pháp tuyến của 4 4    mp  AMN  .    a 2    a   ; 2a 2 ; a 2  là vectơ pháp tuyến của CM   a; 0;  , CN   0; a; 2a  , CM , CN    4   4  mp  CMN  . Do đó: cos   a4 a4   a4 2 2 a4 a4 4a   a 4 . 4 a 4   a 4 16 16 4  0    90 . và Cách 2: Tacó: AMN  CMN  c.c.c  nên kẻ CH  MN tại H thì AH  MN . Mà  AMN    CMN   MN nên góc  giữa hai mặt phẳng  AMN  và  CMN  là góc giữa hai đường thẳng HA, HC . Ta có: MC  BC 2  MB 2  a 17 , NC  CD 2  ND 2  a 5 , 4 MN  ME 2  EN 2  2a 2   cos MCN  S MCN  49a 2 9a  . 16 4 MC 2  NC 2  MN 2 2  9 .   sin MCN MC.NC 85 85 2 1   9a . MC.NC.sin MCN 2 8 Từ đó: CH  2 S MCN  a  AH . Do AH 2  CH 2  AC 2 nên tam giác AHC vuông tại H . MN Vậy góc giữa hai đường thẳng HA, HC bằng 90 . Câu 57: (THPT Chuyên Lê Quý Đôn-Đà Nẵng năm 2017-2018) Cho hình chóp tam giác đều S . ABC có độ dài cạnh đáy bằng a , góc hợp bởi cạnh bên và mặt đáy bằng 60 . Thể tích của hình chóp đã cho. 3a 3 3a 3 3a 3 3a 3 A. . B. . C. . D. . 12 6 3 4 Lời giải Chọn A S A 60 C O M B Gọi M là trung điểm của BC , O là tâm của ABC .  hay SAM   60 . Góc giữa cạnh bên và mặt đáy là góc SAM Ta có: AM  a 3 a 3 a2 3 nên AO  ; Diện tích tam giác ABC là: S ABC  ; 2 3 4 SAO vuông tại O có: SO  AO. tan 60  a 3 . 3 a. 3 1 1 a2 3 a3 3 Thể tích khối chóp tam giác đều S . ABC là: V  S ABC .SO  . . .a  3 3 4 12 Câu 58: (THPT Chuyên Lê Quý Đôn-Đà Nẵng năm 2017-2018) Cho hình chóp tứ giác đều S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng a 3 và SA  SB  SC  SD  2a . Tính thể tích khối chóp S . ABCD ? A. 2a 3 . 6 2a 3 . 2 B. C. 3a 3 . 3 D. 6a 3 . 6 Lời giải Chọn B S A D O B  Ta có S ABCD  AB 2  a 3  2 C  3a 2 . Gọi O là tâm của hình vuông ABCD . Khi đó BO  1 1 a 6 . BD  .a 3. 2  2 2 2 Vì S . ABCD là hình chóp đều nên SO   ABCD  . SO  SB 2  BO 2  2a 2  3a 2 a .  2 2 a3 2 1 a 1 (đvtt). VS . ABCD  .SO.S ABCD  . .3a 2  2 3 2 3 Câu 59: (THPT Chuyên Phan Bội Châu-Nghệ An- lần 1 năm 2017-2018) Cho hình chóp có 20 cạnh. Tính số mặt của hình chóp đó. A. 20 . B. 11. C. 12 . D. 10 . Lời giải Chọn B Số cạnh bên của hình chóp bằng số cạnh đáy. Suy ra số cạnh bên của hình chóp là: 20  10 cạnh. 2 Vậy hình chóp có 10 mặt bên và 1 mặt đáy. Câu 60: (THPT Chuyên Phan Bội Châu-Nghệ An- lần 1 năm 2017-2018) Thể tích khối bát diện đều cạnh a là: A. 2a 3 . 6 B. 2a3 . C. 2 3 a . 3 D. 2a 3 . 2 Lời giải Chọn C E B C O A D F Vì hình bát diện ABCDEF có các cạnh bằng a  EF  a 2 . 1 2 a 2 2 2 3 Khi đó VABCDEF  2VE . ABCD  2. .EO.S ABCD  . .a  a . 3 3 2 3 Câu 61: (THPT Chuyên Phan Bội Châu-Nghệ An- lần 1 năm 2017-2018) Tính thể tích của khối lăng trụ đều ABC. ABC  có AB  AA  a . A. 3a 3 . 4 B. 3a 3 . 6 C. a 3 . D. 3a 3 . 12 Lời giải Chọn D 3a 2 3a 3 . .a  4 4 Câu 62: (THPT Chuyên Quốc Học-Huế năm 2017-2018) Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình vuông cạnh a. Cạnh bên SA vuông góc với mặt đáy và SA  2a . Gọi B; D lần lượt là hình chiếu vuông góc của A trên các cạnh SB, SD . Mặt phẳng  ABD  cắt cạnh SC tại C  . Tính thể tích V  S ABC . AA  của khối chóp S . ABC D A. a3 . 3 B. 16a 3 . 45 C. a3 . 2 D. 2a 3 4 Lời giải Chọn B S B’ C’ I D’ B A O D Ta có VS . ABC D  2VS . ABC  1 mà C VSABC  SB SC   . * VSABC SB SC 2  SAC vuông tại A nên SC 2  SA2  AC 2   2a   a 2  2  6a 2 suy ra SC  a 6 Ta có BC   SAB   BC  AB và SB  AB suy ra AB   SBC  nên AB  BC Tương tự AD  SC . Từ đó suy ra SC   ABD    ABC D  nên SC  AC  Mà SC .SC  SA2 suy ra SB SA2 SA2 4a 2 4  2  2   2 2 2 SB SB SA  AB 4a  a 5 VSABC 8 Từ suy ra   *  VSABC 15 SC  SA2 4a 2 2    . SC SC 2 6a 2 3 VSABC   Ta cũng có 8 8 1 8 VSABC  . VSABCD  VSABCD 15 15 2 30 mà 1 2a 3 VSABCD  S ABCD .SA  3 3 Suy ra VSABC   8 2a 3 8a 3 .  30 3 45 Từ 1 suy ra VS . ABC D  2VS . ABC   16a 3 . 45 Câu 63: (THPT Chuyên Quốc Học-Huế năm 2017-2018) Trong các mệnh đề sau đây mệnh đề nào sai ? A. Hai khối lập phương có diện tích toàn phần bằng nhau thì có thể tích bằng nhau. B. Hai khối hộp chữ nhật có diện tích toàn phần bằng nhau thì có thể tích bằng nhau. C. Thể tích hai khối chóp có diện tích đáy và chiều cao tương ứng bằng nhau là bằng nhau. D. Thể tích của khối lăng trụ bằng diện tích đáy nhân với chiều cao. Lời giải Chọn B Xét hai khối hộp chữ nhật có ba độ dài là 1; 2 ; 3 . Thì diện tích toàn phần Stp  2 1.2  1.3  2.3  22 thể tích V1  6 . Xét khối hộp chữ nhật có ba kích thước là 1; 1; 5. Có diện tích toàn phần Stp  2 1.1  1.5  1.5   22 tuy nhiên thể tích V2  1.1.5  5 . Câu 64: (THPT Chuyên Vĩnh Phúc – lần 3 năm 2017-2018) Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình vuông cạnh a . Hình chiếu của S trên mặt phẳng  ABCD  trùng với trung điểm của cạnh AB . Cạnh bên SD  A. 1 3 a . 3 3a . Tính thể tích khối chóp S . ABCD theo a . 2 3 3 5 3 B. C. a . a . 3 3 D. 2 3 a . 3 Lời giải Chọn A Gọi H là trung điểm của AB thì SH   ABCD  . Ta có HD  SH  VS . ABCD a 5 nên 2 9a 2 5a 2   a. 4 4 1 a3 1  SH .S ABCD  .a.a 2  . 3 3 3 Câu 65: (THPT Chuyên Vĩnh Phúc-lần 3 MĐ 234 năm học 2017-2018) Tính thể tích V của khối chữ nhật ABCD. ABC D biết rằng AB  a , AD  2a , AC   a 14 . a 3 14 A. V  . 3 B. V  2a 3 . C. V  6a 3 . Hướng dẫn giải Chọn C D. V  a3 5 . D’ A’ C’ B’ a 14 a 2a A D B C Ta có: AC 2  AB 2  AD 2  AA2  AA  AC 2  AB 2  AD 2  AA  14a 2  4a 2  a 2  3a . Thể tích khối hộp chữ nhật ABCD. ABC D là: V  AB. AD. AA  6a 3 . Câu 66: (THPT Chuyên Vĩnh Phúc-lần 3 MĐ 234 năm học 2017-2018) Cho tứ diện ABCD. Gọi B ‘, C ‘ lần lượt là trung điểm của AB, AC. Khi đó tỉ số thể tích của khối tứ diện AB ‘ C ‘ D và khối tứ diện ABCD bằng: 1 1 1 1 A. . B. . C. . D. . 8 2 4 6 Hướng dẫn giải Chọn C A B’ C’ B D C Ta có VAB ‘C ‘ D AB ‘ AC ‘ 1 1 1  .  .  . VABCD AB AC 2 2 4 Câu 67: (THPT Chuyên Vĩnh Phúc-lần 3 MĐ 234 năm học 2017-2018) Tính thể tích của khối bát diện đều có cạnh bằng 2. 8 2 4 2 16 2 16 A. . B. . C. . D. . 3 3 3 3 Hướng dẫn giải Chọn A E D A H C B F Gọi ABCDEF là hình bát diện đều có tâm H (như hình vẽ) có cạnh bằng 2 . AC 2 2   2. 2 2 Thể tích của bát diện đều đã cho là Ta có EH  AH  1 1 8 2 . V  2VE . ABCD  2. .S ABCD .EH  2. .22. 2  3 3 3 Câu 68: (THPT Hoài Ân-Hải Phòng năm 2017-2018) Cho tứ diện OABC có OA  a, OB  2a, OC  3a đôi một vuông góc với nhau tại O . Lấy M là trung điểm của cạnh AC ; N nằm 2 trên cạnh CB sao cho CN  CB . Tính theo a thể tích khối chóp OAMNB . 3 1 2 1 A. 2a 3 . B. a 3 . C. a 3 . D. a 3 . 6 3 3 Lời giải Chọn C Ta có: A M O C N B 1 1 VOABC  d  A;  OBC   .S OBC  OA.OB.OC  a 3 3 6 1 1 1 2 1 a3 VMOBC  d  M ;  OBC   .S OCN  . .d  M ;  OBC   .S OBC  .VOABC  3 3 2 3 3 3 VAOMNB  VOABC  VMOBC  a 3  a 3 2a 3 .  3 3 Câu 69: (THPT Hoài Ân-Hải Phòng năm 2017-2018) Tính theo a thể tích khối lăng trụ đứng ABCD. ABC D có đáy là hình thoi cạnh a , góc BAD bằng 60 và cạnh bên AA bằng a . A. 9 3 a . 2 B. 1 3 a . 2 C. 3 3 a . 2 D. 3a3 . Lời giải Chọn C B’ C’ A’ D’ a B C a O A D a Trong  ABCD  gọi O  AC  BD . Ta có: ABD là tam giác đều cạnh a .  BD  a , AC  2 AO  a 3 . 3 3 1 1 a . Thể tích khối lăng trụ là: V  S ABCD . AA  .BD. AC. AA  a.a 3.a  2 2 2 Câu 70: (THPT Hoài Ân-Hải Phòng năm 2017-2018) Cho hình chóp tam giác S . ABC có đáy là tam giác   120 , cạnh bên SA  a 3 và vuông góc với mặt phẳng đáy. Tính cân AB  AC  a , BAC theo a thể tích của khối chóp S . ABC . 3 3 3 A. B. a3 . a . 12 4 C. Lời giải Chọn D 3 3 a . 4 D. 1 3 a . 4 S C A B 2 Ta có SABC  1  a 3. AB. AC.sin BAC 4 2 a3 . 4 Câu 71: (THPT Hoài Ân-Hải Phòng năm 2017-2018) Tính thể tích của khối tứ diện đều cạnh 2a 2 2a 3 2a 3 2a 3 A. . B. 2 2a 3 . C. . D. . 3 4 12 Lời giải Chọn A Vậy thể tích khối chóp S . ABC là VS . ABC  S C A O B 1 Giả sử tứ diện đều SABC . Gọi O là tâm của tam giác ABC . Ta có V  SO.dt  ABC  . 3 2a 3 2a 6 1 . dt  ABC   AB. AC.sin 60  a 2 3 , OA   SO  SA2  OA2  3 3 2 2a 3 2 1 . V  SO.dt  ABC   3 3 2 2a 3 2 2 3 * Dùng công thức tính nhanh V  AB 3 .   2a  .  12 3 12 Câu 72: (THPT Hoài Ân-Hải Phòng năm 2017-2018) Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để đồ thị hàm số y  x 4  2mx 2 có ba điểm cực trị tạo thành tam giác có diện tích nhỏ hơn 1. A. m  1 . B. 0  m  3 4 . C. m  0 . Lời giải. D. 0  m  1 . Chọn D Ta có: D   . x  0 . y   4 x 3  4mx , y   0  4 x3  4mx  0   2 x  m *    Hàm số có ba cực trị y   0 có ba nghiệm phân biệt  * có hai nghiệm phân biệt  m  0 . Khi đó y   0 có ba nghiệm là  m ; 0 ; m  đồ thị hàm số có ba điểm cực trị là   A  m ; m ; B  0;0  ; C   m ; m . Gọi H là trung điểm AC  H  0; m  . Ta có: S ABC  1 1 AC .BH  .2 m .m  m m . 2 2 Theo yêu cầu bài toán ta có: m m  1  m3  1 . Câu 73: (THPT Hoài Ân-Hải Phòng năm 2017-2018) Tìm số nghiệm thuộc đoạn  2 ;4  của phương trình sin 2 x  0. cos x  1 A. 5 . B. 6 . C. 3 . Lời giải. D. 4 . Chọn D Điều kiện: cos x  1  x    k 2 ; k   . sin 2 x k Với điều kiện đó ta có phương trình ; . k   0  sin 2 x  0  x  cos x  1 2   x   k  Đối chiếu đều kiện ta được ,k  . 2   x  k 2 Do x   2 ; 4   x  5 7 ;x  ; x  2 ; x  4 . 2 2 Câu 74: (THPT Hoài Ân-Hải Phòng năm 2017-2018) Có 3 viên bi đen khác nhau, 4 viên bi đỏ khác nhau, 5 viên bi xanh khác nhau. Hỏi có bao nhiêu cách xếp các viên bi trên thành dãy sao cho các viên bi cùng màu ở cạnh nhau? A. 345600 . B. 518400 . C. 725760 . D. 103680 . Lời giải. Chọn D Số cách xếp 3 viên bi đen khác nhau thành một dãy bằng : 3! . Số cách xếp 4 viên bi đỏ khác nhau thành một dãy bằng : 4! . Số cách xếp 5 viên bi đen khác nhau thành một dãy bằng : 5! . Số cách xếp 3 nhóm bi thành một dãy bằng : 3! . Vậy số cách xếp thỏa yêu cầu đề bài bằng 3!.4!.5!.3!  103680 cách. Câu 75: (THPT Hoài Ân-Hải Phòng năm 2017-2018) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD 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 . 13a 5a 17 a A. R  . B. R  . C. R  . D. R  6a . 2 2 2 Lời giải. Chọn A  BC  AB  BC   SAB   BC  SB  SBC vuông tại B . Ta có:   BC  SA CD  AD Tương tự:   CD   SAD   CD  SD  SAD vuông tại D . CD  SA SA   ABCD   SA  AC  SAC vuông tại A . Gọi I là trung điểm SC ta có IA  IB  IC  ID  IS  SC  I là tâm mặt cầu ngoại tiếp 2 S . ABCD . Khi đó bán kính mặt cầu ngoại tiếp S . ABCD là R  Ta có: AC  SC . 2 AB 2  BC 2  5a . SC  SA2  AC 2  13a . 13a Vậy R  . 2 Câu 76: (THPT Hoài Ân-Hải Phòng năm 2017-2018) Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân; AB  AC  a ; mặt bên SAB là tam giác vuông cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Tính theo a thể tích của khối chóp S . ABC . A. 1 3 a . 12 B. 3 3 a . 4 C. Lời giải Chọn A 3 3 a . 12 D. 1 3 a . 4 S a A C H B Vì mặt bên SAB vuông cân tại S và vuông góc với  ABC  nên đường cao của hình chóp là SH với H là trung điểm của AB . Mặt khác tam giác SAB vuông cân tại S nên SH  1 AB . 2 1 1 1 1 a3 Ta có: VS . ABC  .S ABC .SH  . . AB. AC. AB  . 12 3 3 2 2 Câu 77: (THPT Hồng Quang-Hải Dương năm 2017-2018) Cho hình chóp S . ABC có tam giác ABC vuông tại B , BC  a , AC  2a , tam giác SAB là tam giác đều. Hình chiếu của S lên mặt phẳng  ABC  trùng với trung điểm M của AC . Tính thể tích V của khối chóp S . ABC . A. V  a3 . 6 B. V  a3 . 3 C. V  a3 . 6 D. V  Lời giải Chọn A S B A 2a a M C Tam giác ABC vuông tại B : AB  AC 2  BC 2  a 3 . Tam giác SAB đều nên SA  AB  a 3 . Tam giác SAM vuông tại M nên: SM  SA2  AM 2  a 2 . 3a 3 . 6 1 a3 Vậy V  .S ABC .SM d  . 3 6 Câu 78: (THPT Kinh Môn 2-Hải Dương năm 2017-2018) Cho khối chóp OABC có OA , OB , OC đôi một vuông góc tại O và OA  2 , OB  3 , OC  6 . Thể tích khối chóp bằng A. 12 . B. 6 . C. 24 . D. 36 . Lời giải Chọn B 1 1 1  Thể tích khối chóp: V  S OABOC   OA.OB  OC  6 . 3 3 2  C B O A Câu 79: (THPT Lê Hoàn-Thanh Hóa-lần 1 năm 2017-2018) Cho khối chóp đều S . ABC cạnh đáy bằng a , cạnh bên bằng 3a . Tính thể tích khối chóp đó ? A. V  a3 3 . 4 B. V  a 3 11 . 12 C. V  a 3 26 . 12 D. V  Lời giải Chọn C S 3a 3a 3a a A a H N a B Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC . 1 V  SG. SABC (do khối chóp S . ABC đều). 3 C M a 3 11 . 6 2 a 3 a 3 a2 3 a 26  Ta có AG  .  SG  SA2  AG 2  ; S ABC  ; 3 2 3 4 3 1 a 26 a 2 3 a 3 26 Suy ra V  . .  (đvtt). 3 4 12 3 Câu 80: (THPT Lê Hoàn-Thanh Hóa-lần 1 năm 2017-2018) Hình chóp tứ giác S . ABCD có đáy là hình chữ nhật cạnh AB  a , AD  a 2 , SA   ABCD  , góc giữa SC và đáy bằng 60 . Thể tích hình chóp S . ABCD bằng A. 2a 3 . B. 3a 3 . D. 3 2a 3 . C. 6a3 . Lời giải Chọn A S D A B C Ta có AC  AB 2  BC 2  a 3 .   60 . Suy ra SA  AC.tan 60  3a . Góc giữa SC và đáy bằng góc SCA 1 1 Thể tích hình chóp bằng VS . ABCD  SA.S ABCD  3a.a 2 2  a 3 2 . 3 3 Câu 81: (THPT Lê Hoàn-Thanh Hóa-lần 1 năm 2017-2018) Cho lăng trụ ABC. ABC  có đáy là tam giác đều cạnh a , AA  b và AA tạo với mặt đáy một góc 60 . Tính thể tích khối lăng trụ. 3 2 3 3 1 A. a 2b . B. a 2b . C. D. a 2b . a b. 8 4 8 8 Lời giải Chọn B C’ A’ B’ A C H B Kẻ AH   ABC  tại H Suy ra góc giữa AA và đáy bằng  AAH  60 AH 3 3 b 3  sin 60    AH  AA  . AA 2 2 2 b 3 1 2 3a 2b . a sin 60  Do đó VABC . ABC  AH .S ABC  . 2 2 8 Câu 82: (THPT Lê Hoàn-Thanh Hóa-lần 1 năm 2017-2018) Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a . SA vuông góc với đáy và tạo với đường thẳng SB một góc 45 . Tính thể tích khối chóp S . ABC . A. a3 3 . 6 B. a3 3 . 4 C. a3 3 . 24 D. a3 3 . 12 Lời giải Chọn D S C A a B Ta có: SA   ABC   SA là chiều cao của hình chóp  SA  AB  SAB vuông tại A .   SA, SB    ASB  45  SAB vuông cân tại A  SA  AB  a . 1 a2 3 a3 3 1 .a  Vậy thể tích của khối chóp S . ABC là: V  .S ABC .SA  . . 3 4 12 3 Câu 83: (THPT Lê Hoàn-Thanh Hóa-lần 1 năm 2017-2018) Cho hình chóp tứ giác đều S . ABCD có tất cả các cạnh đều bằng 2a , O  AC  BD . Tính độ dài SO của hình chóp: a 2 a 3 a 6 A. a 2 . B. . C. . D. . 2 2 3 Lời giải Chọn A S A D O B C Ta có AO  AC  a 2 ; SO  SA2  AO 2  4a 2  2a 2  a 2 . 2 Câu 84: (THPT Ninh Giang-Hải Dương năm 2017-2018) Tổng diện tích tất cả các mặt của hình bát diện đều cạnh bằng a là A. 4a2 . B. 2a2 3 . C. 4a2 3 . Lời giải D. a2 3 . Chọn B Hình bát diện đều có 6 đỉnh, 12 cạnh, 8 mặt và các mặt là những tam giác đều bằng nhau. Tổng diện tích tất cả các mặt của hình bát diện đều cạnh bằng a là: a2 3 S  8.  2a 2 3 . 4 Câu 85: (THPT Phan Đăng Lưu-Huế-lần 1 năm 2017-2018) Số cạnh của hình 12 mặt đều là: A. 30 . B. 16 . C. 12 . D. 20 . Lời giải Chọn A Ta có số cạnh của hình mười hai mặt đều là 30 . Câu 86: (THPT Phan Đăng Lưu-Huế-lần 1 năm 2017-2018) Cho  H  là khối lăng trụ đứng tam giác đều có tất cả các cạnh đều bằng a . Thể tích của  H  bằng: A. a3 . 2 B. a3 3 . 2 C. a3 3 . 4 D. a3 2 . 3 Lời giải Chọn C a a * Đáy lăng trụ là tam giác đều cạnh a nên có diện tích là S  * Vậy thể tích khối lăng trụ V  S .h  a2 3 , đường cao h  a . 4 a3 3 . 4 Câu 87: (THPT Phan Đăng Lưu-Huế-lần 1 năm 2017-2018) Lăng trụ ABC. AB C  có đáy là tam giác vuông cân tại A , AB  a , biết thể tích của lăng trụ ABC. AB C  là V  cách h giữa AB và B C  . 8a 3a A. h  . B. h  . 3 8 C. h  Lời giải Chọn A 2a . 3 4a 3 .Tính khoảng 3 D. h  a . 3 C B A h C’ B’ a a A’ Ta có AB   AB C    d  AB, B C    d  AB,  AB C     d  B,  AB C    . SABC  a2 . 2 V  S ABC .h  h  V S ABC 4a 3 8a .  32  3 a 2 Câu 88: (THPT Quãng Xương 1-Thanh Hóa năm 2017-2018) Cho hình chóp tam giác đều S . ABC đỉnh S , độ dài cạnh đáy là a , cạnh bên bằng 2a . Gọi I là trung điểm của cạnh BC . Tính thể tích V của khối chóp S . ABI . A. a 3 11 . 12 B. a 3 11 . 24 C. a 3 11 . 8 D. a 3 11 . 6 Lời giải Chọn B S A C O I B Gọi O là hình chiếu của S lên (ABC) ta có: SO  SB 2  BO 2  4a 2  1 1 a 2 3 a 33 a 3 11  V  S ABI .SO  . .  . 3 3 8 3 24 a 2 a 33  3 3 Câu 89: (THPT Quãng Xương 1-Thanh Hóa năm 2017-2018) Cho hình hộp chữ nhật ABCD. ABC D có thể tích bằng 1 và G là trọng tâm tam giác BCD . Thể tích V của khối chóp G. ABC  là: 1 1 1 1 A. V  . B. V  . C. V  . D. V  . 3 6 12 18 Lời giải Chọn D A B D C O G A D B C Gọi O là tâm hình hộp GO 1 1  nên VG . ABC   VC . ABC . CO 3 3 1 1  nên VG. ABC   . 6 18 Ta có G là trọng tâm tam giác BCD  1 Mà VC . ABC   VABCD. ABCD 6 Câu 90: (THPT Quãng Xương 1-Thanh Hóa năm 2017-2018) Cho khối lăng trụ tam giác đều ABC. ABC  có cạnh đáy bằng a 2 và mỗi mặt bên có diện tích bằng 4a 2 . Thể tích khối lăng trụ đó là A. a3 6 . 2 B. a 3 6 . C. 2a3 6 . D. 2a 3 6 . 3 Lời giải Chọn B C’ A’ B’ C A B Do ABC. ABC  là khối lăng trụ tam giác đều nên ABBA là hình chữ nhật. Mặt khác mỗi mặt bên có diện tích bằng 2 AB. AA  4a 2  AA  2 4a 4a  AA   AA  2 2a . AB a 2 4a 2 nên Thể tích khối lăng trụ ABC. ABC  là 1 1 AB. AB.sin 60. AA  a 2.a 2.sin 60.2 2a  a3 6 . 2 2 VABC . ABC  Câu 91: (THPT Trần Quốc Tuấn năm 2017-2018) Tính thể tích V của khối chóp tứ giác đều S . ABCD biết cạnh đáy bằng a và góc giữa mặt bên với mặt đáy bằng 45 . A. V  a3 2 . 6 B. V  a3 . 6 a3 . 3 C. V  D. V  a3 . 4 Hướng dẫn giải Chọn B S A D M O B C Gọi O là tâm của hình vuông, vì S . ABCD là hình chóp đều nên SO   ABCD  . Gọi M là trung điểm của CD , khi đó OM  a và góc giữa mặt bên với mặt đáy bằng 2   45 . SMO Trong tam giác SMO vuông cân tại O có SO  OM  a . 2 1 a a3 Vậy thể tích khối chóp là V  .a 2 .  . 3 2 6 Câu 92: (THPT Thanh Miện 1-Hải Dương-lần 1 năm 2017-2018) Cho khối chóp tam giác S. ABC có SA   ABC  , tam giác ABC có độ dài 3 cạnh là AB  5a ; BC  8a ; AC  7a , góc giữa SB và  ABC  là 45 . Tính thể tích khối chóp S. ABC . A. 50 3a 3 . B. 50 3 3 a . 3 C. Lời giải Chọn B 50 3 a . 3 D. 50 7 3 a . 3 AB  AC  BC  10a . 2 Ta có nửa chu vi ABC là p  Diện tích ABC là SABC  10a.5a.3a.2a  10 3a 2 . SA   ABC  nên SAB vuông, cân tại A nên SA  AB  5 . 1 1 50 3 3 Thể tích khối chóp S. ABC là VS . ABC  SA.SABC  5a.10 3a 2  a . 3 3 3 Câu 93: (THPT Thanh Miện 1-Hải Dương-lần 1 năm 2017-2018) Cho khối đa diện đều loại 3; 4 . Tổng các góc phẳng tại 1 đỉnh của khối đa diện bằng A. 180 . B. 240 . C. 324 . D. 360 . Lời giải Chọn B Khối đa diện đều loại 3; 4 là khối bát diện đều, mỗi mặt là một tam giác đều và tại mỗi đỉnh có 4 tam giác đều nên tổng các góc tại 1 đỉnh bằng 240 . Câu 94: (THPT Trần Hưng Đạo-TP HCM năm 2017-2018) Cho lăng trụ đứng ABC. ABC có đáy là ACB  60 góc giữa BC  và  AAC  bằng 30 . Tính thể tích tam giác vuông tại A , AC  a ,  V của khối lăng trụ ABC. ABC . A. V  a3 6 . a3 3 C. V  . 6 Lời giải 2a 3 B. V  . 6 Chọn A C B a A B’ C’ A’ a3 6 D. V  . 2 Tam giác ABC vuông tại A , có tan  ACB  Tam giác ABC có diện tích là S ABC  AB  AB  AC.tan 60  a 3 . AC 1 a2 3 AB. AC  . 2 2  AB  AC Ta có   AB   AAC C  . Do đó AC là hình chiếu của BC lên  AAC C  .  AB  AA  A  30 . BC , AC   BC  BC , AAC        Tam giác ACB vuông tại A , có cot  AC B  AC   AC  AB.cot 30  a 3. 3  3a . AB Tam giác ACC vuông tại C , có CC   AC 2  AC 2  9a 2  a 2  2a 2 . Thể tích của khối lăng trụ ABC. ABC là V  S ABC .CC   a2 3 .2a 2  a 3 6 . 2 Câu 95: (THPT Trần Hưng Đạo-TP HCM năm 2017-2018) Cho hình chóp S . ABC có thể tích bằng a3 3 , đáy là tam giác đều cạnh a 3 . Tính chiều cao h của hình chóp đã cho. 3 A. h  4a . 3 B. h  a . 4 C. h  4a . D. h  3a . 4 Lời giải Chọn A 1 3V Ta có: V  S ABC .h  h   3 S ABC 3. a3 3 3  a 3  . 43 2  4a . 3 Câu 96: (THPT Trần Hưng Đạo-TP HCM năm 2017-2018) Cho khối chóp S . ABCD có đáy là hình vuông cạnh a . Mặt bên SAB là tam giác đều, mặt phẳng ( SAB ) vuông góc với mặt phẳng ( ABCD ) . Tính thể tích V của khối chóp S . ABCD . A. V  a3 3 . 12 B. V  a3 3 . 6 C. V  Lời giải Chọn B a3 3 . 4 D. V  a3 3 . 9  SAB    ABCD   SH   ABCD  . Gọi H là trung điểm AB , ta có   SH  AB 1 a 3 a3 3 1 Ta có: VS . ABCD  S ABCD .SH  a 2 . .  3 2 6 3 Câu 97: (THPT Tứ Kỳ-Hải Dương năm 2017-2018) Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a , SA vuông góc với mặt phẳng đáy. Gọi I là trung điểm của BC , góc giữa  SBC  và  ABC  bằng 30 . Thể tích khối chóp S . ABC bằng: A. a3 3 . 8 B. a3 6 . 24 a3 6 . 8 Hướng dẫn giải C. D. a3 3 . 24 Chọn D S C A I B  BC  SA   30 . Ta có   BC   SAI   BC  SI    ABC  ,  SBC    SIA BC  AI  a 3 Do tam giác ABC đều cạnh a nên AI  . 2 1 a 3 a Xét tam giác vuông SAI có SA  AI . tan SIA  SA   . . 2 3 2 1 1 1 a 3 a a3 3 Thể tích khối chóp S . ABC là VS . ABC  . .BC. AI .SA  .a. . .  3 2 6 2 2 24 Câu 98: (THPT Tứ Kỳ-Hải Dương năm 2017-2018) Tổng diện tích các mặt của một hình lập phương bằng 96 cm 2 cm2. Thể tích của khối lập phương đó là: A. 64cm3 . B. 84 cm3 . C. 48cm3 . D. 91cm3 . Hướng dẫn giải Chọn A Gọi a là độ dài cạnh của hình lập phương. Tổng diện tích các mặt của một hình lập phương là: 6a 2  96  a 2  16  a  4 cm. Thể tích của khối lập phương đó là: V  43  64 cm3. Câu 99: (THPT Tứ Kỳ-Hải Dương năm 2017-2018) Cho khối lăng trụ đứng ABC. ABC  có đáy ABC   120 , mặt phẳng ( ABC ) tạo với đáy một góc 60 . là tam giác cân với AB  AC  a, BAC Tính thể tích của khối lăng trụ đã cho A. V  3a 3 . 8 B. V  9a 3 . 8 3a 3 . 8 Hướng dẫn giải D. V  C. 3 3a 3 . 8 Chọn A B C A B’ C’ I A’  IB  60 Hạ BI  AC  . Khi đó ta có  ABC   , ABC   B   a 3 BI   AC   120  B AI  60 . Do đó sin 60  Vì B .  BI  2 BA  IB  Suy ra tan B a 3 3a BB BB  BB  . 3  tan 60  2 2 BI BI a2 3 1 1 a Mặt khác S ABC  . AI .BC  . .a 3  . 4 2 2 2 Vậy thể tích khối chóp là V  B.h  a 2 3 a3 3 3a 3 .  . 4 2 8 Câu 100: (THPT Xuân Trường-Nam Định năm 2017-2018) Thể tích của khối lăng trụ tam giác đều có tất cả các cạnh đều bằng a là: A. a3 2 . 3 B. a3 2 . 2 C. a3 3 . 3 D. a3 3 . 4 Lời giải Chọn D Ta có V  Bh  a2 3 a3 3 .a  . 4 4 Câu 101: (THPT Xuân Trường-Nam Định năm 2017-2018) Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B . Biết SAB là tam giác đều và thuộc mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng  ABC  . Tính theo a A. a3 2 . 6 thể tích khối chóp S . ABC biết AB  a , AC  a 3 . B. a3 . 4 C. a3 6 . 4 D. a3 6 . 12 Lời giải Chọn B Gọi H là trung điểm của AB , do tam giác SAB đều nên SH  AB mà  SAB    ABC  nên SH   ABC  . Ta có SH  a 3 1 a2 3 1 a 3 a2 3 a3 1 và S ABC  AB. AC  nên VS . ABC  SH .S ABC  . .  . 2 2 2 3 2 2 4 3 Câu 102: (THPT Lương Văn ChasnhPhus Yên năm 2017-2018) Cho hình chóp S . ABCD . Gọi M , N , P , Q theo thứ tự là trung điểm của SA , SB , SC , SD . Tính tỉ số thể tích của hai khối chóp S .MNPQ và S . ABCD bằng A. 1 . 8 B. 1 . 2 C. Lời giải Chọn A 1 . 4 D. 1 . 16 S Q M N P D A B C 1 1 Ta có VS .MNP  VS . ABC và VS .MQP  VS . ADC 8 8 1 1 1  VS .MNPQ  VS .MQP  VS .MNP  VS . ABC  VS . ADC  VS . ABCD 8 8 8 V 1  S .MNPQ  . VS . ABCD 8 Câu 103: (THPT Lương Văn ChasnhPhus Yên năm 2017-2018) Cho khối lăng trụ ABC. ABC  có đáy ABC là tam giác đều cạnh bằng a , cạnh bên AA  a , góc giữa AA và mặt phẳng đáy bằng 30 . Tính thể tích khối lăng trụ đã cho theo a . A. a3 3 . 8 B. a3 3 . 24 C. a3 3 . 4 D. a3 3 . 12 Lời giải Chọn A Kẻ AH   ABC  , H   ABC  . Khi đó góc giữa AA và mặt phẳng đáy bằng góc giữa AA và AAH  30 . AH bằng  a Trong AAH vuông tại H , có AH  AA.sin  AAH  a.sin 30  AH  . 2 Ta có VABC . ABC  S ABC . AH  a2 3 a a3 3 . .  VABC . ABC   4 2 8 Câu 104: (THPT Đô Lương 4-Nghệ An năm 2017-2018) Thể tích hình chóp tứ giác đều có tất cả các cạnh đều bằng a bằng A. a3 2 . 6 B. a3 2 . 2 a3 . 6 C. D. a3 2 . 3 Lời giải Chọn A S A D O B AO  C a2 a 2 1 2 ; SO  SA2  AO 2  a 2  . AC   2 2 2 2 1 1 a 2 2 a3 2 . V  .SO.S ABCD  . .a  3 3 2 6 Câu 105: (THPT Đô Lương 4-Nghệ An năm 2017-2018) Lăng trụ đứng ABC. ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B . Biết AC  a 2 , AA  2a . Khi đó thể tích của lăng trụ đó bằng. a3 4a 3 3 3 A. a . B. . C. 4a . D. . 3 3 Lời giải Chọn A C’ A’ B’ A C B Ta có AB 2  BC 2  AC 2  2 AB 2  2a 2  AB  a . 1 1 VABC. ABC  S ABC . AA’ = AB 2 . AA’ = .a 2 .2a  a3 . 2 2 Câu 106: [2Đ1-2](THPT Đô Lương 4-Nghệ An năm 2017-2018) Đường cong trong hình vẽ bên là đồ thị của hàm số nào dưới đây? x 1 2x 1 A. y  . B. y  . 2x 1 x 1 2x 1 2x 1 C. y  . D. y  . 1  x 1 x Lời giải Chọn C Ta có đường thẳng x  1 là đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số nên ta loại đáp án A, B. Hàm số nghịch biến trên các khoảng  ;1 và 1;  nên ta chọn đáp án C vì hàm số y 3 2x 1  0 với x  1 . có y  1  x  1  x 2 Câu 107: (THPT Hậu Lộc 2-Thanh Hóa năm 2017-2018) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB  2a, AD  a 2. Tam giác SAB đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Thể tích V của hình chóp S . ABCD là: 3a 3 2 2a 3 3 a3 6 2a 3 6 A. V  B. V  C. V  D. V  . . . . 4 3 3 3 Lời giải Chọn D S A D H B C Gọi H là trung điểm của AB . Vì Tam giác SAB đều nên SA  AB .  SAB    ABCD   Ta có:  SAB    ABCD   AB  SH   ABCD   SH  AB  Tam giác SAB đều AB  2a nên SH  2a 3 a 3. 2 1 1 2a 3 6 Vậy V  SH .S ABCD  a 3.2a.a 2  . 3 3 3 Câu 108: (THPT Chuyên Biên Hòa-Hà Nam-lần 1 năm 2017-2018) Cho hình hộp đứng   60 , AB  hợp với đáy ABCD. ABC D có đáy ABCD là hình thoi cạnh a và BAD  ABCD  A. a3 . 2 một góc 30 . Thể tích của khối hộp là B. 3a 3 . 2 C. Lời giải Chọn B a3 . 6 D. a3 2 . 6 B’ C’ D’ A’ C B A D   AB  a 3 . AB . Suy ra BB  AB.tan B Góc giữa AB và  ABCD  bằng B Thể tích khối hộp đứng bằng V  BB.S ABCD  a 3. a 2 3 3a 3 .  2 2 Câu 109: (THPT Chuyên Biên Hòa-Hà Nam-lần 1 năm 2017-2018) Cho hình chóp S . ABC có VS . ABC  6a 3 . Gọi M , N , Q lần lượt là các điểm trên các cạnh SA , SB , SC sao cho SM  MA , SN  NB , SQ  2QC . Tính VS .MNQ : A. a 3 . B. 2 a 3 . C. 3a 3 . D. a3 . 2 Lời giải Chọn A S M Q N C A B Ta có VS .MNQ VS . ABC  SM SN SQ 1 1 2 1 1 1  . .   VS .MNQ  VS . ABC  .6a 3  a 3 . . . 6 6 SA SB SC 2 2 3 6 Câu 110: (THPT Trần Nhân Tông-Quảng Ninh-lần 1 năm 2017-2018) Cho hình hộp đứng ABCD. ABC D có đáy là hình vuông, cạnh bên bằng AA  3a và đường chéo AC   5a . Tính thể tích khối hộp này. A. V  4a 3 . B. V  24a 3 . C. V  12a 3 . D. V  8a 3 . Hướng dẫn giải. Chọn B 2 Ta có AC   AC 2  AA2   5a    3a  2  4a . suy ra AC  4a  2. AB  AB  2 2.a .   2 VABCD. A ‘ BC D  S ABCD . AA  2 2a .3a  24a 3 . Câu 111: (THPT Trần Nhân Tông-Quảng Ninh-lần 1 năm 2017-2018) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật. Hai mặt phẳng  SAB  và  SAC  cùng vuông góc với mặt phẳng  ABCD  . Biết rằng A. V  a 3 . AB  a , AD  a 3 và SC  7 a . Tính thể tích khối chóp S . ABCD . B. V  2a 3 . C. V  3a 3 . D. V  4a 3 Hướng dẫn giải. Chọn A S A B C Ta có  SAB    ABCD     SAC    ABCD    SA   ABCD  .  SAB    SAC   SA  a 7  AC  AB 2  BC 2  a 2  a 3 SA  SC 2  AC 2  2 D  2  2a . 2   2a   a 3 . 1 1 1 VS . ABCD  S ABCD .SA  . AB. AD.SA  .a.a 3.a 3  a 3 3 3 3 Câu 112: (THPT Trần Nhân Tông-Quảng Ninh-lần 1 năm 2017-2018) Cho hình lăng trụ ABC. ABC  biết A. ABC là tứ diện đều cạnh cạnh bằng a . Tính thể tích khối ABCC B . A. V  a3 . 2 2a 3 . 6 B. V  C. V  2a 3 . 12 D. V  3a 3 3 Hướng dẫn giải. Chọn B B’ A’ C’ a A B H C Ta có VABCC B  VABC . ABC   VA. ABC 2 a2 3 a 6 a3 2 2 2 .  .  VABCC B  .VABC . ABC   .S ABC . AH  . 3 4 3 6 3 3 Câu 113: (THPT Trần Nhân Tông-Quảng Ninh-lần 1 năm 2017-2018) Trong không gian, cho tam giác ABC vuông tại cân A , gọi I là trung điểm của BC , BC  2 .Tính diện tích xung quanh của hình nón, nhận được khi quay tam giác ABC xung quanh trục AI . A. S xq  2 . C. S xq  2 2 . B. S xq  2 . D. S xq  4 . Hướng dẫn giải Chọn A A B R I C 2 BC  1 , l  AB  AC   2. 2 2 S xq   R  2 Câu 114: (THPT Trần Nhân Tông-Quảng Ninh-lần 1 năm 2017-2018) Cho hình chóp b  0 có đáy ABCD là hình chữ nhật.Tam giác SAB nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng  ABCD  .Biết rằng ASB  60 . Tính diện tích của khối cầu ngoại tiếp hình chóp AB  a , và  S . ABCD . A. S  13 a 2 . 2 B. S  13 a 2 . 3 C. S  11 a 2 . 2 D. S  11 a 2 . 3 Hướng dẫn giải Chọn B S d A D O B C Gọi R1 , R2 là bán kính đường tròn ngoại tiếp hình chữ nhật ABCD và mặt bên  SAB  . Gọi R là bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABCD . AB a a 1 1 2 Khi đó R1  AC  . a  3a 2  a và R2    2 2 3 2sin  ASB 2sin 60 Vì hình chóp đã cho có mặt bên  SAB  vuông góc với đáy  ABCD  nên bán kính mặt cầu hình chóp S . ABCD được tính theo công thức: R 2  R12  R22  AB 2 a 2 a 2 13a 2 .  a2    4 3 4 12 Diện tích của khối cầu ngoại tiếp hình chóp đã cho là: S  4 R 2  13 a 2 . 3 Câu 115: (THPT Trần Nhân Tông-Quảng Ninh-lần 1 năm 2017-2018) Một thầy giáo muốn tiết kiệm tiền để mua cho mình một chiếc xe Ô tô nên mỗi tháng gửi ngân hàng 4.000.000 VNĐ với lãi suất 0.8% /tháng. Hỏi sau bao nhiêu tháng thầy giáo có thể mua được chiếc xe Ô tô 400.000.000 VNĐ? A. n  72 . B. n  73 . C. n  74 . D. n  75 . Hướng dẫn giải Chọn C Ta có S n  A n 1  r   1 1  r  .  r  S n .r   400000000.0,8%   n  log1 r    1  log1,008   1  73,3 .  A 1  r    4000000 1  0,8%   Vậy sau 74 tháng thầy giáo có thể mua được chiếc xe Ô tô 400.000.000 VNĐ. Câu 116: (THPT Yên Định-Thanh Hóa-lần 1 năm 2017-2018) 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  a3 . 6 B. V  a3 . 3 C. V  a3 . 2 D. V  a 3 . Hướng dẫn giải Chọn C Ta có: ABC vuông cân tại B và AC  a 2 . SAO  a . 1 1 Thể tích của khối lăng trụ là: V  S ABC .BB  AB.BC.BB  a 3 . 2 2 Câu 117: (THPT Yên Định-Thanh Hóa-lần 1 năm 2017-2018) Cho khối chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình bình hành và có thể tích bằng 48 . Gọi M , N , P lần lượt là điểm thuộc các cạnh AB , CD , SC sao cho MA  MB, NC  2 ND , SP  PC . Tính thể tích P.MBCN . A. V  14 . B. V  20 . C. V  28 . Hướng dẫn giải Chọn A Đặt CD  a và h là độ dài đường cao hạ từ A xuống CD . V của khối chóp D. V  40 . Diện tích hình bình hành ABCD là: S ABCD  a.h . Diện tích hình thành BMNC là: S BMNC  1 1 a 2a 7 7  BM  CN  h     h  ah  S ABCD . 2 2 2 3  12 12 1 1 7 1 7 7 Suy ra: VP.MNCB  S MNCB .d P ,( MNCP )  . S ABCD . d S ,( ABCD )  VS . ABCD  .48  14 . 3 3 12 2 24 24 Câu 118: (THTT số 5-488 tháng 2 năm 2018) Tính thể tích của một hình hộp chữ nhật biết rằng ba mặt của hình này có diện tích là 20 cm 2 , 10 cm 2 , 8cm 2 . A. 40 cm3 . B. 1600 cm3 . C. 80 cm3 . D. 200 cm3 . Lời giải Chọn A Giả sử hình chữ nhật có ba a.b  20  2 2 2 a.c  10  a .b .c  1600  a.b.c  40 . b.c  8  kích thước là a, b, c. Ta Vậy thể tích khối hộp chữ nhật là 40 cm3 . Câu 119: (THPT Mộ Đức-Quãng Ngãi-lần 1 năm 2017-2018) Cho khối chóp đều S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , SA  a 3 . Tính thể tích V của khối chóp S . ABCD theo a . A. V  2 3 a . 3 B. V  11 3 a . 6 C. V  2 6 3 a . 9 D. V  10 3 a . 6 Lời giải Chọn D Gọi O là tâm hình vuông ABCD  SO   ABCD  . SO  SA2  OA2  3a 2  a 2 a 10  . 2 2 1 a 10 2 10 3 1 .a  a . Thể tích của khối chóp S . ABCD là V  .SO.S ABCD  . 3 2 6 3 Câu 120: (THPT Mộ Đức-Quãng Ngãi-lần 1 năm 2017-2018) Cho lăng trụ đều ABC. ABC  có AB  3cm và đường thẳng AB vuông góc với đường thẳng BC  . Thể tích khối lăng trụ ABC. ABC  bằng có A. 9 3 cm . 2 B. 2 3cm3 . C. 7 6 cm3 . 4 D. 27 6 cm3 . 16 Lời giải Chọn A A’ C’ B’ N C A M B Gọi M là trung điểm của BC . Suy ra AM   BCC B   AM  BC  . Mà BC   AB  BM  BC  . a 2b a   BC   cot BB M   Đặt AB  a , AA  b . Ta có tan B . b b a 2 Mà AB  3  AB 2  AA2  3  a 2  a2  3 a  6 . 2 2 Thể tích khối lăng trụ là V  AA.S ABC  3. 6 . 3 9 3  cm . 4 2 Câu 121: (THPT Hoàng Hoa Thám-Hưng Yên-lần 1 năm 2017-2018) Cho hình hộp chữ nhật ABCD. ABC D có AB  a , BC  a , AA  2a . Tính thể tích khối ABCDBC D . 5 10 3 5 A. 2a3 . B. a3 . C. D. a3 . a . 3 3 2 Lời giải Chọn B Thể tích khối hộp chữ nhật: V  AA. AB.BC  2a 3 . 1 1 a3 Thể tích khối chóp A.BCD : V   . AA. .BC.CD  . 3 2 3 5 3 Thể tích khối ABCDBC D : VABCDBC D  V  V   a . 3 Câu 122: (THPT Hoàng Hoa Thám-Hưng Yên-lần 1 năm 2017-2018) Cho hình lăng trụ ABC. ABC  có ABC và ABC là các tam giác đều, biết mặt phẳng  ABC  vuông góc với mặt phẳng  ABC  . Có bao nhiêu mặt phẳng  P  đường kính BC ? A. 0 . B. 2 . chứa cạnh AA của hình lăng trụ và tiếp xúc với mặt cầu C. Vô số. Lời giải D. 1. Chọn B C’ B’ A’ C I B A Gọi I là trung điểm của BC . Theo giả thiết AI   ABC  . BC 3 BC . Bán kính mặt cầu đường kính BC bằng . 2 2 AA nằm ngoài mặt cầu đường kính BC . Có 2 mặt phẳng  P  chứa cạnh AA của hình lăng trụ và tiếp xúc với mặt cầu đường kính Ta có AI  AI  BC . Câu 1: (SGD Bà Rịa Vũng Tàu-đề 1 năm 2017-2018) Cho khối chóp tứ giác đều có cạnh đáy bằng a , cạnh bên bằng 3a . Tính thể tích V của khối chóp đã cho. 2a 3 . 2 A. V  B. V  34a 3 . 2 C. V  34a 3 . 6 D. V  2a 3 . 6 Lời giải Chọn C S B C O A D Gọi O là tâm mặt đáy  ABCD  của hình chóp tứ giác đều S . ABCD . Ta có SO   ABCD   SO là đường cao của hình chóp. Tam giác SAO vuông tại O có OA  1 a 2 a 34 , SA  3a  SO  SA2  OA2  . AC  2 2 2 1 a 3 34 Khi đó thể tích khối chóp tứ giác đều là V  S ABCD .SO  . 3 6 Câu 2: (SGD Bà Rịa Vũng Tàu-đề 1 năm 2017-2018) Cho khối lăng trụ tam giác ABC. ABC  . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của BB và CC  . Mặt phẳng  AMN  chia khối lăng trụ thành hai khối đa diện. Gọi V1 là thể tích của khối đa diện chứa đỉnh B và V2 là thể tích khối đa diện còn lại. Tính tỉ số A. S  13 . 3 V1 . V2 B. V1  2. V2 C. V1  3. V2 Lời giải Chọn B D. V1 5  . V2 2 C’ A’ B’ N M C A B Đặt thể tích của khối lăng trụ ABC. ABC  là V , khi đó ta có thể tích khối chóp A. ABC là V 2V .  thể tích khối chóp A.BCC B  3 3 Mặt khác thể tích khối chóp A.BCNM bằng thể tích khối chóp A.BC NM nên thể tích khối V chóp A.BCNM bằng . 3 V 2V V Vậy V1  , V2   1  2 . V2 3 3 Câu 3: (SGD Bà Rịa Vũng Tàu-đề 2 năm 2017-2018) Cho khối chóp S . ABCD có đáy là hình chữ nhật AB  a , AD  a 3 , SA vuông góc với đáy và SC tạo với mặt phẳng  SAB  một góc 30 . Tính thể tích V của khối chóp đã cho. A. V  2a 3 6 . 3 B. V  a3 6 . 3 C. V  2 6a 3 . Lời giải Chọn A  BC  AB Ta có:   BC   SAB  .  BC  SA SB là hình chiếu của SC lên mặt phẳng  SAB  . D. V  4a 3 . 3   30 .   SC ,  SAB     SC , SB   CSB Xét SBC vuông tại B , ta có: SB  a 3 BC  3a .  tan30 3 3 Xét tam giác SAB vuông tại A , ta có: SA  SB 2  AB 2  9a 2  a 2 . 2 6a 3 1 1 Thể tích của khối chóp là V  .S ABCD .SA  .a.a 3.2a 2  . 3 3 3 Câu 4: (SGD Bà Rịa Vũng Tàu-đề 2 năm 2017-2018) Cho khối chóp tứ giác đều có cạnh đáy bằng a , cạnh bên bằng 2a . Tính thể tích V của khối chóp đã cho. A. V  2a 3 . 6 B. V  2a 3 14a 3 . C. V  . 2 2 Lời giải D. V  14a 3 . 6 Chọn D S A B O D C a 2 Ta có: SO  SB  OB   2a      2  2 2 2 2  14a . 2 1 1 14a 14a 3 V  .S ABCD .SO  .a 2 .  . 3 3 2 6 Câu 5: (THPT Lê Quý Đôn-Hà Nội năm 2017-2018) Cho hình chóp S . ABC có đáy là tam giác vuông tại A ; AB  a ; AC  2a . Đỉnh S cách đều A , B , C ; mặt bên  SAB  hợp với mặt đáy một góc 60 . Tính thể tích khối chóp S . ABC . 1 A. V  a 3 . 3 B. V  3a 3 . C. V  Lời giải Chọn C 3 3 a . 3 D. V  a 3 . Gọi H là trung điểm của BC , vì ABC vuông tại A nên H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC . Do S cách đều A , B , C  SH   ABC  . Gọi M là trung điểm của AB thì HM  AB   60 . nên SM  AB . Vậy góc giữa  SAB  và  ABC  là góc SMH Ta có HM  1 AC  a ; SH  HM . tan 60  a 3 . 2 Vậy VS . ABC  1 1 a3 3 . SH . AB. AC  3 2 3 Câu 6: (THPT Lê Quý Đôn-Hà Nội năm 2017-2018) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thang với AD // BC và AD  2 BC . Kết luận nào sau đây đúng? A. VS . ABCD  4VS . ABC . B. VS . ABCD  6VS . ABC . C. VS . ABCD  3VS . ABC . D. VS . ABCD  2VS . ABC . Lời giải Chọn C S A B M D C 1 1 Ta có S ABC  S ABCD  VS . ABC  VS . ABCD . 3 3 Câu 7: (THPT Hà Huy Tập-Hà Tĩnh-lần 2 năm 2017-2018) Cho hình chóp S. ABCD đáy là hình a 13 . Hình chiếu của S lên  ABCD  là trung điểm H của AB . Thể 2 tích khối chóp S. ABCD là vuông cạnh a, SD  A. a3 2  3 B. a 3 12 . C. a3  3 D. 2a 3  3 Lời giải Chọn A 2 Ta có HD  AH 2  AD 2  a 2  2 2 a 13a 5a a 5 . SH  SD 2  HD 2    a 2 4 4 4 2 1 1 a3 2 Vậy VS . ABCD  .SH .S ABCD  .a 2.a 2  . 3 3 3 Câu 8: (THPT Phan Châu Trinh-DakLak-lần 2 năm 2017-2018) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là   60 , SO   ABCD  và mặt phẳng  SCD  tạo với mặt đáy hình thoi tâm O , AB  a , BAD một góc 60 . Tính thể tích khối chóp S . ABCD . A. VS . ABCD  3a 3 . 24 B. VS . ABCD  3a 3 3a 3 . C. VS . ABCD  . 8 12 Lời giải D. VS . ABCD  Chọn B S B C O A I J D   BAD   60 , do đó tam giác BCD đều cạnh a . Ta có BCD a 3 . 2 Gọi I là trung điểm của DJ , suy ra OI //BJ , do đó OI  CD . Theo định lí ba đường vuông góc suy ra CD  SI . Gọi J là trung điểm của CD , khi đó BJ  CD và BJ  Ta có  SCD    ABCD   CD ; Trong  SCD  có SI  CD ; trong  ABCD  có OI  CD   60 . Suy ra góc giữa  SCD  và  ABCD  là SIO 3a 3 . 48   60 , OI  1 BJ  a 3 , do đó Trong tam giác SOI vuông tại O , có SIO 4 2 SO  OI . tan 60  a 3 3a . 3 . 4 4 Diện tích mặt đáy S ABCD  2S BCD  2 a2 3 a2 3  . 4 2 1 3a a 2 3 a 3 3 1  Thể tích khối chóp là VS . ABCD  SO.S ABCD  . . . 3 4 2 8 3 Câu 9: (THPT Chuyên Lam Sơn-Thanh Hóa-lần 2 năm 2017-2018) Cho hình chóp tứ giác đều có cạnh đáy bằng a , cạnh bên bằng a 2 (hình vẽ). Thể tích khối chóp là a 2 a A. a3 6 . 6 B. 2a 3 2 . 3 C. a3 6 . 3 D. a3 3 . 6 Lời giải Chọn A Xét hình chóp tứ giác đều S . ABCD . Ta có: OD  a2 a 6 a 2 , SO  SD 2  OD 2  2a 2   . 2 2 2 1 1 a 6 2 a3 6 . VS . ABCD  .SO.S ABCD  . .a  3 3 2 6 Câu 10: (THPT Hồng Lĩnh-Hà Tĩnh-lần 1 năm 2017-2018) Cho khối lăng trụ ABC. ABC  , mặt bên  ABBA có diện tích bằng 10 . Khoảng cách đỉnh C đến mặt phẳng  ABBA  bằng 6 . Thể tích khối lăng trụ đã cho bằng A. 40 . B. 60 . Chọn C C. 30 . Lời giải D. 20 . B C A C’ B’ A’ Gọi V là thể tích khối lăng trụ ABC. ABC  khi đó VC . ABBA 3 2   VABC . ABC   VC . ABBA . VABC . ABC 3 2 1 Theo đề bài ta có VC . ABBA  .10.6  20 . 3 3 Vậy VABC . ABC   .20  30 . 2 Câu 11: (THPT Hồng Lĩnh-Hà Tĩnh-lần 1 năm 2017-2018) Cho hình chóp S . ABC có góc    CSA   60 , SA  2 , SB  3 , SC  6 . Thể tích của khối chóp S . ABC bằng ASB  BSC A. 2 2 . B. 3 2 . C. 3 3 . D. K . Lời giải Chọn B Trên cạnh SB , SC lần lượt lấy B , C  sao cho SB  SC   SA  2 . Suy ra S . ABC  là tứ diện đều cạnh bằng 2 . Suy ra VS . ABC   Mặt khác: 23 2 8 2 2 2   . 12 12 3 VS . ABC  SA SB SC  2 2 2 2 2 2  . .  .   VS . ABC  : 3 2. VS . ABC SA SB SC 3 6 9 3 9 Câu 12: (THPT Lê Quý Đôn-Hải Phòng lần 1 năm 2017-2018) Cho khối chóp S . ABC có thể tích V , nếu giữ nguyên chiều cao và tăng các cạnh đáy lên 3 lần thì thể tích khối chóp thu được là A. 3V . B. 6V . C. 9V . D. 12V . Lời giải Chọn C Gọi a , b , c lần lượt là độ dài các cạnh của ABC . Đặt p  3 a  b  c 2 abc .3  p  a  .3  p  b  .3  p  c   9 S ABC 2  Thể tích khối chóp thu được là 9V . Câu 13: (THPT Lê Quý Đôn-Hải Phòng lần 1 năm 2017-2018) Cho lăng trụ tam giác ABC. ABC  có đáy là tam giác ABC đều cạnh bằng a . Hình chiếu vuông góc của A trên mặt phẳng  ABC  trùng với thì S1  3. trung điểm H của cạnh AB . Góc giữa cạnh bên của lăng trụ và mặt phẳng đáy bằng 30o . Tính thể tích của khối lăng trụ đã cho theo a . A. 3a 3 . 4 B. a3 . 4 C. a3 . 24 D. a3 . 8 Lời giải Chọn D a 3 a 3 Ta có AH là hình chiếu của AA trên  ABC     AAH  30o  AH  . 2 3 6 V  AH .S ABC  a 3 a2 3 a3  . . 8 6 4 Câu 14: (THPT Lê Quý Đôn-Quãng Trị-lần 1 năm 2017-2018) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a . Hình chiếu của S lên mặt phẳng đáy trùng với trọng tâm của tam giác ABD . Cạnh SD tạo với đáy một góc 60 . Tính thể tích của khối chóp S . ABCD . A. a 3 15 . 3 B. a 3 15 . 27 C. Lời giải Chọn C a 3 15 . 9 D. a3 . 3 S M A B H D C 2 a 5 2 a 5 a Ta có: DM  AD 2  AM 2  a 2      DH  DM  2 3 3 2   a 5 .tan 60  a 15 .  SH  DH .tan SDH 3 3 1 1 a 15 2 a 3 15 . VS . ABCD  SH .S ABCD  . a  3 3 3 9 Câu 15: (THPT Đức THọ-Hà Tĩnh-lần 1 năm 2017-2018) Cho lăng trụ tam giác ABC. ABC  có đáy ABC là tam giác đều cạnh AB  2a 2 . Biết AC   8a và tạo với mặt đáy một góc 45 . Thể tích khối đa diện ABCC B bằng A. 16a 3 6 . 3 B. 8a 3 6 . 3 16a 3 3 . 3 Lời giải C. D. 8a 3 3 . 3 Chọn A C’ A’ H B’ C A B Ta có VABC . ABC   VA. ABC  VABCC B  VABCCB  VABC . ABC   VA. ABC . 1 Mặt khác VA. ABC   VABC . ABC  nên  VABCCB  VABC . ABC   VA. ABC  2VA. ABC  . 3 Gọi H là hình chiếu của A trên mặt phẳng  ABC   khi đó góc giữa AC  và mặt phẳng đáy  ABC là góc  AC H  45 . Xét tam giác vuông AHC  có AC   8a và  AC H  45 nên AH  4a 2 . 2 8a 3 6 1 1 1 Thể tích khối chóp A. ABC  là VA. ABC   S ABC  . AH  . 2a 2 .sin 60.4a 2  3 3 3 2   Vậy thể tích khối đa diện ABCC B là  VABCC B  2VA. ABC  16a 3 6 . 3 Câu 16: (THPT Chuyên Thái Bình-lần 4 năm 2017-2018) Một hình hộp chữ nhật ABCD. ABC D có ba kích thước là 2 cm , 3cm và 6 cm . Thể tích của khối tứ diện ACBD bằng A. 12 cm3 . B. 8cm 3 . C. 6 cm3 . D. 4 cm3 . Lời giải Chọn A Thể tích khối hộp chữ nhật ABCD. ABC D là V  2.3.6  36  cm 3  . 1 Ta có VA. ABD  VC .C BD  VD. DAC  VB.BAC  V . 6 4 1 1 Nên: VACBD  V  VA. ABD  VC .C BD  VD.DAC  VB. BAC   V  V  V  .36  12  cm3  . 6 3 3 B C A D B’ C’ A’ D’ Câu 17: (SGD Hà Nội-lần 11 năm 2017-2018) Cho hình chóp tứ giác đều S . ABCD có tất cả các cạnh bằng nhau. Gọi E , M lần lượt là trung điểm của các cạnh BC và SA ,  là góc tạo bởi đường thẳng EM và mặt phẳng  SBD  . Giá trị của tan  bằng A. 2 . B. 3. C. 1 . D. Lời giải Chọn D S M B A O D Dựng hình bình hành ABFC . E C F 2. Ta có EM // SF nên góc giữa EM và  SBD  bằng góc giữa SF và  SBD  . . FB // AC  FB   SBD  do đó góc giữa SF và  SBD  bằng góc FSB  Ta có tan FSB BF AC   2 . Vậy chọn D. SB SB Cách 2: z S M A D y O x C B E Tọa độ hóa với Ox  OC , Oy  OB, Oz  OS  OA  1 . Error! Not a valid link.  Ta có C 1;0;0  , A  1; 0;0    SBD  nhận AC   2;0;0  là một VTPT.  S  0; 0;1  1 1 Từ SA  AB  OA 2  2  SO  SA2  OA2  1    M   ;0;  .  2 2  A  1;0;0    1 1  C 1; 0;0  1 1  Ta có   E  ; ;0   EM nhận ME   1; ;   2 2   2 2  B  0;1;0  Là một VTCPT   ME. AC 2 6 1  sin  EM ;  SBD       cos    tan   2 . 2 2 ME. AC 3 3 1 1     12        .2 2  2 Là một VTCPT   ME. AC 2 6 1   sin  EM ;  SBD       cos    tan   2 . 2 2 ME. AC 3 3 1  1 2 1        .2 2  2 Câu 18: (SGD Hà Nội-lần 11 năm 2017-2018) Cho khối trụ có bán kính hình tròn đáy bằng r và chiều cao bằng h . Hỏi nếu tăng chiều cao lên 2 lần và tăng bán kính đáy lên 3 lần thì thể tích của khối trụ mới sẽ tăng lên bao nhiêu lần? A. 18 lần. B. 6 lần. C. 36 lần. D. 12 lần Lời giải Chọn A 2 V1  2h.  3r   18  h. r 2   18V Câu 19: (SGD Hà Nội-lần 11 năm 2017-2018) Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a , cạnh bên SA vuông góc với đáy, đường thẳng SC tạo với đáy một góc bằng 60 . Thể tích của khối chóp S . ABC bằng A. a3 . 8 B. a3 . 4 C. Lời giải a3 . 2 D. 3a 3 . 4 Chọn B S C A B Diện tích ABC là S ABC  a 2 3 . 4 SA   ABC  nên AC là hình chiếu của SC lên  ABC  .   60 .   SC ,  ABC     SC , AC   SCA  a 3.   60 , ta có SA  AC.tan SCA SAC vuông tại A có SCA 1 1 a2 3 a3 Thể tích khối chóp là V  .S ABC .SA  . .a 3  . 3 3 4 4 Câu 20: (THTT số 6-489 tháng 3 năm 2018) Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC. ABC  có cạnh đáy bằng 2a , góc giữa hai đường thẳng AB và BC  bằng 60 . Tính thể tích V của khối lăng trụ đó. A. V  2 3a 3 . 3 B. V  2 3a 3 . C. V  2 6a 3 . 3 Lời giải Chọn D Đặt AA  x, x  0 .          2 Ta có: AB.BC   BB  BA BC  BB   BA.BC  BB      BA.BC.cos 602  BB2  x 2  2a 2 . AB  BC   x 2  4a 2 .   AB.BC  1 Theo đề: cos 60    AB.BC  2 x 2  2a 2 x 2  4 a 2 . x 2  4a 2  x 2  4a 2  2 x 2  4a 2  x 2  4a 2  2 x 2  2a 2   2  x  2a 2 . 2 2 2  x  4a  2 x  4a D. V  2 6a 3 . Vậy V  AA. AB 2 3  2a 3 6 . 4 Câu 21: (THTT số 6-489 tháng 3 năm 2018) Cho hình chóp S . ABCD , đáy ABCD là hình vuông cạnh 2a . Hai mặt phẳng  SAB  ,  SAD  cùng vuông góc với đáy, góc giữa hai mặt phẳng  SBC  và  ABCD  A. bằng 30 . Tính tỉ số 3 . 12 B. 3V biết V là thể tích của khối chóp S . ABCD . a3 3 . 2 C. 3. D. 8 3 . 3 Lời giải Chọn D S A B D C  SAB    ABCD  Do   SA   ABCD  .  SAD    ABCD   . Do đó SA  tan SBA   1  SA  2a . Góc giữa  SBC  và  ABCD  bằng góc SBA AB 3 3 1 1 2a 8 3 VS . ABCD  SA.S ABCD  .4a 2  a . 3 3 3 3 3 Câu 22: (THPT Nguyễn Trãi-Đà Nẵng-lần 1 năm 2017-2018) Cho khối chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , Tam giác SAB cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy. Biết thể tích của khối chóp S . ABCD là a 3 15 . Góc giữa đường thẳng SC và mặt 6 phẳng đáy  ABCD  là A. 120 . Chọn D B. 30 . C. 45 . Lời giải D. 60 . Gọi H là trung điểm AB . Ta có SH  ( ABCD ) . S ABCD  a 2 . 3V a 15 1 .  V  S ABCD .SH  SH  3 S ABCD 2 a 5 . 2  SC ,  ABCD    SC , CH  . CH  AC 2  AH 2    SH  3. CH Vậy  SC ,  ABCD    60  tan SCH Câu 23: (THPT Nguyễn Trãi-Đà Nẵng-lần 1 năm 2017-2018) Cho hình chóp tứ giác đều có tất cả các cạnh bằng nhau, đường cao của một mặt bên là a 3 . Tính thể tích V của khối chóp đó. A. V  a3 2 . 9 B. V  4a 3 2 . Lời giải Chọn C C. V  4a 3 2 . 3 D. V  a3 2 . 6 Gọi cạnh của hình chóp tứ giác đều là x . Xét tam giác vuông SCH ta có SC 2  HC 2  SH 2  x 2  x2  3a 2  x  2a . 4 Chiều cao SO  SH 2  HO 2  3a 2  a 2  a 2 . 1 4a 3 2 Thể tích khối chóp là V  .a 2.4a 2  . 3 3 Câu 24: (THPT Đặng Thúc Hứa-Nghệ An-lần 1 năm 2017-2018) Nếu tăng kích thước của một khối hộp chữ nhật lên 3 lần thì thể tích của nó tăng lên bao nhiêu lần? A. 27 lần. B. 9 lần. C. 18 lần. D. 3 lần. Lời giải Chọn A Gọi a , b , c ( a  0 , b  0 , c  0 ) là kích thước ban đầu của khối hộp chữ nhật. Khi tăng kích thước kích thước lên 3 lần ta được độ dài ba cạnh là 3a , 3b , 3c . Gọi V và V  lần lượt là kích thước ban đầu của khối hộp chữ nhật và kích thước sau khi tăng lên 3 lần; khi đó: V   3a.3b.3c  27abc  27V . Câu 25: (THPT Đặng Thúc Hứa-Nghệ An-lần 1 năm 2017-2018) Cho hình lập phương ABCD. ABC D có cạnh bằng a . Gọi K là trung điểm của DD . Khoảng cách giữa hai đường thẳng CK và AD bằng A. a 3 . 3 B. a 3 . 2 C. Lời giải Chọn D 2a 3 . 3 D. a . 3 H D C B A K C’ D’ A’ B’ Từ D kẻ DH // CK  H  CC   . Khi đó d  CK , AD   d  CK ,  ADH    d  C ,  ADH    Ta có VACDH  a3 1 AD.S DHC  . 12 3 Mà AD  a , DH  a 5 a 17 , AH  . 2 2 Xét tam giác ADH có cos DAH   S ADH 3VCAHD . S ADH 3 AD 2  AH 2  DH 2 5  sin DAH   2 AD. AH 34 34 1 3a 2   .  A D. A H  2 4 3a 3 a Vậy d  C ,  ADH    122  . 3a 3 4 Câu 26: (THPT Chuyên Phan Bội Châu-lần 2 năm 2017-2018) Thể tích của khối lập phương ABCD. ABC D có đường chéo AC   6 bằng A. 3 3 . B. 2 3 . C. 2 . Lời giải D. 2 2 . Chọn D Gọi a là cạnh của hình lập phương ABCD. ABC D . Ta có AC   a 3  6  a  2 Thể tích của khối lập phương là V  a 3   2 3 2 2. Câu 27: (THPT Chuyên Trần Phú-Hải Phòng-lần 2 năm 2017-2018) Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh 2a , tam giác SAB đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy. Tính khoảng cách từ điểm S đến mặt phẳng  ABC  . A. a 3 . 2 B. a 3 . C. 2a 3 . D. a 6 . Lời giải Chọn B S I A B C   Gọi trung điểm của AB là I . Suy ra SI  AB . Do đó SI   ABC  nên SI  d S ,  ABC  . Theo giả thiết tam giác SAB đều nên SB  AB  2a , IB  a . Do đó SI  SB 2  IB 2  a 3 . Câu 28: (THPT Chuyên Trần Phú-Hải Phòng-lần 2 năm 2017-2018) Cho khối lăng trụ đứng ABC. ABC    120 , mặt phẳng  ABC  tạo với đáy một có đáy là tam giác cân ABC với AB  AC  2 x , BAC góc 30 . Tính thể tích V của khối lăng trụ đã cho. A. V  4 x3 . 3 B. V  x3 . C. V  3×3 . 16 D. V  9 x3 . 8 Lời giải Chọn B A C B A C I B Gọi I là trung điểm BC  . Ta có  ABC  , ABC    AIA  30 ,    AI  AB.tan 60  x , AA  AI .tan 30  Trong ABI : AI  AB.cos 60  x .Trong AAI : AA  AI .tan 30  x . 3 x . 3 VABC . ABC   x 1 . .2 x.2 x.sin120  x3 . 3 2 Câu 29: (PTNK-ĐHQG TP HCM-lần 1 năm 2017-2018) Cho khối chóp S . ABC , gọi G là trọng tâm V của tam giác ABC . Tỉ số thể tích S . ABC bằng VS . AGC A. 3 . B. 1 . 3 C. 2 . 3 D. 3 . 2 Lời giải Chọn A S L A N O C H G J K B Ta có VS . ABC SABC d  B; AC  BO BL      3. VS . AGC SAGC d  G; AC  GN GL 1 Chú ý: Ta có thể nhận xét nhanh G là trọng tâm ABC thì SGAC  S BAC . 3 Câu 30: (SGD Phú Thọ – lần 1 – năm 2017 – 2018) Cho hình lập phương ABCD. ABC D có cạnh bằng 1 . Khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng  ABD  bằng A. 2 . 2 B. 3 . C. 3 . 3 D. Lời giải Chọn C C’ B’ A’ D’ B C D A 3. 1 2x 1 Ta có VA. ABD  .S ABD .d  A,  ABD   y  . 3 x 1 1 1 VA. ABD  .S ABD . AA  . 3 6 2 ABD là tam giác đều cạnh 2 nên S ABD  2 .  3  4 3 . 2 1 3 Vậy d  A,  ABD    6  . 3 3 2 3. Câu 31: (THPT Tây Thụy Anh – Thái Bình – lần 1 – năm 2017 – 2018) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB  a , AD  2a , cạnh bên SA vuông góc với đáy và thể tích 2a 3 . Tính số đo góc giữa đường thẳng SB với mặt phẳng  ABCD  . 3 B. 60 . C. 45 . D. 75 . Lời giải khối chóp S . ABCD bằng A. 30 . Chọn C S 2a a A B D C 3 2a 1 1 Ta có VS . ABCD  .S ABCD .SA  .a.2a.SA   SA  a . 3 3 3 SA   ABCD   AB là hình chiếu của SB lên mặt phẳng  ABCD  . .   SB,  ABCD     SB, AB   SBA   45 . Xét tam giác SBA vuông tại A có AB  SA  a nên SBA Câu 32: (THPT Yên Lạc – Vĩnh Phúc – lần 4 – năm 2017 – 2018) Khối bát diện đều có bao nhiêu mặt phẳng đối xứng? A. 6 . B. 8 . C. 4 . D. 9 . Lời giải Chọn D Hình bát diện ABCDEF có 27216 mặt phẳng đối xứng: 3 mặt phẳng  ABCD  ,  BEDF  ,  AECF  và 6 mặt phẳng mà mỗi mặt phẳng là trung trực của hai cạnh song song. Câu 33: (THPT Hồng Bàng – Hải Phòng – năm 2017 – 2018) ABC. ABC  có cạnh đáy AB  a , cạnh bên AA  Cho lăng trụ tam giác đều a 2 . Khoảng cách giữa hai đường thẳng 2 BC  và CA bằng A. a 6 . 6 B. a 6 . 24 C. a 6 . 12 D. a 6 . 3 Lời giải Chọn A z A’ C’ B’ x y A C O B Gắn hệ trục tọa độ Oxyz vào trung điểm O của BC , ta được 1  2  3 2   1  1  a  ; A  0; a; a B   ;0; 0  ; C  a;0;0  ; C   a; 0; 2  2   2  2  2  2   1  3  2    2   Ta có AC  a; ; BC   a;0; a ; a a  ; CB  a;0;0   2   2 2 2         AC ; BC  .CB a 6   . d  AC , BC      6  AC ; BC    Câu 34: (THPT Hồng Bàng – Hải Phòng – năm 2017 – 2018) Cho hình chóp tam giác đều cạnh đáy bằng a và các mặt bên đều tạo với mặt phẳng đáy một góc bằng 60 . Thể tích của khối chóp bằng A. a3 3 . 12 B. a3 3 . 4 C. a3 3 . 24 D. a3 3 . 8 Lời giải Chọn C Gọi M là trung điểm BC .   60 . Ta có:  SBC , ABC  SMO  OM    a 3 1 . AM  6 3 tan 60  a 3 SO a . 3 .  SO  OM .tan 60  6 OM 2 1 a 2 3 a a3 3 V . .  . 3 4 2 24 Câu 35: Cho hình chóp S . ABC có SA vuông góc với mặt phẳng  ABC  . Biết SA  2a và tam giác ABC vuông tại A có AB  3a , AC  4a . Tính thể tích khối chóp S . ABC theo a . A. 12a 3 . B. 6a 3 . C. 8a 3 . D. 4a 3 . Câu 36: (THPT Chuyên Ngữ – Hà Nội – Lần 1 năm 2017 – 2018) Cho hình chóp S . ABC có SA vuông góc với mặt phẳng  ABC  . Biết SA  2a và tam giác ABC vuông tại A có AB  3a , AC  4a . Tính thể tích khối chóp S . ABC theo a . A. 12a 3 . B. 6a 3 . Chọn D C. 8a 3 . Lời giải D. 4a 3 . S C A B 1 1 1 Ta có S ABC  .3a.4a  6a 2 ; VSABC  .SA.S ABC  .2a.6a 2  4a 3 . 2 3 3 Câu 37: (THPT Chuyên Vĩnh Phúc – Vĩnh Phúc – Lần 4 năm 2017 – 2018)Hình hộp chữ nhật có ba kích thước đôi một khác nhau có bao nhiêu mặt phẳng đối xứng? A. 6 mặt phẳng. B. 3 mặt phẳng. C. 9 mặt phẳng. Lời giải D. 4 mặt phẳng. Chọn B C D A B C’ B’ D’ A’ Vì ABCD là hình chữ nhật có hai kích thước khác nhau nên ABCD có hai trục đối xứng là các đường trung trực của AB và BC . Tương tự ADDA có hai trục đối xứng là các đường trung trực của AD và DD . Từ đó suy ra hình hộp chữ nhật ABCD. ABC D với ba kích thước đôi một khác nhau có đúng 3 mặt phẳng đối xứng. Đó là các mặt phẳng trung trực của các cạnh AB , BC và DD . Câu 38: (THPT Chuyên Vĩnh Phúc – Vĩnh Phúc – Lần 4 năm 2017 – 2018)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 (tham khảo hình vẽ bên). Tính thể tích V của khối lăng trụ đã cho. A C B A C B 3 A. V  a 3 . B. V  a . 6 C. V  a3 . 3 D. V  a3 . 2 Lời giải Chọn D Do tam giác ABC là tam giác vuông cân tại B và AC  a 2 . Suy ra: AB  Khi đó diện tích đáy: S  AC  a. 2 1 a2 a3 . Thể tích khối lăng trụ: V  BB.S  . AB 2  2 2 2 Câu 39: (THPT Chuyên Vĩnh Phúc – Vĩnh Phúc – Lần 4 năm 2017 – 2018)Cho khối chóp tứ giác đều có cạnh đáy bằng a , cạnh bên gấp hai lần cạnh đáy. Tính thể tích V của khối chóp đã cho. A. V  14a 3 . 6 B. V  14a 3 . 2 C. V  2a 3 . 2 D. V  2a 3 . 6 Lời giải Chọn A Diện tích đáy: S ABCD  a 2 . Ta có: ABCD là hình vuông cạnh a nên AC  a 2  AO  a 2 . 2 Tam giác SOA vuông tại O nên SO  SA2  AO 2  4a 2  a 2 a 14  . 2 2 1 1 a 14 2 14a 3 Do đó: V  SO.S ABCD  . . .a  3 3 2 6 Câu 40: (THPT Thuận Thành 2 – Bắc Ninh – Lần 2 năm 2017 – 2018)Cho khối chóp tam giác đều S . ABC có cạnh đáy bằng 4 , chiều cao của khối chóp bằng chiều cao của tam giác đáy. Gọi M là trung điểm cạnh SA . Thể tích của khối chóp M . ABC bằng? 8 A. 8 . B. . C. 16 . D. 4 . 3 Lời giải Chọn D S M C A H K B Kẻ SH   ABC   H là tâm đường tròn ngoại tiếp ABC . Gọi K  AH  BC  AK  BC . Cạnh AK  AB 3  2 3  SH  AK  2 3 2 1 1 1 AB 2 3  VM . ABC  d  M ,  ABC   .S ABC  . SH . 4. 3 3 2 4 Câu 41: (THPT Chuyên Lương Thế Vinh – Đồng Nai – Lần 2 năm 2017 – 2018) Cho lăng trụ tam giác đều ABC. ABC  có cạnh đáy bằng a . Góc giữa mặt phẳng  ABC  và mặt phẳng  ABC  là 60 . Tính thể tích V của khối chóp A.BCC B A. V  a3 3 . 8 B. V  3a 3 3 . 4 C. V  3a 3 3 . 8 D. V  Lời giải Chọn D A’ C’ B’ M’ C A M B Gọi M là trung điểm của BC , ABC đều nên AM  BC và AM   AM  BC Ta có   BC   AAM   BC  AM .  AA  BC Ta có: a 3 . 2 a3 3 . 4  AM  BC ; AM   ABC     AM  BC ; AM   ABC      ABC  ;  ABC      AM ; AM   AMA  60 .   ABC    ABC   BC Ta có: AA  a 3 3a .tan 600  . 2 2 2 2 2 3a a 2 3 a 3 3 VA. BCC B   VABC . ABC   . AA.S ABC     . 3 3 3 2 4 4 Câu 42: (THPT Quỳnh Lưu 1 – Nghệ An – Lần 2 năm 2017 – 2018) Cho khối chóp S . ABCD có thể tích bằng 3.a 3 . Mặt bên SAB là tam giác đều cạnh a thuộc mặt phẳng vuông góc với đáy, biết đáy ABCD là hình bình hành. Tính theo a khoảng cách giữa SA và CD. A. 2a 3 . B. a . C. 6a . D. a 3 . Lời giải Chọn C S K D A H B C Gọi H là trung điểm của AB  SH   ABCD  và SH  a 3 . 2 Kẻ CK  AB 3V 3 3a3   6a 2 SH a 3 2 Mặt phẳng  SAB  là mặt phẳng chứa SA và song song CD . Do đó d  SA, CD   d  C ,  SAB   Ta có S ABCD  CK  AB Ta thấy   CK   SAB  . CK  SH S ABCD 6a 2   6a.   AB a Câu 43: (THPT Quỳnh Lưu 1 – Nghệ An – Lần 2 năm 2017 – 2018) Cho hình chóp tứ giác đều có Do đó d C ,  SAB   CK  cạnh đáy bằng a 2 và chiều cao bằng A. 1 . B. 1 . 3 a 2 . Tang của góc giữa mặt bên và mặt đáy bằng 2 3 C. 3 . D. . 4 Lời giải Chọn A S B E C O A D  ; EO  a 2 Góc giữa mặt bên và mặt đáy bằng SEO 2   SO  1 . Xét SEO vuông tại O , ta có tan SEO EO Câu 44: (ĐHQG TPHCM – Cơ Sở 2 – năm 2017 – 2018) Cho hình chóp S. ABCD có ABCD là hình vuông cạnh a , SA   ABCD  và SA  a 2 . Thể tích khối cầu ngoại tiếp hình chóp là: A.  a3 6 . B.  a3 3 C. 4 a 3 . . D. 4 a 3 . 3 Lời giải Chọn D S A B Ta có: D C SA  BC    BC   SAB   BC  SB . AB  BC  Tương tự CD  SD .   SBC   SDC   90 . Khi đó SAC Nên SC là đường kính của mặt cầu  S  ngoại tiếp khối chóp S . ABCD . Bán kính của  S  là R  SC . 2 Ta có: AC  a 2 nên SC  SA2  AC 2  2a  R  a . 4 4 Vậy V S    R3   a 3 . 3 3 Câu 45: (ĐHQG TPHCM – Cơ Sở 2 – năm 2017 – 2018) Cho lăng trụ đứng tam giác ABC. ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B với BA  BC  a , biết AB hợp với mặt phẳng  ABC  một góc 60 . Thể tích lăng trụ là: A. a3 3 . 2 B. a3 3 . 4 C. a3 3 . 6 D. a 3 3 . Lời giải Chọn A A C B A C B  Ta có:  AB,  ABC    ABA  60  AA  AB. tan 60  a 3 . S ABC  1 a2 . BA.BC  2 2 Vậy VABC . ABC   AA.S ABC  a3 3 . 2 Câu 46: (ĐHQG TPHCM – Cơ Sở 2 – năm 2017 – 2018) Cho hình chóp tứ giác S . ABCD , đáy ABCD là hình vuông cạnh a , cạnh bên SA vuông góc với mặt đáy, góc giữa SC và  ABCD  bằng 45 . Thể tích khối chóp S . ABCD là A. a3 2 . 6 B. a3 2 . 4 C. a 3 2 . D. a3 2 . 3 Lời giải Chọn D S A B D C   45 Ta có SA   ABCD    SC ;  ABCD    SCA 1 1 a3 2 SA  SA  AC  a 2  VS . ABCD  SA.S ABCD  a 2.a 2  . 3 3 3 AC Câu 47: (THPT Trần Phú – Đà Nẵng – Lần 2 – năm 2017 – 2018) Cho hình lập phương ABCD. ABCD  tan 45  có đường chéo bằng a 3 . Tính thể tích khối chóp A. ABCD . A. a3 . 3 B. 2 2a 3 . 3 D. 2 2a3 . C. a 3 . Lời giải Chọn A Gọi x là cạnh của hình lập phương. Đường chéo hình lập phương a 3  x 3  a 3  x  a . 1 1 Suy ra VA. ABCD  S ABCD . AA  a 3 . 3 3 Câu 48: (THPT Chuyên ĐH Vinh – Lần 2 – năm 2017 – 2018) Cho khối chóp S . ABCD có thể tích V . Các điểm A , B , C  tương ứng là trung điểm các cạnh SA , SB , SC . Thể tích khối chóp S . ABC  bằng V V V V A. . B. . C. . D. . 8 4 2 16 Lời giải Chọn A V SA SB SC  1 V Ta có S . ABC       VS . ABC   . VS . ABC SA SB SC 8 8 Câu 49: (THPT Chuyên ĐH Vinh – Lần 2 – năm 2017 – 2018) 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 (tham khảo hình vẽ bên). Diện tích của mặt cầu ngoại tiếp hình lăng trụ đã cho bằng A B C A’ B’ C’ A. 24 a 2 . Chọn B B. 6 a 2 . C. 4 a 2 . Lời giải D. 3 a 2 . B A M H C R I B’ A’ M’ C’ Gọi M , M  lần lượt là trung điểm của BC , BC  . Dễ thấy trung điểm I của MM  là tâm mặt cầu ngoại tiếp lăng trụ. AC H   AC , ( BCC B)   30 . Kẻ AH vuông góc BC ( H  BC )   Ta có: AC  BC 2  AB 2   2a  2   a 3  2 a. AB. AC a 3.a a 3   . 2a 2 BC a 3 AH  2 a 3. Trong tam giác vuông AHC  , có: AC   1 sin 30 2 AH .BC  AB. AC  AH  Trong tam giác vuông ACC  , có CC   AC 2  AC 2  a 3 2  a2  a 2 . 2 2 2 2  CC    BC   a 2   2a  6 2 Bán kính R  IB  MI  MB          a     4  2   2   2   2  6a 2 Diện tích mặt cầu: S  4 R 2  4 .  6 a 2 . 4 2 2 2 2 Câu 50: (SGD Nam Định – năm 2017 – 2018) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , SA   ABCD  , SC tạo với mặt đáy một góc bằng 60 . Tính thể tích V của khối chóp đã cho. A. V  a3 6 . 6 B. V  a3 3 . 6 C. V  Lời giải a3 6 . 3 D. V  a3 3 . 3 Chọn C Diện tích đáy: S ABCD  a 2 .   60 . SA   ABCD  nên góc giữa SC và mặt phẳng đáy là SCA   a 2.tan 60  a 6 . Tam giác SAC vuông tại A nên SA  AC.tan SCA 1 a3 6 Vậy V  SA.S ABCD  . 3 3 Câu 51: (SGD Nam Định – năm 2017 – 2018) 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 7 3a 3 . 96 C. D. 7 3a 3 . 32 Lời giải 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 . 7 7 V SM SB SP 1 Ta có SMBP  . .   VMBP. ABN  VSABN  . VSABN SA SB SN 8 8 8 a3 3 1 1 1 1 a . VSABN  SB.S ABN  SB. AB.BN sin 60  2a.a. sin 60  3 3 2 6 2 12 7 7a3 3 .  VMBP. ABN  VSABN  8 96 Câu 52: (SGD Nam Định – năm 2017 – 2018) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là tứ giác lồi và góc tạo bởi các mặt phẳng  SAB  ,  SBC  ,  SCD  ,  SDA  với mặt đáy lần lượt là 90 , 60 , 60 , 60 . Biết rằng tam giác SAB vuông cân tại S , AB  a và chu vi tứ giác ABCD là 9a . Tính thể tích V của khối chóp S . ABCD . A. V  a3 3 . 9 B. V  a3 3 . 4 C. V  2a 3 3 . 9 D. V  a3 3 . Lời giải Chọn A Gọi I là trung điểm AB . Tam giác SAB vuông cân tại S nên SI  AB và SI  a 2 . Mặt 2 khác  SAB    ABCD  nên SI   ABCD  . 1 Thể tích khối chóp S . ABCD là V  SI .S ABCD . 3  Kẻ IH  BC ta có góc giữa  SBC  và  ABCD  là SHI Do các mặt  SBC  ,  SCD  ,  SDA  tạo với  ABCD  các góc bằng nhau và bằng 60 nên các   60 nên khoảng cách từ I đến các cạnh CD , DA bằng nhau và bằng IH . Ta có SIH IH  SI .cot 60  S ABCD  a 2 1 a 6  . . 6 2 3 1 a 6 2a 2 6 1  .  BC  CD  DA .HI   9a  AB  . 2 6 3 2 1 a 2 2a 2 6 a 3 3 1  Vậy V  SI .S ABCD  . 3 2 6 9 3 Câu 1: (SGD Thanh Hóa – năm 2017 – 2018) Cho khối lăng trụ ABC. ABC  có thể tích bằng 9a 3 và M là điểm nằm trên cạnh CC  sao cho MC  2 MC  . Tính thể tích khối tứ diện ABCM theo a. C A B M A C B 3 A. 2a . 3 C. 3a 3 . Lời giải B. 4a . D. a 3 . Chọn A A C B M A C B Khối lăng trụ ABC. ABC  được chia thành 3 khối tứ diện B. ABC ; A. ABC  và A.BC C . 1 Trong đó VB. ABC  VA. ABC   VABC . ABC   3a 3 (vì chúng có cùng chiều cao và diện tích đáy với 3 khối lăng trụ)  VA. BC C  VABC . ABC   2VB . ABC  3a 3 . 1 1 Ta lại có VA. BC C  VA.BC M  VA.BCM và VA. BCM  VA. BCM (vì MC  2 MC  nên S BC M  S BCM ) 2 2 3 2 Do đó VA.BC C  VA. BCM  VA.BCM  VA.BC C  2a 2 . 2 3 Câu 2: (Tạp chí THTT – Tháng 4 năm 2017 – 2018) Cho tứ diện S . ABC có thể tích V . Gọi M , N và P lần lượt là trung điểm của SA , SB và SC . Thể tích khối tứ diện có đáy là tam giác MNP và đỉnh là một điểm bất kì thuộc mặt phẳng  ABC  bằng A. V . 2 Chọn D B. V . 3 V . 4 Lời giải C. D. V . 8 S P M N A C Q B Dễ thấy khoảng cách từ đỉnh tứ diện cần tính thể tích đến mặt phẳng  MNP  cũng bằng khoảng cách từ đỉnh S đến mặt phẳng  MNP  . Ta có: VS .MNP SM SN SP 1 V  . .  nên VS .MNP  . 8 VS . ABC SA SB SC 8 Câu 3: (THPT Chuyên Nguyễn Quang Diệu – Đồng Tháp – Lần 5 năm 2017 – 2018) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình bình hành và AB  2 AC  2a , BC  a 3 . Tam giác SAD V vuông cân tại S , hai mặt phẳng  SAD  và  ABCD  vuông góc nhau. Tính tỉ số 3 biết V là a thể tích khối chóp S . ABCD . A. 1 . 4 B. 3 . 2 C. 2 . D. 1 . 2 Lời giải Chọn D Gọi H là trung điểm AD  SH  AD . Ta có  SAD    ABCD  ,  SAD    ABCD   AD , SH  AD  SH   ABCD  . Ta có AB 2  AC 2  CB 2  ACB vuông tại C  S ABCD  2 S ABC  a 2 3 . AH  a 3 a 3 , SH  SA2  AH 2  . 2 2 1 V 1 1 a 3 2 Vậy VS . ABCD  SH .S ABCD  . .a 3  3  . 3 2 3 a 2 Câu 4: (THPT Chuyên Thái Bình – Thái Bình – Lần 5 năm 2017 – 2018) Thể tích của khối tứ diện đều cạnh a là A. 6a 3 . 12 B. 3a 3 . 12 C. 2a 3 . 12 D. 2a 3 . 24 Lời giải Chọn C A a B D a G C Gọi tứ diện đều cạnh a là ABCD . Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC . Ta có: AG   ABC  . 2 2 a 3 a 6 Xét ABG vuông tại G , ta có: AG  AB  BG  a   . .   3 3 2  2 2 2 1 a 2 3 a 6 a3 2 1 .  Thể tích của khối tứ diện đều là: V  .S BCD . AG  . . 3 4 3 12 3 Câu 5: (THPT Chuyên Hùng Vương – Gia Lai – Lần 2 năm 2017 – 2018) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng a , SA vuông góc với đáy. Biết SC tạo với mặt phẳng  ABCD  một góc A. V  4 3 πa . 3 45o . Tính Thể tích V của khối cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABCD . 1 B. V  πa 3 . 3 C. V  2 3 πa . 3 D. V  πa 3 . Lời giải Chọn A  bằng 45o nên tam giác SAC vuông cân tại A nên Góc giữa SC và  ABCD  là góc SCA SC  2a . Ta có CB   SAB   CB  SB  SBC vuông tại B . CD   SAD   CD  SD  SCD vuông tại D .  Tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABCD là trung điểm SC , bán kính R  Thể tích khối cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABCD là V  SC  a. 2 4 3 πa . 3 Câu 6: (THPT Chuyên Hùng Vương – Gia Lai – Lần 2 năm 2017 – 2018) Cho khối chóp S . ABCD có thể tích bằng 1 và đáy ABCD là hình bình hành. Trên cạnh SC lấy điểm E sao cho SE  2EC. Tính thể tích V của khối tứ diện SEBD . 1 1 1 2 A. V  . B. V  . C. V  . D. V  . 3 6 12 3 Lời giải Chọn A Ta có VS .EBD SE.SB.SD SE 2 2 1 1 1   VS .EBD  VS .CBD  . .VS . ABCD  VS . ABCD  .  VS .CBD SC.SB.SD SC 3 3 2 3 3 ———————————————–. Câu 7: (THPT Chuyên Lương Thế Vinh – Hà Nội – Lần 2 năm 2017 – 2018) Cho hình chóp S . ABC có đáy tam giác đều cạnh bằng a , cạnh bên SA bằng 2a và vuông góc với đáy. Thể tích V của khối chóp S . ABC là A. V  a3 3 . 6 B. V  a3 3 . 9 C. V  a3 3 . 2 D. V  a3 3 . 12 Lời giải Chọn A Diện tích mặt đáy: S ABC  1 AB 2 3 a 2 3 a3 3 nên hình chóp có thể tích V  SA.S ABC  .  3 4 4 6 Câu 8: (THPT Chuyên Lương Thế Vinh – Hà Nội – Lần 2 năm 2017 – 2018) Đa giác lồi 10 cạnh có bao nhiêu đường chéo? A. 35 . B. 10 . C. 45 . D. 20 . Lời giải Chọn A Mỗi đường chéo được tạo nên từ hai đỉnh bất kỳ trong 10 đỉnh của đa giác (không kể các cạnh của đa giác). Số đường chéo là: C102  10  35 . Câu 9: (THPT Chuyên Lương Thế Vinh – Hà Nội – Lần 2 năm 2017 – 2018) Cho tứ diện đều ABCD cạnh 3a . Khoảng cách giữa hai cạnh AB, CD là A. 3a 3 . 2 B. 3a . 2 C. a . D. 3a 2 . 2 Lời giải Chọn D Gọi O là trọng tâm ABC  DO   ABC  . Gọi M , H lần lượt là trung điểm của AB , CD . AB  DM  Ta có   AB   DCM   AB  MH . AB  CM  Vì MDC cân tại M  MH  CD . Do đó d  AB, CD   MH . 2  3a 3   3a 2 3 2a Xét MHC vuông tại H, MH  MC  HC   .      2  2   2  2 2 Câu 10: (SGD Hà Tĩnh – Lần 2 năm 2017 – 2018) Cho hình chóp tứ giác S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB  a , AD  2a , cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy, góc giữa cạnh SD và mặt phẳng đáy là 60 . Thể tích V của khối chóp S . ABCD là: A. V  2a 3 . 3 B. V  4a3 3 . C. V  Hướng dẫn giải Chọn D a3 . 3 D. V  4a 3 . 3 Diện tích đáy: S ABCD  AB. AD  2a 2 . Tam giác SAD vuông tại A nên SA  AD. tan 60  2a 3. 1 1 4a 3 Thể tích khối chóp S . ABCD là: V  SA.S ABCD  .2a 3.2a 2  . 3 3 3 Câu 11: (THPT Nghèn – Hà Tĩnh – Lần 2 năm 2017 – 2018) Khối lăng trụ ABC. ABC  có thể tích bằng 6 . Mặt phẳng  ABC   chia khối lăng trụ thành một khối chóp tam giác và một khối chóp tứ giác có thể tích lần lượt là: A. 2 và 4 . B. 3 và 3 . C. 4 và 2 . D. 1 và 5 . Lời giải Chọn A A C B A’ B’ C’ Gọi h , S ABC  lần lượt là đường cao và diện tích đáy của lăng trụ. Khi đó thể tích của lăng trụ là V  S ABC .h  6 . 1 1 Thể tích của khối chóp tam giác B. ABC  là V1  S ABC  .h  .6  2 . Do đó thể tích khối 3 3 chóp tứ giác còn lại là V2  V  V1  4 . Câu 12: (THPT Nghèn – Hà Tĩnh – Lần 2 năm 2017 – 2018) Cho khối chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a và SA   ABC  , cạnh bên SC hợp với đáy góc 45 . Thể tích khối chóp S . ABC tính theo a là: A. V  a3 2 . 12 B. V  a3 . 6 C. V  a3 3 . 12 D. V  a3 . 3 Lời giải Chọn C    45 . Ta có SA   ABC    SC ,  ABC    SCA SA  AC tan 45  a . 1 1 1 3 a3 3  Thể tích khối chóp S . ABC tính theo a là V  SA.S ABC  .a. .a.a. . 3 3 2 2 12 Câu 13: (THPT Nghèn – Hà Tĩnh – Lần 2 năm 2017 – 2018) Cho lăng trụ đứng ABC. ABC  với đáy ABC là tam giác vuông tại B , AB  a , BC  2a , góc giữa đường thẳng AB và  ABC  là 60 . Gọi G là trọng tâm tam giác ACC  . Thể tích của khối tứ diện GABA là: A. a3 3 . 9 B. 2a 3 3 . 3 C. 2a 3 3 . 9 D. Lời giải Chọn C A’ C’ B’ G A C a B 2a Ta có AB là hình chiếu của AB lên mặt phẳng  ABC  .   AB,  ABC     AB, AB    ABA  60 .  AA  AB.tan 60  a 3 . a2 3 1 Như vậy: S ABA  . AB. AA  . 2 2 a3 3 . 6 Mặt khác, ta có: 2 * GA  .CA . 3  BC  AB  *  BC  AA  BC   ABA  .  AB  AA  A  2 2 4a Suy ra d  G,  ABA    d  C ,  ABA    .BC  . 3 3 3 1 a 2 3 4a 2a 3 3 1 .  VGABA  .S ABA .d  G,  ABA    . . 3 2 3 9 3 Câu 14: (THPT Nghèn – Hà Tĩnh – Lần 2 năm 2017 – 2018) Lăng trụ đứng ABC. A ‘ B ‘ C ‘ có đáy ABC là tam giác vuông tại B. Biết AB  a, BC  2a, AA ‘  2a 3. Thể tích khối lăng trụ ABC. A ‘ B ‘ C ‘ là: A. V  2a 3 3. B. V  a3 3 2a 3 3 . . C. V  3 3 Lời giải. D. V  4a3 3. Chọn A 1 1 Ta có: AA ‘   ABC   VABC . A ‘ B ‘C ‘ AA ‘.S ABC AA ‘. . AB.BC  2a 3. .a.2a  2a 3 3. 2 2 Câu 15: (THPT Chu Văn An – Hà Nội – năm 2017-2018) Một người thợ thủ công làm mô hình đèn lồng bát diện đều, mỗi cạnh của bát diện đó được làm từ các que tre có độ dài 8 cm . Hỏi người đó cần bao nhiêu mét que tre để làm 100 cái đèn (giả sử mối nối giữa các que tre có độ dài không đáng kể)? A. 96 m . B. 960 m . C. 192 m . D. 128 m . Lời giải Chọn A Hình bát diện đều là hình có 12 cạnh. Mỗi cạnh có độ dài 8 cm . Suy ra số que tre để làm được một cái đèn hình bát diện đều là: 8.12  96 cm . Để làm 100 cái đèn như vậy cần số mét tre là: 96.100  9600 cm  96 m . Câu 16: (THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp – Quảng Bình – năm 2017-2018) Cho hình chóp đều S . ABCD với O là tâm của đáy. Khoảng cách từ O đến mặt bên bằng 1 và góc giữa mặt bên với đáy bằng 450. Thể tích của khối chóp S . ABCD bằng A. V  4 2 . 3 B. V  8 2 . 3 C. V  4 3 . 3 D. V  2 3 . Hướng dẫn giải Chọn B S H A D I O B C CD  OI Gọi I là trung điểm CD . Khi đó   CD   SOI    SCD    SOI  . CD  SO   450. Kẻ OH  SI tại H . Suy ra OH  1 và SIO Tam giác SOI vuông cân tại O, có SO  OI  SI 2.OH   2. 2 2 2 1 8 2 Vậy VS . ABCD   2 2 . 2   3 3   Câu 17: (Chuyên Lê Hồng Phong – Nam Đinh – năm 2017-2018) Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình vuông cạnh a , SA   ABCD  , cạnh bên SC tạo với mặt đáy góc 45 . Tính thể tích V của khối chóp S . ABCD theo a . A. V  a3 2 . Chọn C B. V  a3 3 . 3 a3 2 . 3 Hướng dẫn giải C. V  D. V  a3 2 . 6 S A D 45° a B C   45 Ta có: góc giữa đường thẳng SC và  ABCD  là góc SCA  SA  AC  a 2 . a3 2 1 Vậy VS . ABCD  .a 2 .a 2  . 3 3 Câu 18: (Chuyên Lê Hồng Phong – Nam Đinh – năm 2017-2018) Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình thang vuông tại A và B . Hình chiếu vuông góc của S trên mặt đáy  ABCD  trùng với trung điểm AB . Biết AB  1, BC  2, BD  10. Góc giữa hai mặt phẳng  SBD  và mặt phẳng đáy là 60 . Tính thể tích V của khối chóp S .BCD. A. V  30 . 4 B. V  30 . 12 C. V  30 . 20 D. V  3 30 . 8 Hướng dẫn giải Chọn C Gọi I là trung chân đường cao H là trung điểm điểm của AB , G là kẻ từ A xuống BD , BG . Khi đó . IH  BD  BD   SHI  . Vậy góc giữa mặt phẳng  SBD  và mặt phẳng đáy là góc SHI Ta có AD  BD 2  AB 2  3 . 1 1 1 3 10 3 10 3 30 .    AG   IH   SI  IH .tan 60  2 2 2 AG AB AD 10 20 20 S BCD  1 30 1 1 . d  D, BC  .BC  AB.BC  1 . Vậy VS . BCD  SI .S BCD  3 20 2 2 Câu 19: (THPT Đặng Thúc Hứa – Nghệ An – năm 2017-2018) Cho hình chóp tứ giác S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , cạnh bên SA vuông góc với đáy, SC tạo với đáy một góc 60 . Thể tích khối chóp S . ABCD bằng A. a3 6 . 3 B. a3 3 . 6 C. a3 6 . 6 D. a3 3 . 3 Lời giải Chọn A   60 nên SA  AC.tan 60  a 6 . Ta có góc giữa SC với mặt đáy là SCA 1 a3 6 Vậy thể tích VS . ABCD  SA.S ABCD  . 3 3 Câu 20: Với một tấm bìa hình vuông, người ta cắt bỏ ở mỗi góc tấm bìa một hình vuông có cạnh 12  cm  rồi gấp lại thành một hình hộp chữ nhật không có nắp (hình vẽ). Giả sử thể tích của cái hộp đó là 4800  cm 3  thì cạnh của tấm bìa ban đầu có độ dài là bao nhiêu? A. 36  cm  . B. 42  cm  . C. 38  cm  . D. 44  cm  . Câu 21: Hình chóp S . ABCD có đáy hình vuông, SA vuông góc với đáy và SA  a 3 , AC  a 2 . Khi đó thể tích khối chóp S . ABCD là a3 2 a3 2 a3 3 a3 3 A. . B. . C. . D. . 3 2 3 2 Câu 22: Với một tấm bìa hình vuông, người ta cắt bỏ ở mỗi góc tấm bìa một hình vuông có cạnh 12  cm  rồi gấp lại thành một hình hộp chữ nhật không có nắp (hình vẽ). Giả sử thể tích của cái hộp đó là 4800  cm 3  thì cạnh của tấm bìa ban đầu có độ dài là bao nhiêu? A. 36  cm  . B. 42  cm  . C. 38  cm  . D. 44  cm  . Lời giải Chọn D 2 Gọi x là độ dài của tấm bìa ban đầu  x  24  . Khi đó thể tích của cái hộp là V  12  x  24  .  x  44  x  24  20 2 Theo giả thiết ta có 12  x  24   4800   .   x  24  20  x  4 l  Vậy x  44 . Câu 23: Hình chóp S . ABCD có đáy hình vuông, SA vuông góc với đáy và SA  a 3 , AC  a 2 . Khi đó thể tích khối chóp S . ABCD là a3 2 a3 2 a3 3 a3 3 A. . B. . C. . D. . 3 2 3 2 Lời giải Chọn C Ta có ABCD là hình vuông có AC  a 2 suy ra AB  a . a3 3 1 1 . VS . ABCD  SA.S ABCD  a 3.a 2  3 3 3 Câu 24: Gọi V là thể tích của khối hộp ABCD. ABC D và V  là thể tích của khối đa diện A. ABC D . V Tính tỉ số . V A. V 2  . V 5 B. V 2  . V 7 C. V 1  . V 3 D. V 1  . V 4 Câu 25: Nghiệm của phương trình log10100 x  250 thuộc khoảng nào sau đây? A.  0; 2  . B.  2;   . C.  ; 2  . D.  2;0  . Câu 26: Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC. ABC  có cạnh đáy bằng a . Góc giữa đường thẳng AB và mặt phẳng  ABC  bằng 45 . Tính thể tích của khối lăng trụ ABC. ABC  . A. a3 3 . 24 B. a3 3 . 4 C. a3 3 . 6 D. a3 3 . 12 Câu 27: Gọi V là thể tích của khối hộp ABCD. ABC D và V  là thể tích của khối đa diện A. ABC D . V Tính tỉ số . V A. V 2  . V 5 B. V 2  . V 7 V 1  . V 3 Lời giải C. D. V 1  . V 4 Chọn C C D A B C’ D’ B’ A’ 1 2 1 1 Ta có: V   VA. ABC D  VAAD. BBC   VA.BBC   VAAD.BBC   VAAD. BBC  . VAADD. BBCD  V . 3 3 2 3 V 1 Vậy  . V 3 Câu 28: Nghiệm của phương trình log10100 x  250 thuộc khoảng nào sau đây? A.  0; 2  . B.  2;   . C.  ; 2  . D.  2;0  . Lời giải Chọn B Ta có log10100 x  250  100 x log10  250  100 x  250  x  250 5  x . 100 2 Câu 29: Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC. ABC  có cạnh đáy bằng a . Góc giữa đường thẳng AB và mặt phẳng  ABC  bằng 45 . Tính thể tích của khối lăng trụ ABC. ABC  . A. a3 3 . 24 B. a3 3 . 4 C. Lời giải Chọn B a3 3 . 6 D. a3 3 . 12 Theo giả thiết, ta có AA   ABC   BA là hình chiếu vuông góc của AB trên  ABC   Góc giữa đường thẳng AB và mặt phẳng  ABC  là  ABA  45 Do ABA vuông cân tại A  AA  AB  a Vậy thể tích của khối lăng trụ ABC. ABC  .là V  a3 3 . 4 Câu 30: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, cạnh bên SA vuông góc với đáy  ABCD  . Biết AB  a , BC  2a và SC  3a . Tính thể tích khối chóp S . ABCD . A. 2a 3 . B. a 3 . C. 4 3 a . 3 D. 2 5 3 a . 3 Câu 31: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, cạnh bên SA vuông góc với đáy  ABCD  . Biết AB  a , BC  2a và SC  3a . Tính thể tích khối chóp S . ABCD . A. 2a3 . B. a3 . C. 4 3 a . 3 D. 2 5 3 a . 3 Lời giải Chọn C Ta có AB  a , BC  2a suy ra AC  a 5 . Mà tam giác SAC vuông tại A suy ra SA  SC 2  AC 2  2a . 1 1 4 Vậy VS . ABCD  SA.S ABCD  .2a.a.2a  a 3 . 3 3 3 Câu 32: Cho hình chóp tứ giác đều S . ABCD có cạnh đáy bằng a , cạnh bên hợp với đáy một góc 60 . Thể tích V của khối chóp S . ABCD bằng a3 6 a3 6 V 6 . 3 . A. B. C. D. Câu 33: Cho hình chóp tứ giác đều S . ABCD có cạnh đáy bằng a , cạnh bên hợp với đáy một góc 60 . Thể tích V của khối chóp S . ABCD bằng A. V a3 3 2 . V a3 3 3 . V V a3 3 2 . V a3 3 3 . V B. C. Lời giải a3 6 6 . V D. a3 6 3 . Chọn C Gọi O  AC  BD thì SO   ABCD  .   60 . Ta có góc giữa cạnh bên và mặt đáy là góc SDO Mà ABCD là hình vuông nên BD  AB 2  a 2 . Tam giác SBD đều nên SO  BD. 3 a 6 .  2 2 1 1 a 6 2 a3 6 Vậy VS . ABCD  .SO.S ABCD  . . .a  3 3 2 6 Câu 34: Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC. ABC  có cạnh đáy bằng a , góc giữa mặt phẳng  ABC  và mặt phẳng  ABC  bằng 45 . Thể tích của khối lăng trụ ABC. ABC  bằng A. a3 3 . 2 B. 3a 3 . 8 C. a3 3 . 8 D. a3 3 . 4 Câu 35: Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC. ABC  có cạnh đáy bằng a , góc giữa mặt phẳng  ABC  và mặt phẳng  ABC  bằng 45 . Thể tích của khối lăng trụ ABC. ABC  bằng A. a3 3 . 2 B. 3a 3 . 8 C. Lời giải Chọn B a3 3 . 8 D. a3 3 . 4 Gọi M là trung điểm BC  AM  BC  BC   AMA   BC  MA Ta có  ABC    ABC   BC , AM  BC , BC  MA a 3 . AMA  45  AM  AA    ABC  ,  ABC    AM , AM   2 a 3 a 2 3 3a 3 Thể tích khối lăng trụ V  AA.S ABC  . .  2 4 8     Câu 36: Cho hình lăng trụ đứng ABC. ABC  có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A , AB  a và AA  a 3 . Thể tích khối lăng trụ ABC. ABC  bằng A. 3a 3 3 . 2 B. 3a 3 3 . C. a3 3 . 2 D. a3 3 . 6 Câu 37: Cho hình lăng trụ đứng ABC. ABC  có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A , AB  a và AA  a 3 . Thể tích khối lăng trụ ABC. ABC  bằng A. 3a 3 3 . 2 B. 3a 3 3 . C. Lời giải Chọn C a3 3 . 2 D. a3 3 . 6 C’ A’ B’ A C B Thể tích khối lăng trụ là VABC . ABC  S ABC . AA  a3 3 1 . AB 2 . AA  2 2 Câu 38: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB  a , BC  2a , đường thẳng SA vuông góc với mặt phẳng  ABCD  và SA  3a . Thể tích của khối chóp S . ABCD bằng A. 2a 3 . B. 3a 3 . C. 6a 3 . D. a 3 . Câu 39: Cho hình lăng trụ đứng ABC. ABC  có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B , AB  a , góc giữa đường thẳng AC và mặt phẳng  ABC  bằng 30o . Thể tích của khối lăng trụ ABC. ABC  bằng: A. a3 6 . 18 B. 2a 3 6 . 3 C. a3 6 . 2 D. a3 6 . 6 Câu 40: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB  a , BC  2a , đường thẳng SA vuông góc với mặt phẳng  ABCD  và SA  3a . Thể tích của khối chóp S . ABCD bằng A. 2a 3 . B. 3a 3 . C. 6a 3 . Lời giải D. a 3 . Chọn A S 3a D A a 2a B C 1 Áp dụng công thức tính thể tích khối chóp ta có VS . ABCD  .a.2a.3a  2a 3 . 3 Câu 41: Cho hình lăng trụ đứng ABC. ABC  có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B , AB  a , góc giữa đường thẳng AC và mặt phẳng  ABC  bằng 30o . Thể tích của khối lăng trụ ABC. ABC  bằng: A. a3 6 . 18 B. 2a 3 6 . 3 C. a3 6 . 2 D. a3 6 . 6 Lời giải Chọn D A a B a C B’ A’ C’ 3 6 a Ta có  AC ,  ABC     ACA  30o  AA  AC.tan 30o  a 2. . 3 3 Vậy VABC . A B  C   S ABC . AA  1 2 6 a3 6 a .a  . 2 3 6 Câu 42: Cho tứ diện OABC có OA , OB , OC đôi một vuông góc với nhau và OA  a , OB  2a , OC  3a . Thể tích của khối tứ diện OABC bằng A. V  2a 3 . 3 B. V  a3 . 3 C. V  2a 3 . D. V  a 3 . Câu 43: Cho tứ diện OABC có OA , OB , OC đôi một vuông góc với nhau và OA  a , OB  2a , OC  3a . Thể tích của khối tứ diện OABC bằng A. V  2a 3 . 3 B. V  a3 . 3 C. V  2a 3 . D. V  a 3 . Lời giải Chọn D 1 1 1 Ta có: VOABC  OA.SOBC  OA. OB.OC  a 3 . 3 3 2 Câu 44: Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC. ABC  có AB  a , góc giữa AC  và  ABC  bằng 60 . Tính thể tích V của khối trụ nội tiếp hình lăng trụ ABC. ABC  . A. V   a3 3 108 . B. V   a3 3 12 . C. V   a3 3 36 . D. V   a3 3 72 . Câu 45: Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC. ABC  có AB  a , góc giữa AC  và  ABC  bằng 60 . Tính thể tích V của khối trụ nội tiếp hình lăng trụ ABC. ABC  . A. V   a3 3 108 . B. V   a3 3 12 . C. V  Lời giải Chọn B  a3 3 36 . D. V   a3 3 72 . Gọi r , h lần lượt là bán kính đáy và chiều cao của khối trụ nội tiếp hình lăng trụ ABC. ABC  .  AC  60 . Ta có:  AC , ABC  C    1 a 3 a 3 .  h  CC   AC.tan 60  a 3 , r  . 3 2 6 2 a 3  a3 3 Vậy: V   r h    . a 3    6  12   2 Câu 46: Cho hình lăng trụ đứng ABC. ABC  có đáy ABC là tam giác vuông tại A . AC  a ,  ACB  60 . Đường thẳng BC  tạo với mặt phẳng  ACC A một góc 30 . Thể tích của khối lăng trụ ABC. ABC  bằng A. a 3 3 . B. a 3 6 . C. a3 3 . 3 D. a3 6 . 3 Câu 47: Thể tích của khối lập phương ABCD. ABC D với AD  3a . 27 3 a . 2 2 Câu 48: Cho hình hộp ABCD. ABC D . Tỉ số thể tích của khối tứ diện ACBD và khối hộp ABCD. ABC D . 2 1 1 1 A. . B. . C. . D. . 3 6 3 2 A. a 3 . B. 3 3.a 3 . C. 2 2.a3 . D. Câu 49: Cho hình lăng trụ đứng ABC. ABC  có đáy ABC là tam giác vuông tại A . AC  a ,  ACB  60 . Đường thẳng BC  tạo với mặt phẳng  ACC A một góc 30 . Thể tích của khối lăng trụ ABC. ABC  bằng A. a 3 3 . Chọn B B. a 3 6 . a3 3 . 3 Lời giải C. D. a3 6 . 3 A’ C’ 30° 3a B’ 2a 2 a A 60° C a 3 B  AB  AC Ta có   AB   AAC C  tại A , mà BC    AAC C   C  nên  AB  AA  BC ,  AAC C    BC , AC     AC B  30 .   Ta có: AB  AC.tan 60  a 3 ; AC   cot 30. AB  3a . Suy ra CC   AC 2  AC 2  2a 2 . 1 Thể tích lăng trụ là V  2a 2. .a.a 3  a 3 6 . 2 Câu 50: Thể tích của khối lập phương ABCD. ABC D với AD  3a . A. a 3 . B. 3 3.a 3 . C. 2 2.a3 . D. 27 3 a . 2 2 Lời giải Chọn D 2 2 Vì ADD vuông tại D nên  AD   AD 2   DD   2 AD 2  9a 2  AD  Vì ABCD. ABC D là khối lập phương nên VABCD. ABC D  AD 3  3a 2 . 2 27 a 3 2 . 4 Câu 51: Cho hình hộp ABCD. ABC D . Tỉ số thể tích của khối tứ diện ACBD và khối hộp ABCD. ABC D . A. 2 . 3 B. 1 . 6 C. Lời giải Chọn C 1 . 3 D. 1 . 2 A’ B’ D’ C’ A B D C Cách 1: Ta có ACBD là tứ diện loại 2 được tách từ hình lập phương nên 1 VACBD  VABCD. ABC D . 3 VACBD 1 Vậy  VABCD. ABC D 3 Cách 2: Ta có VABCD. ABC D  AB. AD. AA , 1 1 2 VACBD  VABCD. ABC D  4.VB. ABC  AB. AD. AA  4. . . AB.BC.BB  AB. AD. AA  . AB. AD. AA 3 2 3 1  AB. AD. AA . 3 1 AB. AD. AA VACBD 1 3   . Suy ra VABCD. ABC D AB. AD. AA 3 Câu 52: Cho khối lăng trụ ABC. ABC  có thể tích là V . Gọi M là điểm tùy ý trên cạnh AA . Thể tích của khối đa diện M .BCC B tính theo V là 2V V V V A. . B. . C. . D. . 3 6 3 2 Câu 53: Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B , AB  3 , BC  4 , đường thẳng SA vuông góc với mặt phẳng  ABC  , SA  4 . Gọi AM , AN lần lượt là chiều cao của các tam giác SAB , SAC . Thể tích khối tứ diện AMNC là 128 768 384 A. . B. . C. . 41 41 41 D. 256 . 41 Câu 54: Cho khối lăng trụ ABC. ABC  có thể tích là V . Gọi M là điểm tùy ý trên cạnh AA . Thể tích của khối đa diện M .BCC B tính theo V là 2V V V V A. . B. . C. . D. . 3 6 3 2 Hướng dẫn giải Chọn A Do AM //  BBC C  nên 1 1 VA. BBCC  .d  A,  BBC C   .S BBC C  .d  M ,  BBC C   .S BBC C  VM .BCC B . 3 3 1 2 Dễ thấy VA. ABC  V và VA. BBC C  V  VA. ABC  V . 3 3 2 Vậy VM . BCC B  VA. BBC C  V . 3 Câu 55: Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B , AB  3 , BC  4 , đường thẳng SA vuông góc với mặt phẳng  ABC  , SA  4 . Gọi AM , AN lần lượt là chiều cao của các tam giác SAB , SAC . Thể tích khối tứ diện AMNC là 128 768 384 A. . B. . C. . 41 41 41 D. 256 . 41 Hướng dẫn giải Chọn A Cách 1: 1 VS . ABC  .SA. AB.BC  8 . 6  SA2 SA2 SA2  128  SM SM SN  . VA.MNC  VS . AMC  VS . AMN     . . V  S . ABC  SB 2  SB 2 . SC 2  .VS . ABC  41  SB SB SC    Cách 2: Ta có: 1 1 1 20 41 1 1 1 12  2  AN  .  2  AM  ; 2 2 2 2 SA AC 41 AM SA AB 5 AN 2 2 9 481  12  9 . MB  AB 2  AM 2  32      MC  MB 2  BC 2     42  5 5  5 5 2  20 41  25 41 NC  AC  AN  5   .   41 41   2 2 2  SC  AN Ta có:   SC   AMN   MN  SC .  SC  AM 2 2  481   25 41  4096 Suy ra: MNC vuông tại N  MN  MC  NC   .      5 41 1025     2 2 1 1 4096 25 41 160 . SMNC  .NM .NC  . .  2 2 1025 41 41  AM  SB Ta có:   AM   SBC   AM   MNC  .  AM  BC 1 1 160 12 128 . VA.MNC  .S MNC . AM  . .  3 3 41 5 41 Câu 56: Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình thoi tâm O , cạnh đáy bằng 2a . Biết SO vuông góc với a đáy, góc  ABC  60 và khoảng cách từ O đến mặt phẳng  SBC  bằng . Tính thể tích khối 2 chóp S . ABCD . A. V  a3 3 . 9 B. V  2a 3 . C. T  2a 3 . 3 D. V  a3 2 . 2 Câu 57: Cho hình chóp S . ABCD với đáy là hình chữ nhật có AB  a , BC  a 2 , SA   ABCD  và SA  a 3 . Gọi M là trung điểm SD và  P  là mặt phẳng đi qua B , M sao cho  P  cắt mặt phẳng  SAC  theo một đường thẳng vuông góc với BM . Khoảng cách từ điểm S đến  P  bằng A. 2a 2 . 3 B. a 2 . 9 C. a 2 . 3 D. 4a 2 . 9 Câu 58: Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình thoi tâm O , cạnh đáy bằng 2a . Biết SO vuông góc với a đáy, góc  ABC  60 và khoảng cách từ O đến mặt phẳng  SBC  bằng . Tính thể tích khối 2 chóp S . ABCD . A. V  a3 3 . 9 B. V  2a 3 . C. T  Lời giải Chọn C 2a 3 . 3 D. V  a3 2 . 2 1 Ta có thể tích khối chóp là V  SO.S ABCD 3 Vì  ABC  60 nên tam giác ABC là tam giác đều cạnh 2a . S ABCD  2 S ABC  BA.BC.sin 60  2a 2 3 . Kẻ OM  BC ta có  SOM    SBC  và  SOM    SBC   SM . Kẻ OI  SM  OI   SBC  . Do đó OI  Ta có OM  a . 2 1 1 3 a 3 . d  A, BC   2a  2 2 2 2 Trong tam giác vuông SOM ta có 1 1 1 OM .OI a 6 .  SO     2 2 2 2 2 4 OI SO OM OM  OI 1 1 a 6 a3 2 Thể tích khối chóp V  SO.S ABCD  . . .2a 2 3  3 3 4 2 Câu 59: Cho hình chóp S . ABCD với đáy là hình chữ nhật có AB  a , BC  a 2 , SA   ABCD  và SA  a 3 . Gọi M là trung điểm SD và  P  là mặt phẳng đi qua B , M sao cho  P  cắt mặt phẳng  SAC  theo một đường thẳng vuông góc với BM . Khoảng cách từ điểm S đến  P  bằng A. 2a 2 . 3 B. a 2 . 9 C. Lời giải Chọn A a 2 . 3 D. 4a 2 . 9 S M N G A P D H O B C Dễ thấy:  BD  AC  a 3 ; SB  2a ; SD  a 5  BM 2  2  BD 2  SB 2   SD 2 4  9a 2 4 3 1 a 6  VS . ABCD  .S ABCD .SA  3 3 Kẻ BH  AC thì BH . AC  BA.BC  BH  BA.BC a 2 AH 2    AC AO 3 3  H là trọng tâm tam giác ABD Gọi G là trọng tâm tam giác SBD thì GH // SA và NP // AC vì BM  NP Ta có: 2 2a 3 SG 2 SN SP 2 .  và   ; NP  AC  3 3 SO 3 SA SC 3 V V 4 2  S .BNP  và S .MNP  . VS .BAC 9 VS . DAC 9  1  VS .BNMP  VS . ABCD . 3 3V 1 Mặt khác: VS . BNMP  S BNMP .d  S ,  P    d  S ,  P    S . BNMP . 3 S BNMP Mà S BNMP  3V 1 a2 3 2a 2 .  d  S ,  P    S . BNMP BM .NP  S BNMP  2 S BNMP 3 2 Câu 60: Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình vuông cạnh 2a . Biết các mặt bên của hình chóp cùng 4 3a 3 tạo với đáy các góc bằng nhau và thể tích của khối chóp bằng . Tính khoảng cách giữa 3 SA và CD . A. 5a . B. 2a . C. 3a . D. 3 2a . Câu 61: Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình vuông cạnh 2a . Biết các mặt bên của hình chóp cùng 4 3a 3 tạo với đáy các góc bằng nhau và thể tích của khối chóp bằng . Tính khoảng cách giữa 3 SA và CD . A. 5a . B. 2a . C. 3a . D. 3 2a . Lời giải Chọn C S H D A M B O C Do các mặt bên tạo với đáy các góc bằng nhau nên hình chiếu của S trên mặt đáy cách đều 4 cạnh của hình vuông ABCD . Suy ra SO vuông góc với đáy ( O là tâm ABCD ). 3V Suy ra SO  S . ABCD  3a . S ABCD Ta có CD // AB  CD //  SAB   d  CD; SA  d  CD;  SAB    d  C ;  SAB    2d  O;  SAB   . Kẻ OM vuông góc AB tại M và OH  SM tại H . 1 1 1 a 3 Suy ra OH  d  O;  SAB   . Lại có .    OH  2 2 2 OH OS OM 2 Vậy d  SA; CD   a 3 . Câu 62: Biết rằng tổng diện tích tất cả các mặt của hình bát diện đều bằng 8 3 . Tính diện tích S mặt cầu ngoại tiếp hình bát diện đều. A. 8 . B. 16 . C. 4 3 . D. 8 3 . Câu 63: Biết rằng tổng diện tích tất cả các mặt của hình bát diện đều bằng 8 3 . Tính diện tích S mặt cầu ngoại tiếp hình bát diện đều. A. 8 . B. 16 . C. 4 3 . Lời giải D. 8 3 . Chọn A Gọi cạnh của bát diện đều là a . Hình bát diện đều có tất cả tám mặt đều nên tổng diện tích tất 1 cả các mặt của hình bát diện đều là: 8. a 2 .sin 60  8 3  a  2 . 2 E A D I C B F Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình bát diện đều là: R  IA  1 1 2 AC  2  22  2 . 2 2 Diện tích S mặt cầu ngoại tiếp hình bát diện đều là S  4 R 2  4 . Câu 64: Hình tứ diện đều có tất cả bao nhiêu mặt phẳng đối xứng? A. 6 . B. 3 . C. 4 .  2 2  8 . D. 2 . Câu 65: Biết rằng thể tích của một khối lập phương bằng 8 . Tính tổng diện tích các mặt của hình lập phương đó. A. 16 . B. 24 . C. 36 . D. 27 . Câu 66: Cho hình chóp tứ giác đều có cạnh đáy bằng a và cạnh bên bằng a 3 . Tính thể tích V của khối chóp đó theo a . A. V  a 3 10 . 6 B. V  a3 . 2 C. V  Câu 67: Hình tứ diện đều có tất cả bao nhiêu mặt phẳng đối xứng? A. 6 . B. 3 . C. 4 . Lời giải Chọn A a3 2 . 3 D. V  a3 3 . 3 D. 2 . Hình tứ diện có tất cả 6 mặt phẳng đối xứng. Câu 68: Biết rằng thể tích của một khối lập phương bằng 8 . Tính tổng diện tích các mặt của hình lập phương đó. A. 16 . B. 24 . C. 36 . D. 27 . Lời giải Chọn B Gọi x là độ dài cạnh của hình lập phương. Khi đó hình lập phương có thể tích là V  x 3  8  x  2 . Hình lập phương có tất cả 6 mặt đều là hình vuông có cạnh x . Vậy tổng diện tích các mặt của hình lập phương là S  6. x 2  6.2 2  24 . Câu 69: Cho hình chóp tứ giác đều có cạnh đáy bằng a và cạnh bên bằng a 3 . Tính thể tích V của khối chóp đó theo a . A. V  a 3 10 . 6 B. V  a3 . 2 C. V  a3 2 . 3 D. V  a3 3 . 3 Lời giải Chọn A S D A C B a 2 a 10 Gọi h là chiều cao hình chóp, ta có h  3a   . 2 2 2 V  1 a 10 a 3 10 1 .  S ABCD .h  a 2 . 3 2 6 3 Câu 70: Cho lăng trụ tam giác đều ABC. ABC  cạnh a và có thể tích bằng a3 3 . Tính diện tích tam 8 giác ABC . a2 3 . 2 Câu 71: Thể tích khối bát diện đều cạnh a bằng A. a 2 3 . A. 2a 3 . 3 B. B. a3 2 . 3 C. a 2 . D. a2 . 2 C. a3 2 . D. 2a 3 2 . 3 Câu 72: Cho lăng trụ tam giác đều ABC. AB C  cạnh a và có thể tích bằng giác ABC . a3 3 . Tính diện tích tam 8 A. a 2 3 . B. a2 3 . 2 C. a 2 . D. a2 . 2 D. 2a 3 2 . 3 Lời giải Chọn D A’ C’ B’ C A a M B Ta có : V  AA.SABC  a3 3 a2 3 a  AA  .  AA. 2 8 4 Gọi M là trung điểm của BC , ta có : AM  a 3 , 2 2 2 a a 3 AM  AA  AM       a.  2   2  2 2 a2 1 1 Vậy S ABC  . AM .BC  .a.a  . 2 2 2 Câu 73: Thể tích khối bát diện đều cạnh a bằng A. 2a 3 . 3 B. a3 2 . 3 C. a3 2 . Lời giải Chọn B Thể tích khối bát diện đều cạnh a bằng hai lần thể tích khối chóp tứ giác đều có tất cả các cạnh bằng a . 1 a 2  a3 2 Do đó, thể tích khối bát diện đều cạnh a là V  2.  .a 2 . .  3 3 2   Câu 74: Cho hình chóp tứ giác đều S . ABCD có cạnh đáy bằng a . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của SA và CD . Cho biết MN tạo với mặt đáy một góc bằng 30 . Tính thể tích khối chóp S . ABCD . A. a 3 30 . 18 B. a 3 15 . 3 C. a3 5 . 12 D. a 3 15 . 5 Câu 75: Cho hình chóp tứ giác đều S . ABCD có cạnh đáy bằng a . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của SA và CD . Cho biết MN tạo với mặt đáy một góc bằng 30 . Tính thể tích khối chóp S . ABCD . A. a 3 30 . 18 Chọn A B. a 3 15 . 3 a3 5 . 12 Hướng dẫn giải C. D. a 3 15 . 5 S B C M O B A H C H N O a N A D D Gọi O  AC  BD , ta có SO   ABCD  . Gọi H là trung điểm OA , ta có MH // SO  MH   ABCD  .   30 . Do đó  MN ,  ABCD     MN , NH   MNH 2 2 a 10 5 3  1  Ta có: NH   AD    CD   a 2  NH  . 4 8 4  4  2  tan MNH 3 a 30 MH MH .   MH   3 12 NH a 10 4 Mặt khác: SO  2 MH  a 30 . 6 1 1 a 30 a 3 30 Vậy thể tích khối chóp S . ABCD là: V  .S ABCD .SO  .a 2 . .  3 3 6 18 Câu 76: Cho hình chóp có đáy là hình vuông cạnh bằng a và có thể tích bằng 6a 3 . Chiều cao của hình chóp bằng A. a . B. 6a . C. 6a 2 . D. 18a . Câu 77: Cho hình chóp có đáy là hình vuông cạnh bằng a và có thể tích bằng 6a 3 . Chiều cao của hình chóp bằng A. a . B. 6a . C. 6a 2 . Lời giải D. 18a . Chọn D Diện tích đáy là S  a 2 . Do đó chiều cao h của hình chóp là: h  3V  18a . B Câu 78: Khối chóp S . ABCD có A , B , C , D cố định và S chạy trên đường thẳng song song với AC . Khi đó thể tích khối chóp S . ABCD sẽ: A. Giảm phân nửa. B. Giữ nguyên. C. Tăng gấp đôi. D. Tăng gấp bốn. Câu 79: Cho hình lăng trụ đứng ABC. ABC  có đáy tam giác ABC vuông, AB  BC  2a , cạnh bên AA  a 2 , M là trung điểm của BC . Tính tang của góc giữa AM với  ABC  . A. 10 . 5 B. 2 2 . 3 C. 3 . 3 D. 2 10 . 5 Câu 80: Khối chóp S . ABCD có A , B , C , D cố định và S chạy trên đường thẳng song song với AC . Khi đó thể tích khối chóp S . ABCD sẽ: A. Giảm phân nửa. B. Giữ nguyên. C. Tăng gấp đôi. D. Tăng gấp bốn. Hướng dẫn giải Chọn B Gọi  là đường thẳng qua S và song song AC . 1 Ta có: V  B.h 3 +  song song AC nên    ABCD   d  S ,  ABCD    d  ,  ABCD    h không đổi. + A , B , C , D cố định nên diện tích tứ giác ABCD cũng không đổi. Vì vậy thể tích khối chóp S . ABCD sẽ giữ nguyên. Câu 81: Cho hình lăng trụ đứng ABC. ABC  có đáy tam giác ABC vuông, AB  BC  2a , cạnh bên AA  a 2 , M là trung điểm của BC . Tính tang của góc giữa AM với  ABC  . 10 . 5 A. B. 2 2 . 3 3 . 3 Hướng dẫn giải C. D. 2 10 . 5 Chọn A A’ C’ B’ A C M B Ta có: AA   ABC  nên AM là hình chiếu của AM lên  ABC    AM ,  ABC    AM , AM   AMA .    AM  AB 2  BM 2  tan  AMA    2a  2  a2  a 5 . AA a 2 10   . AM a 5 5 Câu 82: Cho khối chóp tứ giác đều có cạnh đáy bằng a , cạnh bên bằng a . Thể tích của khối chóp đã cho bằng A. 14a 3 . 2 B. 2a 3 . 6 C. 14a 3 . 6 D. 11a 3 . 12 Câu 83: Cho khối chóp tứ giác đều có cạnh đáy bằng a , cạnh bên bằng a . Thể tích của khối chóp đã cho bằng A. 14a 3 . 2 B. 2a 3 . 6 C. Lời giải Chọn B 14a 3 . 6 D. 11a 3 . 12 S a C B O D a A Xét khối chóp tứ giác đều S . ABCD có AB  a , SA  a . Gọi O  AC  BD , ta có SO   ABCD  . 2 a 2 a 2 SO  SA  OA  a   .   2  2  Thể tích của khối chóp S . ABCD là 1 a 2 a3 2 1 .  VS . ABCD  .S ABCD .SO  .a 2 . 3 2 6 3 2 2 2 Câu 84: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Thể tích của khối chóp S . ABCD bằng 3a 3 . Biết diện tích của tam giác SAD bằng 2a 2 . Tính khoảng cách h từ B đến mặt phẳng  SAD  . B. h  A. h  a . 9a . 4 C. h  3a . 2 D. h  4a . 9 Câu 85: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Thể tích của khối chóp S . ABCD bằng 3a 3 . Biết diện tích của tam giác SAD bằng 2a 2 . Tính khoảng cách h từ B đến mặt phẳng  SAD  . B. h  A. h  a . 9a . 4 C. h  3a . 2 D. h  4a . 9 Lời giải Chọn B Ta có VS . ABD  3V 3.3a 3 9 1 1  a. VS . ABCD  h.S SAD  h  S . ABCD  2 S SAD 2.2a 2 4 2 3 Câu 86: Cho tứ diện ABCD có ABC , BCD là các tam giác đều cạnh a . Góc giữa  ABC  và  BCD  là 60 . Tính VABCD . A. V  a3 2 . 8 B. V  a3 2 . 12 C. V  a3 3 . 16 D. V  a3 . 8 Câu 87: Cho tứ diện ABCD có ABC , BCD là các tam giác đều cạnh a . Góc giữa  ABC  và  BCD  là 60 . Tính VABCD . A. V  a3 2 . 8 B. V  a3 2 . 12 C. V  Lời giải Chọn C a3 3 . 16 D. V  a3 . 8 A B D H M C Gọi M là trung điểm BC ta có ABC , BCD là các tam giác đều cạnh a nên AM  BC và DM  BC , mặt khác  ABC    BCD   BC Vậy    ABC  ;  BCD      AM ; MD    AMD  60 . AM là đường cao của tam giác đều ABC  AM  a 3 . 2 Gọi H là hình chiếu của A lên MD  BC  AM  BC   AMD    AMD    BCD   AH   BCD  . Ta thấy   BC  MD a 3 3a sin 60  2 4 2 1 1 3a a 3 a 3 3 Vậy VABCD  AH .SBCD  . . .  3 3 4 4 16 ACB  60 . Đường Câu 88: Cho lăng trụ đứng ABC. ABC  có đáy là tam giác vuông tại A , AC  a ,  chéo BC của mặt bên  BCC B  tạo với mặt phẳng  AAC C  một góc 30 . Tính thể tích của AH  AM .sin 60  khối lăng trụ theo a . A. a3 6 . 2 B. a3 2 6 . 3 C. a3 6 . 3 D. a 3 6 . Câu 89: Thể tích của khối cầu ngoại tiếp bát diện đều có cạnh bằng a là 3 a 3 2 a 3 2 a 3 8 2 a 3 . B. . C. . D. . 3 6 3 3 Câu 90: Cho hình chóp đều S . ABC có đáy là tam giác đều cạnh a . Gọi E , F lần lượt là trung điểm của các cạnh SB , SC . Biết mặt phẳng  AEF  vuông góc với mặt phẳng  SBC  . Tính thể tích khối A. chóp S . ABC . a3 6 . 12 Câu 91: Cho lăng trụ đứng ABC. ABC  có đáy là tam giác vuông tại A , AC  a ,  ACB  60 . Đường chéo BC của mặt bên  BCC B  tạo với mặt phẳng  AAC C  một góc 30 . Tính thể tích của A. a3 5 . 24 B. a3 5 . 8 C. a3 3 . 24 D. B. a3 2 6 . 3 C. a3 6 . 3 D. a 3 6 . khối lăng trụ theo a . A. a3 6 . 2 Lời giải Chọn D C’ A’ 30° B’ C A B  BA  AC   A  30 . Ta có:   BA   AAC C  nên  BC ,  AAC C    BC   BA  AA (do AA  ABC )    ABC có AB  AC.tan 60  a 3 . AB BAC  có AC    3a . tan 30 Suy ra CC   AC 2  AC 2  2a 2 . 1 Thể tích của khối lăng trụ ABC. ABC  là V  AA.S ABC  2a 2. a.a 3  a3 6 . 2 Câu 92: Thể tích của khối cầu ngoại tiếp bát diện đều có cạnh bằng a là A. 3 a 3 . 3 B. 2 a 3 . 6 2 a 3 . 3 C. D. 8 2 a 3 . 3 Lời giải Chọn C S C D O B A S’ Giả sử hình bát diện đều như hình vẽ. khi đó Bán kính mặt cầu R  SO  SA2  OA2 . 2a 2 a 2  .  R a  2 4 2 4 2 a 3 Thể tích của khối cầu V   R 3  . 3 3 Câu 93: Cho hình chóp đều S . ABC có đáy là tam giác đều cạnh a . Gọi E , F lần lượt là trung điểm của các cạnh SB , SC . Biết mặt phẳng  AEF  vuông góc với mặt phẳng  SBC  . Tính thể tích khối chóp S . ABC . A. a3 5 . 24 B. a3 5 . 8 a3 3 . 24 C. D. a3 6 . 12 Lời giải Chọn A S F I E C A H K B Gọi K là trung điểm của BC và gọi H là trực tâm của tam giác ABC . Gọi I  SK  EF , do E , F lần lượt là trung điểm của các cạnh SB , SC nên EF // BC và 1 BC  I là trung điểm của EF và SK . 2 Do SAB  SAC nên AE  AF  AEF cân tại A  AI  EF . Theo giả thiết mặt phẳng  AEF  vuông góc với mặt phẳng  SBC  .  AI  SK hay tam giác EF  SAK cân tại K  SA  AK  a 3 . 2 2 2 a 3 a 3 15 Xét tam giác vuông SAH ta có SH  SA  AH   .      a 6  2   3  2 2 1 1 a 2 3 a 15 a 3 5 Thể tích khối chóp S . ABC là V  S ABC .SH  . . .  3 3 4 6 24 Câu 1: (THPT Chuyên Hùng Vương-Phú Thọ-lần 1-NH2017-2018) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , SA  a và SA vuông góc với đáy. Gọi M là trung điểm SB , N là điểm thuộc cạnh SD sao cho SN  2 ND . Tính thể tích V của khối tứ diện ACMN . 1 1 1 1 A. V  a 3 B. V  a 3 . C. V  a 3 . D. V  a 3 . 12 6 8 36 Lời giải Chọn A 1 a3 Cách 1. Ta có VS . ABCD  SA.S ABCD  3 3 1 1 1  1 2  a3 VNDAC  NH .SDAC  . a.  a   3 3 3  2  18 1 1 a  1  a3 VMABC  MK .SABC  . .  a 2   3 3 2  2  12 1 a3 d  A,  SMN   .S SMN  3 18 1 1 2  1 a  a3 Suy ra VNSAM  NL.SSAM  . a.  a.   . 3 3 3  2 2  18 1 1 a3 Mặt khác VC .SMN  d  C ,  SMN   .SSMN  d  A,  SMN   .S SMN  3 3 18 3 3 3 a a a a3 a3 1 Vậy VACMN  VS . ABCD  VNSAM  VNADC  VMABC  VSCMN       a 3 . 3 18 18 12 18 12 S M L A N B O K H D C Cách 2. Gọi O là giao điểm của AC và BD . 1 a3 Ta có VS . ABCD  SA.S ABCD  . Vì OM //SD nên SD //  AMC  . 3 3 Do đó d  N ;  AMC    d  D;  AMC    d  B;  AMC   1 a3  VACMN  VN .MAC  VD.MAC  VB.MAC  VM .BAC  VS . ABCD  . 4 12 1 1 (do d  M ;  ABC    d  S ;  ABC   và S ABC  S ABCD ) 2 2 Câu 2: (THTT Số 1-484 tháng 10 năm 2017-2018) Ông An muốn xây một cái bể chứa nước lớn dạng một khối hộp chữ nhật không nắp có thể tích bằng 288 m3 . Đáy bể là hình chữ nhật có chiều dài gấp đôi chiều rộng, giá thuê nhân công để xây bể là 500000 đồng/ m 2 . Nếu ông An biết xác định các kích thước của bể hợp lí thì chi phí thuê nhân công sẽ thấp nhất. Hỏi ông An trả chi phí thấp nhất để xây dựng bể đó là bao nhiêu? A. 108 triệu đồng. B. 54 triệu đồng. C. 168 triệu đồng. D. 90 triệu đồng. Lời giải Chọn A Theo bài ra ta có để chi phí thuê nhân công là thấp nhất thì ta phải xây dựng bể sao cho tổng diện tích xung quanh và diện tích đáy là nhỏ nhất. Gọi ba kích thước của bể là a , 2a , c .  a  m   0, c  m   0  Ta có diện tích cách mặt cần xây là S  2a 2  4ac  2ac  2a 2  6ac . 144 Thể tích bể V  a.2a.c  2a 2c  288  c  2 . a Vậy S  2a 2  6a. 144 864 432 432 432 432  2a 2   2a 2    3. 3 2a 2 . .  216 . 2 a a a a a a Vậy Smin  216 m2 Chi phí thấp nhất là 216  500000  108 triệu đồng. Câu 3: (THPT Chuyên Quang Trung-Bình Phước-lần 1-năm 2017-2018) Cho khối chóp S . ABC có    CSA   60, SA  a, SB  2a, SC  4a . Tính thể tích khối chóp S . ABC theo a . ASB  BSC A. 8a 3 2 . 3 B. 2a 3 2 . 3 C. 4a 3 2 . 3 D. a3 2 . 3 Lời giải Chọn B S A M N B C  SM 1  SB  2 Lấy M  SB, N  SC thoả mãn: SM  SN  SA  a   . SN 1    SC 4   CSA   600  S . AMN là khối tứ diện đều cạnh a . Theo giả thiết:  ASB  BSC Do đó: VS . AMN  a3 2 . 12 Mặt khác : VS . AMN SM SN 1 1 1 2a 3 2 .  .   VS . ABC  8VS . AMN   . 3 VS . ABC SB SC 2 4 8 Câu 4: (THPT Chuyên Thái Bình-lần 1-năm 2017-2018) 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 thể tích khối chóp S . ABC theo a . A. 3a3 . 8 B. 3a3 . 12 C. 3a3 . 6 D. 3a3 . 4 Lời giải. Chọn B S D C B 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   30 , suy ra DC  a . Ngoài ra góc giữa hai mặt phẳng  SAB  và  ABC  là Ta có DAC 3   60 , suy ra tan SBD   SD  SD  BD tan SBD   a . 3a. SBD BD 3 1 1 a2 3 a3 3 Vậy VS . ABC  .SABC .SD  . . .a  3 3 4 12 Câu 5: (THPT Chuyên Thái Bình-lần 1-năm 2017-2018) Cho hình chóp S . ABC có đáy là tam giác ABC  30 ; tam giác SBC là tam giác đều cạnh a và mặt phẳng ABC vuông tại A góc   SAB  A. vuông góc mặt phẳng  ABC  . Khoảng cách từ A đến mặt phẳng  SBC  là: a 6 . 5 B. a 6 . 3 C. Lời giải. Chọn D a 3 . 3 D. a 6 . 6 S E A B H K C a a 3 ABC  30 và BC  a , suy ra AC  , AB  Ta có tam giác ABC vuông tại A góc  . 2 2  SAB    ABC   AC   SAB  , suy ra tam giác SAC vuông tại A . Lại có  CA  AB 2 a 3 a Suy ra SA  SC 2  AC 2  a 2     . 2 2 a 3 a 3 , AB  , SB  a . Từ đó sử dụng công thức Hê-rông ta tính 2 2 2S a2 2 a 6 a 3 2 AB  SH  SAB   BH   được SSAB  . 4 AB 3 3 3 2 Suy ra d  H ,  SBC    d  A,  SBC   . Từ H kẻ HK  BC . 3 a 3 a 6  d  H ,  SBC    . Kẻ HE  SK  HE   SBC  . Ta dễ tính được HK  6 9 3 3 a 6 a 6  Vậy d  A,  SBC    d  H ,  SBC     . 2 2 9 6 Tam giác SAB có SA  Câu 6: (THPT Hoa Lư A-Ninh Bình-lần 1-năm 2017-2018) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB  a , BC  a 3 . Cạnh bên SA vuông góc với đáy và đường thẳng SC tạo với mặt phẳng  SAB  một góc 30 . Tính thể tích V của khối chóp S . ABCD theo a . A. V  2 6a 3 . 3 B. V  2a 3 . 3 C. V  3a 3 . Lời giải Chọn A S A B D C D. V  3a 3 . 3  BC  SA Ta có:   BC   SAB   SB là hình chiếu của SC lên mặt phẳng  SAB  .  BC  AB   30 .   SC ,  SAB     SC , SB   CSB Xét tam giác SBC vuông tại B có tan 30  BC  SB  3a . SB Xét tam giác SAB vuông tại A có SA  SB 2  AB 2  2a 2 . Mà S ABCD  AB.BC  a 2 3 . 1 2a 3 6 Vậy V  S ABCD .SA  . 3 3 Câu 7: (THPT Hoa Lư A-Ninh Bình-lần 1-năm 2017-2018) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thoi và có thể tích bằng 2 . Gọi M , N lần lượt là các điểm trên cạnh SB và SD sao cho SM SN 1   k . Tìm giá trị của k để thể tích khối chóp S . AMN bằng . SB SD 8 1 A. k  . 8 B. k  2 . 2 C. k  2 . 4 D. k  1 . 4 Lời giải Chọn C S N M A D B Ta có C VS . AMN SA SM SN  . .  k 2. VS . ABD SA SB SD Mà VS . AMN  1 1 1 2 , VS . ABD  VS . ABCD  1   k 2  k  . 8 2 8 4 Câu 8: (THPT Hoa Lư A-Ninh Bình-lần 1-năm 2017-2018) Cho khối tứ diện ABCD có thể tích V và điểm E trên cạnh AB sao cho AE  3EB . Tính thể tích khối tứ diện EBCD theo V . V V V V A. . B. . C. . D. . 4 3 2 5 Lời giải Chọn A A E B D C VB. ECD BE AC AD 1 1  . .   VB.ECD  VE .BCD  V VA.BCD BA AC AD 4 4 Câu 9: (THPT Hoa Lư A-Ninh Bình-lần 1-năm 2017-2018) Cho hình tứ diện đều ABCD có cạnh bằng 3. Gọi G1 , G2 , G3 , G4 lần lượt là trọng tâm của bốn mặt của tứ diện ABCD . Tính thể tích V của khối tứ diện G1G2G3G4 . A. V  2 . 4 B. V  2 . 18 C. V  9 2 . 32 D. V  2 . 12 Lời giải Chọn D A G4 G2 G3 P B D G1 M N C Tứ diện đều ABCD  AG1   BCD  . Ta có ngay  G2G3G4  / /  BCD   d  G1 ;  G2G3G4   G1 A  MG2 1  . MA 3 BC 6  3  G1 A  AC 2  G1C 2  6  d  G1 ;  G2G3G4    . 3 3 GG AG2 2 2 1 Lại có 2 3    G2G3  MN  BD  1. MN AM 3 3 3 Tương tự G3G4  1, G4G2  1  G2G3G3 là tam giác đều có cạnh bằng 1 Cạnh CG1  1 3 1 2  SG2G3G4  G2G3 .G3G4 sin 600   VG1G2G3G4  d  G1 ;  G2G3G4   .SG2G3G4  . 2 4 3 12 Câu 10: (THPT Hoa Lư A-Ninh Bình-lần 1-năm 2017-2018) Cho hình chóp đều S . ABCD có AC  2a , góc giữa mặt phẳng  SBC  và mặt phẳng  ABCD  bằng 45 . Tính thể tích V của khối chóp S . ABCD theo a . A. V  a3 2 . 3 B. V  2 3a 3 . 3 C. V  a3 2 . D. V  a3 . 2 Lời giải Chọn A S D C O A Gọi M là trung điểm của BC , suy ra OM  BC .   45 . Ta có  SBC  ;  ABCD   SMO M B Ta có AC 2  AB 2  BC 2  4a 2  AB  BC  a 2 . OM  1 a 2 a 2 a 2 AB   SO  .tan 45  . 2 2 2 2 1 1 a 2 Vậy VS . ABCD  .SO.S ABCD  . . a 2 3 3 2   2  2a 3 . 3 Câu 11: (THPT Hoa Lư A-Ninh Bình-lần 1-năm 2017-2018) Cho khối lăng trụ đứng, mặt phẳng  P  đi qua C  và các trung điểm của AA , BB chia khối lăng trụ ABC. ABC  thành hai khối đa diện có tỷ số thể tích bằng k với k  1. Tìm k . 1 2 1 A. . B. . C. 1. D. . 3 3 2 Lời giải Chọn D A B C D E F A B C Gọi D, E , F lần lượt là trung điểm của AA, BB, CC  và h là độ dài chiều cao của khối lăng trụ ABC. ABC  . Khi đó ta có 1 h 1 1 VC DEF  .S DEF .  .SDEF .h  .VABC . ABC  . 3 2 6 6 1 .VABC . ABC  . 2 V 1 1 1 Suy ra VC DEBA  VC ‘ DEF  .VABC . ABC   VC DEBA  VABC . ABC   k  C DEBA  . 2 3 VABCDC E 2 Mặt khác VABC DEF  Câu 12: (THPT Lê Hồng Phong-Nam Định-lần 1-năm 2017-2018) Cho khối chóp S. ABC có góc    CSA   60 và SA  2 , SB  3 , SC  4 . Thể tích khối chóp S. ABC . ASB  BSC A. 2 2 . B. 2 3 . C. 4 3 . Lời giải D. 3 2 . Chọn A S C A O M B C B 2 1 Gọi B  trên SB sao cho SB  SB và C  trên SC sao cho SC   SC . 3 2     Khi đó SA  SB  SC  2  S . AB C là khối tứ diện đều. 2 3 2 2 3 Ta có: AM   3  AO  AM  2 3 3 2 6 Nên SO  SA2  AO 2  và S ABC  3 . 3 1 2 2 Khi đó VS . ABC   S ABC  .SO  . 3 3 V SA SB SC Mà ta lại có: S . ABC  . .  3  VS . ABC  3VS. ABC   2 2 . VS. ABC  SA SB SC  Cách khác: SA.SB.SC   cos 2 CSB   2cos   .cosCSB  2 2 VS . ABC  . 1  cos 2  ASB  cos 2 BSC ASB.cos.BSC 6 Câu 13: (THPT Chuyên Bắc Ninh-lần 1-năm 2017-2018) Hình lăng trụ ABC. ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A; AB  1; AC  2. Hình chiếu vuông góc của A trên  ABC  nằm trên đường thẳng BC . Tính khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng  ABC  . A. 3 . 2 B. 1 . 3 C. Lời giải Chọn C 2 5 . 5 D. 2 . 3 A C B 2 A C 1 H B Gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên  ABC  . Giả sử AH  x  0 ; BC  5 ; S ABC  1 AB. AC  1 . 2 1 1 AH .S ABC  .x . 3 3 3VA. ABC x 2x 2 . d  A,  ABC       1 S ABC x . 5 5  A H. 5 2 Ta có VA. ABC  Câu 14: (THPT Chuyên Bắc Ninh-lần 1-năm 2017-2018) Cho khối lăng trụ ABC. ABC có thể tích bằng 2018. Gọi M là trung điểm AA ; N , P lần lượt là các điểm nằm trên các cạnh BB , CC  sao cho BN  2BN , CP  3C P . Tính thể tích khối đa diện ABC.MNP . 32288 40360 4036 23207 A. . B. . C. . D. . 27 27 3 18 Lời giải Chọn D A C B M P A N C B Ta có VABC .MNP 1  AM BN CP  23 23207      . Vậy VABC .MNP  .  VABC . ABC  3  AA BB CC   36 18 Câu 15: (THPT Chuyên Bắc Ninh-lần 1-năm 2017-2018) Cho khối tứ diện ABCD có thể tích 2017 . Gọi M , N , P , Q lần lượt là trọng tâm của các tam giác ABC , ABD , ACD , BCD . Tính theo V thể tích của khối tứ diện MNPQ . A. 2017 . 9 B. 4034 . 81 C. Lời giải Chọn D 8068 . 27 D. 2017 . 27 A N P M B D F Q E G C VAEFG S EFG 1 1    VAEFG  VABCD VABCD S BCD 4 4 ( Do E , F , G lần lượt là trung điểm của BC, BD, CD ). VAMNP SM SN SP 8 8 8 1 2  VAMNP  VAEFG  . VABCD  VABCD  . .  27 27 4 27 VAEFG SE SE SG 27 Do mặt phẳng  MNP  //  BCD  nên VQMNP VAMNP  1 1  VQMNP  VAMNP 2 2 1 2 1 2017 . VQMNP  . VABCD  VABCD  2 27 27 27 Câu 16: (THPT Chuyên Bắc Ninh-lần 1-năm 2017-2018) 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 3 . Tính theo 4 a thể tích V của khối lăng trụ ABC. ABC . A. V  a3 3 . 6 B. V  a3 3 . 12 C. V  a3 3 . 3 D. V  Lời giải Chọn B A C B I H A G C M B   Ta có A G   ABC  nên A G  BC ; BC  AM  BC   MAA  Kẻ MI  AA ; BC  IM nên d  AA; BC   IM  Kẻ GH  AA , ta có a 3 4 AG GH 2 2 a 3 a 3    GH  .  AM IM 3 3 4 6 a3 3 . 24 1 1 1    AG  2 2 HG AG AG 2 a 3 a 3 . 6 a  3 3 AG 2  HG 2 a2 a2  3 12 AG.HG a a2 3 a2 3 ( đvtt). VABC . ABC   AG.S ABC  .  3 4 12 Câu 17: (THPT Xuân Hòa-Vĩnh Phúc-năm 2017-2018) Cho hình chóp tứ giác S . ABCD có đáy là vuông; mặt bên  SAB  là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Biết khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng  SCD  bằng 3 7a . Tính thể tích V của khối chóp 7 S . ABCD . 1 A. V  a 3 . 3 B. V  a 3 . C. V  2 3 a . 3 D. V  3a 3 . 2 Lời giải Chọn D S K A D I B J C Gọi I ; J lần lượt là trung điểm của AB ; CD ; K là hình chiếu của I lên SJ Đặt cạnh đáy bằng x khi đó SI  x 3 , IJ  x . 2 Vì AB // CD nên d  A;  SCD    d  I ;  SCD    IK   3a 7  7 IS .IJ IS 2  IJ 2 x 3 2  x  a 3. 3 2 2 x  x 4 x. Từ đó suy ra V  1 x 3 2 3a 3 . x  3 2 2 Câu 18: (THPT Xuân Hòa-Vĩnh Phúc-năm 2017-2018) Cho hình lăng trụ đứng ABC. ABC  , biết đáy ABC là tam giác đều cạnh a . Khoảng cách từ tâm O của tam giác ABC đến mặt phẳng a  ABC  bằng . Tính thể tích khối lăng trụ ABC. ABC  . 6 A. 3a 3 2 . 8 3a 3 2 . 28 B. 3a 3 2 . 4 C. D. 3a 3 2 . 16 Lời giải Chọn D a2 3 . 4 Chiều cao là h  d   ABC  ;  ABC     AA . Diện tích đáy là B  S ABC  Do tam giác ABC là tam giác đều nên O là trọng tâm của tam giác ABC . Gọi I là trung điểm của BC , H là hình chiếu vuông góc của A lên AI ta có AH   ABC   d  A;  ABC    AH A’ C’ B’ H K A C O B d  O;  ABC   d  A;  ABC    I d  A;  ABC   AH a a IO 1   d  O;  ABC       AH  2 IA 3 3 3 6 Xét tam giác AAI vuông tại A ta có: 3a 3 2 a 3 a 3 1 1 1 1 1 1   V   AA   h  .      ABC . AB C  16 AH 2 AA2 AI 2 AA2 AH 2 AI 2 2 2 2 2 Câu 19: (THPT Sơn Tây-Hà Nội-lần 1-năm 2017-2018) Cho khối tứ diện ABCD có thể tích bằng V , thể tích của khối đa diện có đỉnh là trung điểm các cạnh của tứ diện ABCD bằng V  . Tính tỉ số A. V 1  . V 2 B. V 1  . V 8 V 1  . V 4 Lời giải C. D. Chọn A A E F J B I G D H C V 3  . V 4 V . V VAEJF VAEJF AE AJ AF 1   . .  . VABCD V AB AC AD 8 V 1 V 1 V 1 Tương tự: BIGE  , CIHJ  , DHGF  . V 8 V 8 V 8 V 1 1 Vậy:  1  4.  . V 8 2 Ta có Câu 20: (THPT Sơn Tây-Hà Nội-lần 1-năm 2017-2018) Cho khối chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , SA vuông góc với mặt phẳng  ABCD  . Góc giữa mặt phẳng  SBC  và  ABCD  bằng 45 . Gọi M , N lần lượt là trung điểm AB, AD . Tính thể tích khối chóp S .CDMN theo a . A. 5a 3 . 8 B. a3 . 8 C. 5a 3 . 24 D. a3 . 3 Lời giải Chọn C S N A D M C B Ta có  SBC    ABCD   BC , BC   SAB   BC  SB , AB  BC nên góc giữa mặt phẳng  SBC   Do đó SA  AB tan 450  a . và  ABCD  là SBA. Mặt khác S MNDC  S ABCD  S AMN  S BMC  a 2  Vậy VS .CDMN a 2 a 2 5a 2   8 4 8 1 1 5a 2 5a3 .  .SCDMN .SA  . .a  3 3 8 24 Câu 21: (THPT Sơn Tây-Hà Nội-lần 1-năm 2017-2018) Cho hình lăng trụ đứng ABC. ABC  , đáy ABC là tam giác vuông tại A , cạnh AA hợp với BC một góc 60 và khoảng cách giữa chúng bằng a, BC  2a . Thể tích của khối lăng trụ ABC. ABC  theo a : A. a3 . 2 B. 3a 3 . 2 C. Lời giải Chọn B 3a 3 . 4 D. a3 . 4 B A C A B H C  CC   60o Vì CC  // AA nên góc giữa AA và BC là góc giữa CC ‘ và BC và là góc B  BC   3 o .2a  a 3  BC   sin 60  BC 2 Trong BC C :   cos 60o  CC ‘ CC ‘  1 .2a  a  B ‘C  2 Gọi H là hình chiếu của A lên BC , khi đó AH   BCC B   d  AA, BC   AH  a. VABC . ABC   S ABC AA  1 a3 3 1  AH .BC. AA   .a 3.a  a  . 2 2 2  Câu 22: (THPT Chuyên ĐH Vinh-GK1-năm 2017-2018) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, tam giác SAD vuông tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy. Cho biết AB  a , SA  2 SD , mặt phẳng  SBC  tạo với mặt phẳng đáy một góc 60 . Tính thể tích của khối chóp S . ABCD . A. 5a 3 . 2 B. 5a 3 . C. 15a 3 . 2 D. 3a 3 . 2 Lời giải Chọn A S H D A B K C Gọi H là hình chiếu của S trên AD và K là hình chiếu của H trên BC . Ta có 293, 32  SH   ABCD  . HK  BC    BC  SK . Do đó góc tạo bởi hai mặt phẳng  SBC  và  ABCD  là góc SH  BC    60 , SH  HK tan 60  a 3 SKH 15a 5 3a 1 1 1 1 5 , SA  a 15 , AD  .  2  2   SD  2 2 2 2 2 SH SA SD 3a 4 SD 1 5 3a 5a 3 1  . VS . ABCD  SH .S ABCD  a 3.a. 3 2 2 3 Câu 23: (THPT Chuyên ĐH Vinh-GK1-năm 2017-2018) Cho hình chóp tam giác đều S . ABC có SA  2a , AB  3a . Gọi M là trung điểm SC . Tính khoảng cách từ M đến mặt phẳng  SAB  . A. 3 21 a. 14 B. 3 3 a. 2 C. 3 3 a. 4 D. 3 21 a. 7 Lời giải Chọn A S M H A C O N B Cách 1: (Nếu chỉ dùng kiến thức lớp 11 có thể xếp bài này vào tham số) Gọi N là trung điểm AB , O là trọng tâm ABC . Ta có Mà d  M ,  SAB   d  C ,  SAB   d  C ,  SAB   d  O,  SAB     MS 1 1   d  M ,  SAB    d  C ,  SAB   . SC 2 2 CN  3  d  C ,  SAB    3.d  O,  SAB   . ON 3 Nên d  M ,  SAB    .d  O,  SAB   . 2 Kẻ OH  SN tại H .  AB  CN Ta có:   AB   SCN   AB  OH .  AB  SN OH  SN Và   OH   SAB  tại H  d  O,  SAB    OH OH  AB 2  OA  CN  a 3  SO  SA2  OA2  a  3a. 3 3  Tính: CN   2 ON  1 CN  a 3  3 2 Tam giác SON vuông tại O  1 1 1 1 4 7 a 21    2  2  2  OH  2 2 2 OH SO ON a 3a 3a 7 3 3 3 a 21 3a 21  Vậy d  M ,  SAB    .d  O,  SAB    OH  . . 2 2 2 7 14 Cách 2: S M A C O N B Gọi N là trung điểm AB , O là trọng tâm ABC . CN  3a. 3 2  OA  CN  a 3  SO  SA2  OA2  a . 2 3 SN  SA2  AN 2  4a 2  9a 2 a 7  . 4 2 2 Ta có: VS . ABM SM 1 1 1 1 1  3a  3 3a 3 3    VS . ABM  VS . ABC  . .SABC .SO  . .a  VS . ABC SC 2 2 2 3 6 4 8 S SAB  1 1 a 7 3a 2 7 . SN . AB  . .3a  2 2 2 4 d  M ,  SAB    3VS . ABM SSAB 3a3 3 8  3a 21 .  2 14 3a 7 4 3. Câu 24: (THPT Yên Lạc-Vĩnh Phúc-lần 1-năm 2017-2018) 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 . A. 4a 3 . 9 B. 4a3 . 27 C. Lời giải Chọn C 5a 3 . 54 D. 2a 3 . 9 Trong mặt phẳng  SBC  . Qua G kẻ đường thẳng song song với BC và lần lượt cắt SC , SB tại E , F . Khi đó ta được khối đa diện không chứa đỉnh S là ABCEF . V SA SF SE 2 2 4 Ta có G là trọng tâm của SBC nên S .AFE  . .  .  . VS . ABC SA SB SC 3 3 9 4 4 5 Do đó VS .AFE  .VS . ABC  VABCEF  VS . ABC  .VS . ABC  .VS . ABC . 9 9 9 Vì tam giác ABC vuông cân ở B , AC  a 2 nên AB  BC  a. Mặt khác VS . ABC  11 a3 5 a 3 5a 3 a.a.a  . Suy ra VABCEF  .  .. 32 6 9 6 54 Câu 25: (THPT Yên Lạc-Vĩnh Phúc-lần 1-đề 2-năm 2017-2018) 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 . A. 4a 3 . 9 B. 4a 3 . 27 C. Lời giải Chọn C 5a 3 . 54 D. 2a 3 . 9 Trong mặt phẳng  SBC  . Qua G kẻ đường thẳng song song với BC và lần lượt cắt SC , SB tại E , F . Khi đó ta được khối đa diện không chứa đỉnh S là ABCEF . V SA SF SE 2 2 4 Ta có G là trọng tâm của SBC nên S .AFE  . .  .  . VS . ABC SA SB SC 3 3 9 4 4 5 Do đó VS .AFE  .VS . ABC  VABCEF  VS . ABC  .VS . ABC  .VS . ABC . 9 9 9 Vì tam giác ABC vuông cân ở B , AC  a 2 nên AB  BC  a. Mặt khác VS . ABC  11 a3 5 a 3 5a 3 a.a.a  . Suy ra VABCEF  .  .. 32 6 9 6 54 Câu 26: (THPT Nguyễn Khuyến-Nam Định-lần 1-năm 2017-2018) Cho khối hộp ABCD. ABC D . Gọi M , N , P lần lượt là trung điểm của AB, AD và AA . Tính tỉ số thể tích k của khối chóp A.MNP và khối hộp đã cho. A. k  1 . 12 B. k  1 . 48 1 C. k  . 8 D. k  1 . 24 Lời giải Chọn B D’ A’ C’ B’ P N D A M B Cách 1 : C 1 1 1 1   S AMN  4 S ABD  4 . 2 S ABCD  8 S ABCD Ta có:  . 1 d  P;  AMN    d  A;  ABCD    2 1 1 1 1 1 Suy ra: .S AMN .d  P;  AMN    . S ABCD . d  A;  ABCD    VA.MNP  VABCD. ABC D . 3 3 8 2 48 1 Vậy k  . 48 Bổ sung cách 2 VAMNP AM AN AP 1   V AB AD AA 8 VAMNP 1  ABDA Ta có    k V 1 V 48      ABDA ABCDA B C D   VABCDABC D 6 Câu 27: (THPT Nguyễn Khuyến-Nam Định-lần 1-năm 2017-2018) Cho tứ diện ABCD có AB  CD  5 , AC  BD  10 , AD  BC  13 . Tính thể tích tứ diện đã cho. A. 5 26 . B. 5 26 . 6 C. 4 . D. 2 . Lời giải Chọn D Lồng khối tứ diện ABCD vào một khối tứ diện AMNP sao cho B, C , D lần lượt là trung điểm MN , NP, PM như hình vẽ. Dễ dàng ta có khối AMNP có AM , AN , AP đôi một vuông góc và MN  2 5; NP  2 10; AD  2 13 . Suy ra AM  4; AN  2; AP  6 , nên thể tích VAMNP  1 AM . AN . AP  8 . 6 1 Mà VABCD  VAMNP  2 . 4 Câu 28: (THPT Hai Bà Trưng-Vĩnh Phúc-lần 1-năm 2017-2018) Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A , BC  2a ,  ABC  60 . Gọi M là trung điểm BC . Biết SA  SB  SM  A. 2a . a 39 . Khoảng cách từ S đến mặt phẳng  ABC  là: 3 B. 4a . C. 3a . D. a . Lời giải Chọn A Vẽ lại hình,chú ý vị trí điểm H Theo đề ta có: AC  BC.sin 60  a 3 và AB  BC.cos 60  a . Suy ra tam giác ABM đều cạnh bằng a và hình chóp S . ABM là hình chóp đều. Hạ SH   ABC   H là trọng tâm của tam giác ABM . Ta có S ABC  Mà SABM  1 a2 3 a2 3 . AB. AC   S ABM  2 2 4 AB. AM .BM a 3  HA  R  4R 3 Tam giác vuông SAH  SH  SA2  HA2  2a Vậy khoảng cách từ S đến mặt phẳng  ABC  bằng 2a . Cách khác: Chọn hệ trục tọa độ trong không gian Oxyz . Câu 29: (THPT Hai Bà Trưng-Vĩnh Phúc-lần 1-năm 2017-2018) Cho hình chóp S.ABC có    CSA   60 , SA  2 , SB  3 , SC  6 . Tính thể tích của khối chóp S.ABC . ASB  BSC A. 6 2 (đvtt). B. 18 2 (đvtt). C. 9 2 (đvtt). Lời giải Chọn D D. 3 2 (đvtt). Trên cạnh SB , SC lần lượt lấy E , F sao cho SE  2 và SF  2 .   CSA   60 suy ra hình chóp S.AEF là chóp tam giác đều có tất cả các Mặt khác  ASB  BSC cạnh bằng 2. Gọi H là trọng tâm AEF  SH   AEF  (vẽ thêm bên cạnh hình chóp đều S.AEF cho em nhé đại ca)  3  3  AA1  2 2  2 2  Gọi A1 là trung điểm của EF   AH  AA1  3 3 3   2 6 2 2  SH  SA  AH  3  1 2 2 Suy ra VS . AEF  SH .S AEF  . 3 3 V SE SF 2 1 2 9 Ta có: S . AEF  .  .   VS . ABC  VS . AEF  3 2 . VS . ABC SB SC 3 3 9 2 Câu 30: (THPT Việt Trì-Phú Thọ-lần 1-năm 2017-2018) Cho hình chóp tam giác đều S . ABC . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của BC , SM . Mặt phẳng  ABN  cắt SC tại E . Gọi V2 là thể tích của khối chóp S . ABE và V1 là thể tích khối chóp S . ABC . Khẳng định nào sau đây đúng? 1 A. V2  V1 . 4 Chọn B 1 B. V2  V1 . 3 1 C. V2  V1 . 6 Lời giải 1 D. V2  V1 . 8 S E N I A C M B Gọi I là trung điểm của EC nên IM là đường trung bình của tam giác BCE  MI //EN Mà N là trung điểm của SM  EN là đường trung bình của tam giác SMI suy ra E là trung điểm của SI . V2 SE 1 1    V2  V1 . V1 SC 3 3 Câu 31: (TT Diệu Hiền-Cần Thơ-tháng 10-năm 2017-2018) Thầy Tâm cần xây một hồ chứa nước với 500 3 dạng khối hộp chữ nhật không nắp có thể tích bằng m . Đáy hồ là hình chữ nhật có chiều 3 dài gấp đôi chiều rộng. Giá thuê nhân công để xây hồ là 500.000 đồng /m 2 . Khi đó, kích thước của hồ nước như thế nào để chi phí thuê nhân công mà thầy Tâm phải trả thấp nhất: 20 A. Chiều dài 20 m , chiều rộng 15 m và chiều cao m. 3 5 B. Chiều dài 20 m , chiều rộng 10 m và chiều cao m . 6 10 C. Chiều dài 10 m , chiều rộng 5 m và chiều cao m. 3 10 D. Chiều dài 30 m , chiều rộng 15 m và chiều cao m. 27 Lời giải Chọn C h x 2x Giả sử thầy Tâm xây cái hồ dạng khối hộp chữ nhật không nắp như hình vẽ trên. Do khối hộp 500 3 500 250 chữ nhật có thể tích là m nên ta có V  2 x 2 h  m3   h  2 .  3 3 3x 2 Vì giá thuê nhân công để xây hồ là 500.000 đồng /m . Do xây bốn xung quanh và đáy nên giá nhân công để xây xong cái hồ là: 250   T   2 xh  2.2 xh  2 x 2  500000  500000  6 x. 2  2 x 2   3x    500   500  T  500000   2 x 2  . Ta khảo sát hàm T  500000   2 x 2  với x  0 : x x     10  500  m. T   500000   2  4 x   0  x  5  Chiều dài 10 m , chiều rộng 5 m , chiều cao 3  x  Câu 32: (TT Diệu Hiền-Cần Thơ-tháng 11-năm 2017-2018) Cho hình chóp đều S . ABCD có độ dài cạnh đáy bằng a . Gọi G là trọng tâm tam giác SAC . Mặt phẳng chứa AB và đi qua G cắt các cạnh SC , SD lần lượt tại M và N . Biết mặt bên của hình chóp tạo với đáy một góc bằng 60 . Thể tích khối chóp S . ABMN bằng: A. a 3 3 . 4 B. a 3 3 . 8 C. a 3 3 . 16 D. 3a 3 3 . 16 Lời giải Chọn B S M N G C D a O A B I Vì G là trọng tâm tam giác SAC nên AG cắt SC tại trung điểm M của SC , tương tự BG cắt SD tại trung điểm N của SD . Gọi O là tâm của hình vuông ABCD và I là trung điểm của AB . Suy ra góc giữa mặt bên  SAB  và   60 . Do đó SO  OI .tan 60  a 3 . mặt đáy  ABCD  là SIO 2 1 1 a 3 a3 3 . S ABCD .SO  a 2   3 3 2 6 V SA SB SM 1 1 Mặt khác VS . ABCD  2VS . ABC , ta lại có S . ABM      VS . ABM  .VS . ABC . 2 VS . ABC SA SB SC 2 Suy ra VS . ABCD  VS . AMN SA SN SM 1 1 1 1        VS . AMN  .VS . ACD . 4 VS . ACD SA SD SC 2 2 4 3 4 Vậy VS . ABMN  VS . ABCD  3 a3 3 a3 3 .  4 6 8 Câu 33: (THPT Chuyên Vĩnh Phúc-lần 2-năm 2017-2018) Mỗi đỉnh của hình đa diện là đỉnh chung của ít nhất bao nhiêu mặt? A. Năm mặt. B. Bốn mặt. C. Ba mặt. D. Hai mặt. Lời giải Chọn C Mỗi đỉnh của đa giác là giao điểm của ít nhất hai cạnh, mỗi cạnh lại là cạnh chung của hai mặt nên mỗi đỉnh của hình đa diện là đỉnh chung của ít nhất 3 mặt. Câu 34: (THPT Chuyên Vĩnh Phúc-lần 2-năm 2017-2018) Cho khối chóp S . ABCD có thể tích bằng 2a 3 và đáy ABCD là hình bình hành. Biết diện tích tam giác SAB bằng a 2 . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và CD. A. a . B. 3a . C. 6a . D. 3a . 2 Lời giải Chọn B S A B C D Ta có DC //AB    DC //  SAB  . AB   SAB   Vậy d  SA, DC   d  DC ,  SAB    d  D,  SAB   . Mặt khác: VS . ABCD  VS . ABD  VS . DBC . Ta có S ABD  S BDC ( ABCD là hình bình hành). 3a 3 3V 1 Vậy VS . ABD  VS . ABCD  a 3  d  D,  SAB    S . ABD  2  3a . 2 a S SAB Câu 35: (THPT Chuyên Vĩnh Phúc-lần 2-năm 2017-2018) Cho khối lăng trụ đứng ABC. ABC  có đáy là tam giác đều. Mặt phẳng  ABC  tạo với đáy góc 30 và tam giác ABC có diện tích bằng 8. Tính thể tích V của khối lăng trụ đã cho. A. V  8 3 . B. V  16 3 . C. V  64 3 . Lời giải Chọn A Hình vẽ đánh đỉnh sai,đã đánh lại C A B A C 30 M B D. V  2 3 . Gọi M là trung điểm của BC . Ta có:  ABC    ABC   BC    AMA  30  ABC  ,  ABC      AM  BC  AM  BC  Giả sử x  0 là cạnh của tam giác đều ABC ta có: AM  Xét tam giác vuông AAM ta có: cos 30  Theo giả thuyết S ABC  Diện tích đáy: B  x 3 . 2 x 3 3 AM  AM  :  x. 2 2 AM 1 1 AM .BC  8  x 2  x  4 . 2 2 42 3 4 3. 4 Xét tam giác vuông AAM ta có: tan 30  AA  AA  tan 30.2 3  2 . MA Vậy thể tích khối lăng trụ đã cho là: V  4 3.2  8 3 . Câu 36: (THPT Chuyên Vĩnh Phúc-lần 2-năm 2017-2018) Cho hình nón  N  có đường sinh tạo với đáy một góc 60 . Mặt phẳng qua trục của  N  cắt N được thiết diện là một tam giác có bán kính đường tròn ngoại tiếp bằng 2. Tính thể tích V của khối nón  N  . A. V  3 3 . B. V  9 . C. V  3 . D. V  9 3 . Lời giải Chọn C S 60 A O B Gọi SAB là thiết diện qua trục của hình nón 3 Ta có SAB đều nên SO  R ,với R là bán kính đường tròn ngoại tiếp SAB . 2 2 3  SO  .2  3 ; AB  SO  2 3 . 2 3 2 1  AB  Khi đó thể tích khối nón V     .SO  3  đvtt  . 3  2  Câu 37: (THPT Quãng Xương-Thanh Hóa-lần 1-năm 2017-2018) Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình vuông cạnh a , SA vuông góc với đáy, SA  a . Điểm M thuộc cạnh SA sao cho SM  k , 0  k  1 . Khi đó giá trị của k để mặt phẳng  BMC  chia khối chóp S . ABCD thành SA hai phần có thể tích bằng nhau là: A. k  1  5 . 4 B. k  1 5 1  5 . C. k  . 4 2 Lời giải D. k  1  2 . 2 Chọn C Gọi giao điểm của  BMC  với SD là N , khi đó do BC // AD nên SM SN  k. SA SD Gọi V là thể tích của khối chóp S . ABCD , V1 là thể tích của khối chóp S .BCNM , V2 là thể tích của  BCM    SAD   MN // AD // BC  khối đa diện còn lại. Ta có V1  V2  V  V1  V2  Mà V1  VS .MBC  VS .MNC , mặt khác và V . 2 VS .MBC SM 1   k  VS .MBC  k .VS . ABC  kV 2 VS . ABC SA VS .MNC SM SN 1  .  k 2  VS .MNC  k 2 .VS . ADC  k 2V . VS . ADC SA SD 2  V1  V 2 V 1  5 . k  k    k 2  k 1  0  k   2 2 2 Câu 38: (THPT Bình Xuyên-Vĩnh Phúc-năm 2017-2018) Cho khối chóp S . ABCD có đáy là hình thoi cạnh bằng 2a 3 , góc  ABC  60ο . Gọi M là trung điểm của cạnh CD , hai mặt phẳng  SBD  và  SAM  cùng vuông góc với mặt phẳng đáy. Biết thể tích khối chóp đó bằng 2a3 3 . Tính khoảng cách d giữa hai đường thẳng AC và SB . A. d  16a . 15 B. d  a 15 . 3 C. d  8a . 3 17 D. d  3a . 17 Lời giải Chọn D 1 3 Ta có S ABCD  2 S ABC  2   BA  BC  sin  ABC  2a 3  2a 3   6 3a 2 . 2 2  SAM    ABCD   Do  SBD    ABCD   SE  ABCD .   SAM    SBD   SE Vậy SE chính là chiều cao của khối chóp S . ABCD và từ đó suy ra SE  3VS . ABCD 3.2a3 3  a. S ABCD 6 3a 2 Qua B kẻ đường thẳng song song với AC . Khi đó, AC //  SBG  . Do đó, ta có d  AC , SB   d  AC ,  SBG    d  O,  SBG   . Trong tam giác SEG , từ E kẻ EH vuông góc SB .  SE  BG  Do  EB  BG  BG   SEB    SEB    SBG   EH   SBG  .  SE  EB  E    Vậy EH chính là khoảng cách từ E đến  SBG  . Tam giác ABC đều, cạnh bằng 2a 3 nên suy ra OB  2a 3  Do EB  3  3a  BD  6a . 2 2 2 BD  EB   6a  4a . 3 3 Do EO   SBG    B   d  O,  SBG    d  E ,  SBG   EB BO.d  E ,  SBG   EB   d  O,  SBG   OB 3EH 4 1 1 1 1 1 17 4 17 a .    2   EH  2 2 2 2 2 EH SE EB a 16a 16a 17 3EH 3a Vậy d  AC , SB   d  O,  SBG    .  4 17 Mặt khác, ta có Câu 39: (THPT Bình Xuyên-Vĩnh Phúc-năm 2017-2018) Cho lăng trụ tam giác đều ABC. ABC  có cạnh đáy bằng 2a , khoảng cách từ A đến mặt phẳng  ABC  bằng a 6 . Khi đó thể tích khối 2 lăng trụ bằng: A. a 3 . B. 3a 3 . 4 3 a . 3 C. D. 4 3 3 a . 3 Lời giải Chọn B A’ B’ C’ H A B K C Gọi K là trung điểm BC , dựng AH  AK  H  AK  . Ta có AH   ABC  , suy ra d  A; ABC    AH  a 6 . 2 3 .2a  a 3 . 2 Xét tam giác AAK vuông tại A , đường cao AH . 1 1 1 4 1 1 Ta có:    2  2  2  AA  a 3 . 2 2 2 AA AH AK 6a 3a 3a Tam giác ABC đều, có đường cao AK  Thể tích khối lăng trụ: V  AA.S ABC  a 3. 3 .  2a 2   3a 3 . 4 Câu 40: (THPT Ngô Sĩ Liên-Bắc Giang-lần 1-năm 2017-2018) Khối đa diện đều loại  p; q được sắp xếp theo thứ tự tăng dần của số đỉnh là A. 3;3 , 3; 4 , 5;3 , 4;3 , 3;5 . B. 3;3 , 4;3 , 3; 4 , 3;5 , 5;3 . C. 3;3 , 3; 4 , 4;3 , 5;3 , 3;5 . D. 3;3 , 3; 4 , 4;3 , 3;5 , 5;3 . Lời giải Chọn D Gọi Đ là tổng số đỉnh, C là tổng số cạnh, M là tổng số mặt của khối đa diện đều loại  p; q . Ta có: pĐ  nM  2C . Cụ thể:  p  3; q  3 pM pM  Xét tứ diện đều loại 3; 3   Đ  4; C   6. q 2 M  4  p  4; q  3 pM pM  Xét khối lập phương đều loại 4;3   Đ  8; C   12 . q 2 M  6  p  3; q  4 pM pM  Xét khối bát diện đều loại 3; 4   Đ  6; C   12 . q 2 M  8  p  5; q  3 pM pM  Xét khối mười hai mặt đều loại 5; 3   Đ  20; C   30 . q 2  M  12  p  3; q  5 pM qM  Xét khối hai mươi mặt đều loại 3; 5   Đ  12; C   30 . q 2  M  20 Vậy ta có sắp xếp: 3;3 , 3; 4 , 4;3 , 3;5 , 5;3 . Câu 41: (THPT Ngô Sĩ Liên-Bắc Giang-lần 1-năm 2017-2018) Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân, AB  AC  a , SC   ABC  và SC  a . Mặt phẳng qua C , vuông góc với SB cắt SA , SB lần lượt tại E và F . Thể tích khối chóp S .CEF là A. 2a 3 . 12 B. a3 . 36 C. 2a 3 . 36 D. a3 . 18 Lời giải Chọn B Tam giác vuông SCA có SC  CA  a nên là tam giác vuông cân ở C. Ta có AB  AC và AB  SC suy ra AB   SAC  suy ra AB  CE. Mặt khác theo giả thiết SB   CEF   SB  CE . 1  2 Từ 1 và  2  suy ra  SAB   CE  CE  SA . Do đó E la trung điểm của SA vì tam giác SCA vuông cân ở C. Trong tam giác vuông SCB có SC 2  SF .SB  SC 2 SF  . SB 2 SB Từ đó ta có VS .CEF SE SF 1 SC 2 1 a2 1  .  . 2  . 2  2 VS .CAB SA SB 2 SB 2 a  2a 6 1 1 1 1 a3  VS .CEF  VS .CAB  . . a.a.a  . 6 6 3 2 36 Câu 42: (THPT Nguyễn Đức Thuận-Nam Định-lần 1-năm 2017-2018) Đáy của hình lăng trụ đứng tam giác ABC. ABC  là tam giác đều cạnh a  4 và biết diện tích tam giác ABC bằng 8 . Thể tích khối lăng trụ là A. 2 3 . B. 4 3 . C. 8 3 . Lời giải D. 16 3 . Chọn C Diện tích đáy S ABC  3 2 .4  4 3 . 4 Gọi H là trung điểm của BC , suy ra AH  BC và AH  Mặt khác S ABC  a 3 2 3. 2 1 2 AH .BC  AH  .S ABC  4 . 2 BC Trong AAH vuông tại A , ta có AA  AH 2  AH 2  2 Do đó thể tích lăng trụ là V  2.4 3  8 3 . Câu 43: (THPT Nguyễn Khuyến-TPHCM-năm 2017-2018) Hình hộp chữ nhật ABCD. ABC D có AB  a , góc giữa đường thẳng BD với mặt phẳng  ABCD  và mặt phẳng  ABBA  lần lượt bằng 30 và 45 . Tính thể tích khối hộp ABCD. ABC D . A. 2a 3 . B. 3a 3 . C. 2a 3 . Lời giải Chọn A D. 3a 3 . Ta có: BB   ABCD   BB  BD . Từ đó suy ra góc giữa BD và mặt phẳng  ABCD  chính là góc   DB  B DB  30 B Ta có DA   ABBA   DA  AB . ABD . Vậy  Vậy góc giữa BD và  ABBA  là góc  ABD  45 . Đặt AD  x  x  0   BD  a 2  x 2 . x2  a2 x2  a2 .  BD  2 3 3 Mặt khác, xét trong tam giác BAD có BD  x 2 (vì tam giác vuông cân). Xét tam giác BBD có: BB  BD.tan 30o  Suy ra: 2 x2  a2 4 4 2 4  x 2  a2  x2  2 x2  x2  a2  x  a 2 . 3 3 3 3 3 x2  a2 2a 2  a 2   a. 3 3 Vậy: V  a.a.a 2  2a3 . Câu 44: (THPT Nguyễn Khuyến-TPHCM-năm 2017-2018) Cho lăng trụ đứng ABC. ABC  có tất cả các cạnh đều bằng a . Gọi M là trung điểm cạnh AC ,  là góc tạo bởi đường thẳng C M và mặt phẳng Do đó: BB   ABBA . Tính giá trị sin  . A. sin   4 . 7 B. sin   51 . 17 C. sin   2 . 5 D. sin   15 . 10 Lời giải Chọn D Gọi N , P, Q, D lần lượt là trung điểm của các cạnh AC , BC , BC , PN . Khi đó ta có  MNPQ    ABBA  nên góc giữa C M và  ABBA  bằng góc giữa C M và  MNPQ  . Mặt khác ta có C NP đều (vì có ba cạnh bằng nhau) nên C D  NP , lại có C D  MN nên  MD   . C D   MNPQ  , suy ra C a 3 a 3  . Ta có C D là đường cao tam giác đều C NP nên C D  . 2 2 4 a 3  DC 3 15 a 5  MD  Hơn nữa MD  MN 2  ND 2   4   . . Do đó sin C MD a 5 2 5 10 2 2 Câu 45: (THPT Tam Phước-Đồng Nai-lần 1-năm 2017-2018) Tính thể tích khối chóp tứ giác đều có cạnh đáy bằng 2a và diện tích của một mặt bên là a 2 2 . A. 4a 3 2 . 3 B. 4a 3 . 3 C. 4a 3 . D. 4a 3 3 . 3 Lời giải Chọn B S A B M O D C Gọi O là tâm hình vuông ABCD , M là trung điểm của BC . Chóp tứ giác đều có tất cả mặt bên là các tam giác cân nên SM  BC . 2 S SBC 2.a 2 2  a 2. BC 2a CD Ta có: OM // CD, OM   a . Áp dụng định lý Pi-ta-go trong tam giác SMO , ta tính được: 2 Khi đó, ta tính được: SM  h  SO  SM 2  OM 2  2a 2  a 2  a . 1 1 4a 3 2 Vậy, VS . ABCD  h.Sđ  a.  2a   . 3 3 3 Câu 46: (THPT Tam Phước-Đồng Nai-lần 1-năm 2017-2018) Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình vuông cạnh bằng a , hai mặt phẳng  SAB  ,  SAD  cùng vuông góc với đáy, SC tạo với đáy một góc bằng 60 . Tính thể tích khối chóp S . ABCD theo a . A. a3 2 . 3 B. a3 6 . 3 C. Lời giải 2a 3 6 . 3 D. 4a 3 6 . 3 Chọn B   60  SA  tan 60. AC  a 6 Ta có SA   ABC   SCA 1 1 a3 6 Do đó thể tích khối chóp S . ABCD là V  S ABCD .SA  .a 2 .a 6  . 3 3 3 Câu 47: (THPT Tam Phước-Đồng Nai-lần 1-năm 2017-2018) Cho tứ diện SABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A , đường cao SA . Biết đường cao AH của tam giác ABC bằng a , góc giữa mặt phẳng  SBC  và mặt phẳng  ABC  bằng 60 . Tính thể tích khối tứ diện SABC theo a . A. a3 6 . 3 B. a3 3 . 3 C. 2a 3 6 . 3 D. a3 2 . 3 Lời giải Chọn A   60  SA  tan 60. AH  a 6 Ta có BC   SAH   SHA 1 1 1 a3 6  Do đó thể tích khối chóp S . ABCD là V  S ABC .SA  .  a.2a  .a 6  . 3 3 2 3  Câu 48: (THPT Tam Phước-Đồng Nai-lần 1-năm 2017-2018) Cho lăng trụ đứng ABCD. ABC D có đáy ABCD là hình bình hành. Các đường chéo DB và AC  lần lượt tạo với đáy các góc 45   60 . Hãy tính thể tích V của khối lăng trụ và 30 . Biết chiều cao của lăng trụ là a và BAD này. A. V  a3 2 . 3 B. V  a 3 3 . Lời giải Chọn D C. V  a3 . 2 D. V  a3 3 . 2 A’ B’ C’ D’ B C A O D Đề cho hình lăng trụ đứng  các cạnh bên vuông góc với hai đáy và là đường cao của hình lăng trụ.   DB  45 ;  AC ;  ABCD    C AC  30 . Do đó:  DB;  ABCD    B DD  a. tan 45 CC  a 3. CAC  vuông tại C : AC  tan 30 Trong tam giác ABD ta có: BDB vuông tại B : BD   AB 2  AD 2  2 AB. AD.cos 60  BD 2 2 2 2  AB  AD  AB. AD  a  2 2 2  AB  AD  a .   2 AB  AD  2 BD 2 2   AB  AD  2a  AO   2 4 Suy ra: ABD đều cạnh a . Do đó: S ABCD  2 S ABD  Vậy thể tích khối lăng trụ cần tìm là: VLT  a2 3 . 2 a3 3 . 2 Câu 49: (THPT Chuyên Hùng Vương-Bình Phước-lần 2-năm 2017-2018) Cho một hình hộp chữ nhật ABCD. ABC D . Trên các cạnh AA , BB , CC  lấy lần lượt lấy ba điểm X , Y , Z sao cho AX  2 AX , BY  BY , CZ  3C Z . Mặt phẳng  XYZ  cắt cạnh DD ở tại điểm T . Khi đó tỉ số thể tích của khối XYZT . ABCD và khối XYZT . ABC D bằng bao nhiêu? A. 7 . B. 7 . C. 17 . D. 17 . 24 17 7 24 Lời giải Chọn C Xét mặt phẳng qua H và song song mặt phẳng  ABCD  cắt các cạnh AA , BB , CC  , DD lần lượt tại M , N , P , Q . Khi đó, hai mặt phẳng  XYZT  ;  MNPQ  cùng với các mặt bên của hình hộp chữ nhật giới hạn những khối đa diện bằng nhau và đối xứng nhau qua điểm H . Khi đó, VABC DXYZT  VABC DMNPQ . Ta có:  MNPQ  //  ABCD  nên VABCDMNPQ VABC DABCD  V HF EH hay XYZTABCD  . VABC DXYZT EH EF   Xét hình thang AXZC  có đường trunh bình EH nên EH  A X  C Z  7 EF . 2 24 Do đó HF  17 EF hay EH  7 . 24 HF 17 VABC DXYZT 17 Vậy  . VXYZTABCD 7 Câu 50: (THPT Chuyên Hùng Vương-Bình Phước-lần 2-năm 2017-2018) Cho khối hộp chữ nhật ABCD. ABC D có thể tích bằng 2016 . Thể tích phần chung của hai khối A.BCD và A.BC D bằng A. 1344. Chọn B B. 336. C. 672. Lời giải D. 168. A’ D’ F C’ B’ Q P M N A D E B C Gọi E , F , M , N , P , Q lần lượt là giao điểm của AC và BD , AC  và BD , AB và AB , BC  và BC , CD và C D , AD và AD . Phần chung của hai khối A.BCD và A.BC D là khối EFMNPQ . Thể tích khối EFMNPQ là: 1 1 1 1 1 VEFMNPQ  EF .SMNPQ  EF .SMNPQ  EF . S ABCD  .2016  336 . 3 3 3 2 6 Câu 51: (THPT Cổ Loa-Hà Nội-lần 1-nawm-2018) Cho hình lăng trụ ABC. ABC  có độ dài tất cả các cạnh bằng a và hình chiếu vuông góc của đỉnh C lên mặt phẳng  ABBA  là tâm của hình bình hành ABBA . Thể tích khối lăng trụ ABC. ABC  tính theo a là A. a3 2 . 4 B. a3 2 . 12 C. a 3 3 . D. Lời giải C B A O B’ a C’ A’ Chọn A Gọi O là tâm của hình thoi ABBA . Theo giả thiết suy ra CO  BA hay tam giác CBA cân tại C . Tương tự tam giác CAB cân tại C . Do đó C. ABBA là hình chóp tứ giác đều, cạnh bằng a . 2 a 2 a 2 Ta có CO  CA  AO  a   .  2   2   2 2 2 a3 3 . 4 1 1 a 2 a3 2  Khi đó VC . ABBA  S ABBA .CO  a 2 . . 3 3 2 6 1 2 Ta có VC . ABC   VABC . ABC  nên VC . ABBA  VABC . ABC  . 3 3 3 a3 2 Do đó VABC . ABC  .VC . ABBA  . 2 4 Câu 52: (THPT Cổ Loa-Hà Nội-lần 1-nawm-2018) Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình vuông cạnh a , mặt bên SAB là tam giác đều, SC  SD  a 3 . Tính thể tích V của khối chóp S . ABCD theo a . A. V  a3 2 . 6 B. V  a3 . 6 C. V  a 3 2 . D. V  a3 3 . 3 Lời giải Chọn A S a 3 a H B D A N M a C Gọi M , N lần lượt là trung điểm của AB và CD , H là hình chiếu của S trên mặt phẳng  ABCD  .  AB  SM Khi đó   AB  MH . Suy ra H  MN .  AB  SH a 3 Ta có SM  , MN  a , SN  SC 2  NC 2  2 Suy ra SSMN  a 3 2 2 a 11 a .    2 2   a 3 11  a 2 2 với p là nửa chu vi tam giác SMN p  p    p  a   p   2  2  4   a 3 11 a 2 (Công thức Hê-rông). và p  2 2 Suy ra SSMN    a 3 a 11  a 2 2 với p là nửa chu vi tam giác SMN p  p  p  a p       2  2  4   a 3 a 11 a 2 (Công thức Hê-rông). và p  2 2 Khi đó đường cao SH  2 SSMN  MN 2 a2 2 4 a 2. a 2 Diện tích đáy S ABCD  a 2 . 1 1 a 2 2 a3 2 .a  Thể tích khối chóp VS . ABCD  SH .S ABCD  . . 3 3 2 6 Câu 53: (THTT Số 3-486 tháng 12 năm 2017-2018) Xét khối tứ diện ABCD có cạnh AB  2 3 và các cạnh còn lại đều bằng x . Tìm x để thể tích khối tứ diện ABCD bằng 2 2 . A. x  6 . B. x  2 2 . C. x  3 2 . D. x  2 3 . Lời giải Chọn B Cách 1: Gọi M là trung điểm của CD và H là hình chiếu của A trên BM . CD  AM ; CD  BM  CD   ABM   AH   BCD  . AH x 3 Đặt  .  AH  sin  . AMB   suy ra sin   AM 2 VABCD  1 512 1 x 3 x2 3 AH .S BCD  sin  .  2 2  sin 2   6 . 3 2 4 3 x A A A B D H M C Xét tam giác AMB ta có: cos   M B H M AM 2  BM 2  AB 2 8  1 2 . 2 AM .BM x 2 Ta được phương trình: H 512  8   1  2   1 . Giải phương trình ta được x  2 2 . 6 x  x  CD  AM Cách 2: Nhận xét:   CD   ABM  CD  BM 1 2 2 1  VABCD  2VNBCD  2. VBNCD  BN .S DNC  . 3.  MN .DC  3 3 3 2   DN  AB 2  AN 2  x 2  3  trong đó  , 0 xa 3 . 3 x 2  12 2 2  MN  DN  DM   2   B 3 3x 2  12 . .x  2 2  x  2 2 . 3 2 Câu 54: (THTT Số 3-486 tháng 12 năm 2017-2018) Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng a . Gọi M , N lần lượt là trọng tâm của các tam giác ABD , ABC và E là điểm đối xứng với B qua điểm D . Mặt phẳng  MNE  chia khối tứ diện ABCD thành hai khối đa diện, trong đó khối đa diện chứa đỉnh A VABCD  có thể tích V . Tính V . A. a3 2 . 96 B. 3a 3 2 . 80 C. 3a 3 2 . 320 D. 9a 3 2 . 320 Lời giải Chọn D A Q T F N C M B P I D E Thể tích khối tứ diện đều cạnh a là a 3 2 . 12 Gọi P  ME  AD ; T  ME  AB . Trong mặt phẳng  ABC  đường thẳng TN cắt AC , BC lần lượt tại Q , F . Khi đó mặt phẳng  MNE  chia khối tứ diện đã cho phần chứa đỉnh A là tứ diện ATPQ . Gọi I là trung điểm BD . Xét AID ta có: Tương tự ta có: ED MI PA PA . .  1 (định lý Menelaus)   3. EI MA PD PD QA 3 QC EI TB MA TB 2 . . 1   . EB TA MI TA 3 V AT AP AQ 3 3 3 27 27 a 3 2 9a 3 2 Mặt khác ta có: ATPQ  . . .  . .   VATPQ  .  80 12 320 VABCD AB AD AC 5 4 4 80 Xét AIB ta có: Câu 55: (THPT Chuyên Lê Hồng Phong-Nam Định-lần 2 năm 2017-2018) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình bình hành thoả mãn AB  a , AC  a 3 , BC  2a . Biết tam giác SBC cân tại S , tam giác SCD vuông tại C và khoảng cách từ D đến mặt phẳng  SBC  bằng a 3 . Tính thể 3 tích V của khối chóp đã cho. A. V  2a 3 . 3 5 B. V  a3 . 3 5 C. V  a3 . 3 3 D. V  a3 . 5 Lời giải Chọn A S I A D H B K Ta có BC  AB  AC  ABC vuông tại A . CD  SC    CD   SAC    SAC    ABCD  . CD  AC  2 2 C 2 Kẻ SH  AC , H  AC  SH   ABCD  . Gọi K là trung điểm BC . BC  SK    BC   SHK   BC  HK . BC  SH  Kẻ HI  SK ,  I  SK   HI   SBC   d  H ;  SBC    HI . AD //  SBC   d  A;  SBC    d  D;  SBC   . CKH  CAB (g.g)  d  A;  SBC   d  H ;  SBC    2 2a 3 HK CH CK 1 a  HC  AC  , HK  .    3 3 AB BC CA 3 3 2a 3 AC 3 .   HI  9 HC 2 1 1 1 1 81 3 15 2a .      2  2  SH  2 2 2 2 2 HI HK SH SH 12a a 4a 15 Thể tích cần tìm là V  1 2a 2 2a 3 . .a 3  3 15 3 3 Câu 56: (THPT Chuyên Lê Hồng Phong-Nam Định-lần 2 năm 2017-2018) Cho khối trụ đứng ABC. ABC  có đáy là tam giác đều. Mặt phẳng  ABC  tạo với đáy một góc 30 và tam giác ABC có diện tích bằng 8a 2 . Tính thể tích V của khối lăng trụ đã cho. A. V  8 3a 3 . B. V  2 3a 3 . C. V  64 3a 3 . Lời giải Chọn A D. V  16 3a3 . C A B A C 30o H B Gọi H là trung điểm BC  AH  BC . Ta lại có: AA   ABC     BC  AA BC   ABC    góc giữa  ABC  và  ABC  là 30 .  AH  x 3  AH  AA2  AH 2  2 x .   AA  AH . tan  30   x Gọi BC  2 x , theo đề ta có:  S ABC  8a 2  1 1 BC. AH  8a 2  .2 x.2 x  8a 2  x  2a . 2 2    2 Vậy thể tích cần tìm: V  S ABC . AA    4a  . 3 3  .2a  8 3a . 4  Câu 57: (SGD Vĩnh Phúc-KSCL lần 1 năm 2017-2018) Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình thang vuông tại A và D ; SA vuông góc với mặt đáy  ABCD  ; AB  2a , AD  CD  a. Góc giữa mặt phẳng  SBC  và mặt đáy  ABCD  là 60 . Mặt phẳng  P  đi qua CD và trọng tâm G của tam giác SAB cắt các cạnh SA, SB lần lượt tại M , N . Thể tích V của khối chóp S .CDMN theo a là A. V  2 6a 3 . 9 B. V  7 6a 3 . 81 C. V  Lời giải Chọn D 14 3a 3 . 27 D. V  7 6a 3 . 27 S G M N E A D B C G   P    SAB  Ta có:  CD // AB Suy ra: giao tuyến của mặt phẳng  P  và mặt phẳng  SAB  là MN // AB // CD . SM SG 2   (do MG // AB ). SA SE 3 SN SG 2 Mặt khác, ta có:   . SB SE 3 VS .MCD SM 2 2    VS .MCD  VS . ACD . 3 VS . ACD SA 3 Ta có: 1 1 2 1 2 S ACD  S AEC  S EBC  S ABCD hay VS . ACD  VS . ABCD  VS .MCD  . VS . ABCD  VS . ABCD . 3 3 3 3 9 VS .MNC SM SN 4 4 4 2 8  .   VS .MNC  VS . ACB  . VS . ABCD  VS . ABCD . VS . ACB SA SB 9 9 9 3 27 2 8 14 VS .MCD  VS .MNC  VS . ABCD  VS . ABCD  VS .CDMN  VS . ABCD . 9 27 27 Gọi E là trung điểm của AB . Xét tứ giác ADCE ta có: AD  CD , AE // CD , AE  CD nên ADCE là hình vuông nên CE  a  1 AB 2 hay tam giác ACB vuông tại C . Suy ra AC  CB . Mặt khác BC  SA nên BC   SAC  . Do đó   SBC  ,  ABCD    60 . tan 60  SA  SA  a 2. 3  a 6 . AC Mặt khác S ABCD  Vậy VS .CDMN   AB  CD  . AD  3a 2 2 1 1 3a 2 a 3 6 nên VS . ABCD  SA.S ABCD  .a 6. .  3 3 2 2 2 14 14 a 3 6 a 3 7 6 . VS . ABCD  .  27 27 2 27 Câu 58: (SGD Vĩnh Phúc-KSCL lần 1 năm 2017-2018) Cho hình lăng trụ ABC. ABC  có mặt đáy là tam giác đều cạnh AB  2a. Hình chiếu vuông góc của A lên mặt phẳng  ABC  trùng với trung điểm H của cạnh AB. Biết góc giữa cạnh bên và mặt đáy bằng 60. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau BC và AA theo a . A. 2a 21 . 7 B. a 15 . 5 C. 2 15a . 5 D. a 39 . 13 Lời giải Chọn C z C’ A’ B’ 60° y A C H B x Theo đề ra ta có:  AA;  ABC     AAH  60 . Chọn hệ trục toạ độ Hxyz như hình vẽ. Tam giác AHA vuông tại H : AH  AH .tan 60  a 3 . Tam giác ABC đều cạnh 2a  CH  a 3 .     Ta có: A   a;0;0  , B  a;0;0  , C 0; a 3; 0 , A 0;0; a 3 .    AA  a;0; a 3 , BC   a; a 3;0 , AB   2a;0;0  .       AA; BC   3a 2 ; a 2 3; a 2 3 ;  AA; BC  . AB  6a3 .         AA; BC  . AB 6a 3 2a 15   . d  AA; BC    2    5 a 15  AA; BC          Câu 59: (THPT Lục Ngạn-Bắc Ninh-lần 1 năm 2017-2018) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O . Gọi H và K lần lượt là trung điểm của SB , SD . Tỷ số thể tích A. 1 . 12 B. 1 . 6 C. Lời giải Chọn C 1 . 8 D. VAOHK bằng VS . ABCD 1 . 4 S K H D A O B C Vì H và K , O lần lượt là trung điểm của SB và SD , BD nên SOHK  1 S SBD 4 V 1 1 1 1 Suy ra VAOHK  VA.SBD  VS . ABD  VS . ABCD  AOHK  . 4 4 8 VS . ABCD 8 Câu 60: (THPT Lục Ngạn-Bắc Ninh-lần 1 năm 2017-2018) Cho lăng trụ ABC. ABC  có đáy là tam giác vuông cân tại B , AB  a 3 . Hình chiếu vuông góc của A lên mặt phẳng  ABC  là điểm H thuộc cạnh AC sao cho HC  2 HA . Mặt bên  ABBA  tạo với đáy một góc 60 . Thể tích khối lăng trụ là: A. a3 . 6 B. a3 . 3 C. 3a3 . 5 D. Lời giải Chọn D A C B A I H C B Tam giác ABC vuông cân tại B , AB  a 3  BC và  S ABC  3a 2 . 2 Ta có  ABBA  tạo với đáy một góc 60 là  AIH  60 , với IH // BC . Suy ra AH  IH tan 60  1 BC. 3  a  h . 3 3a3 . 2 Vậy thể tích khối lăng trụ là: VABC . ABC   S ABC .h  3a 3 . 2 Câu 61: (THPT Triệu Sơn 3-Thanh Hóa năm 2017-2018) Cho hình hộp chữ nhật có độ dài đường chéo của các mặt lần lượt là A. V  5. 10. 18 . 6 5 , 10 , 13 . Tính thể tích của khối hộp đã cho. B. V  8 . C. V  6 . D. V  4 . Lời giải Chọn C A D B C A’ D’ B’ C’ Giả sử hình hộp ABCD. ABC D có độ dài đường chéo các mặt bên lần lượt là AB  5 , BD  10 , AD  13 . Đặt AA  x, AB  y , AD  z ( x, y, z  0 ). Áp dụng định lý Py-ta-go cho các tam giác vuông AAB , ABD , AAD ta có hệ phương trình:  x2  y 2 5  2  z 2  13 . Suy ra x  y 2  z 2  10   x2  4  x  2  2   y  1   y  1 (vì x, y, z  0 ). z2  9 z  3   Vậy thể tích khối lập phương là V  xyz  6 . Câu 62: (THPT Triệu Sơn 3-Thanh Hóa năm 2017-2018) Cho hình chóp tứ giác đều S . ABCD có   11 . Gọi Q là trung điểm cạnh SA . Trên các cạnh SB , SC , SD lần lượt SA  a và SAB 24 lấy các điểm M , N , P không trùng với các đỉnh của hình chóp. Tìm giá trị nhỏ nhất của tổng AM  MN  NP  PQ theo a . a 2 sin A. Chọn B 3 11 24 . a 3 B. . 2 a 2 C. . 4 Lời giải a 3 sin D. 3 11 12 . S S Q P Q D N P A M N M O B C A A D C B   11 Do hình chóp tứ giác đều nên mỗi mặt bên đều là các tam giác cân, theo giả thiết SAB 24 22  nên  ASB     1 . 24 12 Cắt hình chóp theo cạnh bên SA rồi trải các mặt bên thành một mặt phẳng ta được hình vẽ như trên sao cho khi ghép lại thì A  A . Khi đó, tổng AM  MN  NP  PQ là tổng các đường gấp khúc nên tổng này nhỏ nhất nếu xảy ra các điểm A , Q , M , N , P thẳng hàng. Đồng thời theo 1   ta có  ASA  4.  12 3 Vậy AQ   2 suy ra tam giác SAA là tam giác đều. a 3 a 3 hay giá trị nhỏ nhất của tổng AM  MN  NP  PQ  . 2 2 Câu 1: (THPT Triệu Sơn 1-lần 1 năm 2017-2018) Cho hình chóp tam giác S . ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a , SA  a và SA vuông góc với mặt phẳng  ABC  . Gọi M và N lần lượt là hình chiếu vuông góc của A trên các đường thẳng SB và SC . Thể tích V của khối chóp A.BCNM bằng A. a3 3 . 12 B. a3 3 . 48 C. a3 3 . 24 D. a3 3 . 16 Lời giải Chọn D 1 a 2 3 a3 3 Thể tích khối chóp S . ABC là VS . ABC  a. .  3 4 12 Do SA  AB  AC  a nên các tam giác SAC , SAB cân tại A . Theo đề bài M , N là hình chiếu của A trên SB , SC nên M , N lần lượt là trung điểm SB , SC . Khi đó: VS . AMN SM .SN 1 1 a3 3 .    VS . AMN  VS . ABC  VS . ABC SB.SC 4 4 48 Vậy thể tích khối chóp A.BCNM là VA.BMNC  VS . ABC  VS . AMN  a3 3 a 3 3 a3 3 .   12 48 16 Câu 2: (THPT Triệu Sơn 1-lần 1 năm 2017-2018) Cho hình chóp tứ giác đều S . ABCD có cạnh đáy bằng 2a , góc giữa mặt bên và mặt đáy bằng 60 . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của các cạnh cạnh SD , DC . Thể tích khối tứ diện ACMN là A. a3 2 . 4 B. a3 . 8 C. Lời giải Chọn C a3 3 . 6 D. a3 2 . 2 S M B C O N H A D Gọi O là tâm của hình vuông ABCD .   60 . Góc giữa cạnh bên  SAB  và mặt đáy là góc SNO Xét tam giác SNO , ta có SO  NO.tan 60  a. 3  a 3 . Lại có M là trung điểm của SD nên d  M ,  ABCD    N là trung điểm của CD nên S ACN  1 1 a 3 d  S ,  ABCD    SO  2 2 2 1 1 S ABCD  4a 2  a 2 4 4 1 1 a 3 2 a3 3 Do đó, thể tích khối MACN là VMACN  .d  M ,  ABCD   .S ACN  . . .a  3 3 2 6 Câu 3: (THPT Triệu Sơn 1-lần 1 năm 2017-2018) Cho tứ diện ABCD có AB  AD  a 2 , BC  BD  a và CA  CD  x . Khoảng cách từ B đến mặt phẳng  ACD  bằng a3 3 . Góc giữa hai mặt phẳng  ACD  và  BCD  là 12 B. 45 . C. 90 . D. 120 . Lời giải tích của khối tứ diện bằng A. 60 . Chọn C A K B D H C Gọi H là trung điểm cạnh CD và K là trung điểm cạnh AD . 1 3V Ta có VABCD  S ACD .d  B,  ACD    S ACD  3 d  B,  ACD    1 3a3 3 2  2x 2  a 2  a  x  a AD.CK  . 2 12 a 3 a 3 . Biết thể 2 Tam giác ACD có CA  CD  x  a ; AD  a 2  tam giác ACD vuông cân tại C a  HK  CD và HK  . 2  Mà: BC  BD  BH  CD nên  ACD  ,  BCD   BHK   Mặt khác Tam giác ABD có BK 2  2  AB 2  BD 2   AD 2 4  a 2  BK  a . a 3 a , HK  và BH 2  HK 2  BK 2 2 2   90 hay  ACD  ,  BCD   90 .  tam giác BHK vuông tại H  BHK Tam giác BHK có BH    Câu 4: (THPT Triệu Sơn 1-lần 1 năm 2017-2018) Cho hình chóp tứ giác đều S . ABCD có cạnh đáy bằng 2a . Mặt bên của hình chóp tạo với mặt đáy một góc 60 . Mặt phẳng  P  chứa AB và đi qua trọng tâm G của tam giác SAC cắt SC , SD lần lượt tại M và N . Thể tích khối chóp S . ABMN là A. a3 3 . 2 B. a3 3 . 4 C. a3 3 . 3 3 D. a 3 . Lời giải Chọn A S P M G N B C 60 O H A D Gọi H là trung điểm cạnh CD và O là tâm hình vuông ABCD . Ta có S . ABCD là hình chóp tứ giác đều nên các mặt bên hợp với đáy các góc bằng nhau   60 Giả sử  SCD  ,  ABCD   SHO   Tam giác SHO vuông tại O có SO  OH .tan 60  a 3 . 1 4a 3 3 . VS . ABCD  .S ABCD .SO  3 3  P    SCD   MN  Mặt khác:  AB   P  , MN   SCD   MN // CD // AB  AB // CD  Mà G là trọng tâm tam giác SAC nên G cũng là trọng tâm tam giác SBD  SM SN 1   . SC SD 2 Ta lại có VSABM SM 1 1   VSABM  VSABC  VSABCD VSABC SC 2 4 VSAMN SM SN 1 1  .  VSAMN  VSACD  VSABCD VSACD SC SD 4 8 3 a3 3 1 1 Khi đó VSABMN     VSABCD  VSABCD  . 8 2  4 8 Câu 5: (THPT Chuyên Vĩnh Phúc-MĐ 903 lần 1-năm 2017-2018) Cho hình chóp tứ giác S . ABCD đáy là hình bình hành có thể tích bằng V . Lấy điểm B  , D lần lượt là trung điểm của cạnh SB và SD . Mặt phẳng qua  ABD  cắt cạnh SC tại C  . Khi đó thể tích khối chóp S . ABC D bằng A. V 3 .B. V3 . 3 Lời giải 2V . 3 C. D. V . 6 Chọn D S S K C B C D H H A D A O B d  O C C Gọi O là giao điểm của hai đường chéo AC và BD thì SO  BD  H . Khi đó H là trung điểm của SO và C   AH  SO . Trong mặt phẳng  SAC  : Ta kẻ  d  //AC và AC  cắt  d  tại K . Khi đó áp dụng tính đồng dạng của các tam giác ta có : OH OA SK 1   1  SK  OA   ; SH SK AC 2 SK SC  1 SC  1     . AC CC  2 SC 3 V SA SB SD 1 1 V 1 Vì VS . ABD  VS . BCD  .VS . ABCD  nên ta có S . ABD      VS . ABD  V và VS . ABD SA SB SD 4 2 2 8 VS .BC D SB SC  SD 1 SC  SC  V  .       VS .BC D  VS .BCD SB SC SD 4 SC SC 8 1 SC  V V  SC   V Suy ra VS . ABC D  VS . ABD  VS . BC D  V    1   . 8 SC 8 8  SC  6 SA SC SB SD Lưu ý :Có thể sử dụng nhanh công thức    SA SC  SB SD Câu 6: (THPT Chuyên Vĩnh Phúc-lần 1 MĐ 904 năm 2017-2018) Cắt khối hộp ABCD. A BC D bởi các mặt phẳng  AB D   ,  CB D   ,  B AC  ,  D AC  ta được khối đa diện có thể tích lớn nhất là A. A CB D  . B. A C BD . C. ACB D . D. AC B D  . Lời giải : Chọn C Khi cắt khối hộp bởi các mặt phẳng trên ta được 5 khối tứ diện AA B D  , B ABC , CC B D , D DAC , AB DC. Gọi V là thể tích của khối hộp. 1 VA AB D   VB ABC  VCC B D   VD ADC  V 6 1 Suy ra VACB D   V nên tứ diện ACB D có thể tích lớn nhất. 3 Câu 7: (THPT Chuyên Vĩnh Phúc-lần 1 MĐ 904 năm 2017-2018) Một công ty sữa cần sản xuất các hộp đựng sữa dạng hình hộp chữ nhật có đáy là hình vuông, chứa được thể tích thực là 180ml. Chiều cao của hình hộp bằng bao nhiêu để nguyên liệu sản xuất vỏ hộp là ít nhất? A. 3 1802  cm  . B. 3 360  cm  . C. 3 720  cm  . D. 3 180  cm  . Lời giải Chọn D h x x Gọi x là độ dài cạnh đáy, h là chiều cao của hình hộp. 180 Theo bài ra ta có: x 2 h  180  h  2 . x Nguyên liệu sản xuất vỏ hộp là ít nhất khi diện tích toàn phần S nhỏ nhất. 180 S  2 x 2  4 xh  2 x 2  4 x. 2 x S  2 x2  720 360 360  360  360  3 2  3 3 2 x2   2x 2      3 2.360 . x x x x x    360  x3  180  x  3 180 . Khi đó h  3 180 . x Câu 8: (THPT Kim Liên-Hà Nội năm 2017-2018) Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a , SA vuông góc với mặt đáy. Gọi M là trung điểm BC . Mặt phẳng  P  đi qua A và Dấu bằng xảy ra khi: 2 x 2  1 vuông góc với SM cắt SB , SC lần lượt tại E , F . Biết VS . AEF  VS . ABC . Tính thể tích V của 4 khối chóp S . ABC . a3 a3 2a 3 a3 A. V  . B. V  . C. V  . D. V  . 2 8 5 12 Lời giải Chọn B S F H E C A M B Ta có BC  SM . Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên SM . Do FE   P    SBC   FE  SM  FE  BC và FE đi qua H . 2 1 SE SF 1 SH 1  SH  1 VS . AEF  VS . ABC  .    . Vậy H là trung điểm cạnh SM .    4 SB SC 4 SM 2 4  SM  a 3 Suy ra SAM vuông cân tại A  SA  . 2 a3 1 a 3 a2 3 Vậy VSABC  .  . . 8 3 2 4 Câu 9: (THPT Kim Liên-Hà Nội năm 2017-2018) Cho lăng trụ tam giác đều ABC. ABC  có cạnh đáy bằng a và AB  BC  . Tính thể tích V của khối lăng trụ đã cho. a3 6 a3 6 7a3 A. V  . B. V  a 3 6 . C. V  . D. V  . 8 4 8 Lời giải Chọn C Gọi E là điểm đối xứng của C qua điểm B . Khi đó tam giác ACE vuông tại A .  AE  4a 2  a 2  a 3 . Mặt khác, ta có BC   BE  AB nên tam giác ABE vuông cân tại B . AE a 3 a 6   .  AB  2 2 2 2 a 6 a 2 2 Suy ra: AA   .   a  2  2  Vậy V  a 2 a 2 3 a3 6 . .  2 4 8 Câu 10: (THPT Kim Liên-Hà Nội năm 2017-2018) Cho hình lăng trụ đứng ABC. ABC  có đáy là tam giác vuông và AB  BC  a , AA  a 2 , M là trung điểm của BC . Tính khoảng cách d của hai đường thẳng AM và BC . a 2 a 6 a 7 a 3 A. d  . B. d  . C. d  . D. d  . 2 6 7 3 Lời giải Chọn C A C’ A’ B’ M B A C C N M B’ B Tam giác ABC vuông và AB  BC  a nên ABC chỉ có thể vuông tại B .  AB  BC Ta có   AB   BCB  .  AB  BB ‘ Kẻ MN // BC  BC //  AMN   d  d  BC , MN   d  BC ,  AMN    d  C ,  AMN    d  B,  AMN   . Tứ diện BAMN là tứ diện vuông 1 1 1 1 1 1 1 7 a 7  2     2   2 d  . 2 2 2 2 2 d BA BM BN a a a 2 a 7     2   2  Câu 11: (THPT Kiến An-Hải Phòng năm 2017-2018) Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình chữ nhật, AB  a , AD  a 2 . Hình chiếu của S lên mặt phẳng  ABCD  là trung điểm H của BC , SH  A. a 2 . Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S .BHD . 2 a 2 . 2 B. a 5 . 2 C. a 17 . 4 D. a 11 . 4 Lời giải Chọn C Gọi R và r lần lượt là bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S .BHD và tam giác BHD . 2 a 2 a 6 a 2 2 Ta có HB  , HD  HC 2  DC 2   và BD  a  2a 2  a 3 .   a  2 2 2   Áp dụng định lí Cô sin, ta có a 2 3a 2   3a 2   1 2 2 2 . cos BHD    sin BHD  a 2 a 6 3 3 2 . 2 2 1 a 2 a 6 2 a2 2 Diện tích tam giác BHD là SBHD  . . .  . 2 2 2 4 3 a 2 a 6 . .a 3 HB.HD.BD 3a 2 Do đó r  .  2 22  4S 2 a 2 Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BHD và M là trung điểm SH . Mặt phẳng trung trực của SH cắt trục đường tròn ngoại tiếp tam giác BHD tại E . Khi đó E là tâm mặt cầu cần tìm. Ta có R  r 2  MH 2  r 2  SH 2 SH 2 9a 2 a 2 a 17 .  r2     4 4 2 8 4 Câu 12: (THPT Kiến An-Hải Phòng năm 2017-2018) Cho tứ diện OABC có ba cạnh OA , OB , OC đôi a 2 , OB  OC  a . Gọi H là hình chiếu của điểm O trên 2 mặt phẳng  ABC  . Tính thể tích khối tứ diện OABH . một vuông góc với nhau, OA  A. a3 2 . 6 B. a3 2 . 12 C. a3 2 . 24 D. a3 2 . 48 Lời giải Chọn D A H C O I B  a 3  AB  AC  Từ giả thiết suy ra: ABC cân tại A có:  2 .   BC  a 2 Gọi I là trung điểm của BC  AI  BC . Giả sử H là trực tâm của tam giác ABC . Ta thấy OA   OBC  Vì OB   OAC   OB  AC và AC  BH nên: AC   OBH   OH  AC 1 . BC   OAI   OH  BC  2 Từ 1 và  2  suy ra: OH   ABC  . Có: OI  1 a 2 BC   OA . 2 2  AOI vuông cân tại O  H là trung điểm AI và OH  Khi đó: S ABH  1 a AI  . 2 2 1 1 1 1 a 2 a2 2 . S ABI  . . AI .BI  .a.  2 2 2 4 2 8 1 1 a a 2 2 a3 2 Câu 13: Vậy thể tích khối tứ diện OABH là: V  OH .S ABH  . . .(THPT Chuyên  3 3 2 8 48 Lương Văn Tụy-Ninh Bình lần 1 năm 2017-2018) Cho hình lập phương ABCD. ABC D có cạnh bằng a . Gọi O và O lần lượt là tâm các hình vuông ABCD và ABC D . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của các cạnh BC  và CD . Tính thể tích khối tứ diện OOMN . a3 a3 a3 A. . B. a 3 . C. . D. . 8 12 24 Lời giải Chọn D Q C’ Q D’ O’ O’ M M A’ B’ D C N P O A N O P B Gọi P , Q lần lượt là trung điểm của BC và C D . Ta có SOPN  1 1 a2 a3 SBCD  S ABCD   VOPN .OMQ  . 4 8 8 8 Mà VOOMN  VOPN .OMQ  VM .OPN  VN .OMQ  a3 1 a3 1 a3 a3 .  .  .  8 3 8 3 8 24 Câu 14: (THPT Chuyên Trần Phú-Hải Phòng lần 1 năm 2017-2018) Xét khối lăng trụ tam giác ABC. ABC  . Mặt phẳng đi qua C  và các trung điểm của AA , BB chia khối lăng trụ thành hai phần có tỉ số thể tích bằng: 2 1 1 A. . B. . C. 1. D. . 3 2 3 Lời giải Chọn B C’ B’ A’ F E C B A Gọi E , F lần lượt là các trung điểm của AA và BB khi đó ta có: 1 1 2 1 VC . ABFE  VC . ABBA  . VABC . ABC  VABC . ABC  . 2 2 3 3 2 Suy ra VCC . ABFE  VABC . ABC  . 3 1 . 2 Câu 15: (THPT Đoàn Thượng-Hải Dương-lần 2 năm 2017-2018) Cho tứ diện OABC biết OA , OB , OC đôi một vuông góc với nhau, biết OA  3, OB  4 và thể tích khối tứ diện OABC bằng 6. Vậy mặt phẳng  C EF  chia khối lăng trụ thành hai phần có tỉ số thể tích bằng Khi đó khoảng cách từ O đến mặt phẳng  ABC  bằng: A. 3 . B. 41 . 12 C. 144 . 41 D. 12 . 41 Lời giải Chọn D A H C O I B 1 36 1 1 1  3. Ta có: VOABC  OC.SOAB  OC. OA.OB  OC.OA.OB  6  OC  3 2 6 3 OA.OB Vẽ OI  BC , OH  AI suy ra: OH   ABC   OH  d  O;  ABC   . Lại có: 1 1 1 1 1 1 1 1 1 41 12 41 .  2     2 2 2   OH  2 2 2 2 2 OH OI OA OB OC OA 4 3 3 144 41 Câu 16: (THPT Hà Huy Tập-Hà Tĩnh-lần 1 năm 2017-2018) Cho hình chóp tứ giác đều S . ABCD . Mặt phẳng  P  chứa đường thẳng AC và vuông góc với mặt phẳng  SCD  , cắt đường thẳng SD tại E . Gọi V và V1 lần lượt là thể tích các khối chóp S . ABCD và D. ACE . Tính số đo góc tạo bởi mặt bên và mặt đáy của hình chóp S . ABCD biết V  5V1 . A. 60 . B. 120 . C. 45 . D. 90 . Lời giải Chọn A S E K D A F M O C B . Gọi M là trung điểm CD . Góc tạo bởi mặt bên và mặt đáy là góc SMO Dựng OK  SM dễ thấy OK   SCD  . Vậy OK   P  . Kéo dài CK  SD  E . Đây là giao điểm cần tìm. Ta có  d  S ,  ABCD   .S ABCD d  S ,  ABCD   .2S ACD VS . ABCD 5 5  5 VE . ACD d  E ,  ABCD   .S ACD d  E ,  ABCD   .S ACD d  S ,  ABCD   d  E ,  ABCD    5 . 2 Dựng EF // SO  F  OD  vậy  DE DF EF 2    . DS DO SO 5 a 2 , SD  b . 2 Xét tam giác vuông SOD . Giả sử AB  a , OD  Dễ thấy OE  SD ta có OD 2  DE.DS   DS  OD 2 DE 2   . DS 2 DS 5 5OD a 5  DS  . 2 2 SM  SD 2  MD 2  a  Xét tam giác vuông SOM vuông tại O có cos SMO OM 1   60o .   SMO SM 2 Câu 17: (THPT Triệu Thị Trinh-lần 1 năm 2017-2018) Cho hình chóp S . ABC , có AB  5  cm  , BC  6  cm  , AC  7  cm  . Các mặt bên tạo với đáy 1 góc 60 . Thể tích của khối chóp bằng: A. 105 3  cm3  . 2 B. 35 3 C. 24 3  cm3  .  cm3  . 2 Lời giải D. 8 3  cm3  . Chọn D S J A 60 K C 60 H I B Gọi H là hình chiếu vuông góc của S xuống mặt phẳng  ABC  và I , J , K là hình chiếu vuông góc của H lên các cạnh BC , CA , AB Ta có SH   ABC  ; HI  BC , HJ  CA , HK  AB  ;   ,  .   SBC  ,  ABC   SIH SCA ,  ABC   SJH SAB  ,  ABC   SKH         SJH   SKH   60 . Mà các mặt bên tạo với đáy 1 góc 60 nên SIH  SHI  SHJ  SHK (cạnh huyền – góc nhọn)  HI  HJ  HK  H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC AB  BC  CA Mặt khác S ABC  p  p  BC  p  CA  p  AB  , với p  9 2  S ABC  6 6  cm 2  . Mà S ABC  pr  r  2 6 2 6 .  HI  HJ  HK  3 3 Tam giác SHI vuông tại H có SH  HI . tan 60  2 2  cm  . 1 Khi đó VS . ABC  S ABC .SH  8 3 . 3 Câu 18: (THPT Triệu Thị Trinh-lần 1 năm 2017-2018) Cho khối lăng trụ tam giác đều ABC. ABC  có a cạnh đáy là a và khoảng cách từ A đến mặt phẳng  ABC  bằng . Thể tích của khối lăng trụ 2 bằng: A. 3 2a 3 . 12 B. 2a 3 . 16 C. Lời giải Chọn C 3a 3 2 . 16 D. 3a 3 2 . 48 a A C I B H A’ C’ B’ Gọi I là trung điểm của BC và H là hình chiếu vuông góc của A trên AI . Khi đó ta có: a d  A,  ABC    AH  . 2 Trong tam giác vuông AAI ta có: 1 1 1 1 1 1 1 1 4 4 8   2    2 2  2   2  2 2 2 2 2 2 AH AA AI AA AH AI a 3a 3a a a 3     2  2  Suy ra: AA  a 6 . 4 Thể tích khối lăng trụ là: V  S ABC . AA  a 2 3 a 6 3a 3 2 .   4 4 16 Câu 19: (THPT Triệu Thị Trinh-lần 1 năm 2017-2018) Cho lăng trụ tam giác đều ABC. ABC  có tất cả các cạnh đều bằng a . Khoảng cách giữa hai đường thẳng BC và AB bằng A. a 21 . 7 B. a 3 . 2 a 7 . 4 C. D. Lời giải Chọn A A’ C’ I B’ H A C B Ta có BC //BC   BC //  ABC   suy ra d  BC , AB   d  BC ,  ABC     d  B,  ABC     d  A,  ABC    . Gọi I và H lần lượt là hình chiếu vuông góc của A trên BC  và AI . a 2 . 2 Ta có BC   AI và BC   AA nên BC    AAI   BC   AH mà AI  AH . Do đó  ABC   AH Khi đó d  A,  ABC     AH  Vậy khoảng cách cần tìm là AA. AI AA2  AI 2 a.  a 3 2 a 3 a    2  2  a 21 . 7 2 a 21 . 7 (THPT Thạch Thành 2-Thanh Hóa-lần 1 năm 2017-2018) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , SA  a và SA vuông góc với đáy. Gọi M là trung điểm SB , N thuộc cạnh SD sao cho SN  2 ND . Tính thể tích V của khối tứ diện ACMN . 1 1 1 1 A. V  a3 . B. V  a3 . C. V  a3 . D. V  a3 . 8 6 36 12 Lời giải Chọn D Cách 1: Phân rã hình: 1 a3 Thể tích khối chóp S . ABCD là: V   a 3  . 3 3 S S M N M A B D N C C S M N A A D C C Thể tích tứ diện SMNC là: VSMNC Thể tích tứ diện NACD là: VNADC M B 2 1 2 1 1 1   VS . BDC    V  V . 3 2 3 2 2 6 1 1 1   V V. 3 2 6 N A 1 1 1  V V. 2 2 4 2 1 2 1 1 1 Thể tích tứ diện SAMN là: VSAMN   VS .BDC    V  V . 3 2 3 2 2 6 Mặt khác ta có: VSMNC  VNACD  VMABC  VSAMN  VAMNC  VS . ABCD Thể tích tứ diện MABC là: VMABC  1 1 1  1 a3 1 Suy ra VAMNC  V  VSMNC  VNACD  VMABC  VSAMN   V   V  V  V  V   V  . 6 4 6  4 12 6 Cách 2: Dùng hệ tọa độ Oxyz : z S a N A M a B y D x C  Chọn hệ trục tọa độ Oxyz như sau: Gốc O  A , trục Ox nhận AD làm véc tơ đơn vị.   Trục Oy nhận AB làm véc tơ đơn vị, trục Oz nhận AS làm véc tơ đơn vị.  1 1  2 1 Khi đó A  0; 0;0  ; M  0; ;  ; C 1;1;0  ; N  ;0;  .  2 2  3 3   2 1 1    1 1  MN  ;  ;   ; MC  1; ;   . 3 2 6  2 2   1 1 5  1 1  MN , MC    ; ;  , MA  0;  ;   .   3 6 6 2 2  1    1  MN , MC  .MA  .   6 12 1 3 Vậy V  a . 12 VACMN  Câu 20: (THPT Thạch Thành 2-Thanh Hóa-lần 1 năm 2017-2018) Một khối lập phương có độ dài cạnh là 2 cm được chia thành 8 khối lập phương cạnh 1 cm . Hỏi có bao nhiêu tam giác được tạo thành từ các đỉnh của các khối lập phương cạnh 1 cm ? A. 2898 . Chọn C B. 2915 . C. 2876 . Lời giải D. 2012 . Từ khối lập phương ban đầu ta nhận được 8 khối lập phương cạnh 1 cm như hình vẽ nên tổng số đỉnh của các khối này là 9.3  27 . Để có một tam giác ta cần chọn 3 trong 27 đỉnh và các đỉnh đó không thẳng. Gọi các mặt của khối lập phương ban đầu theo vị trí tương đối ta có các mặt: trên-giữa-dưới; trước-giữa-sau và trái-giữa-phải. Trên tổng số các mặt này ta có số các bộ ba điểm thẳng hàng là: 8.3  5.3  2.3  4  49 (tam giác). 3 Vậy có C27  49  2876 (tam giác). Câu 21: (THPT Thạch Thành 2-Thanh Hóa-lần 1 năm 2017-2018) Cho khối hộp chữ nhật ABCD. ABC D có thể tích bằng 2110 . Biết AM  MA , DN  3 ND , 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 D C N M D A 8440 B. . 9 5275 A. . 6 P B A C B 7385 C. 18 D. Lời giải Chọn A A D N B M C P Q B A D C Gọi Q là giao điểm của mặt phẳng  MNP  với BB . 5275 . 12 AM C P DN BQ  x,  y,  z,  t . Khi đó x  y  z  t . AA CC  DD BB VABD.MQN x  z  t V  x z t   A B D .MQN  VABD. ABD 3 VABC D. ABCD 6 Giả sử VC BD.PQN VC BD.CBD   V  y z t y  z t  C B D .PQN  3 VABC D. ABCD 6 VMNPQ. ADC B VABCD. ADC B  1  x  y 2 VMNPQ. ADC B 1  AM C P  1  1 1  5        VABCD. ADC B 2  AA CC   2  2 3  12 5 5275 .  VMNPQ. ADC B  .VABCD. ADC B  12 6 Câu 22: (THPT Thăng Long-Hà Nội-lần 1 năm 2017-2018) Cho hình lập phương ABCD. ABC D có độ dài cạnh bằng 1. Gọi M , N , P , Q lần lượt là trung điểm của các cạnh AB , BC , C D và DD . Tính thể tích khối tứ diện MNPQ . A. 3 . 8 B. 1 . 8 C. 1 . 12 D. Lời giải Chọn D z C D A N M B Q y D C P A B x  D  O Ox  DA  Chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho:  Oy  DC  Oz  DD Khi đó: A 1;0;1 , B 1;1;1 , C  0;1;1 , D  0;0;1 , A 1;0;0  , B 1;1;0  , C   0;1; 0  1  1  1   1   M  1; ;1 , N  ;1;1 , P  0; ;0  , Q  0;0;  . 2  2  2   2     1 1    1 1    1 1  Ta có: MN  ; ;0  , MP  1; ;  , MQ  1; ;  2 2  2 2   2 2    1 . 24    1 1 1 1  MN , MP  .MQ       4 8 8 4 1    1 .  VMNPQ  .  MN , MP  .MQ  6 24 Câu 23: (THPT Thăng Long-Hà Nội-lần 1 năm 2017-2018) Cho tứ diện ABCD có thể tích V , gọi M , N , P , Q lần lượt là trọng tâm tam giác ABC , ACD , ABD và BCD . Thể tích khối tứ diện MNPQ bằng A. 4V . 9 B. V . 27 C. V . 9 D. 4V . 27 Lời giải Chọn C Gọi E , F , I lần lượt là trung điểm các đoạn thẳng BC , CD , BD . V 8 8 2 Ta có AMNP   VAMNP  VAEFI  V . VAEFI 9 9 9 1 11 1 1 V VMNPQ  d  Q,  MNP   .S MNP  d  A,  MNP   .S MNP  d  Q,  MNP   .S MNP  VAMNP  . 3 32 6 2 9 Câu 24: (SGD Bắc Ninh năm 2017-2018) 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 4 khối lăng trụ là A. a3 3 . 6 B. a3 3 . 24 C. a3 3 . 12 D. a3 3 . 36 Lời giải Chọn C A’ B’ C’ N H A B G M C Gọi G là trọng tâm của ABC , M là trung điểm của BC .  AG   ABC  .  BC  AM  BC   AAG   BC  MN . Trong  AAM  dựng MN  AA , ta có:   BC  AG  d  AA, BC   MN  a 3 . 4 Gọi H là hình chiếu của G lên AA . Ta có: GH / / MN  a 3 GH AG 2 2 .    GH  MN  6 MN AM 3 3 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 GH GA GA GA GH GA 3a 3 a 3 a 3      6   3  Vậy thể tích của khối lăng trụ là: V  S ABC . AG  a2 3 a a3 3 .  . 4 3 12 Câu 25: (SGD Ninh Bình năm 2017-2018) Cho hình chóp S . ABCD . Gọi A , B , C  , D theo thứ tự là trung điểm của SA , SB , SC , SD . Tính tỉ số thể tích của hai khối chóp S . AB C D và S . ABCD . 1 1 1 1 A. . B. . C. . D. . 16 4 8 2 Lời giải Chọn C S D’ A’ C’ B’ D A Ta có Và C B VS . ABD SA SB SD 1 V 1 .  . .   S . ABD  VS . ABD SA SB SD 8 VS . ABCD 16 VS . BDC  SB SD SC  1 V 1 .  . .   S .BDC   VS . BDC SB SD SC 8 VS . ABCD 16 Suy ra VS . ABD VS . BDC  1 1 1 V 1      S . ABC D  . VS . ABCD VS . ABCD 16 16 8 VS . ABCD 8 Câu 26: (THPT Chuyên ĐH KHTN-Hà Nội năm 2017-2018) Cho hình hộp ABCD. ABC D có đáy ABCD là hình thoi cạnh a 3 , BD  3a , hình chiếu vuông góc của B trên mặt phẳng  ABC D  trùng với trung điểm của AC  . Gọi  là góc tạo bởi hai mặt phẳng  ABCD  và  CDDC  , cos   21 . Thể tích khối hộp ABCD. ABC D bằng 7 A. 3a 3 . 4 B. 9a 3 3 . 4 C. 9a 3 . 4 D. 3a 3 3 . 4 Lời giải Chọn C Do  DCC D  //  ABBA  và  ABCD  //  ABC D  nên góc giữa hai mặt phẳng  ABCD  và  CDDC   ABBA cũng bằng góc giữa hai mặt phẳng nên góc giữa hai mặt phẳng  ABC D và  với H là hình chiếu của O lên AB . và bằng góc OHB Trong ABD có OA2  AD2  OD2  3a 2  a 3 9a 2 3a 2  OA   AC   a 3 .  2 4 4 a 3 3a . 3a Ta có OH . AB  OA.OB  OH  2 2  . 4 a 3 cos   OH 21 7 3a a 21 .  BH  .   BH 7 4 21 4 BO  BH 2  OH 2  S ABCD  21a 2 9a 2 a 3   . 16 16 2 1 1 3a 2 3 . AC.BD  a 3.3a  2 2 2 Vậy V  3a 2 3 a 3 9a 3 . .  2 2 4 Câu 27: (THPT Chuyên Lê Quý Đôn-Đà Nẵng năm 2017-2018) Xét các hình chóp S . ABC có SA  SB  SC  AB  BC  a . Giá trị lớn nhất của khối chóp S . ABC bằng a3 a3 a3 3 3a 3 A. . B. . C. . D. . 4 4 8 4 Lời giải Chọn D S H B C D A Gọi D là trung điểm của cạnh AB . Khi đó AB  CD và AB  SD  AB   SCD  . Gọi H là trung điểm của cạnh SC suy ra DH  SC . a2 3a 2   x2 . 4 4 1 1  2. S SDC . AD  SC.DH . AD . 3 3 Đặt AD  x . Ta có SD 2  a 2  x 2 ; DH  SD 2  SH 2  a 2  x 2  Thể tích khối chóp S . ABC là: VS . ABC  2VS . ADC  2VA.SDC x2  2 Do đó VS . ABC  2 3a 1 a.x  x 2  a. 3 3 4 3a 2  x2 a3 4 (BĐT Côsi).  2 8 3 a3 . Vậy giá trị lớn nhất của khối chóp S . ABC là . 8 8 Dấu “  ” xảy ra khi ABCD  x  a Câu 28: (THPT Chuyên Lê Quý Đôn-Đà Nẵng năm 2017-2018) Cho khối chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật. Một mặt phẳng thay đổi nhưng luôn song song với đáy và cắt các cạnh bên SA , SB , SC , SD lần lượt tại M , N , P , Q . Gọi M  , N  , P , Q lần lượt là hình chiếu vuông góc của M , N , P , Q lên mặt phẳng  ABCD  . Tính tỉ số SM để thể tích khối SA đa diện MNPQ.M N PQ đạt giá trị lớn nhất. A. 2 . 3 B. 1 . 2 1 . 3 C. D. Lời giải Chọn A S Q N A M B Đặt D Q M N P H P C SM  k với k   0;1 . SA MN SM   k  MN  k . AB AB SA MQ SM Xét tam giác SAD có MQ // AD nên   k  MQ  k . AD AD SA Kẻ đường cao SH của hình chóp. Xét tam giác SAH có: Xét tam giác SAB có MN // AB nên 3 . 4 MM  AM SA  SM SM    1  1  k  MM   1  k  .SH . SH SA SA SA Ta có VMNPQ.M N PQ  MN .MQ.MM   AB. AD.SH .k 2 . 1  k  . MM  // SH nên 1 Mà VS . ABCD  SH . AB. AD  VMNPQ.M N PQ  3.VS . ABCD .k 2 . 1  k  . 3 Thể tích khối chóp không đổi nên VMNPQ.M N PQ đạt giá trị lớn nhất khi k 2 . 1  k  lớn nhất. 3 2 1  k  .k .k 1  2  2k  k  k  4 Ta có k .  k  1  .     2 2 3  27 2 SM 2 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: 2 1  k   k  k  . Vậy  . 3 SA 3 2 Câu 29: (THPT Chuyên Phan Bội Châu-Nghệ An- lần 1 năm 2017-2018) Cho lăng trụ ABC. ABC  có thể tích V . Điểm M là trung điểm cạnh AA . Tính theo V thể tích khối chóp M .BCCB . 2V 3V V V A. . B. . C. . D. . 3 4 3 2 Lời giải Chọn A A’ C’ B’ M A C B Gọi: V  VABC . ABC  AA.SABC . 1 1 1 1  VM . ABC  VM . ABC  .MA.SABC  . . AA.S ABC  V . 3 3 2 6 1 1 2V Ta có: VM .BCCB  V  VM . ABC  VM . ABC  V  V  V  . 6 6 3 Câu 30: (THPT Chuyên Quốc Học-Huế năm 2017-2018) Cho hình chóp tứ giác đều có cạnh đáy bằng 1 , chiều cao bằng 2 . Xét đa diện lồi H có các đỉnh là trung điểm tất cả các cạnh của hình chóp đó. Tính thể tích của H . 5 9 A. . B. 4 . C. 2 3 . D. . 12 2 Lời giải Chọn D S F G E H B Q M C P A N D 1 2 Gọi hình chóp tứ giác đều là S . ABCD , có thể tích VS . ABCD  .1.2  . 3 3 Gọi M ; N ; P ; Q ; E ; F ; G ; H là trung điểm tất cả các cạnh của hình chóp (hình vẽ). khi 1 1 1 đó VMNPQEFGH  VS . ABCD  VS .EFGH  VF .MBQ  VG.QCP  VH .PDN  VE .MAN  , với VS . EFGH  . .1  . 3 4 12 Các khối chóp còn lại cùng chiêu cao và diện tích đáy bằng nhau nên thể tích của chúng bằng 1 1 1 1 1 2 1 4 5 . Vậy thể tích cần tính VMNPQEFGH    VE .MAN  . . . .1   . 3 2 2 2 24 3 12 24 12 Câu 31: (THPT Chuyên Thái Bình-lần 3 năm 2017-2018) Cho hình chóp đều S . ABC có đáy là tam giác đều cạnh a . Gọi E , F lần lượt là trung điểm của các cạnh SB , SC . Biết mặt phẳng  AEF  A. vuông góc với mặt phẳng  SBC  . Tính thể tích khối chóp S . ABC . a3 5 . 24 B. a3 5 . 8 C. a3 3 . 24 D. a3 6 . 12 Hướng dẫn giải Chọn A S F N E A C H M B Gọi M , N lần lượt là trung điểm cạnh BC và EF ; H là trọng tâm tam giác ABC .  AEF    SBC  Ta có  1  AEF    SBC   EF  EF // BC Trong mặt phẳng  SBC  , ta có  nên EF  SM  2  .  SM  BC Từ (1) và (2) suy ra SM vuông góc với mặt phẳng  AEF  tại N Mặt khác Tam giác SHM vuông tại H có cos M  HM  3 . SM Tam giác AMN vuông tại N có cos M  MN  4 AM Từ (3) và (4) ta có  HM MN   SM .MN  HM . AM (vì N là trung điểm SM ) SM AM 1 1 2 a 2 SM 2  AM 2  SM  AM  2 3 2 3 1 a 3 a 5 Tam giác SHM vuông tại H có HM  . AM  và SH  SM 2  HM 2  . 3 6 2 3 1 a3 5 Khi đó VS . ABC  .S ABC .SH  . 3 24 Câu 32: (THPT Chuyên Thái Bình-lần 3 năm 2017-2018) 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. 2 3a 3 . a3 3 . 2 Hướng dẫn giải B. a 3 6 . C. D. a3 3 3 Chọn B C’ B’ 30 A’ C 60 B a A Ta có AB  a 3 , dễ thấy góc giữa đường thẳng BC  tạo với mặt phẳng  AC CA là góc a 3  A  30 . Suy ra tan 30  BC  AC   3a  C C  2 2a . AC  1 Vậy VABC . ABC   2 2a. a.a 3  a3 6 . 2 ———-HẾT———Câu 33: (THPT Chuyên Vĩnh Phúc – lần 3 năm 2017-2018) Hình lập phương ABCDABC D cạnh a . Tính thể tích khối tứ diện ACBD . A. a3 . 3 B. a3 . 2 C. a3 . 6 D. a3 . 4 Lời giải Chọn A A’ D’ C’ B’ D A B C Ta có VACBD  VABCD. ABC D  VB. ABC  VC .BC D  VD. ACD  VA. ABD  . 1 1 1 1 Mà VABCD. ABC D  a 3 và VB. ABC  VC .BC D  VD. ACD  VA. ABD  . AA.S ABD  .a. a 2  a 3 . 3 3 2 6 3 4 a Do đó VACBD  a 3  a 3  . 6 3 Câu 34: (THPT Chuyên Vĩnh Phúc – lần 3 năm 2017-2018) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , SA vuông góc với đáy, SA  a 2 . Gọi B , D là hình chiếu của A lần lượt lên SB , SD . Mặt phẳng  ABD  cắt SC tại C  . Thể tích khối chóp S ABC D là: A. V  2a 3 3 . 9 B. V  2a 3 2 . 3 C. V  a3 2 . 9 D. V  2a 3 3 . 3 Lời giải Chọn C S C’ D’ B’ D A O B C a3 2 1 Ta có: VS . ABCD  .a 2 .a 2  . 3 3 Vì B , D là hình chiếu của A lần lượt lên SB , SD nên ta có SC   ABD  . Gọi C  là hình chiếu của A lên SC suy ra SC  AC  mà AC    ABD   A nên AC    ABD  hay C   SC   ABD  . Tam giác S AC vuông cân tại A nên C  là trung điểm của SC . SB SA2 2a 2 2  .   SB SB 2 3a 2 3 1  SB SC  SD SC   SB SC  2 1 1  .  .     2  SB SC SD SC  SB SC 3 2 3 Trong tam giác vuông S AB ta có VS ABCD VS . ABCD  VSABC   VSACD VS . ABCD Vậy VS ABC D  a3 2 . 9 Câu 35: (THPT Chuyên Vĩnh Phúc-lần 3 MĐ 234 năm học 2017-2018) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , SA vuông góc với đáy  ABCD  , góc giữa hai mặt phẳng  SBD  và  ABCD  bằng khối chóp S . ADMN . a3 6 A. V  16 60 . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của SB , SC . Tính thể tích B. V  a3 6  24 C. V  3a 3 6  16 D. V  a3 6  8 Hướng dẫn giải Chọn A S N M A D O B C  là góc giữa hai mặt phẳng  SBD  và Gọi O là tâm của hình vuông ABCD . Khi đó ta có SOA   60 . Khi đó tan 60  SA  SA  AO.tan 60  2 a. 3  a 6 . nên SOA 2 2 AO V V SA SM SN 1 SA SN SD 1 Ta có S . AMN  . .  và S . AND  . .  . VS . ABC SA SB SC 4 VS . ACD SA SC SD 2  ABCD  1 3 1 a 6 2 a3 6 1 1 3 Do đó VS . ADMN  VS . ABCD .     .VS . ABCD  . . . .a  8 3 2 16 2 4 2 8 Câu 36: (THPT Hoài Ân-Hải Phòng năm 2017-2018) Cho hình hộp ABCD. ABC D . Tính tỉ số thể tích của khối tứ diện AC BD và khối hộp ABCD. ABC D . 1 A. 1 . B. 1 . C. 1 . D. . 4 3 6 2 Lời giải Chọn. C. A’ B’ C’ D’ A D B C 1 1 1 1 Gọi V  VABCD. ABC D , ta có VAC BD  V  VC’DCB  VC’ABB  VC’ADD  V  V  V  V  V . 6 6 6 2 1 VAC BD  VABCD. ABC D . 2 Câu 37: (THPT Hồng Quang-Hải Dương năm 2017-2018) Cho hàm số y  f  x  có đồ thị y  f   x  cắt trục Ox tại ba điểm có hoành độ a  b  c như hình vẽ. mệnh đề nào dưới đây là đúng ? A. f  c   f  a   f  b  . B. f  c   f  b   f  a  . C. f  a   f  b   f  c  . D. f  b   f  a   f  c  . Lời giải Chọn A Từ đồ thị của hàm số y  f   x  , ta có bảng biến thiên của hàm số y  f  x  như sau: x  f  x   a 0 b 0  f a f  x  c 0   f c f b Từ đó suy ra f  a   f  b  , f  c   f  b  . (1) Mặt khác, từ đồ thị hàm số y  f   x  ta cũng có: c  b b f   x  d x    f   x  dx  f  c   f  b    f  b   f  a   f  c   f  a  . (2) a Từ (1) và (2) suy ra f  c   f  a   f  b  . Câu 38: (THPT Hồng Quang-Hải Dương năm 2017-2018) Cho hình chóp S . ABC , M và N là các điểm thuộc các cạnh SA và SB sao cho MA  2 SM , SN  2 NB ,   là mặt phẳng qua MN và song song với SC . Mặt phẳng   chia khối chóp S . ABC thành hai khối đa diện  H1  và  H2  với  H1  là khối đa diện chứa điểm S ,  H 2  là khối đa diện chứa điểm A . Gọi V1 và V2 lần lượt là thể tích của  H1  và  H 2  . Tính tỉ số A. 4 . 5 B. 5 . 4 C. Lời giải Chọn A V1 . V2 3 . 4 D. 4 . 3 S M N C A Q P B Kí hiệu V là thể tích khối tứ diện SABC . Gọi P , Q lần lượt là giao điểm của   với các đường thẳng BC , AC . Ta có NP // MQ // SC . Khi chia khối  H1  bởi mặt phẳng  QNC  , ta được hai khối chóp N .SMQC và N .QPC . Ta có VN .SMQC VB. ASC d  N ,  SAC   d  B,  SAC   Do đó VN .QPC VS . ABC Do đó VN .SMQC VB. ASC   d  N ,  SAC   S SMQC .  d  B,  SAC   S SAC  2 SSMQC 5 4 NS 2 S AMQ AM AQ  AM   .   ;  .    AS AC  AS  9 S ASC 9 BS 3 S ASC  2 5 10 .   3 9 27 d  N ,  QPC   SQPC NB  CQ CP  1  1 2  2 .           d  S ,  ABC   S ABC SB  CA CB  3  3 3  27 V1 V 4 V1 VN .SMQC VN .QPC 10 2 4 4       5V1  4V2  1  .   V1  V2 9 V2 5 V VB. ASC VS . ABC 27 27 9 Câu 39: (THPT Hồng Quang-Hải Dương năm 2017-2018) Cho tứ diện ABCD có AB  CD  4 ; AC  BD  5 ; AD  BC  6 . Tính thể tích khối tứ diện ABCD . A. 15 6 . 4 B. 15 6 . 2 C. Lời giải Chọn A 45 6 . 4 D. 45 6 . 2 P D b B c a c a N A b C M Xét bài toán tổng quát như hình vẽ. Trong mặt phẳng  BCD  dựng tam giác MNP sao cho B , C , D theo thứ tự là trung điểm của các cạnh PM , MN và NP . Khi đó MN  2b , NP  2c , MP  2a . Đặt AP  z , AM  x , AN  y , áp dụng công thức đường trung tuyến ta có hệ phương trình  4 a 2  2  x 2  z 2   4a 2  x 2  2  a 2  b2  c 2     2  2 2 2 2 2 2 2 4 b  2 x  y  4 b      y  2 c  b  a  .  2  2 2 2 2 2 2 2 4c  2  y  z   4c  z  2  a  c  b  Xét tam giác AMN có AM 2  AN 2  MN 2 suy ra tam giác vuông tại đỉnh A . Tương tự các tam giác khác ta được tứ diện AMNP là tứ diện vuông tại A . 2 1 1 1 Suy ra VABCD  VAMPN  . . AM . AN . AP  . 12 4 4 6 Áp dụng vào ta được VABCD  a 2  b 2  c 2  c 2  b 2  a 2  a 2  c 2  b 2  . 15 6 . 4 Câu 40: (THPT Lê Hoàn-Thanh Hóa-lần 1 năm 2017-2018) Cho khối lăng trụ tam giác đều a ABC. ABC  có cạnh đáy là a và khoảng cách từ A đến mặt phẳng  ABC  bằng . Tính thể 2 tích của khối lăng trụ ABC. ABC  . 3a 3 2 2a 3 3 2a 3 3a 3 2 A. . B. . C. . D. . 48 16 12 16 Lời giải Chọn D C’ A’ B’ H C A M B Gọi M là trung điểm BC , H là hình chiếu của A trên AM . Nhận xét d  A,  ABC    AH . Tam giác AAM vuông tại A nên có: 1 8 a 3 1 1 1 1 4 4  2  AA  .     2  2  2 2 2 2 2 AA AM AH AA 3a a AA 3a 2 2 Thể tích của lăng trụ ABC. ABC  là V  a 2 3 a 3 3a3 2 .  . 4 2 2 16 Câu 41: (THPT Lê Hoàn-Thanh Hóa-lần 1 năm 2017-2018) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi M , N lần lượt là trung điểm của các cạnh SA , SD . Mặt phẳng   chứa SQ  x , V1 là thể tích của khối chóp SB 1 S .MNQP , V là thể tích của khối chóp S . ABCD . Tìm x để V1  V . 2 MN cắt các cạnh SB , SC lần lượt tại Q , P . Đặt A. x  1  33 . 4 B. x  2 . C. x  1 . 2 D. x  Lời giải Chọn A S P Q M N B C O A  MN // BC Do   PQ // BC .     SBC   PQ D 1  41 . 4 VS .MNQ V  VS . NPQ V  V1 V  VS .MNQ 2VS . ABD  VS . NPQ 2VS .BCS  1 2  SM SN SQ SP SN SQ . .  . . 1 SA SD SB SC SD SB 2 1  33 x x (vì x  0 ).   1  2 x2  x  4  0  x  4 4 2 Câu 42: (THPT Ninh Giang-Hải Dương năm 2017-2018) Cho hình chóp tứ giác S . ABCD có đáy là hình vuông cạnh bằng a 2 . Tam giác SAD cân tại S và mặt bên  SAD  vuông góc với mặt  phẳng đáy. Biết thể tích của khối chóp S . ABCD bằng 4 3 a . Tính khoảng cách h từ điểm B 3 đến mặt phẳng  SCD  . A. h  3 a. 4 B. h  2 a. 3 C. h  4 a. 3 8 D. h  a . 3 Lời giải Chọn C S A B I D C Ta có chiều cao của khối chóp S . ABCD là SI với I là trung điểm của AD . 4 1 4 Suy ra thể tích của khối chóp S . ABCD bằng a3  2a 2 .SI  a3  SI  2a . 3 3 3 Xét tam giác SCD vuông tại D có: 3a 2 1 1 3a 2 3a 2 nên S SCD  SD.CD  . . SD  SI 2  ID 2  .a 2  2 2 2 2 2 4 1 4 Thấy ngay VS . ABCD  2VS .BCD  2VB.SCD  a3  2. SSCD .h  h  a . 3 3 3 Câu 43: (THPT Ninh Giang-Hải Dương năm 2017-2018) Cho hình chóp đều S . ABCD có cạnh đáy bằng 2a , khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và CD bằng a 3 . Thể tích khối chóp đều S . ABCD bằng ? A. a3 3 . 3 B. 4a 3 3 . C. a 3 3 . Lời giải Chọn D D. 4a 3 3 . 3 S A D O C B Gọi O  AC  BD , hình chóp đều S . ABCD  SO   ABCD  và tứ giác ABCD là hình vuông. Ta có CD //AB  CD //  SAB   d  CD; SA  d  C ;  SAB    2d  O;  SAB   . Bài ra d  CD; SA  a 3  d  O;  SAB    a 3 . 2 1 1 1 1 a 3 với h  d  O;  SAB    .    2 2 2 2 h OS OA OB 2 AB 4 1 1 1 Cạnh OA  OB   2  2  SO  a 3 . a 2  2  2 3a SO 2a 2a 2 Tứ diện vuông O.SAB  1 4a 3 3 1 Do đó VS . ABCD  SO.S ABCD  a 3.4a 2  . 3 3 3 Câu 44: (THPT Ninh Giang-Hải Dương năm 2017-2018) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, mặt bên SAD là tam giác đều cạnh 2a và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy. Tính thể tích khối chóp S . ABCD biết rằng mặt phẳng  SBC  tạo với mặt phẳng đáy một góc 30. A. 3a 3 . 2 B. 2 3a 3 . C. Lời giải Chọn C Gọi H , M lần lượt là trung điểm AD , BC . Khi đó SH là đường cao của hình chóp S . ABCD . 2 3a 3 . 3 D. 4 3a 3 . 3 Ta có HM  BC , SM  BC nên góc giữa mặt phẳng  SBC  tạo với mặt phẳng đáy là   30 . SMH Trong tam giác SHD có SH  SD2  DH 2  a 3 .   SH  MH  SH  a  AB . Trong tam giác SHM có tan SMH  MH tan SMH 1 1 2 3a 3 Vậy thể tích khối chóp S . ABCD là V  SH .S ABCD  .a.2a.a 3  . 3 3 3 Câu 45: (THPT Ninh Giang-Hải Dương năm 2017-2018) Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình vuông cạnh a . Cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy, cạnh bên SC tạo với mặt phẳng  SAB  một góc 30 . Thể tích của khối chóp S.ABCD bằng: A. a3 3 . 3 B. a3 2 . 4 a3 2 . 2 C. D. a3 2 . 3 Lời giải Chọn D s A B O D C Ta có: ABCD là hình vuông cạnh a nên S ABCD  a 2 Vì hình chóp S . ABCD có đáy là hình vuông, cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy  BC   SAB  .   30 . Cạnh bên SC tạo với mặt phẳng  SAB  một góc 30  CSB   30 , SCB   60 , BC  a . Tam giác SBC vuông tại B có CSB SB BC    SB  a 3 .   sin SCB sin CSB Từ giả thiết  SA  AB . Tam giác SAB có SA  SB 2  AB 2  a 2 . 1 a3 2 .  VSABCD  SA.S ABCD  3 3 Câu 46: (THPT Ninh Giang-Hải Dương năm 2017-2018) Cho hình lăng trụ đứng ABC . AB C  có đáy là tam giác vuông cân đỉnh A , mặt bên là BCC B  hình vuông, khoảng cách giữa AB và CC  bằng a . Thể tích của khối lăng trụ ABC . AB C  là: A. a3 2 . 3 B. a3 2 . 6 C. Lời giải Chọn C a3 2 . 2 D. a3 . B’ A’ C’ B A C Ta có: AC  AB (giả thiết), AC  AA ( vì ABC . AB C  là lăng trụ đứng)  AC   AABB  . Ta có: CC  / / BB  CC  / /  AABB   d  CC , AB   d  CC ,  AABB    d  C ,  AABB    AC  a . Vì tam giác ABC vuông cân tại A nên BC  AC 2  a 2 . Mặt khác BCC B hình vuông nên BB  BC  a 2 . Thể tích khối lăng trụ ABC . AB C  là: V  S ABC .BB  a2 a3 2 .. a 2 2 2 Câu 47: (THPT Phan Đăng Lưu-Huế-lần 1 năm 2017-2018) Xét khối tứ diện ABCD có cạnh AB  x , các cạnh còn lại đều bằng 2 3 . Tìm x để thể tích khối tứ diện ABCD đạt giá trị lớn nhất. A. x  6 . B. x  14 . C. x  3 2 . Lời giải D. x  2 3 . Chọn C Gọi M , N lần lượt là trung điểm CD và AB ; H là hình chiếu vuông góc của A lên BM . CD  BM  Ta có:   CD   ABM    ABM    ABC  . CD  AM  Mà AH  BM ; BM   ABM    ABC   AH   ABC  . Do ACD và BCD là hai tam giác đều cạnh 2 3  AM  BM  Tam giác AMN vuông tại N , có: MN  AM 2  AN 2  9  Lại có: S BCD  3 2 3 4   2 3 3. 3 2 3  3. 2 x2 . 4 1 1 x 36  x 2 3 AH  S BCD   3 3  x 36  x 2 . 3 3 6 6 VABCD  Ta có: VABCD  3 3 x 2  36  x 2 x 36  x 2   3 3. 6 6 2 Suy ra VABCD lớn nhất bằng 3 3 khi x 2  36  x 2  x  3 2 . Câu 48: (THPT Quãng Xương 1-Thanh Hóa năm 2017-2018) Cho hình lăng trụ đứng ABC. ABC  có đáy ABC là tam giác vuông cân tại C với CA  CB  a . Trên đường chéo CA lấy hai điểm M , N . Trên đường chéo AB lấy được hai điểm P , Q sao cho MNPQ là tứ diện đều. Tính thể tích khối lăng trụ ABC. ABC  . A. a3 . 6 B. a 3 . C. a3 . 2 D. 2a 3 . Lời giải Chọn C A’ B’ C’ Q N P A M B C Do MNPQ là tứ diện đều suy ra AB  AC . Đặt AA  x .       Ta có AB. AC  0  AC  CB  BB . AC  0   x. a 2  x 2 . a 2 a x 2   x. a 2  x 2 . x 2 a  x2 0  xa. a3 1 Vậy VABC . ABC   a. a 2  . 2 2 Câu 49: (THPT Trần Quốc Tuấn năm 2017-2018) Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A , cạnh SA vuông góc với mặt phẳng đáy. Cho biết AB  a , BC  2a . Góc giữa cạnh bên SC và mặt đáy bằng 60 . Tính thể tích V của khối chóp S . ABC . A. V  a3 3 . 2 B. V  3a 3 3 . 2 C. V  a 3 . Hướng dẫn giải Chọn A D. V  a3 2 . 3 S 60 A a C 2a B 1 Vì SA   ABC  nên VS . ABC  .S ABC .SA , góc giữa SC và mặt phẳng đáy ABC bằng góc giữa 3  SC và AC bằng góc SCA  60 . Trong tam giác ABC vuông tại A có: AC  BC 2  AB 2  4a 2  a 2  AC  a 3 . Khi đó: S ABC  1 1 a2 3 AB. AC  .a.a 3  2 2 2   a 3.tan 60  SA  3a . Trong tam giác SAC vuông tại A có: SA  AC.tan SCA 1 a2 3 a3 3 Do vậy VS . ABC  . . .3a  3 2 2 Câu 50: (THPT Trần Quốc Tuấn năm 2017-2018) Cho hình lăng trụ ABC. ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A , AB  a , AC  a 3 . Hình chiếu vuông góc của đỉnh A lên  ABC  trùng với tâm của đường tròn ngoại tiếp của tam giác ABC . Trên cạnh AC lấy điểm M sao cho a CM  2MA . Biết khoảng cách giữa hai đường thẳng AM và BC bằng . Tính thể tích 2 V của khối lăng trụ đã cho. a3 3 2a 3 3 3a 3 A. V  . B. V  a 3 . C. V  . D. V  . 2 3 2 Hướng dẫn giải Chọn A B’ C’ A’ B T N I B N K A K C H M H P A C M Kẻ MN // BC , N  AB . HK  MN , HI  AK . d  AM ; BC   d  BC;  AMN    d  H ;  AMN    HI  HI  a . 2 2 AT 3 1 1 1 4 2 a Tam giác ABC vuông tại A  .    2  HK  AT  2 2 2 AT AB AC 3a 3 3 1 1 1 4 3 1  2  2  2  2  AH  a . Tam giác AHK vuông tại H  2 2  AH HI HK a a a Kẻ AT // HK , AT  MN  P  HK  PT  1 a3 3 Vậy thể tích khối lăng trụ đã cho là: V  AH .S ABC  a. .a.a 3  . 2 2 Câu 51: (THPT Trần Hưng Đạo-TP HCM năm 2017-2018) Cho khối lăng trụ ABC. ABC . Gọi M là trung điểm của BB , N là điểm trên cạnh CC sao cho CN  3NC . Mặt phẳng ( AMN ) chia khối lăng trụ thành hai phần có thể tích V1 và V2 như hình vẽ. Tính tỉ số A. V1 5  . V2 3 B. V1 3  . V2 2 C. V1 4  . V2 3 Lời giải Chọn D Gọi M  là trung điểm của CC  , ta có: 1 1 1 5 dt BCM M  dt BCC B , dt M MN  dt BCM M  dt BCC B  dt BMNC  dt BCC B 2 4 8 8 1 d  A,  BCBC    .dtBCNM V2 5 3   .  1 VA.BCBC  d  A,  BCBC    .dt BCBC  8 3 V1 . V2 D. V1 7  . V2 5 1 d  A;  ABC    .dt ABC  VA. ABC  V 2 V2 1 5 2 5   A.BCC B    .  . 3 3 VABC . ABC  VABC . ABC  3 VABC . ABC  8 3 12 d  A;  ABC    .dt ABC  Do VABC . ABC   V1  V2  V1 7  . V2 5 Câu 52: (THPT Trần Hưng Đạo-TP HCM năm 2017-2018) Cho hình chóp tứ giác đều S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , cạnh bên tạo với đáy một góc 60 . Gọi M là trung điểm của SC . Mặt phẳng đi qua AM và song song với BD cắt SB tại E và cắt SD tại F . Tính thể tích V khối chóp S . AEMF . A. V  a3 6 . 36 B. V  a3 6 . 9 C. V  a3 6 . 6 D. V  a3 6 . 18 Lời giải Chọn D S M F I E D A O B C Trong mặt phẳng  SBD  : EF  SO  I . Suy ra A, M , I thẳng hàng. Trong tam giác SAC hai trung tuyến AM , SO cắt nhau tại I suy ra Lại có EF // BD  Ta có: Vậy SI 2  . SO 3 SE SF SI 2    . SB SD SO 3 VS . AEM SE SM 1 VS . AFM SF SM 1    .    . VSABC SB SC 3 VSADC SD SC 3 VS . AEM  VS . AFM 1 VS . AEMF 1    . VS . ABC  VS . ADC 3 VS . ABCD 3   60 suy ra SO  BO 3  a 6 . Góc giữa cạnh bên và đáy của S . ABCD bằng góc SBO 2 1 a3 6 Thể tích hình chóp S . ABCD bằng VS . ABCD  SO.S ABCD  . 3 6 Vậy VS . AEMF  a3 6 . 18 Câu 53: (THPT Tứ Kỳ-Hải Dương năm 2017-2018) Cho khối chóp tứ giác S . ABCD có đáy là hình bình hành. Gọi M là trung điểm của SC , mặt phẳng  P  chứa AM và song song BD chia khối chóp thành hai khối đa diện, đặt V1 là thể tích khối đa diện có chứa đỉnh S và V2 là thể tích khối đa diện có chứa đáy ABCD . Tỉ số A. V2 3. V1 B. V2  2. V1 V2 là: V1 V2  1. V1 Hướng dẫn giải C. D. V2 3  . V1 2 Chọn B Đặt VS . ABCD  V . Gọi O là giao điểm hai đường chéo AC và BD . Gọi I là giao điểm của SO và AM . Do  P  //BD nên  P  cắt mặt phẳng  SBD  theo giao tuyến NP qua I và song song với BD ;  N  SB; P  SD  . Xét tam giác SAC có I là giao điểm hai trung tuyến nên I là trọng tâm. V 2 2 4 4 4 1 2 SP.SN Ta có S . APN   .   VS . APN  VS . ADB  . V  V . 3 3 9 9 9 2 9 VS . ADB SD.SB V 2 2 1 1 SP.SM .SN 2 1 2 2 Tương tự S .PMN  = . .   VS . PMN  VS . DCB  . V  V . 9 9 2 9 VS .DCB SD.SC.SB 3 2 3 9 V 1 Từ đó V1  VS . APN  VS .PMN  V . Do đó 2  2 . 3 V1 Câu 54: (THPT Xuân Trường-Nam Định năm 2017-2018) Cho hình chóp tam giác S . ABC có SA vuông góc với mặt đáy, tam giác ABC cân tại A . Trên cạnh AB lấy điểm D sao cho AB  3 AD . Gọi H là hình chiếu của B trên CD , M là trung điểm đoạn thẳng CH . Tính 2 theo a thể tích khối chóp S . ABM biết SA  AM  a và BM  a . 3 A. 3a 3 . 9 B. 3a 3 . 12 C. Lời giải Chọn C a3 . 9 D. a3 . 18 S A K D H A C H I M M D B C B N Trong mặt phẳng đáy  ABC  : Kẻ Ax // BC và Ax  CD  K , gọi N là trung điểm của BC . Khi đó do ABC cân ở A nên AN  BC và tứ giác ANBK là hình chữ nhật. Suy ra CN  BN  AK ; KB  BC Gọi I là trung điểm của BH , do M là trung điểm đoạn thẳng CH nên MI //BC và 1 MI  BC (đường trung bình của tam giác BHC . Vậy MI // AK , MI  BK và MI  AK 2 hay tứ giác AMIK là hình bình hành và I là trực tâm của tam giác BMK . Suy ra IK  BM và AM //IK nên AM  BM . 1 Vậy AMB vuông tại M . Suy ra S ABM  AM .BM . 2 1 1 2 Theo giả thiết ta có: VS . ABM  SA.S ABM  SA. AM .BM ; với SA  AM  a và BM  a . Suy 3 6 3 ra a3 1 1 VS . ABM  SA.S ABM  SA. AM .BM  . 9 3 6 Câu 55: (THPT Chuyên Hoàng Văn Thụ-Hòa Bình năm 2017-2018) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB  6 , AD  3 , tam giác SAC nhọn và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Biết hai mặt phẳng  SAB  ,  SAC  tạo với nhau góc  thỏa mãn tan   A. 4 . 3 3 và cạnh SC  3 . Thể tích khối S . ABCD bằng: 4 B. 8 . 3 C. 3 3 . Lời giải Chọn B D. 5 3 . 3 VS . ABCD  2VS . ABC  2VB.SAC . Kẻ BH vuông góc với AC tại H . Ta có: AC  3 , BH  2 , HC  1 .   BH  KH  4 2 . tan   tan BKH 3 KH KH 2 2  1.  cos SAC  3 HA 3   SA  2 . SC 2  SA2  AC 2  2 AS . AC.cos SAC  sin SAC 1   1 .2.3. 2 2  2 2 . SA. AC.sin SAC 2 2 3 1 8 Vậy VS . ABCD  2. .2 2. 2  . 3 3 S SAC  Câu 56: (THPT Hậu Lộc 2-Thanh Hóa năm 2017-2018) Khi xây nhà, anh Tiến cần xây một bể đựng nước mưa có thể tích V  6  m 3  dạng hình hộp chữ nhật với chiều dài gấp ba lần chiều rộng, đáy và nắp đổ bê tông, cốt thép; xung quanh xây bằng gạch và xi măng. Biết rằng chi phí trung 2 bình là 1.000.000 đ/m2 và ở nắp để hở một khoảng hình vuông có diện tích bằng diện tích 9 nắp bể. Tính chi phí thấp nhất mà anh Tiến phải trả (làm tròn đến hàng trăm nghìn)? A. 22000000 đ. B. 20970000 đ. C. 20965000 đ. D. 21000000 đ. Lời giải Chọn D Gọi độ dài chiều rộng, chiều cao hình hộp lần lượt là: x , h  m   Chiều dài của hình hộp là: 3x . Thể tích khối hộp chữ nhật là: V  x.3 x.h  6  3x 2 h  h  Diện tích khối hộp là: 2 x.h  2.3 x.h  2.x.3 x  8 xh  6 x 2  Diện tích xung quanh phần xây bằng gạch và xi măng là: 2 . x2 16  6x 2 . x S 8 8 16 16 2 16 16  6 x 2  .3x 2   x 2  3 3 . . x 2  S  20,96593115 . x 9 x 3 x x 3 Tổng chi phí thấp nhất mà anh Tiến phải trả là: 1000000.20,96593115  21000000 đ. Câu 57: (THTT số 5-488 tháng 2 năm 2018) Cho hình chóp S . ABCD . Gọi A , B , C  , D lần là trung điểm các cạnh SA , SB , SC , SD . Tính tỉ số thể tích của hai khối chóp S . ABC D và S . ABCD . 1 1 1 1 A. . B. . C. . D. . 12 8 16 2 Lời giải Chọn B S D’ A’ B’ C’ D A B C Ta có VSABC SA SB SC  1 VSAC D SA SD SC  1  . .  ,  . .  VSABC SA SB SC 8 VSACD SA SD SC 8 Theo tính chất dãy tỉ số bằng nhau, ta có 1 VSABC VSAC D VSABC   VSAC D VS . ABC D     8 VSABC VSACD VSABC  VSACD VS . ABCD Vậy VSABCD 1  . VSABCD 8 Câu 58: (THTT số 5-488 tháng 2 năm 2018) Tính thể tích khối chóp S . ABC có AB  a , AC  2a ,   120 , SA   ABC  , góc giữa  SBC  và  ABC  là 60 . BAC A. 21 a 3 . 14 B. 7 a3 . 14 C. Lời giải Chọn B 3 21 a 3 . 14 D. 7 a3 . 7 S a A 120o 2a C 60o H B + Diện tích đáy S ABC  1 3 3 2 1  a AB. AC.sin120  .a.2a. 2 2 2 2 + Tính chiều cao SA :   60 ,  Dựng AH  BC (với H  BC ) suy ra SH  BC , do đó góc   SBC  ,  ABC    SHA suy ra SA  AH .tan 60 2.S ABC 1 mà theo định lý hàm côsin thì AH .BC  AH  2 BC  1 BC 2  AB 2  AC 2  2. AB. AC.cos A  a 2  4a 2  2.a.2a.     7a 2  BC  a 7 , suy ra  2  Tính AH : ta có diện tích S ABC  3 2 a 21 2  a. 7 a 7 2. AH  1 1 3 2 21 7 3 + KL: Thể tích khối chóp S . ABC là V  S ABC .SA  . a . a  a (đvtt). 3 3 2 7 14 Câu 59: (THPT Hoàng Hoa Thám-Hưng Yên-lần 1 năm 2017-2018) Từ hình vuông có cạnh bằng 6 người ta cắt bỏ các tam giác vuông cân tạo thành hình tô đậm như hình vẽ. Sau đó người ta gập thành hình hộp chữ nhật không nắp. Tính thể tích lớn nhất của khối hộp. A. 8 2 . B. 10 2 . C. 9 2 . Lời giải Chọn A Đặt kích thước các cạnh như hình vẽ x y D. 11 2 . Ta có x x y 2  6  x  y  3 2  y  3 2  x với 0  x  3 2 . 2 2   Thể tích của khối hộp tạo thành là V  x 2 y  x 2 3 2  x .   Ta có V   3 x 2 2  x  0  x  2 2 . Ta có bảng biến thiên x 0 V – V Vậy: max V  8 2 khi x  2 2 , y  2 . 2 2 0 8 2 3 2  Câu 1: (SGD Bà Rịa Vũng Tàu-đề 1 năm 2017-2018) Xét tứ diện ABCD có các cạnh AB  BC  CD  DA  1 và AC , BD thay đổi. Giá trị lớn nhất của thể tích khối tứ diện ABCD bằng A. 2 3 . 27 B. 4 3 . 27 C. 2 3 . 9 D. 4 3 . 9 Lời giải Chọn A Gọi M , N lần lượt là trung điểm của BD, AC . Đặt BD  2 x, AC  2 y  x, y  0  . Ta có CM  BD, AM  BD  BD   AMC  . Ta có MA  MC  1  x 2 , MN  1  x 2  y 2 , S AMN  VABCD 1 1 MN . AC  y. 1  x 2  y 2 . 2 2 2 1 1 2 2 2  .DB.S AMC  .2 x. y 1  x 2  y 2  x . y . 1  x 2  y 2   3 3 3 3  VABCD  x 2  y 2  1  x2  y 2  3 27 2 3 . 27 Câu 2: (SGD Bà Rịa Vũng Tàu-đề 2 năm 2017-2018) Cho khối lăng trụ tam giác ABC. ABC  . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của BB và CC  . Mặt phẳng  AMN  chia khối lăng trụ thành hai phần. Gọi V1 là thể tích của khối đa diện chứa đỉnh B  và V2 là thể tích khối đa diện còn lại. Tính tỉ số A. V1 7  . V2 2 B. V1  2. V2 C. Lời giải Chọn B V1 1  . V2 3 D. V1 . V2 V1 5  . V2 2 A C B K M N A’ C’ B’ Gọi K là trung điểm của AA và V , VABC . KMN , VA.MNK lần lượt là thể tích khối lăng trụ ABC. ABC  khối lăng trụ ABC.KMN và thể tích khối chóp A.MNK . Khi đó V2  VABC .KMN  VA.MNK . 1 1 1 1 1 1 Lại có VABC . KMN  V ; VA.MNK  VABC . KMN  V suy ra V2  V  V  V từ đó ta có 2 3 6 2 6 3 1 2 V V1  V  V  V . Vậy 1  2 . V 3 3 2 ABCD có các cạnh AC  CD  DB  BA  2 và AD , BC thay đổi. Giá trị lớn nhất của thể tích tứ diện ABCD bằng Câu 3: (SGD Bà Rịa Vũng Tàu-đề 2 năm 2017-2018) Xét tứ diện A. 16 3 . 9 B. 32 3 . 27 C. 16 3 . 27 D. 32 3 . 9 Lời giải Chọn B A M B D N C Gọi M , N lần lượt là trung điểm AD và BC . Theo giả thiết ta có: ABD và ACD là các tam giác cân có M là trung điểm của AD nên BM  AD và CM  AD  AD   BMC  . Và có BM  CM  MBC cân tại.. Trong tam giác MBC có MN vừa là đường cao vừa là trung tuyến nên MN 2  MB 2   MN 2  AB 2  AD 2  BC 2 AD 2 BC 2 .  MN  4   4 4 4 Khi đó diện tích tam giác MBC là S MBC  1 AD 2  BC 2 1 MN .BC  BC. 4  2 2 4 BC 2 4 1 AD 2  BC 2 1 Thể tích tứ diện ABCD là VABCD  . AD.S MBC  .BC. AD. 4  . 3 4 3 1 x2  y 2 Đặt AD  x , BC  y ta có: VABCD  .x. y. 4  . 3 4 2 2 Ta có: x  y  2 xy  x 2  y 2 xy x2  y 2 xy    . 4 2 4 2 1 xy 2  VABCD  Do đó: VABCD  .x. y. 4  3 2 6 2  xy   8  xy  . Dấu bằng xảy ra khi x y. 3  xy xy   2  2  8  xy  4.83 xy xy 2 .   Ta lại có:  xy   8  xy   4. . .  8  xy   4.  27 2 2 3     4 xy 16 Dấu bằng xảy ra khi . x y  8  xy  xy  2 3 3 Vậy giá trị lớn nhất của thể tích khối tứ diện ABCD là max VABCD  2 6 4.83 32 3 .  27 27 Câu 4: (SGD Bà Rịa Vũng Tàu-đề 2 năm 2017-2018) Cho hình chóp S . ABC có cạnh bên SA vuông góc với đáy, AB  a , BC  a 2 , SC  2a và  ASC  60 . Tính bán kính R của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện S. ABC . A. R  a . B. R  a 3 . 2 C. R  a 3 . D. R  Lời giải Chọn A S O C A P B 3 AC AC  sin 60   AC  a 3 .  2 SC 2a Do đó AB 2  BC 2  AC 2  ABC vuông tại B . Gọi P là trung điểm của cạnh AC thì P là tâm đường tròn ngoại tiếp ABC . Gọi O là trung điểm của cạnh SC  OS  OC . Ta có sin  ASC  Ta có OP // SA mà SA   ABC   OP   ABC  . Do đó OP là trục đường tròn ngoại tiếp ABC  OA  OB  OC . a . 2 Như vậy R  OA  OB  OC  OS  1 SC  a . 2 Câu 5: (THPT Hà Huy Tập-Hà Tĩnh-lần 2 năm 2017-2018) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh bằng a , tam giác SAB cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy, SC hợp với đáy một góc 30 , M là trung điểm của AC. Tính thể tích khối chóp S .BCM . A. 3a 3 . 48 B. 3a 3 . 16 3a 3 . 96 C. D. 3a 3 . 24 Lời giải Chọn A S A M C H B Gọi H là trung điểm của AB . Theo bài ra SH   ABC  . SCH  30 CH  a 3 a 3 1 a . Xét tam giác SCH ta có SH  CH .tan 30  .  . 2 2 3 2 Diện tích tam giác ABC là a2 3 . 4 1 a2 3 a a3 3 1 a3 3 . VS . BCM  .VS .BCM  . VS . ABC  . .  3 4 2 24 2 48 Câu 6: (THPT Lý Thái Tổ-Bắc Ninh-lần 1 năm 2017-2018) Cho điểm M nằm trên cạnh SA , điểm N SM 1 SN nằm trên cạnh SB của hình chóp tam giác S . ABC sao cho  ,  2. Mặt phẳng   MA 2 NB qua MN và song song với SC chia khối chóp thành 2 phần. Gọi V1 là thể tích của khối đa diện chứa A , V2 là thể tích của khối đa diện còn lại. Tính tỉ số A. V1 4  . V2 5 B. V1 5  . V2 4 C. V1 ? V2 V1 5  . V2 6 Lời giải D. V1 6  . V2 5 S M E Nj P A C Q B D Chọn B  Trong mặt phẳng  SAC  dựng MP song song với SC cắt AC tại P . Trong mặt phẳng  SBC  dựng NQ song song với SC cắt BC tại Q. Gọi D là giao điểm của MN và PQ . Dựng ME song song với AB cắt SB tại E (như hình vẽ). SE SM 1 1  Ta thấy:    SN  NE  NB  SB SB SA 3 3 Suy ra N là trung điểm của BE và DM , đồng thời DB  ME  1 DB 1 DN 1 AB   ,  . 3 DA 4 DM 2 DQ DN 1   . DP DM 2  Nhận thấy: V1  VD . AMP  VD. BNQ . Do NQ / / MP  VD. BNQ VD. AMP  DB DN DQ 1 1 1 1 1 15 15  VD. BNQ  VD. AMP  V1  .VD. AMP  .VM . ADP . . .  . .  16 16 16 DA DM DP 4 2 2 16  Do NQ // SC  d  N ; DB  QB 1 QB NB 1 1       d  Q; DB   .d  C ; AB  CB SB 3 3 d  C ; AB  CB 3 1 1 1 1 1 8  SQDB  .d  Q; DB  .DB  . .d  C ; AB  . AB  SCAB  S ADP  .S ABC 2 2 3 3 9 9 2 Và d  M ;  ADP    d  S ;  ABC   3 1 1 2 8 16  VM . ADP  .d  M ;  ADP   .S ADP  . d  S ;  ABC   . S ABC  .VS . ABC 3 3 3 9 27 15 16 5 4  V1  . .VS . ABC  .VS . ABC  V2  VS . ABC  V1  .VS . ABC . 16 27 9 9 V1 5 Vậy  . V2 4 Câu 7: (THPT Phan Châu Trinh-DakLak-lần 2 năm 2017-2018) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a .Hai mặt phẳng  SAB  và  SAD  cùng vuông góc với đáy, biết SC  a 3 . Gọi M , N , P , Q lần lượt là trung điểm các cạnh SB , SD , CD , BC . Tính thể tích khối chóp AMNPQ .(Gõ thiếu yêu cầu đề bài) A. a3 . 3 B. a3 . 4 C. a3 . 8 D. a3 . 12 Lời giải Chọn C Gọi F  PQ  AC . Dễ thấy AF  PQ . Mặt khác do  MNPQ  // SC nên  SAC    MNPQ   EF  EF // SC ; F  SA . Dựng AH  EF . Do PQ   SAC  nên PQ  AH . Suy ra AH   MNPQ   AH  d  A;  MNPQ   . Ta có: AE  3 3a 2 3 3 3a AC  ; AF  AS  SC 2  AC 2  4 4 4 4 4 AF 2 . AE 2 a 6  . 2 2 AE  AF 4 Mặt khác do BD  SC nên PQ  QM suy ra tứ giác MNPQ là hình chữ nhật. Suy ra: AH  SMNPQ  MQ.QP  Vậy VA.MNPQ  1 a2 6 BD.SC  4 4 a3 1 AH .S MNPQ  . 8 3 Câu 8: (THPT Kinh Môn-Hải Dương lần 1 năm 2017-2018) Cho hình chóp tứ giác đều S. ABCD , M là trung điểm của SC . Mặt phẳng  P  qua AM và song song với BD cắt SB , SD tại N , K . Tính tỉ số thể tích của khối S . ANMK và khối chóp S . ABCD . 2 1 1 A. . B. . C. . 9 3 2 Lời giải Chọn B D. 3 . 5 Gọi H là tâm hình vuông ABCD , E  SH  AM  E là trọng tâm SAC V SA.SK .SM 2 1 1 SE SK SN 2 1     . Ta có S . AKM   .   VS . AKM  VS . ABCD VS . ADC SA.SD.SC 3 2 3 SH SD SB 3 6 Tương tự VS . ANM 1 1   VS . ANM  VS . ABCD . VS . ABC 3 6 1 1 1 Từ đó VS . ANMK  VS . ANM  VS . AKM  VS . ABCD  VS . ABCD  VS . ABCD . 6 6 3 Câu 9: (THPT Chuyên Lam Sơn-Thanh Hóa-lần 2 năm 2017-2018) Cho khối hộp ABCD. ABC D có đáy là hình chữ nhật với AB  3 ; AD  7 . Hai mặt bên  ABBA và  ADDA đáy góc 45 , cạnh bên của hình hộp bằng 1 (hình vẽ). Thể tích khối hộp là B C A D 1 B C 3 A A. 7. Chọn A B. 3 3 . 7 D C. 5 . Lời giải D. 7 7 . cùng tạo với B C A D B K C H A D I Gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên mặt phẳng  ABCD  ;  và   kẻ HK  AB , HI  AD thì  ABBA  ,  ABCD   HKA ADDA  ,  ABCD   HIA       HIA   45  HKA  HIA  HI  HK Theo giả thiết, ta có HKA  tứ giác AIHK là hình vuông cạnh a ,  a  0   AH  a 2 Tam giác AHK vuông cân tại H có HK  HA  a Tam giác AHA vuông tại H có AA2  AH 2  AH 2 2 1 1  a2  a 2  1  a  .  AH  3 3   Khi đó VABCD. ABC D  S ABCD . AH  VABCD. ABC D  7. 3. 1  VABCD. ABCD  7 . 3 Câu 10: (THPT Hồng Lĩnh-Hà Tĩnh-lần 1 năm 2017-2018) Cho hình chóp S . ABC có SA , SB , SC đôi một vuông góc với nhau và SA  SB  SC  a . Sin của góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng  ABC  bằng A. 6 . 3 B. 2 . 2 C. 1 . 3 D. 2 . 6 Lời giải Chọn C C K E S A F B Trong tam giác ABC kẻ đường cao AK và CF và AK  CF   E nên E là trực tâm tam giác ABC .  SC  SA  SC   SAB  hay SC  AB Ta có   SC  SB Mà CF  AB nên AB   SCF   AB  SE . Chứng minh tương tự ta được BC   SAK   BC  SE . Vậy SE   ABC  . Ta có CE là hình chiếu của SC lên mặt phẳng  ABC  .   SC,  ABC     SC, CE   SCE 1 1 1 . Mặt khác tam giác SAB vuông tại   SE 2 SC 2 SF 2 a 1 1 1 1 1 1 1 1 3 . S nên  2  2 . Suy ra   2 2   2  SE  2 2 2 2 SF SA SB SE SC SA SB SE a 3 Ta có tam giác SCF vuông tại S nên a 1 SE .  :a  SC 3 3 Câu 11: (THPT Lê Quý Đôn-Hải Phòng lần 1 năm 2017-2018) Cho tứ diện đều có cạnh bằng 3 . M là một  sin SCE điểm thuộc miền trong của khối tứ diện tương ứng. Tính giá trị lớn nhất của tích các khoảng cách từ điểm M đến bốn mặt của tứ diện đã cho. A. 36 . B. 9 . 64 6. C. D. 6 . 4 Lời giải Chọn B Gọi r1 , r2 , r3 , r4 là khoảng cánh từ điểm M đến bốn mặt của tứ diện. Gọi S là diện tích một mặt của tứ diện  S  Đường cao của tứ diện là h  32   3 9 3 . 4 2  6. 1 1 9 3 9 2 Thể tích của tứ diện là V  S .h  . . . 6 3 3 4 4 1 9 2 9 2 4 Mặt khác, ta có V  .S .  r1  r2  r3  r4    r1  r2  r3  r4  3. .  6. 3 4 4 9 3 9 . 64 Câu 12: (THPT Lê Quý Đôn-Hải Phòng lần 1 năm 2017-2018) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy. Gọi M là trung điểm của CD . Biết Lại có 6  r1  r2  r3  r4  4 4 r1.r2 .r3 .r4  r1.r2 .r3 .r4  khoảng cách giữa hai đường thẳng BC và SM bằng a 3 . Tính thể tích của khối chóp đã cho theo 4 a. A. a3 3 . 4 B. a3 3 . 2 C. Lời giải Chọn C a3 3 . 6 D. a3 3 . 12 S H A D N O M C B Gọi N là trung điểm của AB  BC //  SMN  .  d  BC , SM   d  BC ,  SMN    d  B,  SMN    d  A,  SMN   . Dựng AH vuông góc với SN tại H  AH   SMN  . Vậy d  A,  SMN    AH  a 3 . 4 Lại có, trong tam giác vuông SAN : 1 1 1 a 3 .    SA  2 2 2 AH AN AS 2 1 a 3 a3 3  Vậy VS . ABCD  .a 2 . . 3 2 6 Câu 13: (THPT Lê Quý Đôn-Quãng Trị-lần 1 năm 2017-2018) 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 Tính thể tích V của khối lăng trụ ABC. ABC  . A. V  a3 3 . 6 B. V  a3 3 . 3 C. V  Lời giải Chọn D a3 3 . 24 D. V  a3 3 . 12 a 3 . 4 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 . AM 2  MH 2  AH  3a 2 3a 2 3a  .  4 16 4 MH AG   AG  MH . AG  Ta có   tan GAH AH AG AH Vậy V  S ABC . AG  a 3 a 3 . 4 3  a. 3a 3 4 a 2 3 a a3 3 . .  4 3 12 Câu 14: (THPT Chuyên Tiền Giang-lần 1 năm 2017-2018) Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình thang vuông tại A và B . Hình chiếu vuông góc của S trên mặt đáy  ABCD  trùng với trung điểm AB . Biết AB  a , BC  2a , BD  a 10 . Góc giữa hai mặt phẳng  SBD  và mặt phẳng đáy là 60 . Tính thể tích V của khối chóp S . ABCD theo a . A. V  3 30a 3 . 8 B. V  30a 3 . 4 C. V  Lời giải Chọn D 30a 3 . 12 D. V  30a 3 . 8 S D A H M K C B Ta có AD  BD 2  AB 2  3a .  là góc Gọi H là trung điểm AB thì SH   ABCD  , kẻ HK  BD (với K  BD ), ta có SKH   60 . giữa  SBD  và  ABCD  , do đó SKH Gọi AM là đường cao của tam giác vuông ABD . Khi đó, ta có: 3a AM 3a AB. AD a.3a , suy ra HK  . AM     BD 2 a 10 10 2 10   3a .tan 60  3a 3 . Do đó: SH  HK tan SKH 2 10 2 10 Vậy nên: 1 1 1 VS . ABCD  S ABCD .SH  .  AD  BC  . AB.SH 3 3 2  1 3a 3 30a 3 .   3a  2a  .a. 6 8 2 10 Câu 15: (THPT Phan Đình Phùng-Hà Tĩnh-lần 1 năm 2017-2018) Hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SAB là tam giác cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy  ABCD  . Biết côsin của góc tạo bởi mặt phẳng  SCD  và  ABCD  bằng Thể tích V của khối chóp S . ABCD là a3 13 A. V  . 6 Chọn A a 3 17 B. V  . 6 a 3 17 C. V  . 2 Lời giải a3 13 D. V  . 2 2 17 . 17 Gọi H là trung điểm AB  SH   ABCD  , K là trung điểm CD  CD  SK  . cos SKH   HK  SK  a 17  SH  a 13 SK , HK   SKH Ta có   SCD  ,  ABCD     2 2 SK 1 1 a 13 2 a3 13 .a  Vậy V  .SH .S ABCD  . . 3 3 2 6 Câu 16: (THPT Chuyên Thái Bình-lần 4 năm 2017-2018) Khối chóp S . ABCD có đáy là hình thoi cạnh a , SA  SB  SC  a , cạnh SD thay đổi. Thể tích lớn nhất của khối chóp S. ABCD là A. a3 . 2 B. a3 . 8 C. 3a 3 . 8 D. a3 . 4 Lời giải Chọn D S B C H I A D Gọi I là tâm hình thoi ABCD , H là hình chiếu của S lên mặt phẳng  ABCD  . Ta có SA  SB  SC nên hình chiếu vuông góc của S xuống mặt phẳng  ABCD  trùng với tâm đường tròn ngoại tiếp ABC hay H  BI . Có SI 2  SA2  IA2  a 2  IA2 , IB 2  AB 2  IA2  a 2  IA2 suy ra SI  IB . Khi đó tam giác SBD vuông tại S . Hoặc ABC  ASC  ADC  c  c  c  nên IB  IS  ID , do đó SBD vuông tại S . Giả sử SD  x . Ta có SB.SD  SH .BD  a.x  SH .BD  SH  1 1 1 ax 1 1 Ta có VSABCD  SH . AC .BD  . . AC.BD  ax. AC 3 2 3 BD 2 6 a.x BD Ta có BD 2  SB 2  SD 2  a 2  x 2 suy ra IB 2  Suy ra AC  2 IA  2 VSABCD  a2  x2 a 2  x 2 3a 2  x 2  IA2  a 2   4 4 4 3a 2  x 2  3a 2  x 2 4 1 a x 2  3a 2  x 2 a 3 ax. 3a 2  x 2  .  6 6 2 4 Vậy thể tích lớn nhất của khối chóp S . ABCD là a3 . 4 Câu 17: (THPT Chuyên Thái Bình-lần 4 năm 2017-2018) Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC. ABC  có tất cả các cạnh bằng a . Khoảng cách từ A đến mặt phẳng  ABC  bằng A. a 2 . 2 B. a 3 . 4 C. a 21 . 7 D. a 6 . 4 Lời giải Chọn C  AE  BC Gọi E là trung điểm của BC . Ta có    AAE    ABC   AE  BC Kẻ đường cao AH  H  AE   AH   ABC  2 a 3 a .   2  AA2 . AE 2 21  .  a 2 2 2 AA  AE 7   a 3 a2     2  2  d  A,  ABC    AH  Câu 18: (THPT Chuyên Hùng Vương-Phú Thọ-lần 2 năm 2017-2018) Hình lăng trụ đứng ABC. ABC  có diện tích đáy bằng 4 , diện tích ba mặt bên lần lượt là 9, 18 và 10 . Thể tích khối lăng trụ ABC. ABC  bằng 4 A. 4 11951 . B. 11951 . 2 C. 11951 . Lời giải D. 11951 . 2 Chọn D A’ B’ C’ x c B A b a C Đặt AA  x, AB  c , AC  b, BC  a .  xc  18 c  2b   Ta có:  xb  9   10 .  xa  10 a  9 b  Ta lại có S ABC  4   p  p  a  p  b  p  c   4 , với p  a  b  c 37  b 2 18 37  37 10   37   37  b  b  b   b  b   b  2b   4 18  18 9   18 18   b 11951 1296 . Suy ra x  . 8 11951 Vậy thể tích khối lăng trụ ABC. ABC  : V  AA.S ABC  11951 . 2 Câu 19: (THPT Nguyễn Trãi-Đà Nẵng-lần 1 năm 2017-2018) 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  , khi đó thể tích V của khối chóp A.MNP là 16 3 A. B. 8cm3 . C. 24 cm3 . D. 12 cm3 . cm . 3 Lời giải Chọn B Ta có: 1 1 2 + VA. ABC  SABC .d  A,  ABC    VABC . ABC   VA.BCC B  VABC . ABC  3 3 3 1 1 1 1 + VA.MNP  S MNP .d  A,  MNP    . S BBC C .d  A,  BBC C    VA. BBCC 3 3 4 4 1 1 (Vì: S MNP  SCC PN  S BBC C và d  A,  MNP    d  A,  BBC C   ) 2 4 1 Suy ra: VA.MNP  VABC . ABC   8cm 3 . 6 Câu 20: (THPT Lê Xoay-Vĩnh phúc-lần 1 năm 2017-2018) Cho hình chóp S . ABC có tam giác ABC vuông cân tại B , AB  a . Gọi I là trung điểm của AC . Hình chiếu vuông góc của S lên mặt   phẳng  ABC  là điểm H thỏa mãn BI  3IH . Góc giữa hai mặt phẳng  SAB  và  SBC  là 60 . Thể tích của khối chóp S . ABC là A. V  a3 . 9 B. V  a3 . 6 C. V  a3 . 18 D. V  Lời giải Chọn A S K I A C B Cách 1: H a3 . 3 Dễ thấy hai tam giác SAB và SAC bằng nhau ( cạnh chung SB ), gọi K là chân đường cao hạ từ A trong tam giác SAB suy ra   SAB  ,  SBC     AKC .   30 . TH1:  AKC  60 kết hợp I là trung điểm AC suy ra IKC AC a 2 4 2a 2  , BH  BI  . 2 2 3 3 Từ giả thiết tam giác ABC vuông cân tại B ta được AC  BI  IC  IK . Ta có IB  IC   Trong tam giác ICK vuông tại I có tan IKC IC IC a 6 .  IK   IK tan 30 2 Như vậy IK  IB ( vô lý).   IC  IK  IC  a 6 . TH2:  AKC  120 tương tự phần trên ta có tan IKC IK tan 60 6 Do SB   AKC   SB  IK nên tam giác BIK vuông tại K và BK  IB 2  IK 2  Như vậy tam giác BKI đồng dạng với tam giác BHS suy ra: SH  Vậy thể tích của khối chóp S . ABC là VS . ABC  a 3 . 3 IK .BH 2a .  BK 3 1 a 2 2a a 3 .  . 3 2 3 9 Cách 2: dùng phương pháp tọa độ hóa. Câu 21: (THPT Chuyên Hà Tĩnh-lần 1 năm 2017-2018) Cho hình lập phương ABCD. ABC D có cạnh bằng a . Khoảng cách từ điểm A đến đường thẳng BD bằng A. a 3 . 2 B. a 6 . 3 C. a 6 . 2 D. a 3 . 3 Lời giải Chọn C Do ABCD. ABC D là hình lập phương cạnh a nên tam giác ABD là tam giác đều có cạnh bằng a 2 . Khoảng cách từ điểm A đến đường thẳng BD là AO  a 2  2 3  a 6 . 2 Câu 22: (THPT Chuyên Hà Tĩnh-lần 1 năm 2017-2018) Cho hình chóp S . ABC có đáy là tam giác ABC vuông tại B , AB  a , BC  2a . Tam giác SAB cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi G là trọng tâm tam giác ABC , mặt phẳng  SAG  tạo với đáy một góc 60 . Thể tích khối tứ diện ACGS bằng A. V  a3 6 . 36 B. V  a3 6 . 18 C. V  a3 3 . 27 D. V  a3 6 . 12 Lời giải Chọn A S K A C I G H N B 1 a2 1 Ta có: S ABC  . AB.BC  a 2  S ACG  S ABC  . 3 3 2 Gọi H là trung điểm của AB  SH   ABC  . Gọi N là trung điểm của BC , I là trung điểm của AN và K là trung điểm của AI . Ta có AB  BN  a  BI  AN  HK  AN .   60 . Do AG   SHK  nên góc giữa  SAG  và đáy là SKH Ta có: BI  1 a 2 1 a 2 a 6 , SH  SK .tan 60  . AN   HK  BI  2 2 2 4 4 1 a3 6 Vậy V  VACGS  VS . ACG  .SH .S ACG  . 3 36 Câu 23: (THPT Đặng Thúc Hứa-Nghệ An-lần 1 năm 2017-2018) Cho lăng trụ ABC. A1 B1C1 có diện tích mặt bên ABB1 A1 bằng 4 ; khoảng cách giữa cạnh CC1 và mặt phẳng  ABB1 A1  bằng 7. Tính thể tích khối lăng trụ ABC. A1B1C1 . A. 14 . Chọn A B. 28 . 3 14 . 3 Lời giải C. D. 28 . A1 C1 B1 A B C Gọi thế tích lăng trụ ABC. A1B1C1 là V . Ta chia khối lăng trụ thành ABC. A1B1C1 theo mặt phẳng  ABC1  được hai khối: khối chóp tam giác C1. ABC và khối chóp tứ giác C1. ABB1 A1 1 2 Ta có VC1 . ABC  V  VC1 . ABB1 A1  V 3 3 1 1 28 28 3 Mà VC1 . ABB1 A1  .S ABB1 A1 .d  A;  ABB1 A1    .4.7  . Vậy V = .  14 3 3 3 3 2 Câu 24: (THPT Chuyên Hạ Long-Quãng Ninh lần 2 năm 2017-2018) 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 V1 bằng V2 A. 1 . 47 B. 1 . 23 1 . 11 Lời giải C. D. Chọn A A E I A B H A I H E C C B A C C Gọi H là trung điểm của AC  , giác ABC  đều nên BH  AC  . Trong  AC CA , kẻ HE  AC , HE  AA  I .  BH  AC  Ta có:   AC    BHI    P    BHI  .  HI  AC  AEH # AC C  AIH # AC C  AE AC  AC . AH a 5 .   AE   10 AH AC AC IH AC AC. AH a 5 .   IH   4 AH C C C C 1 . 7 S BHI  a 2 15 1 . BH .HI  16 2 1 a 2 15 a 5 a 3 3 1 .  . V1  .S BHI . AE  . 3 16 10 96 3 a2 3 a3 3 .2a  . 4 2 V 1 . 3 do đó 1  V2 47 VABC . ABC   S ABC . AA  V2  47 3 a 96 Câu 25: (THPT Chuyên Phan Bội Châu-lần 2 năm 2017-2018) Cho hình chóp đều S . ABC có đáy là tam giác đều cạnh a . Gọi E , F lần lượt là trung điểm của các cạnh SB , SC . Biết mặt phẳng  AEF  vuông góc với mặt phẳng  SBC  . Thể tích khối chóp S . ABC theo a bằng. A. a3 5 . 24 B. a3 5 . 8 C. a3 3 . 24 D. a3 6 . 12 Lời giải Chọn A Gọi M là trung điểm BC , N là trung điểm SM . G là trọng tâm tam giác ABC  SG   ABC   AEF    SBC    AEF    SBC   EF  AN   SBC   AN  SM .  AN  EF  Tam giác SAM cân tại A , AN là trung tuyến đồng thời là đường cao. Suy ra SAM vuông cân tại A Suy ra SA  AM  a 3 2 a , AG  AM  . 2 3 3 SG  SA2  AG 2  3a 2 a 2 5   a. . 4 3 12 1 5 1 2 3 a3 5 Thể tích khối chóp S . ABC là V  .a . . .a .  3 12 2 2 24 Câu 26: (THPT Chuyên Trần Phú-Hải Phòng-lần 2 năm 2017-2018) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và D , AB  AD  2a ,  P  . Gọi I là trung điểm cạnh AD , biết hai mặt phẳng  SBI  ,  SCI  cùng vuông góc với đáy và thể tích khối chóp S . ABCD bằng 3 15a 3 . 5 Tính góc giữa hai mặt phẳng  SBC  ,  ABCD  . A. 30 . B. 36 . C. 45 . D. 60 . Lời giải Chọn D Diện tích hình thang S ABCD  Độ dài đường cao SI  1 1 AD  AB  CD   2a.3a  3a 2 , CB  AC  a 5 . 2 2 3VS . ABCD  S ABCD 3. 3 15a 3 3 15a 5  . 2 3a 5 Vẽ IH  CB tại H  BC   SIH   BC  SH .  . , SH  SHI Ta có  SBC  ,  ABCD   IH     S ICB  S ABCD  S IDC  S AIB  3a 2  a2 3a 2 3a 5 .  a2   IH .CB  3a 2  IH  2 2 5 3a 15 SI   60 .   5  3  SHI tan SHI IH 3a 5 5 Câu 27: (THPT Chuyên Trần Phú-Hải Phòng-lần 2 năm 2017-2018) Cho hình lập phương ABCD. ABCD có cạnh bằng 2 . Cắt hình lập phương bằng một mặt phẳng chứa đường chéo AC  . Tìm giá trị nhỏ nhất của diện tích thiết diện thu được. A. 2 6 . Chọn A B. 6. C. 4 . Lời giải D. 4 2 . C B A D A C’ B’ A’ A’ C’ D’ H Gọi  H  là thiết diện của hình lập phương và mặt phẳng   chứa AC  . + Trường hợp  H  có một đỉnh thuộc cạnh BB hoặc DD . Giao tuyến của   và  ABC D  là đường thẳng d , hình chiếu vuông góc của A lên d là điểm H . Khi đó góc giữa   và  ABC D  là  AHA . AA AA AC A   sin  AC A , do đó cos   cos  AH AC  Hình chiếu vuông góc của hình  H  lên  ABC D  là hình vuông ABC D , do đó diện tích Vì AH  d nên AH  AC  , do đó sin   hình  H  : S ABCD  S H  .cos   S H   S ABC D . cos  2 Diện tích thiết diện nhỏ nhất khi cos  lớn nhất, tức là cos   cos  . Khi đó diện AC A  3 tích cần tìm là S H   4 3 2 6. 2 + Trường hợp  H  có một đỉnh thuộc cạnh CD hoặc AB , chọn mặt phẳng chiếu là S BBC C , min S H   2 6 . cos  + Trường hợp  H  có một đỉnh thuộc cạnh BC hoặc AD  , chọn mặt phẳng chiếu là  BCC B , chứng minh tương tự ta cũng có S H    BAAB , chứng minh tương tự ta cũng có, min S H   2 6 . Câu 41(SGD Phú Thọ – lần 1 – năm 2017 – 2018) Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình thoi cạnh bằng a,  ABC  60 , SD   ABCD  và  SAB    SBC  (tham khảo hình vẽ). Khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và BD bằng S A D A. a 42 . 7 B. a 42 . 14 B C a 2 C. . 4 Lời giải D. a 42 . 21 Chọn B Gọi I  AC  BD . Dựng IK  SB  K  SB    AKC  90 .  SAB  ,  SBC     Dựng hình chữ nhật AIDE . Ta có: BD //AE  BD //  SAE   d  BD; SA   d  BD;  SAE    d  D;  SAE   . Dựng: DH  SE  H  SE   AE  ED Vì   AE   SED    SEA    SED   DH   SEA   d  D;  SEA   DH .  AE  SD SD DB Ta có: BKI # SDB   IK KB a 2 a 6 1 a Với: KI  AC  ; BD  a 3 ; KB  IB 2  IK 2  .  SD  2 2 2 2 1 1 1 4 4 14 a 42 Trong tam giác SED có .    2  2  2  DH  2 2 2 DH DE SD a 6a 3a 14 a 42 Vậy: d  SA; BD   . 14 Câu 28: (SGD Phú Thọ – lần 1 – năm 2017 – 2018) Cho hình chóp S . ABCD có SC  x 0  x  3 , các cạnh còn lại đều bằng 1 (tham khảo hình vẽ). Biết rằng thể tích khối chóp S . ABCD lớn nhất khi và chỉ khi x  a b  a, b    . Mệnh đề nào dưới đây đúng?  S A 2 A. a  2b  30 . D B B. a  8b  20 . C C. b 2  a  2 . 2 D. 2a  3b 2  1 . Lời giải Chọn B Gọi H là hình chiếu của S lên mặt phẳng  ABCD  , vì SA  SB  SD nên H  AO với O là trung điểm của BD Ta xét hai tam giác SBD và ABD có cạnh BD chung, SB  AB , SD  AD nên SBD  ABD suy ra AO  SO  OC do đó SAC vuông tại S . 3  x2 1 1  S ABCD  Ta có AO  AC  1  x 2  BO  2 2 2 SA.SC x Mặt khác SH   2 2 SA  SC 1  x2 Vậy VS . ABCD 1  SH .S ABCD  3 x2 3  x2  6  1  x  3  x  2 2 2 0  x  3 1 . 4 Thể tích khối chóp S . ABCD lớn nhất khi và chỉ khi x 2  3  x 2  x  6 . 2 a  6 Vậy  . Suy ra a 2  8b  20 . b  2 Câu 29: (THPT Yên Lạc – Vĩnh Phúc – lần 4 – năm 2017 – 2018) Cho tứ diện ABCD có AB  CD  6  cm  , khoảng cách giữa AB và CD bằng 12  cm  , góc giữa AB và CD bằng 30 . Tính thể tích khối tứ diện ABCD . A. 36  cm3  . B. 25  cm 3  . C. 60  cm 3  . Lời giải D. 32  cm3  . Chọn A Dựng hình lăng trụ AEF .BCD suy ra EC  AB  CD  6  cm  Góc giữa hai đường thẳng AB và CD bằng góc giữa EC và CD và bằng 30 Gọi H là hình chiếu của A lên mặt phẳng  CDFE  Ta có d  AB, CD   d  AB,  CDFE    d  A,  CDEF    AH  12  cm  . Suy ra VA.CDFE  1 1 AH .SCDFE  .12.EC.CD.sin  EC , CD   72  cm3  . 3 3 1 Ta có VABCD  VAEF .BCD , mặt khác VABCD  VA.CDFE  VAEF .BCD . 3 1 Suy ra VABCD  VA.CDFE  36  cm3  . 2 Câu 30: (THPT Quảng Xương I – Thanh Hóa – năm 2017 – 2018) Cho hình lăng trụ ABC. ABC  có thể tích bằng 6a 3 . Các điểm M , N , P lần lượt thuộc các cạnh AA , BB , CC  sao cho AM 1 BN CP 2  ,   . Tính thể tích V  của đa diện ABC.MNP AA 2 BB CC  3 11 3 9 11 11 A. V   B. V   a 3 . C. V   a 3 . D. V   a 3 . a . 27 16 3 18 Lời giải Chọn C A C B M Q P N A’ C’ B’ Cách 1: Lấy điểm Q  AA sao cho PQ //AC . Ta có MQ  AQ  AM  1 AA . 6 2 1 Dễ thấy VABC .MNP  .VABC . ABC , VM .QNP  .VABC . ABC . 3 12 11 11 Vậy V   VABC .MNP  VM .QNP  V  a 3 . 18 3 Cách 2: VMNPABC  1  AM BN C P  1  1 1 1  7          VABCABC  3  AA BB C C  3  2 3 3  18 7 11 11   VABCMNP  1   VABCABC   .6a 3  a 3 18 3  18  Câu 31: (SGD Bắc Giang – năm 2017 – 2018) Cho hình chóp S . ABC có SA  SB  SC  3 , tam giác ABC vuông cân tại B và AC  2 2. Gọi M , N lần lượt là trung điểm của AC và BC. Trên hai cạnh SA, SB lấy các điểm P, Q tương ứng sao cho SP  1, SQ  2. Tính thể tích V của tứ diện MNPQ . A. V  7 . 18 B. V  3 . 12 34 . 12 C. V  D. V  34 . 144 Lời giải Chọn A Ta có SA  SB  SC , MA  MB  MC  SM   ABC  Cách 1: S P R Q A B M N C Lấy điểm R  SB sao cho SR  1 . Gọi d S , d R , dQ lần lượt là khoảng cách từ S , R , Q đến mặt phẳng  ABC  2 1 d S ; dQ  d S . 3 3 SP SR 1 Ta có    PR // AB  PR // MN . SA SB 3 1 1 1 1 1 Do đó VPMNQ  VRMNQ  VRMNB  VQMNB  S MNB  d R  dQ   . S ABC . d S  S ABC .d S 3 3 4 3 36  dR  Với S ABC  1 7 (đvtt) AB.BC  2 , d S  SM  7 . Suy ra VPMNQ  18 2 Cách 2: Ta có AB  BC  2 , SM  7. Chọn hệ trục Oxyz như hình vẽ. z S P Q x A B M N y C  Ta có: B  0; 0;0  , A  2; 0;0  , C  0; 2;0  , N  0;1;0  , M 1;1;0  , S 1;1; 7   1   4 2 2 7   1  1 1 7  SP  SA  P  ; ;  ; BQ  BS  Q  ; ;  3 3 3 3 3  3 3 3     1 2 7    4 1 2 7  Ta có: NM  1;0; 0  , NQ   ;  ;  , NP   ;  ;  3 3 3  3 3 3     7 2   NM ; NQ    0;  ;   . 3 3  Suy ra VMNPQ  1    1 7 4 7 7  NM ; NQ  .NP  . (đvtt).     6 6 9 9 18 Câu 32: (Chuyên ĐB Sông Hồng –Lần 1 năm 2017 – 2018) Cho hình lăng trụ đứng ABC. ABC  có đáy là tam giác ABC vuông cân tại A , cạnh BC  a 6 . Góc giữa mặt phẳng  ABC  và mặt phẳng  BCC B  bằng 60 . Tính thể tích V của khối đa diện ABCAC  . A. a 3 3 . B. 3a 3 3 . 2 C. a3 3 . 2 Lời giải Chọn A Khối đa diện ABCAC  là hình chóp B. ACC A có AB   ACC A  . D. a3 3 . 3 Từ giả thiết tam giác ABC vuông cân tại A , cạnh BC  a 6 ta suy ra AB  AC  a 3 . Gọi M là trung điểm của BC , suy ra AM  BC và AM  a 6 . 2  AM  BC Ta có   AM   BCC B   AM  BC (1).  AM  BB Gọi H là hình chiếu vuông góc của M lên BC , suy ra MH  BC (2). Từ (1) và (2) ta suy ra BC   AMH  . Từ đó suy ra góc giữa mặt phẳng  ABC  và mặt phẳng  BCC B là góc giữa AH và MH . Mà tam giác AMH vuông tại H nên   AHM  60 .  MH  AM .cot 60  a 6 1 a 2 . .  2 2 3 a 2 MH 1  Tam giác BBC đồng dạng với tam giác MHC nên suy ra sin HCM  2  MC a 6 3 2   1  tan 2 MCH 1  1  sin MCH 2  1 1 1 3  3  2  tan MCH 2 2   a 6. 2  a 3  BB  BC.tan MCH 2 1 1  VABCAC  VB. ACC A  BA. AC. AA  .a 3.a 3.a 3  a 3 3 . 3 3 Câu 33: (THPT Chuyên Thoại Ngọc Hầu – An Giang – Lần 3 năm 2017 – 2018) Cho hình chóp S. ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A , mặt bên SBC là tam giác đều cạnh a và mặt phẳng  SBC  A. vuông góc với mặt đáy. Tính theo a khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và BC . a 22 . 11 B. a 4 . 3 C. a 11 . 22 D. Lời giải Chọn D S K B C H A Gọi H là trung điểm BC  SH  BC  SH   ABC  Ta có BC  SH    BC   SHA . BC  AH  Trong  SHA kẻ HK  SA  K  SA 1 a 3 . 4 Mà BC   SHA  BC  HK  2 Từ 1 và suy ra HK là đoạn vuông góc chung của SA và BC  d  SA, BC   HK Tam giác vuông SHA có Vậy d  SA, BC   a 3 1 1 1 1 1 16      2  HK  2 2 2 2 2 4 HK SH AH 3a a 3 a     2  2    a 3 . 4 Câu 34: (THPT Trần Phú – Hà Tĩnh – Lần 2 năm 2017 – 2018)Cho hình chóp S . ABC có thể tích V . Gọi P , Q lần lượt là trung điểm của SB , SC và G là trọng tâm tam giác ABC . Tính thể tích của hình chóp G. APQ theo V . A. 1 V. 8 B. 1 V. 12 C. 1 V. 6 D. 3 V .. 8 Lời giải Chọn C S Q P A C G R B Gọi R là trung điểm của BC , ta có Mặt khác ta lại có VG . APQ VA.PQR  VA.PQR VS . ABC  1 1  VA.PQR  VS . ABC . 4 4 2 2  VG . APQ  VA. PQR . 3 3 2 1 1 Vậy VG . APQ  . VS . ABC  V . 3 4 6 Câu 35: (THPT Thuận Thành 2 – Bắc Ninh – Lần 2 năm 2017 – 2018)Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB  1 , AD  10 , SA  SB , SC  SD . Biết mặt phẳng  SAB  và  SCD  vuông góc nhau đồng thời tổng diện tích của hai tam giác SAB và SCD bằng 2 . Thể tích khối chóp S . ABCD bằng A. 2 . B. 1. C. Lời giải Chọn B 3 . 2 D. 1 . 2 S x A N D M O B C 2 d  A,  SCD   .S SCD 3 Ta có  SAB    SCD   Sx // AB . Gọi M là trung điểm của CD , N là trung điểm của AB . Ta có VS . ABCD  2VA.SCD   SM  CD , SN  AB  SM  Sx , SN  Sx .   90 Mặt khác  SAB    SCD   SN   SCD  tại S , NSM 2 1 d  A,  SCD    d  N ,  SCD    SN  VS . ABCD  .SN . .SM .CD . 3 2 SN 2  SM 2  MN 2  AD 2  10 . 1 1 1 S SAB  SSCD  SN . AB  SM .CD  AB  SN  SM   SN  SM  4 2 2 2 2 1  SN 2  SM 2  2SN .SM  16  SN .SM  3 . Vậy VS . ABCD  . .3.1  1 . 3 2 Câu 36: (THPT Chuyên Lương Thế Vinh – Đồng Nai – Lần 2 năm 2017 – 2018) Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình bình hành và có thể tích 48 . Trên các cạnh SA , SB , SC , SD lần SA SC  1 SB SD 3 lượt lấy các điểm A , B , C  và D sao cho   và   . Tính thể tích SA SC 3 SB SD 4 V của khối đa diện lồi SABC D . 3 A. V  4 . B. V  6 . C. V  . D. V  9 . 2 Lời giải Chọn D Ta có V  VSABC D  VS . ABD  VS .C BD . VS . ABD SA SB SD 1 3 3 3 3 3  VS . ABD  VS . ABD  VS . ABCD .        VS . ABD SA SB SD 3 4 4 16 16 32 3 3 VS .CBD  VS . ABCD . 16 32 3  3  3     VS . ABCD   48  9 . 16  32 32  Tương tự VS .CBD  Vậy V  VSABC D Câu 37: (THPT Chuyên Lương Thế Vinh – Đồng Nai – Lần 2 năm 2017 – 2018) Cho dãy số  un  được xác định bởi u1  a và un 1  4un 1  un  với mọi n nguyên dương. Có bao nhiêu giá trị của a để u2018  0 . A. 22016  1 . B. 22017  1 . C. 22018  1 . Lời giải D. 3 . Chọn A Nhận xét: phương trình 4 x 1  x   m  4 x 2  4 x  m  0 có   4  4m  0 với mọi 0  m  1 nên phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt x1 , x2 và x1  x2  1 , x1 x2  x1 , x2   0;1 . u2017  0 Ta có: u2018  4u2017 1  u2017   0   u2017  1 u2016  0 Với u2017  0 . Suy ra u2017  4u2016 1  u2016   0   . u2016  1 1 Với u2017  1 . Suy ra u2017  4u2016 1  u2016   1  u2016  . 2 1 1 Với u2016  . Suy ra u2016  4u2015 1  u2015   có hai nghiệm u2015 . 2 2 m nên 4 Từ các kết quả trên, ta thấy hai số hạng liên tiếp uk , uk 1 đều có thể nhận giá trị lần lượt là 1 2 và 1 . Do đó ta có tất cả các trường hợp sau: a  0  Với u2  …  u2018  0   nên có 2 giá trị của a . a  1 1  Với u2  1  4u1  4u12  1  u1   có 20 nghiệm u1 . 2 1 1  Với u3  1  u2   4u12  4u1   0  có 21 nghiệm u1 . 2 2 1 1  Với u4  1  u3   4u22  4u2   0 có 2 nghiệm u2   0;1  22 nghiệm u1 . 2 2  …..  Với u2017  1 có 22015 nghiệm u1 . 22016  1  22016  1 giá trị của a . 2 1 Câu 38: (THPT Quỳnh Lưu 1 – Nghệ An – Lần 2 năm 2017 – 2018) Cho hình chóp S . ABC có đáy Vậy có 2  20  21  22  …  22015  2  ABC là tam giác vuông cân tại B , AB  a , SA  2a và SA   ABC  . Gọi H , K lần lượt là hình chiếu vuông góc của A lên SB , SC . Tính thể tích tứ diện S . AHK . A. 8a 3 . 15 B. 8a 3 . 45 C. 4a 3 . 15 D. 4a 3 . 5 Lời giải Chọn B S K H C A B 3 1 1 1 a VSABC  .SA.S ABC  .2a. a 2  . 3 3 2 3 2 2 2 2 2 SB  SA  AB  5a , SC  SA2  AC 2  6a 2 . SA2  SH .SB  SH SA2 4   . SB SB 2 5 SA2  SK .SC  SK SA2 2   . SC SC 2 3 8 a 3 8a 3 VSAHK SH SK 8 .  VSAHK  .   .  15 3 45 VSABC SB SC 15 Câu 39: (ĐHQG TPHCM – Cơ Sở 2 – năm 2017 – 2018) Cho hình chóp đều S . ABC có thể tích bằng a3 3 , mặt bên tạo với đáy một góc 60 . 24 Khi đó khoảng cách từ A đến mặt phẳng  SBC  bằng A. a 3 . 2 B. a 2 . 2 C. a 3 . D. 3a . 4 Lời giải Chọn D S I A C H M B Gọi H là trọng tâm tam giác ABC , ta có SH   ABC  . Gọi M là trung điểm của BC , ta có BC   SAM  .   60 . Do đó, ta có góc giữa mặt phẳng  SBC  và mặt đáy bằng SMH Đặt AB  x  HM  V x x 3 ; SH  HM tan 60  . Vậy thể tích khối chóp S . ABC bằng 6 2 1 x 2 3 x x3 3 x3 3 a 3 3      x  a. 3 4 2 24 24 24 Kẻ AI  SM AI   I  SM   AI   SBC   AI  d  A,  SBC   ; SM  a2 a2 3a .   12 4 3 SH . AH 3a .  SM 4 Câu 40: (THPT Trần Phú – Đà Nẵng – Lần 2 – năm 2017 – 2018) Cho hình chóp S . ABCD có đáy   60 và SA vuông góc với mặt phẳng  ABCD  . Góc giữa ABCD là hình thoi cạnh a , BAD hai mặt phẳng  SBD  và  ABCD  bằng 45 . 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 V1 , khối đa diện còn lại có thể tích V2 (tham khảo hình vẽ bên). Tính tỉ số A. V1 . V2 V1 12  . V2 7 B. V1 5  . V2 3 C. V1 1  . V2 5 D. V1 7  . V2 5 Lời giải Chọn D Goi O  AC  BD .   45 . Khi đó góc giữa hai mặt phẳng  SBD  và  ABCD  bằng 45  SOA BAD đều  AO  a 3 a 3 2 a 6  SA  AO.tan 45  .  . 2 2 2 4 2 a 6 a 2 3 a3 2 1 .  Thể tích khối chóp S . ABCD bằng: V  SA.2 S ABD  . . 3 4 4 8 3 1 a3 2 Thể tích khối chóp N .MCD bằng thể tích khối chóp N . ABCD bằng: V   V  . 2 16 1 1 1 a 6 a2 3 a3 2 .  Thể tích khối chóp KMIB bằng: V   . SA.S  MBI  . . 3 3 9 4 8 96 Khi đó: V2  V   V   Vậy a 3 2 a 3 2 5 2a 3 a 3 2 5 2a 3 7 a 3 2     ; V1  V  V2  . 16 96 96 8 96 96 V1 7  . V2 5 Câu 41: (THPT Chuyên ĐH Vinh – Lần 2 – năm 2017 – 2018) Cho hình chóp S . ABC có mặt phẳng  SAC  vuông góc với mặt phẳng  ABC  , SAB là tam giác đều cạnh a 3 , BC  a 3 đường thẳng SC tạo với mặt phẳng  ABC  góc 60 . Thể tích của khối chóp S . ABC bằng A. a3 3 . 3 B. a3 6 . 2 C. a3 6 . 6 D. 2a3 6 . Lời giải Chọn C B S A 60o H C Ta thấy tam giác ABC cân tại B , gọi H là trung điểm của AB suy ra BH  AC. Do  SAC    ABC  nên BH   SAC  . Ta lại có BA  BC  BS nên B thuộc trục đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC  H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác SAC  SA  SC .   600 . Do AC là hình chiếu của SC lên mặt phẳng  ABC   SCA SA  2a  HC  a  BH  BC 2  HC 2  a 2 . sin 600 1 a3 6 .  BH .SA.SC  6 6 ———-HẾT———- Ta có SC  SA.cot 600  a , AC  1 VS . ABC  BH .S SAC 3 Câu 1: (Tạp chí THTT – Tháng 4 năm 2017 – 2018) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , SA vuông góc với đáy, SA  a 2 . Một mặt phẳng đi qua A vuông góc với SC cắt SB , SD , SC lần lượt tại B , D , C  . Thể tích khối chóp S. ABC D là: A. V  2a 3 3 . 9 B. V  2a 3 2 . 3 C. V  a3 2 . 9 D. V  2a 3 3 . 3 Lời giải Chọn C S C’ D’ B’ D A O B C a3 2 1 Ta có: VS . ABCD  .a 2 .a 2  . 3 3 Dựa vào giả thiết ta có B , C  , D lần lượt là hình chiếu của A lên SB , SC , SD . Tam giác S AC vuông cân tại A nên C  là trung điểm của SC . Trong tam giác vuông S AB ta có SB 2  . SB 3 VS. ABC   VS. AC D SB SA2 2a 2 2    . SB SB 2 3a 2 3 Tương tự ta có VS .ABC D VS . ABCD  VS . ABCD 1  SB SC  SD SC   SB SC  2 1 1  .  .     2  SB SC SD SC  SB SC 3 2 3 a3 2 . 9 Chú ý: Chứng minh AB  SB như sau: BC   SAB   AB  BC , mà AB  SC nên Vậy VS .ABCD  AB  SB Tương tự cho AD  SD Câu 2: (Tạp chí THTT – Tháng 4 năm 2017 – 2018) Số mặt phẳng cách đều tất cả các đỉnh của một hình lăng trụ tam giác là A. 1. B. 2 . C. 3 . D. 4 . Lời giải Chọn D Có 4 mặt phẳng cách đều tất cả các đỉnh của một hình lăng trụ tam giác:  MNP  ,  CDEF  ,  CDHI  ,  EFIH  (với M , N , P , C , D , E , F , H , I lần lượt là trung điểm của AA , BB , CC  , AB , AB , AC  , AC , BC  , BC ) như hình vẽ sau: A’ C’ E A’ A’ C’ C’ D B’ E A’ H D B’ B’ H B’ M C’ P N A C F A A C C B C C A I B B C F I B Câu 3: (THPT Chuyên Thái Bình – Thái Bình – Lần 5 năm 2017 – 2018) Cho khối tứ diện đều ABCD có thể tích là V . Gọi M , N , P , Q lần lượt là trung điểm của AC , AD , BD , BC . Thể tích khối chóp AMNPQ là A. V . 6 B. V . 3 V . 4 Lời giải C. D. V 2 . 3 Chọn C Ta có VAMNPQ  2VAPMQ (do MNPQ là hình thoi), AB // MQ  VAPMQ  VBPMQ 1 d  D,  ABC   , đồng thời 2 1 1  d  D,  ABC   . S ABC 6 4 Mặt khác do P là trung điểm của BD nên d  P,  ABC    1 1 S ABC  VBPMQ  d  P,  ABC   .S BQM 4 3 1 1 V V  . d  D,  ABC   .S ABC   VAMNPQ  . 8 3 8 4 S BQM  Câu 4: (SGD Hà Tĩnh – Lần 2 năm 2017 – 2018) Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC. ABC  có góc giữa hai mặt phẳng  ABC  và  ABC  bằng 60 , cạnh AB  a . Tính thể tích V của khối lăng trụ ABC. ABC  . A. V  3 3 a . 4 B. V  3 3 a . 4 C. V  Hướng dẫn giải Chọn C 3 3 3 a . 8 D. V  3a 3 . Gọi M là trung điểm của BC suy ra AM  BC 1  BC  AM Ta có   BC  AM  2   BC  AA Mặt khác  ABC    ABC   BC  3 Từ 1 ,  2  ,  3 suy ra  ABC  ;  ABC    AMA  60 .   Vì tam giác ABC đều nên S ABC  Ta có AA  AM .tan 60  a2 3 a 3 và AM  . 4 2 3a . 2 Vậy VABC . ABC   AA.SABC  3a a 2 3 3a 3 3 . .  2 4 8 Câu 5: (THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp – Quảng Bình – năm 2017-2018) Cho tứ diện SABC và hai SM 1 SN điểm M , N lần lượt thuộc các cạnh SA , SB sao cho  ,  2 . Mặt phẳng  P  đi AM 2 BN qua hai điểm M , N và song song với cạnh SC , cắt AC , BC lần lượt tại L , K . Tính tỉ số thể V tích SCMNKL . VSABC A. VSCMNKL 4  . VSABC 9 B. VSCMNKL 1  . VSABC 3 Hướng dẫn giải Chọn A Chia khối đa diện SCMNKL bởi mặt phẳng  NLC  được hai khối chóp N .SMLC và N .LKC . Vì SC song song với  MNKL  nên SC // ML // NK . C. VSCMNKL 2  . VSABC 3 D. VSCMNKL 1  . VSABC 4 Ta có: 1 d N ; SAC   .S SMLC VN .SMLC 3    1 VB.SAC d  B;  SAC   .S SAC 3  VN . KLC VS . ABC Suy ra NS  SAML  .1   BS  SSAC  2  AM AL  2  2 2  10 .  1  .   1  .   3 AS AC  3  3 3  27 1 d  N ;  ABC   .SKLC NB LC CK 1 1 2 2 .  . .  . .  3 1 SB AC CB 3 3 3 27 d  S ;  ABC   .S ABC 3 VSCMNKL VN .SMLC VN . KLC 10 2 4    .   VSABC VB.SAC VS . ABC 27 27 9 Câu 6: (SGD Bắc Ninh – Lần 2 – năm 2017-2018) Cho hình chóp đều S . ABC có SA  1 . Gọi D, E lần lượt là trung điểm của hai cạnh SA, SC . Tính thể tích khối chóp S . ABC , biết đường thẳng BD vuông góc với đường thẳng AE . 2 21 12 21 A. VS . ABC  . B. VS . ABC  . C. VS . ABC  . D. VS . ABC  . 12 54 4 18 Lời giải Chọn B Giả sử cạnh đáy có độ dài a ; SH  h . Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ, ta có:  a 3   a 3   a a 3 h  a  a  I  0;0;0  ; A   ;0; 0  ; B  ;0;0  ; C  0; ;0  ; S  0; ; h  ; D   ; ;  ; 2 6  2  2       4 12 2   a 3 h E  0; ;  . 3 2    6 2 7 3  a2 6 Lại có BD  AE  BD. AE  0  a  h  . a . h 3 7 7 3 3 2 . 3 1 7 3 21 Vậy VS . ABCD  . . .  3 3 4 54 Câu 7: Cho hình lăng trụ đứng ABC. ABC  có đáy ABC là tam giác đều cạnh a . Khoảng cách từ tâm a O của tam giác ABC đến mặt phẳng  ABC  bằng . Thể tích khối lăng trụ bằng 6 3 3 3a 2 3a 2 3a 3 2 3a 3 2 A. . B. . C. . D. . 4 8 28 16 Câu 8: Cho hình lăng trụ đứng ABC. ABC  có đáy ABC là tam giác đều cạnh a . Khoảng cách từ tâm a O của tam giác ABC đến mặt phẳng  ABC  bằng . Thể tích khối lăng trụ bằng 6 3 3 3a 2 3a 2 3a 3 2 3a 3 2 A. . B. . C. . D. . 4 8 28 16 Lời giải Chọn D A’ C’ B’ H C A O M B Gọi M là trung điểm của BC và H là hình chiếu của A trên A ‘ M . BC  AM  Ta có   BC   AAM   BC  AH (1) BC  AA  Mà AH  AM  2 Từ (1) và (2)  d  A,  ABC    AH . Ta có d  O,  ABC   d  A,  ABC    MO 1  (do tính chất trọng tâm). MA 3 a a  AH  . 2 2 1 4 4 a 3 1 1 1 Xét tam giác vuông A ‘ AM : .   2  2  AA    2 2 2 2   AA a 3a AH AA AM 2 2  d  A,  ABC    3d  O,  ABC    Suy ra thể tích lăng trụ ABC. A ‘ BC  là: V  AA.SABC  a 3 a 2 3 3 2a 3 . .  16 2 2 4 Câu 9: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a và cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy. Gọi E là trung điểm của cạnh CD . Biết thể tích của khối chóp S . ABCD bằng a3 . Tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng  SBE  . 3 A. 2a . 3 B. a 2 . 3 C. a . 3 D. a 3 . 3 Câu 10: Cho khối chóp S . ABCD có đáy ABCD là tứ giác lồi, tam giác ABD đều cạnh a , tam giác   120 . SA   ABCD  và SA  a . Mặt phẳng  P  đi qua A và BCD cân tại C và BCD vuông góc với SC cắt các cạnh SB , SC , SD lần lượt tại M , N , P . Tính thể tích khối chóp S . AMNP . a3 3 2a 3 3 a3 3 a3 3 A. . B. . C. . D. . 42 21 14 12 Câu 11: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a và cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy. Gọi E là trung điểm của cạnh CD . Biết thể tích của khối chóp S . ABCD bằng a3 . Tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng  SBE  . 3 A. 2a . 3 B. a 2 . 3 a . 3 C. D. a 3 . 3 Lời giải Chọn A S H D A F B M E C 1 a3 Ta có V  SA.S ABCD   SA  a . 3 3 Gọi M là trung điểm BC  AM  BE tại F . Ta lại có SA   ABCD   SA  BE .  BE   SAF  . Suy ra  SBE    SAF  theo giao tuyến SF . Trong  SAF  , kẻ AH  SF thì AH   SBE  . AF AB AB 2 2a 5 .  AF    2 2 5 AB AM AB  BM 1 1 1 SA. AF 2 Tam giác SAF có  AH   a.  2 2 2 2 2 3 AH SA AF SA  AF Ta có: ABF ∽ AMB  Câu 12: Cho khối chóp S . ABCD có đáy ABCD là tứ giác lồi, tam giác ABD đều cạnh a , tam giác   120 . SA   ABCD  và SA  a . Mặt phẳng  P  đi qua A và BCD cân tại C và BCD vuông góc với SC cắt các cạnh SB , SC , SD lần lượt tại M , N , P . Tính thể tích khối chóp S . AMNP . a3 3 2a 3 3 a3 3 a3 3 A. . B. . C. . D. . 42 21 14 12 Lời giải Chọn A S N M K P B O A C I D Gọi O là trọng tâm tam giác đều ABD và I là trung điểm BD thì AI  OI  a 3 ; 2 1 a 3 . AI  3 6   60 , ID  1 BD  a và IC  ID.cot 60  a 3 . Tam giác ICD vuông I có ICD 6 2 2 2a 3 .  O và C đối xứng nhau qua đường thẳng BD  AC  AI  IC  3  BD  AC Khi đó   BD   SAC   BD  SC  BD  SA Mà SC   P  nên BD //  P   P    SBD   MP Do đó   MP // BD  SBD    ABCD   BD  BD   SAC  Lại có   BD  AN  AN  MP  AN   SAC  SN SA2 SN SA2 3     2 2 2 SC SC SC SA  AC 7 a 3 Tam giác ABC có SD  a 2 ; BC  IC 2  IB 2  và AC 2  AB 2  BC 2 3  tam giác ABC vuông tại B  BC   SAB  ; AM   SAB   BC  AM Tam giác SAC vuông tại A có SN .SC  SA2  Lại có tam giác SAB vuông nên AM  SB  M là trung điểm SB  Mà MP // BD nên SM 1  SB 2 SP SM 1   SD SB 2 Mặt khác a2 3 1 a2 3 a3 3 . Suy ra V  VS . ABCD  .  CB.CD.sin1200  4 2 3 9 3 3 SM SN 3 1 3  .   VS . ANP  V . Do đó VS . ANM  V .  . 28 28 SB SC 7 2 14 S ABCD  S ABC  S BCD  Khi đó Vậy VS . AMN VS . ABC VS . AMNP 3 a3 3 .   VS . AMNP  VS . ABCD 14 42 Câu 13: Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình bình hành. Gọi M , N , P , Q lần lượt là trọng tâm các tam giác SAB , SBC , SCD , SDA . Gọi O là điểm bất kỳ trên mặt đáy ABCD . Biết thể tích khối chóp O.MNPQ bằng V . Tính thể tích khối S . ABCD . A. 27 V. 8 B. 27 V. 2 C. 9 V. 4 D. 27 V. 4 Lời giải Chọn B 2  1 2 2 Ta có, diện tích SMNPQ    .S M N PQ  . .S ABCD  .S ABCD . 9 2 9 3 1 Đường cao của khối O.MNPQ là hO.MNPQ  hS . ABCD . 3 2 27 Suy ra V  VS . ABCD  VS . ABCD  V . 27 2 Câu 14: Cho khối chóp tứ giác S . ABCD . Mặt phẳng đi qua trọng tâm các tam giác SAB , SAC , SAD V chia khối chóp này thành hai phần có thể tích là V1 và V2 V1  V2  . Tính tỉ lệ 1 . V2 A. 8 . 27 B. 16 . 81 C. 8 . 19 D. 16 . 75 Câu 15: Cho khối chóp tứ giác S . ABCD . Mặt phẳng đi qua trọng tâm các tam giác SAB , SAC , SAD V chia khối chóp này thành hai phần có thể tích là V1 và V2 V1  V2  . Tính tỉ lệ 1 . V2 A. 8 . 27 Chọn C B. 16 . 81 8 . 19 Lời giải C. D. 16 . 75 Gọi G1 , G2 , G3 lần lượt là trọng tâm các tam giác SAB , SAD , SAC . Gọi I , J lần lượt là trung điểm của AB , AC thì SG1 2 SG3   SI 3 SJ  G1G3 // IJ  G1G3 //  ABC  . Chứng minh tương tự ta có G2G3 //  ABC  . Suy ra  G1G2G3  //  ABCD  . Qua G1 dựng đường song song với AB , cắt SA , SB lần lượt tại M , N . Qua N dựng đường song song với BC , cắt SC tại P . Qua P dựng đường song song với CD , cắt SD tại Q .  Thiết diện của hình chóp S . ABCD khi cắt bới  G1G2G3  là tứ giác MNPQ . Ta có VS .MNP SM .SN .SP 8 8    VS .MNP  VS . ABC (1) VS . ABC SA.SB.SC 27 27 Tương tự ta cũng có  VS .MPQ  Từ (1) và (2) suy ra VS .MNPQ  8 VS . ACD (2) 27 V 8 8 19 8 VS . ABCD  V1  V  V2  V  V1  V . Vậy 1  . 27 27 27 V2 19 Câu 16: Cho hình lăng trụ ABC. ABC  có đáy ABC là tam giác vuông tại A . cạnh BC  2a và   BC nhọn. Biết  BCC B  vuông góc với ABC  60 . Biết tứ giác BCC B là hình thoi có B  ABC  và  ABBA tạo với  ABC  góc A. a3 . 7 B. 3a3 . 7 45 . Thể tích của khối lăng trụ ABC. ABC  bằng C. 6a 3 . 7 D. a3 . 3 7 ĐÁP ÁN THAM KHẢO 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 D C D D A D C C C C D A D C A B C D A B B A B C A 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49 50 D D D B C C B A A B C D A B B A C A B D A C C D B HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 17: Cho hình lăng trụ ABC. ABC  có đáy ABC là tam giác vuông tại A . cạnh BC  2a và   BC nhọn. Biết  BCC B  vuông góc với ABC  60 . Biết tứ giác BCC B là hình thoi có B  ABC  và  ABBA tạo với  ABC  góc A. a3 . 7 45 . Thể tích của khối lăng trụ ABC. ABC  bằng 3a3 . 7 B. C. 6a 3 . 7 D. a3 . 3 7 Lời giải Chọn B A’ C’ B’ A C 2a 2a K 60 H B Do ABC là tam giác vuông tại A, cạnh BC  2a và  ABC  60 nên AB  a , AC  a 3 .  BC nhọn) Gọi H là hình chiếu vuông góc của B  lên BC  H thuộc đoạn BC (do B  BH   ABC  (do  BCC B  vuông góc với  ABC  ). Kẻ HK song song AC  K  AB   HK  AB (do ABC là tam giác vuông tại A ).  KH  45  BH  KH   ABBA  ,  ABC    B   (1) Ta có BBH vuông tại H  BH  4a 2  BH 2 (2) Mặt khác HK song song AC  Từ (1), (2) và (3) suy ra HK .2a BH HK  BH   BC AC a 3 4a 2  BH 2  Vậy VABC . A ‘ B ‘C   S ABC .BH  (3) 12 BH .2a  BH  a . 7 a 3 1 3a3 AB. AC.BH  . 2 7 Câu 18: Cho khối lăng trụ ABC. ABC  . Gọi E là trọng tâm tam giác ABC  và F là trung điểm BC . Tính tỉ số thể tích giữa khối B.EAF và khối lăng trụ ABC. ABC  . 1 1 1 1 A. . B. . C. . D. . 4 8 5 6 Câu 19: Cho khối lăng trụ ABC. ABC  . Gọi E là trọng tâm tam giác ABC  và F là trung điểm BC . Tính tỉ số thể tích giữa khối B.EAF và khối lăng trụ ABC. ABC  . 1 1 1 1 A. . B. . C. . D. . 4 8 5 6 Lời giải Chọn D B A F C B’ A’ E M C’ Ta có 1 S AAMF và d  B,  AAMF    d  B,  AEF   . 2 1 2 Vì VB. AAMF  VABF . ABM  VB. ABF  VABF . ABM  VABF . ABM  VABF . ABM 3 3 1 1 2 1 1 1 Suy ra VBEAF  VB. AAMF  . .VABF . ABM  . .VABC . ABC   .VABC . ABC  . 2 2 3 3 2 6 M là trung điểm của BC  khi đó S EAF  Câu 20: Cho hình lăng trụ đứng ABC. A ‘ B ‘ C ‘ có đáy ABC đều cạnh bằng a và chu vi của mặt bên ABB ‘ A ‘ bằng 6a . Thể tích của khối lăng trụ ABC. A ‘ B ‘ C ‘ bằng A. a3 3 . 2 B. a 3 3 . C. a3 3 . 3 D. a3 3 . 6 Câu 21: Cho hình lăng trụ đứng ABC. A ‘ B ‘ C ‘ có đáy ABC đều cạnh bằng a và chu vi của mặt bên ABB ‘ A ‘ bằng 6a . Thể tích của khối lăng trụ ABC. A ‘ B ‘ C ‘ bằng A. a3 3 . 2 B. a 3 3 . C. a3 3 . 3 Hướng dẫn giải Chọn A D. a3 3 . 6 A’ C’ B’ A C B Chu vi của hình chữ nhật 2  AB  AA ‘   6a  AA ‘  2a Thể tích khối lăng trụ V  Bh  a2 3 a3 3 .2a  . 4 2 Câu 22: Cho hình chóp S . ABC có đường cao SA  2a , tam giác ABC vuông tại C , AB  2a ,   30 . Gọi H là hình chiếu của A trên SC , B là điểm đối xứng của B qua mặt phẳng CAB  SAC  . Thể tích của khối chóp H .ABB bằng A. a3 3 . 7 B. 6a 3 3 . 7 C. 4a 3 3 . 7 D. 2a 3 3 . 7 Câu 23: Cho hình chóp S . ABC có đường cao SA  2a , tam giác ABC vuông tại C , AB  2a ,   30 . Gọi H là hình chiếu của A trên SC , B là điểm đối xứng của B qua mặt phẳng CAB  SAC  . Thể tích của khối chóp H .ABB bằng A. a3 3 . 7 B. 6a 3 3 . 7 C. Lời giải Chọn D 4a 3 3 . 7 D. 2a 3 3 . 7  Xét tam giác ABC ta có cosCAB AC  AC  a 3 và BC  AB 2  AC 2  a . AB Xét tam giác SAC ta có SC  SA2  AC 2  a 7 và HC.SC  AC 2  HC  AC 2 3 7a  SC 7 SA 1 SC   HI  2  Xét tam giác HIC ta có sin HCI HC SA.HC 6a Từ 1 và  2  ta có HI  .  SC 7  Xét tam giác SAC ta có sin SCA 1 1 6a 1 1 6a 1 2 3 3 Ta có VH . ABB  HI .S ABB  . . AC.BB  . . .a 3.2a  a . 3 3 7 2 3 7 2 7 Câu 24: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , cạnh bên SA  2a và vuông góc với mặt phẳng đáy. Gọi M là trung điểm cạnh SD . Tang của góc tạo bởi hai mặt phẳng  AMC  và  SBC  bằng S 5 . 5 2 5 C. . 5 3 . 2 2 3 D. . 3 A. M B. A D C B Câu 25: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , cạnh bên SA  2a và vuông góc với mặt phẳng đáy. Gọi M là trung điểm cạnh SD . Tang của góc tạo bởi hai mặt phẳng  AMC  và  SBC  bằng S M A B 5 . 5 2 5 C. . 5 A. Chọn C D C 3 B. . 2 2 3 D. . 3 Lời giải Chọn hệ trục tọa độ và chuẩn hóa cho a  1 sao cho A  0;0;0  , B  0;1;0  , D 1;0;0  , S  0; 0; 2  1  Ta có M là trung điểm SD  M  ;0;1 , C 1;1; 0  . 2     1    1    AM   ;0;1 , AC  1;1;0  ,  AM , AC    1;1;    AMC  có một vtpt n   2; 2;1 2 2        SB   0;1; 2  , SC  1;1; 2  ,  SB, SC    0; 2;1   SBC  có một vtpt k   0; 2;1  n.k 5 Gọi  là góc giữa hai mặt phẳng  AMC  và  SBC  thì cos      3 n.n Do tan   0 nên tan   1 2 5 . 1  2 5 cos   Câu 26: Cho tứ diện ABCD có BC  3 , CD  4 , BCD ABC   ADC  90 . Góc giữa hai đường thẳng AD và BC bằng 60 . Tính thể tích khối cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD . A. 127 127 . 6 B. 52 13 . 3 C. 28 7 . 3 D. 32 3 . Câu 27: Cho lăng trụ đều ABC.EFH có tất cả các cạnh bằng a . Gọi S là điểm đối xứng của A qua BH . Thể tích khối đa diện ABCSFH bằng A. 3a 3 . 3 B. a3 . 6 C. 3a 3 . 6 D. a3 . 2  Câu 28: Cho tứ diện ABCD có BC  3 , CD  4 , BCD ABC   ADC  90 . Góc giữa hai đường thẳng AD và BC bằng 60 . Tính thể tích khối cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD . A. 127 127 . 6 B. 52 13 . 3 C. 28 7 . 3 D. 32 3 . Lời giải Chọn B A E B 3 60° C 4 Dựng hình chữ nhật BCDE . Khi đó, ta có: D CD  AD    CD  AE CD  DE  1 DE  AB    DE  AE BE  DE   2 Từ 1 và  2  suy ra AE   CDE  . Suy ra mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD cũng là mặt cầu ngoại tiếp hình chóp ABCDE , mặt cầu này có đường kính là AC . Lại có  AD, BC    ADE  60  AD  6  AC  2 13 . Do đó, bán kính mặt cầu này là R  1 AC  13 . 2 4 52 13 Vậy thể tích của mặt cầu là V   R 3  . 3 3 Câu 29: Cho lăng trụ đều ABC.EFH có tất cả các cạnh bằng a . Gọi S là điểm đối xứng của A qua BH . Thể tích khối đa diện ABCSFH bằng A. 3a 3 . 3 B. a3 . 6 C. 3a 3 . 6 D. a3 . 2 Lời giải Chọn A a2 3 a3 3 . .a  4 4 1 2 Thể tích khối chóp A.BCHF là VA. BCHF  V  VA.EFH  V  V  V . 3 3 Gọi M  AS  BH thì M là trung điểm AS nên d  A,  BCHF    d  S ,  BCHF   . Thể tích của khối lăng trụ đều ABC.EFH là V  S ABC . AE  Do đó VA.BCHF  VS . BCHF . 4 4 a3 3 a 3 3 Thể tích khối đa diện ABCSFH là VABCSFH  VA. BCHF  VS .BCHF  V  . .  3 3 4 3 F H E S M B A C Câu 30: Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, tam giác SAD vuông tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Cho biết AB  a , SA  2SD . Mặt phẳng  SBC  tạo với đáy một góc 60o . Thể tích khối chóp S. ABCD là 3a 3 A. . 2 5a 3 B. . 2 C. 5a 3 . D. 15a 3 . 2 Câu 31: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, tam giác SAD vuông tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Cho biết AB  a , SA  2 SD . Mặt phẳng  SBC  tạo với đáy một góc 60o . Thể tích khối chóp S . ABCD là A. 3a 3 . 2 B. 5a 3 . 2 C. 5a 3 . D. 15a 3 . 2 Lời giải Chọn B S D C I H A a B Gọi H là hình chiếu của S lên cạnh AD , I là hình chiếu của H lên cạnh BC , ta có   60o . Suy ra SH  a 3 . SH   ABCD  và BC   SHI     SBC  ;  ABCD    SIH Trong tam giác vuông SAD đặt SA  2 SD  2 x nên từ SH  Do đó x  SA.SD 2x ta có a 3  . AD 5 a 15 5a 3 . Suy ra AD  x 5  . 2 2 1 5a 3 5a 3 .a 3  Thể tích khối chóp S . ABCD là V  a. . 3 2 2 Câu 32: Cho hình lăng trụ đứng ABC. A1B1C1 có đáy ABC là tam giác vuông tại B , AB  4 , BC  6 ; chiều cao của lăng trụ bằng 10 . Gọi K , M , N lần lượt là trung điểm của các cạnh BB1 , A1 B1 , BC . Thể tích khối tứ diện C1KMN . A. 15 . B. 45 . C. 5 . D. 10 . Câu 33: Ba quả bóng dạng hình cầu có bán kính có bán kính bằng 1 đôi một tiếp xúc nhau và cùng tiếp xúc với mặt phẳng  P  . Mặt cầu  S  bán kính bằng 2 tiếp xúc với ba quả bóng trên. Gọi M là điểm bất kỳ trên  S  , MH là khoảng cách từ M đến mặt phẳng  P  . Giá trị lớn nhất của MH là A. 3  123 . 4 B. 52 . 9 C. 3  30 . 2 D. 3  69 . 3 Câu 34: Cho hình lăng trụ đứng ABC. A1B1C1 có đáy ABC là tam giác vuông tại B , AB  4 , BC  6 ; chiều cao của lăng trụ bằng 10 . Gọi K , M , N lần lượt là trung điểm của các cạnh BB1 , A1 B1 , BC . Thể tích khối tứ diện C1KMN . A. 15 . Chọn A B. 45 . C. 5 . Hướng dẫn giải D. 10 . B1 C1 M A1 K B C N A Xem tứ diện C1KMN là hình chóp có đỉnh M , đáy NKC1 ta có 1 VC1KMN  S NKC1  d  M , ( NKC1 )  3 15 45 Ta có SNKC1  S BCC1B1  SNKB  SNC1C  SKC1B1  60   15  15  . 2 2 d  M ,  NKC1    d  M ,  BCC1 B1    MB1  2 (do MB1   BCC1 B1  ) 1 45 Vậy VC1KMN    2  15 . 3 2 Câu 35: Ba quả bóng dạng hình cầu có bán kính bằng 1 đôi một tiếp xúc nhau và cùng tiếp xúc với mặt phẳng  P  . Mặt cầu  S  bán kính bằng 2 tiếp xúc với ba quả bóng trên. Gọi M là điểm bất kỳ trên  S  , MH là khoảng cách từ M đến mặt phẳng  P  . Giá trị lớn nhất của MH là A. 3  123 . 4 B. 52 . 9 C. 3  Hướng dẫn giải Chọn D 30 . 2 D. 3  69 . 3 Coi tâm quả ba quả cầu nhỏ là A , B , C và tâm của quả cầu lớn bên trên là S . Ta được chóp đều S . ABC có cạnh đáy là 2 và cạnh bên là 3 . Gọi O là chân dường cao của chóp S . ABC . Suy ra MH lớn nhất khi M , S , O , H thẳng hàng. MH max  2  SO  1  3  SO . 2 69 2  Ta có: SO  SA  AO  3   . 3   . 3 3  2 2 2 Suy ra: MH max  3  SO  3  69 . 3 Câu 36: Cho hình chóp đều S . ABC có góc giữa mặt bên và mặt phẳng đáy  ABC  bằng 60 . Khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và BC bằng A. V  8 3 . 3 B. V  5 7 . 3 6 7 . Thể tích V của khối chóp S . ABC bằng 7 C. V  10 7 . 3 D. V  5 3 . 2 Câu 37: Cho hình chóp đều S . ABC có góc giữa mặt bên và mặt phẳng đáy  ABC  bằng 60 . Khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và BC bằng A. V  8 3 . 3 B. V  5 7 . 3 6 7 . Thể tích V của khối chóp S . ABC bằng 7 10 7 . 3 Hướng dẫn giải C. V  Chọn A Gọi I là trung điểm của BC  AI  BC , SI  BC  BC   SAI  . Kẻ IK  S A  IK  d  SA, BC   6 7 . 7 D. V  5 3 . 2   60 . Gọi H là trọng tâm tam giác ABC  SH   ABC    SBC  ,  ABCD   SIA  Đặt AB  a  AI   a 3 a 3 1  IH  AI  2 6 3  SH  IH .tan 60  a 21 a .  SA  SH 2  AH 2  6 2 Lại có: SH . AI  SA.IK  a a 3 a 21 6 7 4 2. 3 .  . 4 3.  a  4  SH  2 ; S ABC  2 2 6 7 4 8 3 1 Vậy V  .2.4 3  . 3 3 Câu 38: Chọn ngẫu nhiên 3 đường thẳng chứa 3 cạnh khác nhau của một hình bát diện đều. Tìm xác suất để các véc tơ chỉ phương của 3 đường thẳng đó đồng phẳng. 23 7 1 17 A. . B. . C. . D. . 55 11 5 55 Câu 39: Chọn ngẫu nhiên 3 đường thẳng chứa 3 cạnh khác nhau của một hình bát diện đều. Tìm xác suất để các véc tơ chỉ phương của 3 đường thẳng đó đồng phẳng. 23 7 1 17 A. . B. . C. . D. . 55 11 5 55 Lời giải Chọn A Hình bát diện đều có 12 cạnh. Số phần từ của không gian mẫu bằng C123  220 . Gọi A là biến cố chọn được 3 cạnh mà các đường thẳng chứa 3 cạnh đó có 3 vectơ chỉ phương đồng phẳng. Cách 1: TH1: Chọn 3 cạnh nằm trong một mặt phẳng: có 8 mặt bên là tam giác đều và 3 mặt chéo là hình vuông. Có 8C33  3C43  20 cách. TH2: Chọn 2 cạnh của một mặt bên và cạnh còn lại song song với mặt mặt đó. Có 8 mặt bên được chọn, ứng với mỗi mặt có C32 cách chọn cặp cạnh, ứng với mỗi cách chọn cặp cạnh đó có 3 cách chọn cạnh còn lại song song với 1 trong 3 cạnh của mặt bên, vậy có 8.C32 .3  72 cách. Do đó n  A   20  72  92 . Vậy xác suất cần tính bằng: P  A   92 23 .  220 55 Cách 2: Ta thấy nếu 3 véc tơ của 3 đường thẳng chứa 3 cạnh được chọn đồng phẳng thì: 3 cạnh được chọn không có 2 cạnh nào song song thì 3 cạnh đó phải song song hoặc nằm trong một mặt phẳng, mặt phẳng đó là mặt “bên” (  ABC  ;  ACB  ; …) của bát diện (TH1) hoặc mặt chéo (  ACAC   ;  ABAB  ;  BCBC   ) (TH2). 3 cạnh được chọn có 2 cạnh song song, cạnh còn lại bất kì. (TH3) TH1: 3 cạnh song song hoặc nằm trong một mặt bên:  ABC  : Có các cạnh thỏa mãn là AB , AC , BC , AC  , C B , BA . Có các bộ thỏa mãn là: AB  BC  AC ; AB  AC  C B ; AB  BC  C A ; AC  BC  AB ; AB  C B  C A ; AC  C B  AB ; BC  AB  AC  ; AB  AC   BC  . Tất cả có 8 cặp. Do có 8 mặt bên chia thành 4 (vì có 2 mặt đối song song với nhau) nên suy ra có: 8.4  32 cách. TH2: Với mỗi mặt chéo thì có 4 cạnh nên khi chọn 3 cạnh luôn có 2 cạnh song song nên TH này bị tính ở trường hợp 3 (TH3). TH3: Có 6 cặp cạnh song song ( AB  AB ;…) với mỗi cặp cạnh song song đó sẽ có thêm 10 cách chọn cạnh còn lại. Vậy sẽ có: 60 cách. Tổng hợp lại ta có: 60  32  92 cách. 92 23 Vậy xác suất cần tính bằng: P  A   .  220 55 Câu 40: Một hình đa diện có các mặt là các tam giác có số mặt M và số cạnh C của đa diện đó thỏa mãn hệ thức nào dưới đây A. 3C  2M . B. C  2M . C. 3M  2C . D. 2C  M . Câu 41: Cho hình lăng trụ đứng ABC. ABC  có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A , cạnh BC  a 6 . Góc giữa mặt phẳng  ABC  và mặt phẳng  BCC B  bằng 60 . Tính thể tích khối đa diện ABCAC  . A. a 3 3 . B. 3 3a 3 . 2 C. a3 3 . 2 D. a3 3 . 3 Câu 42: Một hình đa diện có các mặt là các tam giác có số mặt M và số cạnh C của đa diện đó thỏa mãn hệ thức nào dưới đây A. 3C  2M . B. C  2M . C. 3M  2C . D. 2C  M . Lời giải Chọn C Mỗi mặt của đa diện trên là một tam giác ( 3 cạnh) Số mặt của đa diện là M  tổng tất cả số cạnh tạo nên tất cả tam giác thuộc đa diện đó là 3M . Nếu cắt nhỏ các đa giác ra khỏi khối đa diện, ta thấy mỗi cạnh của khối đa diện là cạnh chung của đúng hai tam giác  Tổng số cạnh tạo nên tất cả các tam giác là 2C Vậy ta có 3M  2C . Câu 43: Cho hình lăng trụ đứng ABC. ABC  có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A , cạnh BC  a 6 . Góc giữa mặt phẳng  ABC  và mặt phẳng  BCC B  bằng 60 . Tính thể tích khối đa diện ABCAC  . A. a 3 3 . B. 3 3a 3 . 2 C. Lời giải Chọn A a3 3 . 2 D. a3 3 . 3 A’ B’ C’ B A I a 6 C A a 6 2 B B’ I a 6 a C H C’  AI  BC a 6 Gọi I là trung điểm BC , ta có  (trung tuyến trong  AI   BBC C  và AI  2  AI  CC  tam giác vuông bằng nửa cạnh huyền). Kẻ IH  BC mà AI  BC suy ra AH  BC Vậy góc giữa mặt phẳng  ABC  và mặt phẳng  BCC B  là  AHI  60 . AI a 2 ; CH  CI 2  IH 2  a  tan 60 2 IH CH IH .CB Mặt khác CIH  CBB    BB  a 3. BB CB CH Ta có IH  1 1 a 6 VABCAC   VABBC C  . AI .S BCC B  . .a 3.a 6  a 3 3 3 3 2 Câu 44: Cho hình chóp đều S . ABCD có tất cả các cạnh đều bằng a . Gọi  là góc giữa hai mặt phẳng  SBD  và  SCD  . Mệnh đề nào sau đây đúng? A. tan   6 . B. tan   2 . 2 C. tan   3 . 2 D. tan   2 . Câu 45: Cho hình chóp đều S . ABCD có tất cả các cạnh đều bằng a . Gọi  là góc giữa hai mặt phẳng  SBD  và  SCD  . Mệnh đề nào sau đây đúng? A. tan   6 . B. tan   2 . 2 C. tan   Lời giải Chọn D 3 . 2 D. tan   2 . Cách 1 : OC  BD Ta có:   OC   SBD   OC  SD 1 OC  SO Trong mặt phẳng  SBD  , kẻ OH  SD tại H  2 Từ 1 và  2   SD   COH   SD  CH .  SBD    SCD   SD  . Ta có: OH   SBD  , OH  SD      SBD  ;  SCD     OH ; CH   OHC  CH   SCD  , CH  SD Có OC  1 a 2 ; BD 2  SB 2  SD 2  2a AC  2 2  SBD vuông cân tại S  SO  1 a 2 BD  2 2 Xét SOD vuông tại O , đường cao OH : OH  Vậy tan   SO.OD a  . SD 2 OC  2. OH Cách 2: OC  BD Ta có:   OC   SBD  OC  SO Do đó tam giác SOD là hình chiếu của tam giác SCD lên mặt phẳng  SBD  . Suy ra: S SOD  S SCD .cos  Tam giác SCD đều cạnh a nên S SCD  Ta có: OD  a2 3 . 4 a 2 a 2 1 a2 và SO  SD 2  OD 2  nên S SOD  OD.SD  . 2 2 2 4 Do đó: cos   S SOD 1  cos 2  1 sin   từ đây suy ra tan     2. cos  cos  S SCD 3 Câu 46: Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình bình hành. Gọi M , N và P lần lượt là trung điểm của các đoạn BC , CD và SA . Mặt phẳng  MNP  chia khối chóp thành hai phần có thể tích lần V1 . V2 lượt là V1 và V2 . Biết rằng V1  V2 , tính tỉ số A. 1. B. 1 . 2 C. 5 . 6 D. 2 . 3 Câu 47: Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình bình hành. Gọi M , N và P lần lượt là trung điểm của các đoạn BC , CD và SA . Mặt phẳng  MNP  chia khối chóp thành hai phần có thể tích lần V1 . V2 lượt là V1 và V2 . Biết rằng V1  V2 , tính tỉ số A. 1. B. 1 . 2 C. 5 . 6 D. 2 . 3 Lời giải Chọn A S S P Q H P B A Q B M D A H R U T N C K 1 AH suy ra B là trọng tâm của tam giác SAT . 3 BQ BH 1 BQ 1 DR 1 Do đó,     . Tương tự ta có,  . BU AB 2 BS 4 SD 4 VS .PRN SP SR 1 3 3 V 3 .  .  .   S .PRN  VS . ADN SA SD 2 4 8 VS . ABCD 32 VS .PQM 3 Tương tự, ta có .  VS . ABCD 32 V V SP 1 3   S .PMN  . Lại có S .PMN  VS . AMN SA 2 VS . ABCD 16 VS .MNC 1  . VS . ABCD 8 Ta có BH  3 3 1 1  3 Suy ra thể tích khối đa diện chứa đỉnh S là V1       VSABCD  VSABCD . 2  32 32 16 8  V Vậy 1  1 . V2 Câu 48: Cho hình lăng trụ ABCD. ABC D có đáy là hình vuông. Hình chiếu vuông góc của A lên mặt phẳng  ABCD  là trung điểm AB , góc giữa mp  ACD  và mặt phẳng  ABCD  là 60 . Thể tích của khối chóp BABCD là 8 3a 3 . Tính theo a độ dài đoạn thẳng AC . 3 A. 2a 3 2 . B. 2a . C. 2a . D. 2 2a .     Câu 49: Cho hình lăng trụ ABCD. A B C D có đáy là hình vuông. Hình chiếu vuông góc của A lên mặt phẳng  ABCD  là trung điểm AB , góc giữa mp  ACD  và mặt phẳng  ABCD  là 60 . Thể tích của khối chóp BABCD là A. 2a 3 2 . B. 8 3a 3 . Tính theo a độ dài đoạn thẳng AC . 3 2a . C. 2a . Lời giải D. 2 2a . Chọn D A’ D’ B’ C’ A H B 60° D Ta có: I C AIH  60   ACD  ;  ABCD     Gọi AB  x . Ta có: A ‘ H  x 3 . 1 8 3a 3 1 8 3a 3 Mặt khác: VB. ABCD  . AH .S ABCD   .x 3.x 2   x  2a 3 3 3 3 Vậy AC  2 2a . Câu 50: Cho tứ diện ABCD có AB  CD  4 , AC  BD  5 , AD  BC  6 . Tính khoảng cách từ đỉnh A đến mặt phẳng  BCD  . A. 3 6 . 7 B. 3 2 . 5 3 42 . 7 C. D. 7 . 2 Câu 26. Cho hình chóp S . ABCD có ABCD là hình chữ nhật SA  12a , SA   ABCD  và AB  3a , AD  4a . Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABCD . A. R  6, 5a . B. R  13a . C. R  12a . D. R  6a . Câu 51: Cho tứ diện ABCD có AB  CD  4 , AC  BD  5 , AD  BC  6 . Tính khoảng cách từ đỉnh A đến mặt phẳng  BCD  . A. 3 6 . 7 B. 3 2 . 5 C. 3 42 . 7 Lời giải Chọn C D. 7 . 2 D M 6 D B 5 N 4 C P Dựng M , N , P sao cho B là trung điểm MN , C là trung điểm NP , D là trung điểm MP . Khi đó MN // CD và MN  2CD  2 AB  AMN vuông tại A . NP // BD và NP  2 BD  2 AC  ANP vuông tại A . MP // BC và MP  2 BC  2 AD  AMP vuông tại A .  AM 2  AN 2  MN 2  64  AM 2  54  AM  3 6    2 2 2 2 Suy ra  AN  AP  NP  100   AN  10   AN  10 .  AM 2  AP 2  MP 2  144  AP 2  90     AP  3 10 1 15 6 1 AM . AN . AP  15 6  VABCD  VA.MNP  . 4 4 6 15 7 Diện tích tam giác BCD : S BCD  p  p  a  p  b  p  c   . 4 Ta có VA.MNP    Ta có d A,  BCD   3VABCD 3 42  . S BCD 7 Có thể tính thể tích khối tứ diện theo công thức nhanh: VABCD  2 12 a 2  b 2  c 2  b 2  c 2  a 2  a 2  c 2  b 2   15 6 . 4 Câu 31. Cho hình chóp S . ABCD có ABCD là hình chữ nhật SA  12a , SA   ABCD  và AB  3a , AD  4a . Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABCD . A. R  6, 5a . B. R  13a . C. R  12a . D. R  6a . Lời giải Chọn A Ta có tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp là trung điểm I của SC . 2 2 1  AS   AC  Ta có: AI   AS 2  AC 2 .     2 2 2     1 1 AI  AS 2  AB 2  BC 2  a 122  32  42  6, 5a . 2 2 Câu 52: Cho hình chóp S . ABC , có đáy ABC là tam giác đều cạnh a . Các mặt bên  SAB  ,  SAC  ,  SBC  lần lượt tạo với đáy các góc lần lượt là 30o , 45o , 60o . Tính thể tích V của khối chóp S . ABC . Biết rằng hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng  ABC  nằm bên trong tam giác ABC . S A C H N a M B a3 3 A. V   8 4 3  . B. V  a3 3  2 4 3  . C. V  a3 3  4 4 3  . D. V  a3 3 . 4 3 Câu 53: Cho hình chóp S . ABC , có đáy ABC là tam giác đều cạnh a . Các mặt bên  SAB  ,  SAC  ,  SBC  lần lượt tạo với đáy các góc lần lượt là 30o , 45o , 60o . Tính thể tích V của khối chóp S . ABC . Biết rằng hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng  ABC  nằm bên trong tam giác ABC . S A H N C a M B a3 3 A. V   8 4 3  . B. V  a3 3  2 4 3  . C. V  Hướng dẫn giải Chọn A a3 3  4 4 3  . D. V  a3 3 . 4 3 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 .   30o , SPH   45o , SMH   60o . Khi đó, SNH Mà S ABC  SHAB  S HAC  S HBC a2 3 1 a 3   a  HN  NM  HP   HN  NM  HP  . 4 2 2   tan 30o  tan 45o  tan 60o  h   a 3 a 3   tan 30o  tan 45o  tan 60o  h  2 2 4 3 a 3 3a h . h 2 3 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     Câu 54: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với cạnh AD  2CD . Biết hai mặt phẳng  SAC  ,  SBD  cùng vuông góc với mặt đáy và đoạn BD  6 ; góc giữa  SCD  và mặt đáy bằng 60 . Hai điểm M , N lần lượt là trung điểm của SA, SB . Thể tích khối đa diện ABCDMN bằng A. 128 15 . 15 B. 16 15 . 15 C. 18 15 . 5 D. 108 15 . 25 Câu 55: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với cạnh AD  2CD . Biết hai mặt phẳng  SAC  ,  SBD  cùng vuông góc với mặt đáy và đoạn BD  6 ; góc giữa  SCD  và mặt đáy bằng 60 . Hai điểm M , N lần lượt là trung điểm của SA, SB . Thể tích khối đa diện ABCDMN bằng A. 128 15 . 15 B. 16 15 . 15 18 15 . 5 Lời giải C. D. 108 15 . 25 Chọn C S N M B C O A D I Gọi O  AC  BD . Do  SAC    ABCD  ,  SBD    ABCD   SO   ABCD  . Theo tính chất hình chữ nhật: AD 2  CD 2  BD 2  5CD 2  6 2  CD  6 12 và AD  . 5 5 72 . 5 Gọi I là trung điểm của CD . Do CD  SO, CD  OI  CD   SOI   CD  SI Khi đó diện tích đáy: S ABCD  AD.CD    60 .    SCD  ,  ABCD     SI , OI   SIO Trong tam giác SOI vuông tại O , OI  6 3 AD 6  .  , SIO  60 có: SO  OI .tan 60  2 5 5 1 1 72 6 3 144 15 Thể tích S . ABCD là V  .S ABCD .SO  . .  . 3 3 5 25 5 V Ta có VS . ABD  VS . BCD  . 2 1 1 1 Do S SMN  S SAB  VSMND  VSABD  V . 4 4 8 1 1 1 Do N là trung điểm của SB  d  N ,  SCD    d  B,  SCD    VSCDN  VSBCD  V . 2 2 4 3 3 5 18 15 Ta có: VS .CDMN  VSMND  VSCDN  V  VABCDMN  V  V  V  . 8 8 8 5 Câu 56: Cho hình lăng trụ ABCD. ABC D có đáy là hình thoi cạnh bằng a và  ABC  120. Góc giữa cạnh bên AA và mặt đáy bằng 60 , điểm A cách đều các điểm A , B , D . Tính thể tích khối lăng trụ đã cho theo a . A. a3 3 . 3 B. a3 3 . 2 C. a3 3 . 12 D. a3 3 . 6 Câu 57: Cho hình lăng trụ ABCD. ABC D có đáy là hình thoi cạnh bằng a và  ABC  120. Góc giữa cạnh bên AA và mặt đáy bằng 60 , điểm A cách đều các điểm A , B , D . Tính thể tích khối lăng trụ đã cho theo a . A. a3 3 . 3 B. a3 3 . 2 C. a3 3 . 12 D. Lời giải Chọn B B’ C’ A’ D’ D C I G A B a3 3 . 6 Ta có điểm A cách đều các đỉnh A , B , D cho nên điểm A sẽ nằm trên trục đường tròn ngoại tiếp của tam giác ABD . Ta có  ABC  120 nên  ABD  60  tam giác ABD là tam giác đều Vậy ta có AG   ABD  với G là trọng tâm tâm tam giác ABD . Dễ thấy   AA,  ABCD      AA, GA    AAG  60 . Tam giác ABD đều, AI là trung tuyến ( I  AC  BD )  AI  a 3 2 a 3 ; AG  AI  . 2 3 3 a 3 AG Ta có AG   3  a. . 1 cot 60 3 1 3 Thể tích khối lăng trụ V  AG.S ABCD  AG.2S ABD  a.2. .a.a.sin 60  a 3 . 2 2 Câu 58: Cho hình chóp đều S . ABC có SA  2 cm và cạnh đáy bằng 1cm . Gọi M là một điểm thuộc  2  miền trong của hình chóp này sao cho SM  SG , với G là tâm đường tròn nội tiếp tam giác 3 ABC . Gọi a , b , c lần lượt là khoảng cách từ M đến các mặt phẳng  SAB  ,  SAC  ,  SBC  . Tính giá trị của biểu thức P  a  b  c . A. P  165 . 45 B. P  7 165 . 45 C. P  2 165 . 135 D. P  2 165 . 45 Câu 59: Cho hình chóp đều S . ABC có SA  2 cm và cạnh đáy bằng 1cm . Gọi M là một điểm thuộc  2  miền trong của hình chóp này sao cho SM  SG , với G là tâm đường tròn nội tiếp tam giác 3 ABC . Gọi a , b , c lần lượt là khoảng cách từ M đến các mặt phẳng  SAB  ,  SAC  ,  SBC  . Tính giá trị của biểu thức P  a  b  c . A. P  165 . 45 B. P  7 165 . 45 C. P  Lời giải Chọn D 2 165 . 135 D. P  2 165 . 45 S E M K A C G P N B Cách 1: S . ABC là hình chóp đều nên tam giác ABC là tam giác đều và G cũng là trọng tâm tam giác ABC . 2 3 3 1 3 3 33 , GN   , SG  SA2  AG 2  .    3 2 3 3 2 6 3 2 2 2 SG.GN d  M ,  SAB    d  M ,  SAC    d  M ,  SBC    d  G ,  SBC    GK   3 SG 2  GN 2 3 3 2 165 .   3 45 AG  Suy ra P  a  b  c  Cách 2: a  b  c  2 165 . 45 2 2 d  G;  SAC    GK 3 3 11 1 1 1 11 2 165 .  GK     abc 3  2 2 2 GK GN GS 35 45 35 Câu 60: 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  BC bằng A. trùng với trọng tâm tam giác ABC . Biết khoảng cách giữa hai đường thẳng AA và a 3 . Khi đó thể tích của khối lăng trụ là 4 a3 3 . 12 B. a3 3 . 3 C. a3 3 . 24 D. a3 3 . 6 Câu 61: 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  BC bằng A. a3 3 . 12 trùng với trọng tâm tam giác ABC . Biết khoảng cách giữa hai đường thẳng AA và a 3 . Khi đó thể tích của khối lăng trụ là 4 B. a3 3 . 3 C. Lời giải Chọn A a3 3 . 24 D. a3 3 . 6 B’ C’ A’ H B C M G A Do ABC đều trọng tâm G và AG   ABC  nên A. ABC là hình chóp đều. a 3 a 3 .  AG  2 3 Gọi H là hình chiếu của M trên AA . Khi đó do BC   AAM   BC  HM nên HM là Gọi M là trung điểm của BC , khi đó AM  đường vuông góc chung của hai đường thẳng AA và BC . Do đó HM  Đặt AA  AB  AC  x , khi đó AG  x 2  Do 2 S AAM  AG. AM  MH . AA  Do S ABC  a 3 . 4 a2 . 3 a 3 a2 a 3 2a . x2   .x  x  . 2 3 4 3 a a2 3 a3 3 , AG   VABC . ABC   AG.S ABC  . 4 12 3 Câu 62: Cho tứ diện ABCD có thể tích V , hai điểm M , P lần lượt là trung điểm AB , CD , điểm N thuộc đoạn AD sao cho DA  3NA . Tính VBMNP . A. V . 16 B. V . 12 C. V . 4 D. V . 6 Câu 63: Cho tứ diện ABCD có thể tích V , hai điểm M , P lần lượt là trung điểm AB , CD , điểm N thuộc đoạn AD sao cho DA  3NA . Tính VBMNP . A. V . 16 Chọn A B. V . 12 V . 4 Lời giải C. D. V . 6 A N M D B P 1 1 Ta có VBMNP  d  M ,  BNP   .S BNP  VABNP 3 2 C 1 1 2 V 1  VDBNP  . . .V  . 4 4 2 3 12 Câu 64: Người ta dựng trên mặt đất bằng phẳng một chiếc lều từ một tấm bạt hình chữ nhật có chiều dài 12m và chiều rộng 6m bằng cách: Gập đôi tấm bạt lại theo đoạn nối trung điểm hai cạnh là chiều rộng của tấm bạt sao cho hai mép chiều dài còn lại của tấm bạt sát đất và cách nhau x  m  . Tìm x để không gian phía trong lều lớn nhất. A. x  3 3 . B. x  3 . C. x  4 . D. x  3 2 . Câu 65: Người ta dựng trên mặt đất bằng phẳng một chiếc lều từ một tấm bạt hình chữ nhật có chiều dài 12m và chiều rộng 6m bằng cách: Gập đôi tấm bạt lại theo đoạn nối trung điểm hai cạnh là chiều rộng của tấm bạt sao cho hai mép chiều dài còn lại của tấm bạt sát đất và cách nhau x  m  . Tìm x để không gian phía trong lều lớn nhất. A. x  3 3 . B. x  3 . C. x  4 . D. x  3 2 . Lời giải Chọn D Ta có thể tích của lều là V  3x. 36  x 2 . Để không gian phía trong lều lớn nhất thì Vmax . V  3 x. 36  x 2  3. x 2  36  x 2  54 với mọi x   0;6  . 2 Dấu ”  ” xảy ra khi x  36  x 2  x  3 2 . Câu 66: Cho hình chóp S . ABC , có các cạnh bên SA , SB , SC tạo với đáy các góc bằng nhau và đều bằng 30 . Biết AB  5 , AC  7 , BC  8 , tính khoảng cách d từ A đến mặt phẳng  SBC  . 35 13 35 39 35 39 35 13 . B. d  . C. d  . D. d  . 52 13 52 26 Câu 67: Cho hình chóp S . ABC , có các cạnh bên SA , SB , SC tạo với đáy các góc bằng nhau và đều A. d  bằng 30 . Biết AB  5 , AC  7 , BC  8 , tính khoảng cách d từ A đến mặt phẳng  SBC  . A. d  35 13 . 52 B. d  35 39 . 13 C. d  Lời giải Chọn C 35 39 . 52 D. d  35 13 . 26 Gọi H là tâm đường tròn ngoại tiếp ABC . Khi đó ta có SH   ABC  và SA  SB  SC . Ta có p  AB  BC  CA 5  7  8   10  SABC  p  p  AB  p  BC  p  CA  10 3 . 2 2 Mà SABC  AB. AC.BC AB. AC.BC 7 3 R  . 4R 4SABC 3 Ta lại có SH  HC tan 30  R. HM 2  HC 2  MC 2  R 2  3 7  . 3 3 2 13 BC 2 1   SM  SH 2  HM 2  . 3 4 3 1 1 VS . ABC  SH .SABC  d  A,  SBC   .SSBC 3 3 7 .10 3 SH .SABC SH .SABC 35 39  d  A,  SBC      3  . 1 SSBC 52 1 2 13 SM .BC . .8 2 2 3 Câu 68: Cho hình chóp tam giác đều S. ABC có cạnh đáy bằng 1, góc giữa cạnh bên và mặt đáy bằng 60. Gọi A, B, C  lần lượt là các điểm đối xứng của A, B, C qua S . Thể tích của khối đa diện ABCABC bằng 2 3 4 3 3 A. V  B. V  2 3. C. V  D. V  . . . 3 3 2 Câu 69: Cho hình chóp tam giác đều S. ABC có cạnh đáy bằng 1, góc giữa cạnh bên và mặt đáy bằng 60. Gọi A, B, C  lần lượt là các điểm đối xứng của A, B, C qua S . Thể tích của khối đa diện ABCABC bằng 2 3 4 3 3 A. V  B. V  2 3. C. V  D. V  . . . 3 3 2 Lời giải Chọn A A C B S B’ C’ A’ * Ta có BCBC là hình bình hành nên VABCABC  2VA.BCBC  8VS . ABC . S A 60 C G B * Xét tam giác SAG trong đó G là trọng tâm tam giác ABC ta có: SG 3  tan 60  SG  AG. tan 60  . 3  1. AG 3 1 3 2 3  VS . ABC  .SG.S ABC   VABCABC   . 3 12 3 Câu 1: (THPT Chuyên Hùng Vương-Phú Thọ-lần 1-NH2017-2018) Cho khối hộp chữ nhật ABCD. ABC D có thể tích bằng 2110 . Biết AM  MA ; DN  3 ND ; CP  2 PC  . Mặt phẳng  MNP  chia khối hộp đã cho thành hai khối đa diện. Thể tích khối đa diện nhỏ hơn bằng D C A B N P M C D A. 7385 . 18 B 8440 C. . 9 Lời giải A 5275 B. . 12 D. 5275 . 6 Chọn D D A C B N P M Q C D B A 1  AM C P  1  1 1  5 Ta có:        . VABCD. ABC D 2  AA C C  2  2 3  12 5 5 5275 . Vnho  VMNPQ. ABC D  VABCD. ABCD   2110  12 12 6 VMNPQ. ABC D Câu 2: ———————————– HẾT ———————————–(THPT Chuyên Quang TrungBình Phước-lần 1-năm 2017-2018) Xét khối tứ diện ABCD , AB  x , các cạnh còn lại bằng 2 3 . Tìm x để thể tích khối tứ diện ABCD lớn nhất. A. x  6 . Chọn D B. x  2 2 . C. x  14 . Giải: D. x  3 2 . A M x 2 D B H 2 3 C [Phương pháp tự luận] Gọi M , H lần lượt là trung điểm của AB và CD . CM  AB Ta có tam giác ABC , ABD cân lần lượt tại C và D . Suy ra   AB   CDM  .  DM  AB Ta có: CAB  DAB  c.c.c  suy ra MC  MD . Ta được MH  CD . Tứ diện BMCH có đường cao BM , đáy là tam giác MHC vuông tại H . x Có BM  ; BH  BC 2  CH 2  12  3  3 2 HC  3 ; HM  BH 2  BM 2  9  x2 1 1 x2 . Suy ra S MHC  .MH .HC  . 9  . 3 . 4 2 2 4 1 x 3 x2 VABCD  2VBMCD  2.2VBMHC  4. . . . 9  3 2 2 4  x 3 x2 2 3 x x2 2 3 1  x2 x2  3 3 . 9  . . 9  . .  9    3 4 3 2 4 3 4  4 4  2 Vậy giá trị lớn nhất của thể tích khối tứ diện bằng 3 3 , 2 đạt khi x2 x2  9   x 2  18  x  3 2 . 4 4 [Phương pháp trắc nghiệm] Thực hiện như phương pháp tự luận để có được V  x 3 x2 9  . Nhập hàm số bên vào máy 3 4 tính. CALC 6 , được V  3.872 . CALC 2 2 , được V  4.320 . CALC 14 , được V  5.066 . CALC 3 2 , được V  5.196 . Câu 3: (THPT Hoa Lư A-Ninh Bình-lần 1-năm 2017-2018) Một viên đá có hình dạng là khối chóp tứ giác đều với tất cả các cạnh bằng a . Người ta cắt khối đá đó bởi mặt phẳng song song với đáy của khối chóp để chia khối đá thành hai phần có thể tích bằng nhau. Tính diện tích của thiết diện khối đá bị cắt bởi mặt phẳng nói trên. (Giả thiết rằng tổng thể tích của hai khối đá sau vẫn bằng thể tích của khối đá đầu). A. 2a 2 . 3 B. a2 . 3 2 C. a2 . 4 D. a2 3 4 Lời giải Chọn D S N M H A Q P D O C B Gọi M , N , P , Q lần lượt là giao điểm của mặt phẳng cắt với cạnh bên SA , SB , SC , SD  SO   ABCD  và H  SO   MNPQ  . Do   SH   MNPQ   MNPQ    ABCD  SH SM SN SP SQ      k  k  0  (Định lý Thales) và V  VS . ABCD . Đặt SO SA SB SC SD V V V 1  SM SN SP SM SP SQ  1 3 3 3 Ta có S .MNPQ  S .MNP  S .MPQ   . .  . .   k  k   k V 2VS . ABC 2VS . ACD 2  SA SB SC SA SC SD  2 V 1 1 Theo ycbt : S .MNPQ  k 3   k  3 . V 2 2 1 SH .S MNPQ S 1 VS .MNPQ 3 Mặt khác    k . MNPQ 1 S ABCD 2 V SO.S ABCD 3  S MNPQ 3 1 2 2 a2  .S ABCD  .a  3 . 2k 2 4 Câu 4: (THPT Chuyên Bắc Ninh-lần 1-năm 2017-2018) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thang cân, AD  2 AB  2BC  2CD  2a . Hai mặt phẳng  SAB  và  SAD  cùng vuông góc với mặt phẳng  ABCD  . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của SB và CD . Tính cosin góc giữa MN và  SAC  , biết thể tích khối chóp S . ABCD bằng A. 5 . 10 B. 3 310 . 20 C. a3 3 . 4 310 . 20 D. 3 5 . 10 Lời giải Chọn C Cách 1: Gọi   là mp đi qua MN và song song với mp  SAD  . Khi đó   cắt AB tại P , cắt SC tại Q , cắt AC tại K . Gọi I là giao điểm của MN và QK  I   SAC  . Suy ra: P , Q , K lần lượt là trung điểm của AB , SC và AC . Lại có: ABCD là hình thang cân có AD  2 AB  2 BC  2CD  2a  AD  2a; AB  BC  CD  a  CH  a 3 a  2a a 3 3 3a 2 ; S ABCD  . .  2 2 2 4 1 a 3a 1 3 3a 2 a3 3  SA  a  MP  SA  và NP  Nên VABCD  . . .SA  2 2 2 3 4 4 2 2 a 10  a   3a  Xét tam giác MNP vuông tại P: MN        2 2  2  MP, KQ lần lượt là đường trung bình của tam giác SAB, SAC  MP//KQ//SA KN là đường trung bình của tam giác ACD  KN  1 AD  a . 2 2  a 3   3a 2 a 3 Xét tam giác AHC vuông tại H: AC        a 3  KC  2  2   2  Suy ra: tam giác KNC vuông tại C  C là hình chiếu vuông góc của N lên  SAC  .   góc giữa MN và  SAC  là góc NIC Khi đó: IN KN 2 2 2 a 10 a 10    IN  .MN  .  MN NP 3 3 3 2 3 2 a a 10  IC  Xét tam giác NIC vuông tại C : NC  ; IN  2 3   cos NIC  a 10   a  2 a 31       3 6   2 IC a 31 a 10 310 .  :  IN 6 3 20 z S S Q M I A F I A H D C a 3 a  2a a 3 3 3a 2 ; S ABCD  . .  2 2 2 4 1 3 3a 2 a3 3 nên VABCD  . .SA   SA  a 3 4 4 Gắn hình chóp vào hệ trục tọa độ như hình vẽ N K x B Cách 2. Vì ABCD là hình thang cân có AD  2 AB  2 BC  2CD  2a  AD  2a; AB  BC  CD  a  CH  H D N K B Q M C y  a 3    a a 3  a 3  a  Ta có: K  0;0;0  , B  ; 0;0  , C  0; ;0  , A  0;  ; 0  , N  ; ;0  ,  2 2 2 2       2   a a 3 a a 3  S  0;  ; a  , M  ;  ;  2 4 2    4    3a 3a 3 a   MN   ; ;  . Chọn u1  3;3 3;  2 cùng phương với MN 4 2   4  BK  SA Nhận xét:   BK   SAC   BK  AC    a   BK   ;0; 0  là vtpt của  SAC  .Chọn n1  1; 0;0  cùng phương với BK 2    u1.n1 3 10 310  cos   Gọi  là góc góc giữa MN và  SAC  . Ta có sin      . 20 20 u1 u2   Câu 5: (THPT Sơn Tây-Hà Nội-lần 1-năm 2017-2018) Cho một tấm nhôm hình vuông cạnh 1 m  như hình vẽ dưới đây. Người ta cắt phần tô đậm của tấm nhôm rồi gập thành một hình chóp tứ giác đều có cạnh đáy bằng x  m  , sao cho bốn đỉnh của hình vuông gập lại thành đỉnh của hình chóp. Tìm giá trị của x để khối chóp nhận được có thể tích lớn nhất. A. x  2 . 4 B. x  2 . 3 C. x  2 2 . 5 D. x  1 2 Hướng dẫn giải Chọn C S S A B D O A D M C M O S1 B x C x 2x . (0  x  2 ) , S1M  S1O  OM  2 2 Khi gấp thành hình chóp S . ABCD thì S1  S nên ta có SM  S1M . Từ hình vuông ban đầu ta tính được OM  Từ đó SO  SM 2  OM 2  2 2  2 2x . (Điều kiện 0  x  ) 2 2 1 1 1 Thể tích khối chóp S . ABCD : VS . ABCD  S ABCD .SO  x 2 2  2 2 x  2 x 4  2 2 x5 . 3 6 6 2 Ta thấy VSABCD lớn nhất khi f  x   2 x 4  2 2 x5 , 0  x  đạt giá trị lớn nhất 2 Ta có f   x   8 x3  10 2 x 4  2 x 3 4  5 2 x   x  0 f  x  0   x  2 2  5 Bảng biến thiên x 2 2 5 0 0 f  x  2 2  f max f  x Vậy: VS . ABCD lớn nhất khi và chỉ khi x  2 2 5 Câu 6: (THPT Sơn Tây-Hà Nội-lần 1-năm 2017-2018) Cho hình chóp S . ABCD có cạnh SA  x còn tất cả các cạnh khác có độ dài bằng 2 . Tính thể tích V lớn nhất của khối chóp S . ABCD . A. V  1 B. V  1 . 2 C. V  3 . D. V  2 . Lời giải Chọn D S a x C B H O a D A Gọi O là giao điểm của AC và BD . Ta có: BAD  BSD  BCD nên AO  SO  CO  SO  1 AC  SAC vuông tại S 2 Do đó: AC  SA2  SC 2  x 2  4  OD  AD 2  AO 2  4  4  x2 12  x 2  BD  12  x 2 , 0  x  2 3  4 2  BD  AC Ta thấy:   BD   SAC   BD  SO  SH  AC Trong SAC hạ SH  AC . Khi đó:   SH   ABCD   SH  BD 1 1 1 SA. AC 2.x  2  SH   2 2 2 2 SH SA SC SA  SC 4  x2 1 x 2  12  x 2 1 1 2 2x 1 2  VS . ABCD  . x  4. 12  x 2 .  .x. 12  x 2  3 2 3 2 x2  4 3 Dấu ”  ” xảy ra khi x 2  12  x 2  x  6 . Câu 7: (THPT Yên Lạc-Vĩnh Phúc-lần 1-năm 2017-2018) 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 3 . Khi đó thể tích 4 của khối lăng trụ là A. a3 3 . 12 B. a3 3 . 6 C. a3 3 . 3 D. a3 3 . 24 Lời giải Chọn A Gọi H là trọng tâm tam giác ABC và I là trung điểm BC. Ta có  AH  BC   BC   AAI   BC  AA.  AI  BC  AH  AI  H  Gọi K là hình chiếu vuông góc của I lên AA . Khi đó IK là đoạn vuông góc chung của AA a 3 và BC nên IK =d  AA, BC   . Xét tam giác vuông AIK vuông tại K có 4 a 3 a 3 1   30. IK = , AI   IK  AI  KAI 4 2 2 a 3 3 a Xét tam giác vuông AAH vuông tại H có AH =AH .tan30  .  . 3 3 3 2 3 a 3 a a 3 Vậy VABC . ABC   .  . 4 3 12 Câu 8: (THPT Yên Lạc-Vĩnh Phúc-lần 1-đề 2-năm 2017-2018) 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 thể tích của khối lăng trụ là a 3 . Khi đó 4 A. a3 3 . 12 B. a3 3 . 6 C. a3 3 . 3 D. a3 3 . 24 Lời giải Chọn A Gọi H là trọng tâm tam giác ABC và I là trung điểm BC. Ta có  AH  BC   BC   AAI   BC  AA.  AI  BC  AH  AI  H  Gọi K là hình chiếu vuông góc của I lên AA . Khi đó IK là đoạn vuông góc chung của AA a 3 . Xét tam giác vuông AIK vuông tại K có và BC nên IK =d  AA, BC   4 a 3 a 3 1   30. IK = , AI   IK  AI  KAI 4 2 2 a 3 3 a Xét tam giác vuông AAH vuông tại H có AH =AH .tan30  .  . 3 3 3 2 3 a 3 a a 3 .  . Vậy VABC . ABC   4 3 12 Câu 9: (THPT Việt Trì-Phú Thọ-lần 1-năm 2017-2018) Cắt ba góc của một tam giác đều cạnh bằng a các a  phần còn lại là một tam giác đều bên ngoài là các hình chữ nhật, rồi gấp các 2 hình chữ nhật lại tạo thành khối lăng trụ tam giác đều như hình vẽ. Tìm độ dài x để thể tích khối lăng   đoạn bằng x,  0  x  trụ lớn nhất. x A. a . 3 B. a . 4 C. a . 5 D. a . 6 Lời giải Chọn D A x M I   30  MI  x Xét tam giác AMI như hình vẽ, đặt AM  x  0, MAI 3   Lăng trụ tam giác đều có cạnh đáy a  2 x ,  0  x   a  2x V 2 a x nên thể tích khối lăng trụ là  , chiều cao 2 3 3 x a 2 x  4ax 2  4 x 3 .  4 3 4   a 2 Ta cần tìm x   0;  để thể tích V đạt giá trị lớn nhất.  x  Xét f  x   a 2 x  4ax 2  4 x3 , có f   x   12 x 2  8ax  a 2  0   x   a x 0 6  f  x 0   a 6 a l  2 a 2 f  x Từ bảng biến thiên suy ra thể tích V đạt giá trị lớn nhất khi x  a . 6 Câu 10: (THPT Việt Trì-Phú Thọ-lần 1-năm 2017-2018) Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình thang vuông tại A và B với BC là đáy nhỏ. Biết rằng tam giác SAB đều có cạnh là 2a và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy, SC  a 5 và khoảng cách từ D tới mặt phẳng  SHC  bằng 2a 2 ( với H là trung điểm của AB ). Thể tích khối chóp S . ABCD là A. a3 3 . 3 B. a3 . 3 C. Lời giải Chọn D 4a 3 . 3 D. 4a 3 3 . 3 S A D H B C E Gọi E là hình chiếu của D lên CH , ta có DE   SCH   DE  d  D,  SCH    2a 2 . Vì SH là đường cao của tam giác đều SAB nên SH  a 3 và CH  SC 2  SH 2  5a 2  3a 2  a 2   BC  BH  a 1 1 Ta có: S DCH  DE.CH  a 2.2a 2  2a 2 . 2 2 Đặt AD  x  0.  a  x  .2a  ax  a 2 1 S ABCD   2 1 1 5 1 Mặt khác S ABCD  S BHC  S CHD  S AHD  a 2  2a 2  ax  a 2  ax  2  2 2 2 2 5 2 1 Từ 1 và  2  : a  ax  ax  a 2  x  3a. 2 2 1 1 4a 3 3 Vậy VS . ABCD  .S ABCD .SH  4a 2 .a 3  . 3 3 3 Câu 11: (THPT Thạch Thành-Thanh Hóa-năm 2017-2018) Một người xây nhà xưởng hình hộp chữ nhật có diện tích mặt sàn là 1152 m 2 và chiều cao cố định. Người đó xây các bức tường xung quanh và bên trong để ngăn nhà xưởng thành ba phòng hình chữ nhật có kích thước như nhau (không kể trần nhà). Vậy cần phải xây các phòng theo kích thước nào để tiết kiệm chi phí nhất (bỏ qua độ dày các bức tường). A. 16 m  24 m . B. 8 m  48 m . C. 12 m  32 m . Lời giải Chọn A Đặt x , y , h lần lượt là chiều dài, chiều rộng và chiều cao mỗi phòng. 384 Theo giả thiết, ta có x.3 y  1152  y  x Để tiết kiệm chi phí nhất khi diện tích toàn phần nhỏ nhất. D. 24 m  32 m . 384 576   h  1152  4h  x    1152 x x   576 Vì h không đổi nên Stp nhỏ nhất khi f  x   x  (với x  0 ) nhỏ nhất. x 576 Cách 1: Khảo sát f  x   x  với x  0 ta được f  x  nhỏ nhất khi x  24  y  16 . x 576 576 576 Cách 2. BĐT Côsi x   2 x.  48 . Dấu “=” xảy ra  x   x  24 . x x x Ta có Stp  4 xh  6 yh  3 xy  4 xh  6. Câu 12: (THPT Thạch Thành-Thanh Hóa-năm 2017-2018) Một người cần làm một hình lăng trụ tam giác đều từ tấm nhựa phẳng để có thể tích là 6 3 cm3 . Để ít hao tốn vật liệu nhất thì cần tính độ dài các cạnh của khối lăng trụ tam giác đều này bằng bao nhiêu? A. Cạnh đáy bằng 2 6 cm và cạnh bên bằng 1 cm . B. Cạnh đáy bằng 2 3 cm và cạnh bên bằng 2 cm . C. Cạnh đáy bằng 2 2 cm và cạnh bên bằng 3 cm . 1 D. Cạnh đáy bằng 4 3 cm và cạnh bên bằng cm . 2 Lời giải Chọn B B’ A’ C’ h A B x C Giả sử hình lăng trụ tam giác đều cần làm là ABC. ABC  có độ dài AB  x , AA  h . 3 2 3 2 Khi đó S ABC  x và VABC . ABC   S ABC . AA  x h. 4 4 3 2 24 Theo giả thiết x h6 3h 2 . 4 x Để ít tốn vật liệu nhất thì diện tích toàn phần của khối lăng trụ ABC. ABC  là nhỏ nhất. Gọi Stp là tổng diện tích các mặt của khối lăng trụ ABC. ABC  , ta có: 3 2 3 2 72 . x  3hx  x  2 2 x 3 2 72 Khảo sát f  x   trên  0;   , ta được f  x  nhỏ nhất khi x  2 3 . x  2 x Với x  2 3  h  2 cm . Stp  2 S ABC  3S ABBA  Câu 13: (Trường BDVH218LTT-khoa 1-năm 2017-2018) Cho khối chóp S . ABCD có đáy là hình bình hành, có thể tích bằng 24 cm3 . Gọi E là trung điểm SC . Một mặt phẳng chứa AE cắt các cạnh SB và SD lần lượt tại M và N . Tìm giá trị nhỏ nhất của thể tích khối chóp S . AMEN . A. 9 cm3 . B. 8 cm3 . C. 6 cm3 . D. 7 cm3 . Lời giải Chọn B SM SN  a;  b. Ta có VS . AMEN  VS . AMN  VS . EMN . SB SD  SM SN  Do đó dễ có VS . AMEN  6     6  a  b.  SB SD  Đặt Ta có a  b  SM SN SGSM SGSN 3  SGSM  SGSN      S SBD SB SD SGSB SGSD 2  a  b  a  b  4 . 3S 3SM .SN  3ab  3  a  b  SMN  3 4 S SBD SB.SD 4 Do đó VS . AMEN  6  a  b   6.  8. 3 Câu 14: (Trường BDVH218LTT-khoa 1-năm 2017-2018) Trong không gian cho 3 tia Ox, Oy, Oz vuông góc với nhau đôi một. Điểm A cố định thuộc tia Oz và OA  2 . Các điểm M và N lần lượt lưu động trên các tia Ox và Oy sao cho OM  ON  2 ( M , N không trùng O ). Tìm giá trị nhỏ nhất của bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OAMN . A. 2. B. 1 . C. 2 . Lời giải Chọn B D. 3 . 2 Trong tam giác vuông OBC , gọi M là trung điểm cạnh BC khi đó H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OBC . Từ H dựng đường thẳng  song song với OA, suy ra  là trục đường tròn tam giác OBC . Mặt phẳng trung trưc của OA qua E và cắt  tại I . Khi đó I là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OAMN và bán kính R  OI . 2 OA 1 Ta có R  OI  IH  OH   OH 2   OH 2 . 4 2 Vậy OI nhỏ nhất khi và chỉ khi OH nhỏ nhất khi cà chỉ khi H là hình chiếu vuông góc của O lên BC . Khi đó tam giác OBC là tam giác vuông cân và 2 2 OM  ON  1  MN  2  OH  2 1 1 R   1. 2 2 2 Câu 15: (THPT Chuyên Vĩnh Phúc-lần 2-năm 2017-2018) Cho khối chóp S . ABC có SA  SB  SC  a và    CSA   30 Mặt phẳng   qua A và cắt hai cạnh SB , SC tại B , C  sao cho chu vi ASB  BSC tam giác ABC  nhỏ nhất. Tính k  A. k  2  2 . VS . ABC . VS . ABC B. k  4  2 3 . C. k  1 . 4  Lời giải Chọn B S S A B C A C C B A B  D. k  2 2  2 . C B Cắt hình chóp theo cạnh SA rồi trải các mặt bên ra ta được hình như hình vẽ ( A là điểm sao cho khi gấp lại thành hình chóp thì trùng với A ). Khi đó chu vi tam giác ABC  bằng AB  BC   C A nhỏ nhất khi A , B , C  , A thẳng hàng hay AB  BC   C A  AA .      SC   C SA  90 nên vuông cân tại S và có Khi đó tam giác SAA có SAA ASB  B   45 . SA  a , SB  SC  , SAB SA SB SB sin 45 Ta có     3 1. sin105 sin 45 SA sin105 V SB SC  Do đó k  S . ABC   .  3 1 3 1  4  2 3 . VS . ABC SB SC    Câu 16: (THPT Bình Xuyên-Vĩnh Phúc-năm 2017-2018) Cho ba tia không đồng phẳng Ox, Oy, Oz đôi một vuông góc. Xét tam giác ABC có các đỉnh A trên tia Ox , B trên tia Oy , C trên tia Oz sao cho tam giác ABC chứa trong nó một điểm M cố định. Thể tích khối tứ diện OABC đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi: A. OM vuông góc với mặt phẳng  ABC  . B. S MBC  S MCA  S MAB với kí hiệu S ABC là diện tích tam giác ABC. C. M là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC . D. VOMBC  2VOMCA với kí hiệu VOABC là thể tích khối chóp OABC . Lời giải Chọn B Đặt OA  a; OB  b; OC  c. Vì điểm M cố định và M nằm trong tam giác ABC . Ta gọi M  xM ; y M ; z M  . Ta có VOABC  VM .OAB  VM .OAC  VM .OBC  1  abzM  acyM  bcxM  . 6 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có 1 1 1 V   abzM  acyM  bcxM   3 xM yM zM a 2b 2 c 2  3 xM yM zM 36V 2 6 2 2 9 xM y M z M . 2  VM .OAC  VM .OBC hay  2V  3 xM yM zM 36V 2  8V 3  xM yM zM 36V 2  V  Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi abzM  acyM  bcxM hay VM .OAB S MBC  S MCA  S MAB (Do cùng chiều cao). Câu 17: (THPT Ngô Sĩ Liên-Bắc Giang-lần 1-năm 2017-2018) Cho hình lăng trụ tam giác ABC. ABC  có thể tích là V và độ dài cạnh bên AA  6 đơn vị. Cho điểm A1 thuộc cạnh AA sao cho AA1  2 . Các điểm B1 , C1 lần lượt thuộc cạnh BB , CC  sao cho BB1  x, CC1  y , ở đó x, y là các số thực dương thỏa mãn xy  12. Biết rằng thể tích của khối đa diện ABC. A1 B1C1 bằng 1 V . Giá trị của 2 x  y bằng A. 3 . B. 4 . C. 1 . D. 0 . Lời giải Chọn C Gọi M , N lần lượt thuộc BB và CC  sao cho BM  CN  2. Khi đó ta có 1 x y4 1 x y4 2 VABC . A1B1C1  VABC . A1MN  VA1MNC1B1  V  VABCC B  V   V. 3 12 3 12 3 1 2 Mặt khác theo giả thiết ta có VABC . A1B1C1  V nên suy ra 1 x y4 2 1 1 x y4 2 1 V  V V      x  y  7 , kết hợp với xy  12. Ta có 3 12 3 2 3 12 3 2 x  3 x  4 hoặc  . Do đó x  y  1.  y  4 y  3 Câu 18: (THPT Ngô Sĩ Liên-Bắc Giang-lần 1-năm 2017-2018) Cho khối chóp lăng trụ tam giác đều   ABC. ABC  có S ABC   8 3 , mặt phẳng ABC  tạo với mặt phẳng đáy góc   0     . Tính 2  cos khi thể tích khối lăng trụ ABC. ABC  lớn nhất. A. cos  1 . 3 B. cos  2 . 3 C. cos  3 . 3 D. cos  2 . 3 Lời giải Chọn C Đặt CC   h, CH  b, AB  a. Khi đó VABC . ABC   SABC .h  SABC  .h.cos  =8 3h.cos  . 1 h2 1 h 2 1 h 1 1 h Ta có S ABC ‘  C ‘ H . AB  . . 2 cos  . .a  . . .b  . .h cot   2 sin  3 2 2 sin  3 sin  3 sin  nên 8 3  1 h2 sin 2  . cos   h 2  24. . cos  3 sin  Từ đó VABC . ABC   8 3h.cos   V 2  192h 2 .cos 2   4608  sin 2   cos 2   4608sin 2  cos  . cos   4608 1  cos 2   cos   4608  cos   cos3   . Đặt t  cos  , t   0;1 . Xét hàm số f  t   t  t 3  f   t   1  3t 2 . Ta có f   t   0  1  3t 2  0  t  1 .  t   0;1 . 3 2  1  Ta có f  0   0, f 1  0, f  .   3 3 3 2 1 Câu 19: Vậy Vmax  4608.  3072 3  cos   . (THPT Nguyễn Khuyến-TPHCM-năm 20173 3 2018) Cho tứ diện ABCD có AB  CD  a . M , N lần lượt là trung điểm các cạnh AD và BC . Biết thể tích của khối ABCD là V  MN là: a3 3 a và d  AB; CD   a (giả sử MN  ). Khi đó độ dài đoạn 12 2 B. MN  A. MN  a 3 . a 6 . 2 C. MN  a 3 . 2 D. MN  a 2 . Lời giải: Chọn C A M H B D N E C Dựng hình bình hành BDCE . Khi đó ta có d  CD; AB   d  C ; ABE   a . a  Đặt MN  x  x   , suy ra AE  2 x . 2  1 1 Gọi H là trung điểm AB , ta có: S ABE  . AE.BH  .2 x. a 2  x 2  x a 2  x 2 . Nên kí hiệu diện tích 2 2 tam giác. 1 a3 3 V  C. ABE   V  ABCD   .a.x. a 2  x 2  3 12 2 a 3  x a2  x2   16 x 2 a 2  16 x 4  3a 4 4  2 3 2 x  4 a a 3  . Kết hợp điều kiện, được x  . 1 2  x2  a2  4 Câu 20: (THPT Nguyễn Khuyến-TPHCM-năm 2017-2018) Cho hình chóp tam giác đều S . ABC ,  ASB  20 , SA  a , M thuộc cạnh SB , N thuộc cạnh SC , D là trung điểm cạnh SA . Khi AM  MN  ND đạt giá trị nhỏ nhất thì tổng diện tích các tam giác SAM , SMN , SND là: A. a2 . 4 B. a2 3 . 4 C. Lời giải: Chọn D a2 2 . 8 D. a2 3 . 8 S S N D’ D D N M A’ A M C C A B B Hình 1 Trải các mặt bên của hình chóp theo đường cắt SA ta được Hình 1. Khi đó, tổng AM  MN  ND nhỏ nhất khi A , M , N , D thẳng hàng. Với A và D là hai điểm sao cho khi gấp lại thành hình chóp thì trùng với A , D . Khi đó tam giác SAD có  ASD  60 , SA  2 SD . Suy ra SAD là nửa tam giác đều cạnh SA . 1 a2 3 a2 3 Ta được S SAM  S SMN  S SND  S SAM  S SMN  S SND  S SAD  .  2 4 8 Câu 21: (THPT Tam Phước-Đồng Nai-lần 1-năm 2017-2018) Cho hình lập phương ABCD. ABC D có bằng a . Điểm M thuộc đoạn thẳng BC  , điểm N thuộc đoạn thẳng AB , MN tạo với đáy một góc bằng 30 . Tính độ dài nhỏ nhất của đoạn thẳng MN . a 2a 2a 2a A. . B. . C. . D. . 2 3 6 1 6 1 Lời giải Chọn D C B x M E x A D N F y H C B D A  MH  a  x  y  ME  HF  BF  x  Đặt BE  x , BF  y   NF  BF  y   HN  x 2  y 2  1 ax y  MH o  1  tan 30  2 2  HN 3  x y Ta có:    MN  HN  MN  2 x 2  y 2  2   cos30o  3 Từ 1 suy ra x 2  y 2  3a  3  x  y   3a  6 x 2  y 2  x 2  y 2  Từ  2  suy ra MN  2a . 6 1 3a 6 1 Câu 22: (THPT Chuyên Hùng Vương-Bình Phước-lần 2-năm 2017-2018) Trong mặt phẳng  P  cho tam giác XYZ cố định. Trên đường thẳng d vuông góc với mặt phẳng  P  tại điểm X và về hai phía của  P  ta lấy hai 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 đây thì thể tích khối tứ diện ABYZ là nhỏ nhất. A Z X d F Y B A. XB  2 XA . C. XA. XB  YZ 2 . B. XA  2 XB . D. X là trung điểm của đoạn AB . Lời giải Chọn D Cách 1: 1 AB.S XYZ . 3 Do diện tích tam giác XYZ không đổi nên thì thể tích tứ diện ABYZ là nhỏ nhất khi AB ngắn nhất. Thể tích khối tứ diện ABYZ là V  Ta có  AYZ    BYZ  ,  AYZ    BYZ   YZ . Kẻ AF  YZ ,  F  YZ   AF   BYZ   AF  BF . F  A X B    ,  0       AX  XF , BX  XF . Trong tam giác vuông AFB , đặt FAX   tan cot 2  1  2 XF  1 Khi đó AB  AX  BX  XF    f   .   tan cot  sin2 f     4 XFcos2 . sin 2 2 f     0     4 .  0   4 2 f     f  4 Do X và F cố định nên đường cao XF của tam giác AXF không đổi.  Dựa vào bảng biến thiên trên ta thấy AB ngắn nhất khi   . Suy ra AX  BX  XF . 4 Hay X là trung điểm AB . Cách 2: 1 Thể tích khối tứ diện ABYZ là V  AB.S XYZ . 3 Do diện tích tam giác XYZ không đổi nên thì thể tích tứ diện ABYZ là nhỏ nhất khi AB ngắn nhất. Dựng XF  YZ , do YZ  AB nên YZ   ABF  , suy ra  AYZ  ,  BYZ     FA , FB    AFB  90 .  F A Z X d  F Y A B X B 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  2 XF 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 . Câu 23: (THPT Chuyên Hùng Vương-Bình Phước-lần 2-năm 2017-2018) Cho hình chóp S . ABC có   60 , CSA   90 . Tính khoảng cách từ B SA  2 , SB  3 , SC  4 . Góc  ASB  45 , BSC đến  SAC  . A. 1. 2 B. 3 . C. 1 . D. 3. 2 Lời giải Chọn D 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  cos 2  cos 2   cos 2  2cos .cos  .cos . 6 S 45 2 4 3 C A B Áp dụng: Thể tích khối chóp S . ABC là 2.3.4 VS . ABC  1  cos 2 45  cos 2 60  cos 2 90  2 cos 45.cos 60.cos 90  2 . 6 1 Diện tích tam giác SAC là S SAC  SA. AC  4 . 2 3V 3 Khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng  SAC  là d  B,  SAC    S . ABC  . S SAC 2 Câu 24: (THPT Cổ Loa-Hà Nội-lần 1-nawm-2018) Cho hình chóp S . ABC có độ dài các cạnh SA  BC  x , SB  AC  y , SC  AB  z thỏa mãn x 2  y 2  z 2  12 . Giá trị lớn nhất của thể tích khối chóp S . ABC là A. V  2 2 . 3 B. V  2 3 . 3 C. V  2 . 3 D. V  3 2 . 2 Lời giải Chọn A Cách 1 S E z y x y A z D C x B F Trong mặt phẳng  ABC  dựng D , E , F sao cho A , B , C lần lượt là trung điểm của DE , DF , EF . Khi đó ta có DE  2 SA  2 x ; DF  2 SB  2 y ;  2 SC  2 z . Suy ra SD , SE , SF đôi một vuông góc. 1 1 1 Ta có VS . ABC  VS .DEF  . .SD.SE.SF . 4 4 6  SD  2 6  z 2  SD 2  2  x 2  y 2  z 2   SD 2  SE 2  4 x 2      Mặt khác  SD 2  SF 2  4 y 2   SE 2  2  x 2  z 2  y 2    SE  2 6  y 2 .  SE 2  SF 2  4 z 2   2 2 2 2 2   SF  2 6  x  SF  2  y  z  x  Khi đó VS . ABCD 1  .8. 24 3  6  x  6  y  6  z  2 2 Vậy VS . ABC đạt giá trị lớn nhất là 2 1  6  x2  6  y2  6  z 2  2 2 .     3 3  3  2 2 . 3 Cách 2 S M C A N B Gọi M và N lần lượt là trung điểm của SA và BC . Lúc đó MN là đường vuông góc chung của SA và BC . SMN ta có MN  SN 2  SM 2  V y2  z 2  x2 . 2 1 y 2  z 2  x2 1 . 1  cos 2  SA, BC  SA.BC.MN .sin  SA, BC   x 2 6 6 2 2 2  y  z   2 x2  y2  z 2 y 2  z 2  x2 z 2  x2  y 2 1 y 2  z 2  x2  x2 . 1     12 6 2 x4 2 2  12  2 z 2 12  2 x 2 12  2 y 2   8  6  z 2  6  x 2  6  y 2   12 12 2  1 3 3  6  z 2  6  x2  6  y 2   1  6  z2  6  y2  6  x2  2 2    3  3 3   x 2  y 2  z 2  12 Dấu bằng xẩy ra khi   x  y  z  2. x  y  z Lúc đó V  2 2 . 3 Câu 25: (THTT Số 3-486 tháng 12 năm 2017-2018) Cho khối lăng trụ đứng ABC. ABC  có đáy ABC là tam   120 , mặt phẳng giác cân với AB  AC  a , BAC  ABC tạo với đáy một góc 60 . Tính thể tích V của khối lăng trụ đã cho. A. V  3a 3 . 8 B. V  9a 3 . 8 C. V  Lời giải Chọn C a3 3 . 8 D. V  3 3a 3 . 8 B A I D C B A I M D Cách 1: Gọi M , I , I  lần lượt là trung điểm của AC  , BC , BC  . D là điểm đối xứng với A qua I , D là điểm đối xứng với A qua I  . B A I C D C B A I M C D Khi đó mặt phẳng  ABC     ABDC   .  góc giữa mặt phẳng  ABC  với đáy là góc giữa mặt phẳng  ABDC   với đáy. Ta có tứ giác ABDC  là hình thoi  AC   120 nên tam giác ACD là tam giác đều cạnh bằng a  DM  AC  . Vì B Mà AC   DD Nên AC   DM   60 Vậy góc giữa mặt phẳng  ABDC   với đáy là góc DMD  a 3  C I   DM  2    Xét tam giác A C D , có:   C B  a 3 a  AI    2   60 DMD là nửa tam giác đều có đường cao Xét tam giác MDD vuông tại D có DMD 3a . DD  DD  DM . 3  2 S ABC   1 1 a a2 3 . AI .BC   . .a 3  2 2 2 4 1 1 a 2 3 3a a 3 3 . VABC . ABC   S ABC  .DD  . .  3 3 4 2 8 Cách 2: Hạ BH  AC  . Khi đó AC    BHB  B A C B A H C  1 a2 3 o     S  S  A B . A C .sin120   1 ABC   2 4 Ta có:   BH  AC .sin120o  a 3  2 Theo công thức tính diện tích hình chiếu S  S ABC   S1  2 S1 cos 60o a2 3 1 a2 3  BH . AC    BH  2  a 3 . 1 2 2 . AC  2 Khi đó BB  BH 2  BH 2  3a 2  3a 2 3a .  4 2 1 1 a 2 3 3a a 3 3  . S ABC  .DD  . .  3 3 4 2 8 Câu 26: (THPT Lê Văn Thịnh-Bắc Ninh-lần 1 năm 2017-2018) Cho hình chóp S . ABCD có đáy Vậy VABC . ABC   ABCD là hình bình hành. I nằm trên cạnh SC sao cho IS  2 IC . Mặt phẳng  P  chứa cạnh AI cắt cạnh SB , SD lần lượt tại M và N . Gọi V  và V lần lượt là thể tích khối chóp V’ bằng S . AMIN và S . ABCD . Giá trị nhỏ nhất của tỷ số thể tích V A. 4 . B. 5 . C. 8 . D. 5 . 5 54 15 24 Lời giải Chọn C Đặt SB  x , SD  y  x, y  1 . Do SI  2 IC  SC  3 . SM SN SI 2 SB SD SC 3 5 Ta có   1  x  y  1  . SM SN SI 2 2 3 x  y 1 V 5 8 2 5    Do 2 3 V 6 xy  x  y  15 4 xy.1. 6   2  2   Vậy min V  8 khi x  y  5 . V 15 4 Trình bày lại : Đặt SB  x , SD  y  x, y  1 . Do SI  2 IC  SC  3 . SM SN SI 2 Ta có SB  SD  1  SC  x  y  1  3  5 . SM SN SI 2 2 VSAMN SA SM SN 1  . .   * VSABD SA SB SD xy VSIMN SI SM SN 2  . .  ** VSDCB SC SB SD 3 xy 1 VSABD  VSDCB  V ; VSAMN  VSIMN  V  . 2 Từ * , ** : V 1 2 V 5 5 8       2 1 Do V 6 xy  x  y  15 V xy 3xy 6  2  2   Vậy min V  8 khi x  y  5 . V 15 4 Câu 27: (THPT Lê Văn Thịnh-Bắc Ninh-lần 1 năm 2017-2018) Cho hình chóp S . ABC có mặt đáy là tam giác đều cạnh bằng 2 và hình chiếu của S lên mặt phẳng  ABC  là điểm H nằm trong   120 , CHA   90. Biết tổng diện tích mặt cầu tam giác ABC sao cho  AHB  150 , BHC 124 ngoại tiếp các hình chóp S .HAB , S .HBC , S .HCA là  . Tính thể tích khối chóp S . ABC . 3 9 4 A. VS . ABC  . B. VS . ABC  . C. VS . ABC  4a 3 . D. VS . ABC  4 . 2 3 Lời giải Chọn B S M O1 B C H I1 A Gọi  O1; R1  là mặt cầu ngoại tiếp của S .HAB và I1 là hình chiếu của O1 lên  ABC  thì dễ thấy I1 cách đều A, B, H nên nó là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABH . AB  2. 2sin150 Gọi M là trung điểm SH và đặt SH  2 x . Vì O1H  O1S nên tam giác O1SH cân tại O1 và O1M  SH . Theo định lí Sin thì I1 H  RHAB  Từ đây ta có HMO1 I1 là hình chữ nhật. Do đó, theo Định lí Pytagores thì R1  O1 H  O1M 2  MH 2  22  x 2  4  x 2 . Suy ra diện tích mặt cầu  O1  là S1  4  4  x 2  . 4  Tương tự, ta tính được diện tích mặt cầu  O2  là S 2  4   x 2  và  O3  là S3  4 1  x 2  . 3   76  Tổng diện tích các mặt cầu là S1  S 2  S3     12 x 2  . 3   2 3 4 3  76  124 Suy ra:    12 x 2   , dẫn đến SH  .  hay x  3 3 3  3  Diện tích tam giác ABC là S ABC  22 3  3. 4 1 2.2. 3 4 . 3 . Vậy thể tích khối chóp S . ABC là V  . 3 3 3 Câu 28: (Đề tham khảo BGD năm 2017-2018) Cho hai 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. 7 11 2 5 A. . B. . C. . D. . 6 12 3 6 Lời giải Chọn D S F E H A D B C Gọi V là thể tích cần tìm. Ta có V  VS .CDEF  VADF .BCE *  Hạ BH  CE  BH   CDEF  . Trong tam giác BEC vuông tại B , ta có: 1 1 1 1 .    2  BH  2 2 2 BH BE BC 2 1 VS .CDEF  d  S ; CDEF  .SCDEF . Mà d  S ; CDEF   d  B; CDEF   BH nên 3 1 1 1 1 1 VS .CDEF    DC  EC   1  2  1 3 2 3 2 3 1 1  VADF . BCE  AB.S BCE  1.   2  . 2 2 1 1 5 Thay vào * ta có V    . 3 2 6 Câu 1: (THPT Chuyên Vĩnh Phúc-lần 1 MĐ 904 năm 2017-2018) Cho hình lập phương ABCD. AB C D  cạnh a . Các điểm M , N , P theo thứ tự đó thuộc các cạnh BB , C D  , DA a sao cho BM  C ‘ N  DP  . Mặt phẳng (MNP) cắt đường thẳng A ‘ B ‘ tại E. Tính độ dài 3 đoạn thẳng A ‘ E. A. A ‘ E  5a 3 . B. A ‘ E  3a 4 . C. A ‘ E  5a 4 . D. A ‘ E  4a 3. . Lời giải Chọn A E B’ C’ D’ A’ N M H K C B A D P a . 3 Nhận xét KP //BD và MH //BD nên KP // MH , suy ra 4 điểm M , K , P, H đồng phẳng. Tương tự : MK //A B , DC //AB  ; DC //HN nên MK //HN suy ra 4 điểm M , K , H , N đồng phẳng. Vậy mặt phẳng  MNP  chứa các điểm H , K đồng thời mặt phẳng  MNP  song song với mặt Lấy H , K thuộc đoạn DD , AB sao cho DH  BK  phẳng  BDC . Suy ra mặt phẳng  MNP  song song với BD . Xét mặt phẳng  AB C D  , qua N kẻ NE //B D  cắt AB tại E là điểm thỏa mãn yêu cầu bài toán. Ta có B EDN là hình bình hành nên BE  2a 5a suy ra AE  AB  BE  . 3 3 Câu 2: (THPT Kim Liên-Hà Nội năm 2017-2018) Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình thang vuông 1 tại A và B ; AB  BC  AD  a . Biết SA vuông góc với mặt phẳng đáy, SA  a 2 . Tính 2 theo a khoảng cách d từ B đến mặt phẳng  SCD  . 1 A. d  a . 2 1 B. d  a . 4 C. d  a . Lời giải Chọn A D. d  2 a. 2 S H I A B D C E Gọi I là trung điểm của đoạn AD . Ta có AI // BC và AI  BC nên tứ giác ABCI là hình vuông hay 1 CI  a  AD  ACD là tam giác vuông tại C . 2 Kẻ AH  SC  AC  CD Ta có   CD   SCA  AC  SA hay CD  AH nên AH   SCD   d  A,  SCD    AH ; AC  AB 2  BC 2  a 2 . SA. AC a 2.a 2  a. 2 a 2  2a 2 EB BC 1   nên B là trung điểm của đoạn AE . Gọi AB  CD  E , mặt khác EA AD 2 d  B,  SCD   1 a 1   . Vậy d  a . 2 d  A,  SCD   2 2 AH  2 SA  AC 2  Câu 3: (THPT Chuyên Lương Văn Tụy-Ninh Bình lần 1 năm 2017-2018) Cho hình lăng trụ ABC. ABC  có thể tích bằng V . Gọi M , N , P lần lượt là trung điểm của các cạnh AB , AC  , BB . Thể tích của khối tứ diện CMNP bằng: 5 1 7 1 A. B. V . C. D. V . V. V. 24 4 24 3 Lời giải Chọn A P A’ C’ B’ N I C A M G B J Gọi I là trung điểm AC  NP  BI  J . 1 Lại có BP //  NI suy ra BP là đường trung bình tam giác NIJ . Suy ra B là trung điểm IJ . 2 Suy ra CM  BI  G là trọng tâm tam giác ABC . 5 BI S JCM 3 S JCM 5 2 5 JG Ta có mà JG  BJ  BG  BI  BI  BI .     S BCM BG 3 3 S BCM 2 BI 2 3 5 5  S JCM  S BCM  S JCM  S ABC . 2 4 1 5 Ta có V1  VN .MJC  .h.S JMC  V . 3 12 1 1 1 5 5 V2  VP.MJC  . .h.S JMC  .h. .S ABC  V . 3 2 3 8 24 5 Vậy VN .CMP  V1  V2  V . 24 Câu 4: (THPT Chuyên Trần Phú-Hải Phòng lần 1 năm 2017-2018) Cho một tấm bìa hình vuông cạnh 50 cm . Để làm một mô hình kim tự tháp Ai Cập, người ta cắt bỏ bốn tam giác cân bằng nhau có cạnh đáy chính là cạnh của hình vuông rồi gấp lên, ghép lại thành một hình chóp tứ giác đều. Để mô hình có thể tích lớn nhất thì cạnh đáy của mô hình bằng: A. 20 2 cm . B. 25 2 cm . C. 15 2 cm . D. 10 2 cm . Lời giải Chọn A D A M x I N Q O P B C Đặt MN  x , a  50 cm. Ta có OI  x a 2 a 2 x , OA   AI   . 2 2 2 2 2  a 2 x   x 2 a Đường cao h  AI  OI   ax 2 .       2 2 2  2 2  2  1 a 2 1 a 2a 2  4 x x 4 . ax 2  Vậy thể tích của hình chóp là V  x 2 3 8 3 2   Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 5 số thực dương  2a    2  4 x và 4 số x , ta 5  2a 2  4 x  4 x  có: 2a 2  4 x x 4     2 2  5      Vậy Vmax khi 2a 2  4 x  x  x   5  128 2 . 2a 2  20 2 cm . 5 Câu 5: (THPT Đoàn Thượng-Hải Dương-lần 2 năm 2017-2018) Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình bình hành và có thể tích là V . Điểm P là trung điểm của SC , một mặt phẳng qua AP cắt các cạnh SD và SB lần lượt tại M và N . Gọi V1 là thể tích khối chóp S . AMPN . Tìm giá trị nhỏ nhất của A. 1 . 8 V1 ? V B. 2 . 3 C. 3 . 8 D. 1 . 3 Lời giải Chọn D S P N I M D C O A B SM SN Đặt  x,  y , 0  x , y  1. SB SD 1 1 x SA SC SB SD Vì nên 1  2    y     x y 3x  1 SA SP SM SN Khi đó V1 VS . ANP V 1 SA SN SP 1 SA SM SP 1 1 1 1   S . AMP  . . .  . . .  . y.  .x. V 2VS . ADC 2VS . ABC 2 SA SD SC 2 SA SB SC 2 2 2 2 1 1 x   x  y    x   4 4 3x  1  1 Vì x  0 , y  0 nên  x  1 3 1 x  1  Xét hàm số f  x    x   trên  ;1 4 3x  1  3    2 1 1 Ta có f   x    1   ; f  x  0  x  . 2   3 4   3 x  1  Bảng biến thiên x 1 2 3 3 – y 0 || y Vậy giá trị nhỏ nhất của 1 3 1  3 8 V1 1 bằng . V 3 Câu 6: (THPT Chuyên Thái Bình-lần 2 năm học 2017-2018) Cho hình chóp S . ABC có SA  x , BC  y , AB  AC  SB  SC  1 . Thể tích khối chóp S . ABC lớn nhất khi tổng  x  y  bằng: A. 3. B. 2 . 3 C. 4 . 3 D. 4 3 . Lời giải Chọn C S H C A I B Gọi H , I tương ứng là trung điểm của SA , BC . ABC  SBC (c.c.c)  AI  SI Tam giác SIA cân tại I  IH  SA . BC  SI    BC   SAI   BC  AI ; BC  SA . BC  AI  1 1 x2 y2 1 SA.BC.HI  xy 1     x2  y 2  4   x2  y 2  . 6 6 4 4 24 x2  y 2 x2  y 2   4   x2  y2  1 1 2 2 2 .  VSABC  .  . Dấu ‘‘=’’ xảy ra khi x  y  12 3 9 3 4 Vậy VSABC lớn nhất khi x  y  3 VSABC  Câu 7: (THPT Yên Lạc-Vĩnh Phúc-lần 3 năm 2017-2018) Cho hình chóp S . ABCD có thể tích bằng V , đáy ABCD là hình bình hành. Mặt phẳng  P  song song với  ABCD  cắt các đoạn SA , SB , SC , SD tương ứng tại M , N , E , F ( M , N , E , F khác S và không nằm trên  ABCD  ). Các điểm H , K , P , Q tương ứng là hình chiếu vuông góc của M , N , E , F lên  ABCD  . Thể tích lớn nhất của khối đa diện MNEFHKPQ là 2 4 4 A. V . B. C. V . V. 3 27 9 Lời giải Chọn C D. 2 V. 9 SM SM . Ta có: MNEF và ABCD đồng dạng với tỉ số k  SA SA 2 Do đó SMNEF  k S ABCD . Đặt k   0  k  1 . MH MA SA  SM    1 k . SI SA SA  S MNEF .MH  S ABCD .k 2 .(1  k ).SI  3V .k 2 .(1  k ) Gọi SI là đường cao của S . ABCD . Ta có: VMNEFHKPQ 3  3V 3V  k  k  2  2k  4 .k .k .(2  2k )  .   V. 2 2  3  9 Vậy thể tích lớn nhất của khối đa diện MNEFHKPQ là 4 2 V khi k  2  2k  k  . 9 3 Câu 8: (SGD Bắc Ninh năm 2017-2018) Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng 1. Gọi M , N là hai điểm thay đổi lần lượt thuộc cạnh BC , BD sao cho  AMN  luôn vuông góc với mặt phẳng  BCD  . Gọi V1 , V2 lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của thể tích khối tứ diện ABMN . Tính V1  V2 . A. 17 2 . 216 B. 17 2 . 72 C. 17 2 . 144 Lời giải Chọn A D. 2 . 12 Gọi H là tâm tam giác BCD , ta có AH   BCD  , mà  AMN    BCD  nên AH   AMN  hay MN luôn đi qua H . 1 6 3 Ta có BH  .  AH  AB 2  BH 2  1   3 3 3 1 1 6 1 2 Thể tích khối chóp ABMN là V  . AH .S BMN  . . BM .BN .sin 60  BM .BN . 3 3 3 2 12 Do MN luôn đi qua H và M chạy trên BC nên BM .BN lớn nhất khi M  C hoặc N  D 2 khi đó V1  . 24 2 2 + BM .BN nhỏ nhất khi MN //CD khi BM  BN   V2  . 3 27 17 2 Vậy V1  V2  . 216 Câu 9: (SGD Ninh Bình năm 2017-2018) Một hình hộp chữ nhật có kích thước a (cm)  b (cm)  c (cm) , trong đó a, b, c là các số nguyên và 1  a  b  c . Gọi V (cm3 ) và S (cm 2 ) lần lượt là thể tích và diện tích toàn phần của hình hộp. Biết V  S , tìm số các bộ ba số  a, b, c  ? A. 4 . B. 10 . C. 12 . Lời giải D. 21 . Chọn B B C A D B A C D V  a.b.c S  2  ab  bc  ca  Ta có V  S suy ra 2  ab  bc  ca   a.b.c  1 1 1 1    a b c 2 1 1 1 1 1 1 1 3 1          a  6 (do 1  a  b  c ). 2 a b c a a a a 2 1 1 1 1 1 1      2a6. a b c 2 a 2 1 1 1 + Với a  3 ta có     b  6  c  6   36 . b c 6 Suy ra  b, c    7;42  ,  8;24  ,  9;18 , 10;15 , 12;12   có 5 cách chọn thỏa mãn. 1 1 1     b  4  c  4   16 . b c 4 Suy ra  b, c    5;20  ,  6;12  ,  8;8  có 3 cách chọn thỏa mãn. + Với a  4 ta có b  6 1 1 3 3 2 20 b  5   ,  15 + Với a  5 ta có      b  . b c 10 10 b 3 c  10 c     2 Suy ra có 1 cách chọn thỏa mãn. 1 1 1 + Với a  6 ta có    b  c  6 . Suy ra có 1 cách chọn. b c 3 Vậy tổng cộng có 10 cách chọn. Câu 10: (SGD Ninh Bình năm 2017-2018) Cho hình thang cân ABCD có đáy nhỏ AB và hai cạnh bên đều có độ dài bằng 1. Tìm diện tích lớn nhất Smax của hình thang. A. S max  8 2 . 9 B. S max  4 2 . 9 C. S max  3 3 . 2 D. S max  3 3 . 4 Lời giải Chọn D Gọi H , K lần lượt là hình chiếu của A, B trên cạnh CD . Đặt  ADC    DH  sin  , DH  cos S ABCD  1 1 AH . AB  CD   sin   2  2cos    f   2 2 f     cos  2cos 2  1  0    x f  x   3 x  0 0  0 2  f  x Vậy S max  3 3 . 4 Câu 11: (THPT Chuyên Hạ Long-Quảng Ninh-lần 1 năm 2017-2018) Cho khối chóp S . ABC có     M  SA , N  SB sao cho MA  2 MS , NS  2 NB . Mặt phẳng   qua hai điểm M , N và song song với SC chia khối chóp thành hai khối đa diện. Tính tỉ số thể tích của hai khối đa diện đó ( số bé chia số lớn ). 3 4 3 4 A. . B. . C. . D. . 5 9 4 5 Hướng dẫn giải Chọn D S M N C Q A P B Cách 1: Ta có mặt phẳng   cắt các mặt  SAC  theo giao tuyến MQ  SC và cắt mặt  SBC  theo giao tuyến NP  SC . Thiết diện tạo bởi mặt phẳng   với hình chóp là hình thang MNPQ . Do VMNABPQ  VN . ABPQ  VN . AMQ , gọi V  VS . ABC và S  S ABC ta có: 1 1 1 1 2  7  VN . ABPQ  .d  N ,  ABC   .S ABPQ  . d  S ,  ABC    S  . S   V . 3 3 3 3 3  27  1 1 2 4 8 VN . AMQ  .d  N ,  SAC   .S AMQ  . d  B,  SAC   . S ASC  V . 3 3 3 9 27 5 4 Vậy VMNABPQ  VN . ABPQ  VN . AMQ  V  VSMNPQC  V . 9 9 V 4 Suy ra SMNPQC  . VMNABPQ 5 Cách 2: S M N B A I P Q C Gọi I  MN  AB ,Áp dụng định lý Me-ne-la-us cho tam giác SAB , ta có MS IA NB IB 1   1  . MA IB NS IA 4 BI SA NM NM Áp dụng định lý Me-ne-la-us cho tam giác AMI , ta có:   1  1. BA SM NI NI PI AM AQ 2   . Tương tự ta có:  1 . Vì MQ //SC  PQ AS AC 3 Khi đó: Mà VI . BNP IB IN IP 1 1 1 1 15         VAMQ. NBP  .VI . AMQ . 16 VI . AMQ IA IM IQ 4 2 2 16 VM . AIQ VS . ABC S AIQ  d  M ;  ABC   S AIQ d  M ;  ABC   MA 2 với    và SA 3 d  S ;  ABC   S ABC d  S ;  ABC   AI AQ 4 2 8     . S ABC AB AC 3 3 9 15 2 8 5 Suy ra VAMQ. NBP    VS . ABC  VS . ABC . 16 3 9 9 5 1 9  4. Vậy tỉ số thể tích cần tìm là: 5 5 9  Câu 12: (THPT Chuyên Lê Quý Đôn-Đà Nẵng năm 2017-2018) Từ một tấm bìa hình vuông ABCD có cạnh bằng 5 dm , người ta cắt bỏ bốn tam giác cân bằng nhau là AMB , BNC , CPD và DQA . Với phần còn lại, người ta gấp lên và ghép lại để thành hình chóp tứ giác đều. Hỏi cạnh đáy của khối chóp bằng bao nhiêu để thể tích của nó là lớn nhất ? A B M Q N P D A. 3 2 dm . 2 B. C 5 dm . 2 C. 2 2 dm . D. 5 2 dm . 2 Lời giải Chọn C S A B I M Q P O N P I O D  Q C N M  Đặt MQ  x dm 0  x  5 2 . Ta có AO  AC 5 2 5 2x MQ x , OI  .   , SI  AI  AO  IO  2 2 2 2 2 2  5 2  x   x 2 50  10 x 2 Chiều cao của hình chóp: SO  SI  OI   .       2 2 2     2 2 1 1 50  10 x 2 1 50 x 4  10 x5 2 Thể tích của khối chóp: V  S MNPQ .SO  .x 2 .  . . 3 3 2 3 2 Xét hàm số y  50 x 4  10 x5 2 0  x  5 2  . Ta có y   50 x 4  10 x 5   x  0  0;5 2 . Khi đó y  0  100 x3  25 x 4 2  0   . x  2 2 2  100 x 3  25 x 4 2 Bảng biến thiên x y 0 2 2 0  5 2  y Hàm số y đạt giá trị lớn nhất khi x  2 2 . Vậy thể tích hình chóp lớn nhất khi x  2 2 . Câu 13: (THPT Chuyên Phan Bội Châu-Nghệ An- lần 1 năm 2017-2018) Cho khối tứ diện ABCD có thể tích V . Gọi G1 , G2 , G3 , G4 là trọng tâm của bốn mặt của tứ diện ABCD . Thể tích khối tứ diện G1G2G3G4 là: A. V . 27 B. V . 18 V . 4 Lời giải C. D. V . 12 Chọn A A G2 G3 G1 I C B G4 H1 J H2 K D Gọi I , J , K lần lượt là trung điểm của BC , BD và DC . Gọi h là khoảng cách từ A đến  BCD  , h1 là khoảng cách từ G4 đến  G1G2G3  . Vì  G1G2G3  / /  BCD  nên d  G4 ,  G1G2G3    d  G1 ,  BCD    G1 H 2  h , h  AH1 . h1 KG1 1 h    h1  . h KA 3 3 Gọi S , S  , S1 lần lượt là diện tích các tam giác BCD , IJK và G1G2G3 . Vì I , J , K lần lượt là trung điểm của BC , BD và DC nên : 1 1 BC 1 1 1 1 S   JK .d  I , JK   . . d  D, BC   . .BC.d  D, BC   S 1 . 2 2 2 2 4 2 4 GG AG1 2 Tam giác G1G2G3 đồng dạng với tam giác KIJ với tỉ số đồng dạng là: 1 2   . Ik Ak 3 2 S 2 4 4  1      S1  S   2  (Vì tỉ số diện tích bằng bình phương tỉ số đồng dạng). S  3  9 9 S Từ 1 và  2   S1  . 9  1 1 S h 1 1  V Thể tích khối từ diện G1G2G3G4 là: V1  S1.h1  . .  .  .S .h   . 3 3 9 3 27  3  27 Câu 14: (THPT Chuyên Phan Bội Châu-Nghệ An- lần 1 năm 2017-2018) Cho tứ diện ABCD có thể tích là V . Điểm M thay đổi trong tam giác BCD . Các đường thẳng qua M và song song với AB , AC , AD lần lượt cắt các mặt phẳng  ACD  ,  ABD  ,  ABC  tại N , P , Q . Giá trị lớn nhất của khối MNPQ là: A. V . 27 B. V . 16 C. V . 8 D. V . 54 Lời giải Chọn A A P Q B N D P M Q N C  Tam giác ABN  có MN // AB   Tam giác ACP có MP // AC MN N M .  AB N B MP PM .  AC PC  Tam giác ADQ có QM // AD  Khi đó: Mà MQ QM .  AD QD MN MP MQ N M PM QM      AB AC AD N B PC QD MN MP MQ N M PM QM S MCD S MBD S MBC   1       1 nên N B PC QD S BCD S BCD S BCD AB AC AD 3 3  MN MP MQ   3 MN MP MQ  Lại có 1     . .  (Cauchy)   3 AB AC AD   AB AC AD   3  MN .MP.MQ  1 MN MP MQ AB. AC. AD  MN .MP.MQ lớn nhất khi   27 AB AC AD  M là trọng tâm tam giác BCD  S NPQ S N PQ 2 MN MP MQ 1      NPQ  //  BCD  , AB AC AD 3 1 1 1 2    , Mà S N PQ  S BCD nên S NPQ  S BCD và d  M ,  NPQ    d  A,  BCD   4 9 2 3 1 Vậy giá trị lớn nhất của khối tứ diện MNPQ là VMNPQ  S NPQ .d  M ,  NPQ   3 1 1 1 V 1 , với VABCD  S BCD .d  A,  BCD    V  VMNPQ  . S BCD . d  A,  BCD    3 9 3 27 3 Câu 15: (THPT Chuyên Thái Bình-lần 3 năm 2017-2018) Cho khối chóp S . ABCD có đáy là hình bình hành ABCD . Gọi M , N , P , Q lần lượt là trọng tâm các tam giác SAB , SBC , SCD , SDA . Biết thể tích khối chóp S .MNPQ là V , khi đó thể tích của khối chóp S . ABCD là: A. 2 27V . 4 9V . 4 Hướng dẫn giải 9 B.   V .  2 C. D. 81V . 8 Chọn A S N M P Q C K B F H I O E D Ta có d  S ,  MNPQ   d  S ,  ABCD    A SM 2  . SI 3 Mặt khác gọi S  S ABCD ta có Tương tự ta có J S DEJ 1 1 1 1  .   S DEJ  S . 16 S BDA 4 2 8 S JAI 1 1   S JAI  . 8 S DAB 4   1 1  1 Suy ra S HKIJ  1   4.  2.   S  S . 8  2   16 S MNPQ 2 4 2 2      S MNPQ  S ABCD . Mà 9 S HKIJ  3  9 1 1 3 9 27 Suy ra VS . ABCD  d  S ,  ABCD   .S  . d  S ,  MNPQ   . S  V . 3 3 2 2 4 Câu 16: (THPT Kinh Môn 2-Hải Dương năm 2017-2018) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi M là trung điểm của SA , N là điểm trên đoạn SB sao cho SN  2 NB . V Mặt phẳng  R  chứa MN cắt đoạn SD tại Q và cắt đoạn SC tại P . Tỉ số S .MNPQ lớn nhất VS . ABCD bằng A. 2 . 5 B. 1 . 3 C. 1 . 4 D. 3 . 8 Lời giải Chọn D S Q P M D N C A B SP SM SP SN SQ SQ 1 2 1  1 Đặt  x 0  x  1 . Ta có       x   x   x  . SC SA SC SB SD SC 2 3 6  6 Mặt khác ABCD là hình bình hành nên có VS . ABCD  2VS . ABC  2VS . ACD VS .MNP SM SN SP 1 VS .MPQ SM SP SQ 1  1  . .  x;  . .  x x   . SA SC SD 2  6 VS . ABC SA SB SC 3 VS . ACD Suy ra VS .MNPQ VS . ABCD  V VS .MNP 1 1  1 1 1  S .MPQ  x  x  x    x 2  x . 2VS . ABC 2VS . ACD 6 4  6 4 8 1 2 1 1 1 1 1 1  x  x với  x  1 ; f   x   x   0  x     ;1 4 8 6 2 8 4 6  Bảng biến thiên: 1 x 1 6 f  x  3 f  x 8 Xét f  x   Từ BBT ta có max f  x   1   ;1 6  V 3 3 . Vậy S .MNPQ đạt giá trị lớn nhất bằng . 8 VS . ABCD 8 Câu 17: (THPT Lê Hoàn-Thanh Hóa-lần 1 năm 2017-2018) Cho hình chóp S . ABC có SA vuông góc với đáy, mặt phẳng  SAB  vuông góc với mặt phẳng  SBC  , góc giữa hai mặt phẳng  SAC    45 . Thể tích khối chóp S . ABC theo a là: và  SBC  là 60 , SB  a 2 , BSC A. V  a3 2 . 15 B. V  2 3a 3 . C. V  2 2a 3 . Lời giải Chọn D D. V  2a 3 3 . 15 S K H I C A B 1 Thể tích khối chóp V  SA.S ABC . 3 Kẻ AH  SB suy ra AH   SBC  . Do BC  SA và BC  AH nên BC   SAB  , do đó tam giác ABC vuông tại B . Kẻ BI  AC  BI  SC và kẻ BK  SC  SC   BIK    60. Do đó góc giữa hai mặt phẳng  SAC  và  SBC  là BKI   45 nên SB  BC  a 2 và K là trung điểm của SC nên BK  SB 2  a . Do BSC 2 Trong tam giác vuông BIK có BI  BK .sin 60  Trong tam giác vuông ABC có a 3 . 2 1 1 1    AB  2 2 BI AB BC 2 BI .BC 2 BC  BI 2  a 30 . 5 2 S ABC  1 a 15 2a 5 ; SA  SB 2  AB 2  AB.BC  2 2 5 1 2a 3 3 Vậy V  SA.S ABC  . 3 15 Câu 18: (THPT Lương Văn ChasnhPhus Yên năm 2017-2018) Cho hình chóp S . ABC có các cạnh bên SA , SB , SC tạo với đáy các góc bằng nhau và đều bằng 30 Biết AB  5 , AC  7 , BC  8 tính khoảng cách d từ A đến mặt phẳng  SBC  . A. d  35 39 . 52 B. d  35 39 . 13 C. d  Lời giải Chọn C 35 13 . 52 D. d  35 13 . 26 Gọi H là hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng  ABC    SBH   SCH   30 (theo giả thiết) nên các tam giác vuông SHA , SHB , SHC Ta có SAH bằng nhau. Suy ra HA  HB  HC  H là tâm đường tròn ngoại tiếp ABC . Áp dụng công thức Hê-rông ta có SABC  10 3. abc 7 3 7 3 R  HB  . 4R 3 3 7 HB 14 Xét tam giác vuông SHB : SH  HB tan 30  , SB   . 3 cos 30 3 Mặt khác S ABC  1 70 3 Suy ra VS . ABC  SH .S ABC  . 3 9 Áp dụng công thức Hê-rông ta có S SBC  Do đó VA.SBC 8 13 . 3 70 3 3 3VS . ABC 1 9  35 39 .  d .S SBC  d   3 S SBC 52 8 13 3 Câu 19: (THPT Lương Văn ChasnhPhus Yên năm 2017-2018) Cho x , y là các số thực dương. Xét các hình chóp S . ABC có SA  x , BC  y , các cạnh còn lại đều bằng 1 . Khi x , y thay đổi, thể tích khối chóp S . ABC có giá trị lớn nhất là: 1 2 3 3 2 A. . B. . C. . D. . 8 27 8 12 Lời giải Chọn A S M x A C N y B Gọi M , N lần lượt là trung điểm của SA , BC . Ta dễ dàng chứng minh được MN là đoạn vuông góc chung của SA và BC . Suy ra VS . ABC  2VS .MBC . Ta có 4 MN 2  4 MB 2  y 2 ; MB 2  1  x2 . 4 4  x2  y 2 . 2 Thay vào ta được 4 MN 2  4 MB 2  y 2  4  x 2  y 2  MN  x 1 1 1 Vậy VSABC  2VS .MBC  . MN .BC  xy 4  x 2  y 2  x2. y2  4  x2  y 2  . 3 2 12 12 3  4  64 Theo bất đẳng thức trung bình cộng – trung bình nhân ta có x . y  4  x  y      .  3  27 2 2 2 2 Vậy VS . ABC  2 3 2 3 . Dấu bằng đạt được khi x  y  . 27 3 Câu 20: (THPT Đô Lương 4-Nghệ An năm 2017-2018) Bề mặt một quả bóng được ghép từ 12 miếng da hình ngũ giác đều và 20 miếng da hình lục giác đều cạnh 4,5cm . Biết rằng giá thành của những miếng da này là 150 đồng/ cm 2 . Tính giá thành của miếng da dùng để làm quả bóng (kết quả làm tròn tới hàng đơn vị)? A. 121500 đồng. B. 220545 đồng. C. 252533 đồng. Lời giải D. 199 218 đồng. Chọn B B M A O * Ở miếng da hình ngũ giác, xét tam giác OAB có  AOB  72o , AB  4, 5cm , trung tuyến   36o . Do đó tan 36o  BM  OM  BM  AB  cm  . AM , BOM OM tan 36o 2 tan 36o 1 1 AB 81 S ABO  OM . AB  . . AB   cm2  . o 2 2 2 tan 36 16 tan 36o 405 Diện tích miếng da hình ngũ giác là 5S ABO  cm 2  . o  16 tan 36 * Ở miếng da hình lục giác cạnh 4,5cm có diện tích cả miếng da là  4,5 6. 2 3 243 3  cm2  . 4 8 Vậy giá thành của miếng da dùng làm quả bóng là   243 3 405   12.  20.  .150  220545 (đồng). 8 16 tan 36o   Câu 21: (THPT Chuyên Biên Hòa-Hà Nam-lần 1 năm 2017-2018) Xét khối tứ diện ABCD có cạnh AB , CD thỏa mãn AB 2  CD 2  18 và các cạnh còn lại đều bằng 5 . Biết thể tích khối tứ diện ABCD đạt giá trị lớn nhất có dạnh Vmax  x y ; x, y  * ;  x; y   1 . Khi đó x, y thỏa mãn 4 bất đẳng thức nào dưới đây? A. x  y 2  xy  4550 . B. xy  2 x  y  2550 . C. x 2  xy  y 2  5240 . D. x3  y  19602 . Lời giải Chọn A Đặt AB  a . Gọi M là trung điểm CD  CD  AM , CD  BM  CD   ABM  . 1 1 1 Khi đó VABCD  VABMC  VABMD  S ABM .CM  S ABM .DM  S ABM .CD . 3 3 3 Do AM là trung tuyến của tam giác ACD nên: 2 AM  2  AC 2  AD 2   CD 2 4  2  52  52   18  a 2  4  82  a 2 . 4 Tam giác ABM cân tại M ( vì AM  BM ) nên: 2 S ABM 1 82 a 82 1  AB  .   . AB. AM 2     .a. 4 2 2 4  2  1 a 82 82 82 a 2  18  a 2 3 82  x  3, y  82 . VABCD  . . 18  a 2  . a 2 18  a 2   .  3 4 12 12 2 4 Câu 22: (THPT Trần Nhân Tông-Quảng Ninh-lần 1 năm 2017-2018) Cho tứ diện ABCD và các điểm M , N , P lần lượt thuộc các cạnh BC , BD , AC sao cho BC  4 BM , AC  3 AP , BD  2 BN . Tính tỉ số thể tích hai phần của khối tứ diện ABCD được phân chia bởi mp  MNP  . A. 7 . 13 Chọn A B. 7 . 15 8 . 15 Hướng dẫn giải C. D. 8 . 13 A P Q K E B N D C Gọi E  MN  CD , Q  EQ  AD , do đó mặt phẳng  MNP  cắt tứ diện ABCD theo thiết diện là tứ giác MNQP . Gọi I là trung điểm CD thì NI  CB và NI  EN EI NI 2    . EM EC MC 3 EI 2 Từ I là trung điểm CD và  suy ra EC 3 EK Kẻ DK  AC với K  EP , ta có  EP KD 2 QD QK KD 2  . Do đó    . AP 3 QA QP AP 3 1 2 BC , do BC  4 BM nên suy ra NI  MC . 2 3 Bởi vậy Từ ED 1  . EC 3 KD ED 1   . Mặt khác AC  3 AP nên suy ra AC EC 3 QK 2 EK 1 EQ 3  suy ra  .  và QP 3 EP 3 EP 5 Gọi V là thể tích khối tứ diện ABCD , V1 là thể tích khối đa diện ABMNQP , V2 là thể tích khối đa diện CDMNQP . Ta có S CMP CM CP 3 2 1 1  .  .   S CMP  S CAB . S CAB CB CA 4 3 2 2 ED 1 3  nên d  E;  ABC    d  D;  ABC   . Do đó : EC 3 2 1 1 1 3 3 1 3 VE .CMP  S CMP .d  E;  ABC    . S CAB . .d  D;  ABC    . S CAB .d  D;  ABC    V . 3 3 2 2 4 3 4 VE .DNQ ED EN EQ 1 2 3 2 2 2 3 1  . .  . .  , nên suy ra VE . DNQ  VE .CMP  . V  V . 15 15 4 10 VE .CMP EC EM EP 3 3 5 15 Vì 3 1 13 Từ đó ta có V2  VE .CMP  VE . DNQ  V  V  V . 4 10 20 13 7 Và V1  V  V2  V  V  V . 20 20 V 7 Như vậy : 1  V2 13 Câu 23: (THPT Trần Nhân Tông-Quảng Ninh-lần 1 năm 2017-2018) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật cạnh AB  a , AD  2a . Mặt phẳng  SAB  và  SAC  cùng vuông góc với  ABCD  . Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên SD . Tính khoảng cách giữa AH và SC biết AH  a . 73 2 73 a. a. A. B. 73 73 19 a. 19 Hướng dẫn giải C. D. 2 19 a. 19 Chọn C S H D A K B C Trong tam giác SAD vuông tại A và đường cao AH , ta có 1 1 1 1 1 1 1 1 3 2a .  2  2    2  2  2 nên SA  2 2 2 2 AH SA AD SA AH AD a 4a 4a 3 SD  SA2  AD 2  4a 2 4a .  4a 2  3 3 DH AD 2 3   . SD SD 2 4 HK DK DH 3 CK 1 Kẻ HK  SC với K  CD , suy ra      . SC DC DS 4 DK 3 AD 2  DH .SD  1 Khi đó SC   AHK  nên d  AH ; SC   d  SC ;  AHK    d  C ;  AHK    d  D;  AHK   . 3 Ta có AC  a 5 , SC  a 19 3 a 57 , nên HK  SC  . 4 4 3 a 73 3 3a nên AK  AD 2  DK 2  . DC  4 4 4 73a 2 57a 2 2 a   AH 2  AK 2  HK 2 16 16  4  sin HAK    57 . cos HAK   2 AH . AK a 73 73 73 2.a. 4 Ta cũng có DK  S AHK  1   1 .a. a 73 . 57  57 a 2 . AH . AK .sin HAK 2 2 4 8 73 Cũng từ SADK  DH 3 3 3 2a a 3   d  H ;  ABCD    SA  .  . SD 4 4 4 3 2 1 1 3a 3a 2 . AD.DK  .2a.  2 2 4 4 1 1 3a 2 a 3 a 3 3 Do đó VDAHK  S ADK .d  H ;  ABCD    . . .  3 3 4 2 8 Bởi vậy d  D;  AHK    3VDAHK  S AHK 3. a3 3 8  3a 3  3a 19 . 19 57 2 57 a 8 1 a 19 Vậy d  AH ; SC   d  D;  AHK    . 3 19 Câu 24: (THPT Hoàng Hoa Thám-Hưng Yên-lần 1 năm 2017-2018) Cho tam giác ABC vuông tại A có AB  3a, AC  a. Gọi  Q  là mặt phẳng chứa BC và vuông góc với mặt phẳng  ABC  . Điểm D di động trên  Q  sao cho hai mặt phẳng  DAB  và  DAC  lần lượt hợp với mặt  ABC  hai góc phụ nhau. Tính thể tích lớn nhất của khối chóp A. a3 3 . 4 B. 3a 3 . 13 C. 3a 3 2 . 10 D. ABC . D. 3a 3 . 8 Lời giải Chọn A Kẻ DH  BC  DH   ABC  . Kẻ HN  AB, HM  AC , ( N  AB , M  AC ).    , Ta có  DAC  ,  ABC   DM , MH  DMH          . DAB  ,  ABC     DN , NH   DNH  2 1 a2 VD. ABC  .DH .S ABC  .DH  VD. ABC max khi DH max . 3 2   DH  HM .tan   HN .tan      HN .cot   DH 2  HM .HN 2   Theo Talet HM HC HN HB AB. AC.HB.HC AB. AC.BC 2  ,   HM .HN   AB BC AC BC BC 2 4 BC 2  DH 2  HM .HN  AB. AC 3a 2 a 3 a 2 a 3 a3 3 . DH max    VD. ABC  .  2 2 2 4 4 4 Câu 1: (THPT Lê Quý Đôn-Hà Nội năm 2017-2018) 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 thành hai phần, phần chứa đỉnh S có thể tích 7 IA lần phần còn lại. Tính tỉ số k  ? 13 IS 3 1 1 A. . B. . C. . 4 2 3 Lời giải Chọn D bằng D. 2 . 3 S H I Q J A E D M D M O P A E N B N C F B C F Dễ thấy thiết diện tạo bởi mặt phẳng  MNI  với hình chóp là hình ngũ giác IMNJH với 1 MN // JI . Ta có MN , AD , IH đồng qui tại E với EA  ED và MN , CD , HJ đồng qui tại 3 1 F với FC  FD , chú ý E , F cố định. 3 HS ED IA HS HS 1 Dùng định lí Menelaus với tam giác SAD ta có . . 1  .3.k  1   . HD EA SI HD HD 3k Từ đó d  H ,  ABCD   d  S ,  ABCD    HD 3k .  SD 3k  1 Suy ra VHJIAMNCD  VH .DFE  VI . AEM  VJ . NFC . 1 Đặt V  VS . ABCD và S  S ABCD , h  d  S ,  ABCD   ta có S AEM  S NFC  S và 8 d  I ,  ABCD   d  S ,  ABCD    IA k  SA k  1 Thay vào ta được VHJIAMNCD 1 21k 2  25k 1 3k 1 k 1 9  V.  . h.  S   2. . h. S  . 8  3k  1 k  1 3 3k  1  8  3 k 1 8 Theo giả thiết ta có VHJIAMNCD  phương trình này được k  2 . 3 1 21k 2  25k 13 13 , giải  V nên ta có phương trình . 8  3k  1 k  1 20 20 Câu 2: (THPT Can Lộc-Hà Tĩnh-lần 1 năm 2017-2018) Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình bình hành và có thể tích là V . Điểm P là trung điểm của SC . Một mặt phẳng qua AP cắt hai cạnh SB và SD lần lượt tại M và N . Gọi V1 là thể tích của khối chóp S . AMPN . Tìm giá trị nhỏ nhất của A. 1 . 3 V1 . V B. 1 . 8 2 . 3 C. D. 3 . 8 Lời giải Chọn A S P M B I N C O D A SM SN , y ,  0  x, y  1 . SB SD  VS . ANP V V 1  SM SP SN SP  1 V V Ta có 1  S . AMP .  .  S . AMP  S . ANP      x  y  (1) 2VS . ABC 2VS . ADC 2  SB SC SD SC  4 V V Đặt x  V V V1 VS . AMN  VS .PMN 1  SM SN SM SN SP  3 .  . .   S . AMN  S . PMN     xy (2). 2VS . ABD 2VS .CBD 2  SB SD SB SD SC  4 V V 1 3 x x Suy ra  x  y   xy  x  y  3 xy  y  . Từ điều kiện 0  y  1 , ta có  1, 4 4 3x  1 3x  1 1 hay x  . 2 Lại có Thay vào (2) ta được tỉ số thể tích V1 3 x 2 .  . V 4 3x  1  x  0 ( L) 3 3x 2  2 x 3 x2 1    Đặt f  x   . , f  x  0   . , x   ;1 , ta có f  x   . x  2 (N ) 4  3x  1 2 4 3x  1 2  3  V 3 1 2 1 2 1 f    f 1  , f    , do đó min 1  min f  x   f    . 8 V x 1 ;1  2 3 3 3 3 2   Câu 3: (THPT Can Lộc-Hà Tĩnh-lần 1 năm 2017-2018) Cho tam giác nhọn ABC , biết rằng khi quay tam giác này quanh các cạnh AB , BC , CA ta lần lượt được các hình tròn xoay có thể tích là 3136 9408 , .Tính diện tích tam giác ABC . 672 , 5 13 A. S  1979 . B. S  364 . C. S  84 . D. S  96 . Lời giải Chọn C Vì tam giác ABC nhọn nên các chân đường cao nằm trong tam giác. Gọi ha , hb , hc lần lượt là đường cao từ đỉnh A , B , C của tam giác ABC , và a , b , c lần lượt là độ dài các cạnh BC , CA , AB . Khi đó 1 . .hc 2 .c  672 . 3 1 3136 + Thể tích khối tròn xoay khi quay tam giác quanh BC là . .ha 2 .a  . 3 5 1 9408 + Thể tích khối tròn xoay khi quay tam giác quanh CA là . .hb 2 .b  . 3 13 4 S2  4S 2 1 2  672 c  3 c   3 c.hc  672 3.672    2 3136 3136 20S 2 4 S  1    a  Do đó  a.ha2  5 5 3.3136 3 3 a   4 S 2 9408   1 2 9408 52S 2 b . h   b  3 b   13  13 3.9408 3 b  + Thể tích khối tròn xoay khi quay tam giác quanh AB là   a  b  c  a  b  c  b  c  a  c  a  b   S 8 .  16 S 2  S 8 . 1 1 1 . . 4 3 9408 28812 1 1 1 . .  S 6  16.81.9408.28812  S  84 . 4 3 9408 28812 Câu 4: (THPT Chuyên Tiền Giang-lần 1 năm 2017-2018) Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng a . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của các cạnh AB , BC và E là điểm đối xứng với B qua D . Mặt phẳng  MNE  chia khối tứ diện ABCD thành hai khối đa diện, trong đó khối chứa điểm A có thể tích V . Tính V . A. 11 2a 3 . 216 B. 7 2a 3 . 216 C. 2a 3 . 18 D. Lời giải Chọn A E D P Q A C N M B Gọi VABCD  V1 13 2a 3 216 VACMNPQ  VE . ACMN  VE . ACPQ 1 1 3 1 3 3V VE . ACMN  d  E ,  ABC   .S AMNC  d  E ,  ABC   . S ABC  d  D,  ABC   . S ABC  1 3 3 4 3 4 2 1 1 8 8 VE . ACPQ  d  B,  ACD   .  S ACD  SQPD   d  B,  ACD   . S ACD  V1 3 3 9 9 3V 8 11 VACMNPQ  1  V1  V1 . 2 9 18 Áp dụng công thức giải nhanh thể tích tứ diện đều ABCD có cạnh bằng a có V1  Vậy V  a3 2 . 12 11 a 3 2 a 311 2 11 .  V1  . 18 12 216 18 Câu 5: (THPT Phan Đình Phùng-Hà Tĩnh-lần 1 năm 2017-2018) Cho hình đa diện như hình vẽ S D B C A   CSD   DSA   BSD   60 . Thể tích Biết SA  6 , SB  3 , SC  4 , SD  2 và  ASB  BSC khối đa diện S . ABCD là A. 6 2 . B. 5 2 . C. 30 2 . Lời giải D. 10 2 . Chọn B Trên SA , SB , SC lần lượt lấy các điểm A , B , C  sao cho SA  SB  SC   SD  2 . Ta có AB  BC   C D  DA  2 . Khi đó hình chóp S . ABD và hình chóp S .CBD là các hình chóp tam giác đều có tất cả các cạnh bằng 2 . VS . ABD  VS .C BD  Mặt khác 23 2 2 2 .  12 3 VS . ABD 3 9 9 9 2 2 SA SB SD  3.  , nên VS . ABD  VS . ABD  . 3 2.  . . 2 2 2 2 3 VS . ABD SA SB SD VS .CBD 2 2 SC SB SD 3 2 2.  . .  2.  3 , nên VS .CBD  3VS .C BD  3. 3 VS .C BD SC  SB SD 2 Thể tích khối đa diện S . ABCD là V  VS . ABD  VS .CBD  3 2  2 2  5 2 . S A’ C’ B’ D C B Câu 6: (THPT Chuyên Hùng Vương-Phú Thọ-lần 2 năm 2017-2018) Cho hình thập nhị diện đều (tham khảo hình vẽ bên). Côsin của góc tạo bởi hai mặt phẳng có chung một cạnh của thập nhị diện đều bằng A. 5 1 . 2 B. 5 1 . 4 C. 1 . 5 D. 1 . 2 Lời giải Chọn C A a B T C E F Bước 1: Lập mối quan hệ giữa bán kính mặt cầu và cạnh khối 12 mặt đều: Gọi O là tâm khối 12 mặt đều, xét 3 mặt phẳng chung đỉnh A là ABEFC , ACGHD, ABJID . Khi đó A.BCD là chóp tam giác đều và OA vuông góc với  BCD  .  3  1  5 Ta có BC  CD  DB  a 2  a 2  2a 2 cos    a. 2  5  AH  AB 2  BC 2 5 1  a. 3 2 3 AB 2 a 3  . 2 AH 5 1 Bước 2: Tính khoảng cách từ tâm một mặt đến cạnh của nó: Ta có AH . AO  AB. AM  R  AO  A a M B T C E F   3 . AM  a . Ta có BAT 10 2 3 Suy ra MT  AM . tan . 10 Bước 3: Tính góc: Gọi tâm của các mặt ABEFC và ABJID là T , V . Có OT , OV vuông góc với hai mặt này nên góc giữa hai mặt bằng góc giữa OT và OV . Lại có O , T , M , V cùng thuộc một mặt phẳng (trung trực của AB ). O V T M Có OT  TM và OV  VM .   2 5 1 a  a 3  a2 3 ; MT  AM . tan .  OM  OA  AM     10 4 2 5 1  5 1  2 2    Suy ra sin TOM TM  OM   5  1 tan 54  .  5 1 5 1 1  . 5 5 5 Câu 7: (THPT Chuyên Hùng Vương-Phú Thọ-lần 2 năm 2017-2018) Cho hình chóp SABCD có đáy   1  2sin 2 TOM  Vậy cos TOV là hình chữ nhật, AB  a , SA   ABCD  , cạnh bên SC tạo với  ABCD  một góc 60 và tạo với  SAB  một góc  thỏa mãn sin   A. 3a 3 . B. 3 . Thể tích của khối chóp SABCD bằng 4 2 3a 3 . 4 C. 2a 3 . D. 2a 3 . 3 Lời giải Chọn C   60, BSC     sin   BC  3 . Theo bài ra ta có SCA SC 4 4x Đặt BC  x , ta có SC  , AC  a 2  x 2 . 3 AC 2x cos 60    a 2  x 2  x  a 3  AC  2a  SA  AC tan 60  2a 3 . SC 3 1 1 Thể tích khối chóp SABCD bằng V  .SA.S ABCD  .2a 3.a 2 3  2a 3 . 3 3 Câu 8: (THPT Lục Ngạn-Bắc Giang-lần 1 năm 2017-2018) Cho tứ diện ABCD có các cạnh AD  BC  3 ; AC  BD  4 ; AB  CD  2 3 . Thể tích tứ diện ABCD bằng A. 2047 . 12 B. 2470 . 12 C. Lời giải Chọn B 2474 . 12 D. 2740 . 12 A G B D E F C Từ các đỉnh của tam giác BCD ta kẻ các đường thẳng song song với cạnh đối diện chúng tạo thành tam giác EFG có diện tích gấp 4 lần diện tích tam giác BCD . Các tam giác AEF , AFG , AGE là các tam giác vuông tại A nên ta có: AE 2  AF 2  EF 2  64 1 ; AF 2  AG 2  FG 2  36  2  và AE 2  AG 2  EG 2  48  3 . Từ 1 ,  2  ,  3 ta có: 2  AE 2  AF 2  AG 2   148  AE 2  AF 2  AG 2  74  4 . Từ 1 ,  4  ta có: AG 2  10  AG  10 . Từ  2  ,  4  ta có: AE 2  38  AE  38 . Từ  3 ,  4  ta có: AF 2  26  AF  38 . Thể tích khối chóp A.EFG là : V   1 1 1 AE. AF . AG  9880  2470 . 6 6 3 1 2470 Do đó thể tích tứ diện ABCD là : V  V   . 4 12 Câu 9: (THPT Chuyên Hạ Long-Quãng Ninh lần 2 năm 2017-2018) Trong không gian, cho bốn mặt cầu có bán kính lần lượt là 2 , 3 , 3 , 2 (đơn vị độ dài) tiếp xúc ngoài với nhau. Mặt cầu nhỏ nhất tiếp xúc ngoài với cả bốn mặt cầu nói trên có bán kính bằng 5 3 7 6 A. . B. . C. . D. . 9 7 15 11 Lời giải Chọn D Cách 1: Gọi A, B, C , D là tâm bốn mặt cầu, không mất tính tổng quát ta giả sử AB  4 , AC  BD  AD  BC  5 . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của AB, CD . Dễ dàng tính được MN  2 3 . Gọi I là tâm mặt cầu nhỏ nhất với bán kính r tiếp xúc với bốn mặt cầu trên. Vì IA  IB, IC  ID nên I nằm trên đoạn MN .  Đặt IN  x , ta có IC  32  x 2  3  r , IA  22  2 3  x  2  2r 2 Từ đó suy ra Cách 2 2 2 2  3 x  2  2 2x  2  12 3  12 3 6 , suy ra r  32   1 x    3  11 11  11  B  2 M I A  2 D  3 N C  3 Gọi A, B là tâm quả cầu bán kính bằng 2 . C , D là tâm quả cầu bán kính bằng 3 . I là tâm quả cầu bán kính x . Mặt cầu  I  tiếp xúc ngoài với 4 mặt cầu tâm A, B, C , D nên IA  IB  x  2, IC  ID  x  3 . Gọi  P  ,  Q  lần lượt là các mặt phẳng trung trực đoạn AB và CD .  IA  IB  I   P   I   P    Q  1 .   IC  ID  I   Q  Tứ diện ABCD có DA  DB  CA  CB  5 suy ra MN là đường vuông góc chung của AB và CD , suy ra MN   P    Q  (2). Từ 1 và  2  suy ra I  MN Tam giác IAM có IM  IA2  AM 2  Tam giác CIN có IN  IC 2  CN 2   x  2  x  3 2 2 4 . 9 . Tam giác ABN có NM  NA2  AM 2  12 . Suy ra  x  3 2 9   x  2 2  4  12  x  6 . 11 Câu 10: (THPT Chuyên Hùng Vương-Gia Lai-lần 1 năm 2017-2018) Một khối lập phương lớn tạo bởi 27 khối lập phương đơn vị. Một mặt phẳng vuông góc với đường chéo của khối lập phương lớn tại trung điểm của nó. Mặt phẳng này cắt ngang (không đi qua đỉnh) bao nhiêu khối lập phương đơn vị? A. 16 . B. 17 . C. 18 . D. 19 . Lời giải Chọn D B C M D A O C’ B’ M’ A’ D’ Gọi ABCD. ABC D là khối lập phương lớn tạo bởi 27 khối lập phương đơn vị và O là tâm hình lập phương đó, khối lập phương ABCD. ABC D có cạnh bằng 3 . Ta xét mặt phẳng  P  đi qua O và vuông góc với AC  , cắt AC tại M , cắt AC  tại M  . 3 3 AM AO 3 2 3 3 9 2  CM  Ta có AC   .3 3  .   2  AM   4 AC AC 3 2 4 2 2 2 2 Gọi A1B1C1 D1 là mặt phẳng chia lớp 9 khối lập phương mặt trên với 9 khối lập phương ở mặt thứ 2 , gọi M 1  A1C1  MM  . 7 7 3 2 7 2 5 2 Ta có A1M 1  CM  . .   C1M 1  A1C1  A1M 1  3 3 4 4 4 Gọi A2 B2C2 D2 là mặt phẳng chia lớp 9 khối lập phương mặt thứ 2 với 9 khối lập phương ở mặt thứ 3 , gọi M 2  A2C2  MM  . 5 5 3 2 5 2 7 2 Ta có A2 M 2  CM  . .   C2 M 2  A2C2  A2 M 2  3 3 4 4 4 Giao tuyến của mặt phẳng  P  với mặt phẳng  ABCD  cắt các cạnh của 3 hình vuông, giao tuyến của mặt phẳng  P  với mặt phẳng  A1B1C1 D1  cắt các cạnh của 5 hình vuông (hình vẽ), trong các hình vuông này có 2 cặp hình vuông cùng chung một hình lập phương đơn vị, nên suy ra mặt phẳng  P  cắt ngang 6 khối lập phương mặt trên. C B C1 B1 M M1 A D A1 D1 Tương tự mặt phẳng  P  cắt ngang 6 khối lập phương mặt dưới cùng. Giao tuyến của mặt phẳng  P  với mặt phẳng  A1B1C1 D1  cắt các cạnh của 5 hình vuông, giao tuyến của mặt phẳng  P  với mặt phẳng  A2 B2C2 D2  cắt các cạnh của 5 hình vuông (hình vẽ), trong đó có 3 cặp hình vuông cùng chung với một hình lập phương đơn vị, nên suy ra mặt phẳng  P  cắt ngang 7 khối lập phương mặt thứ hai. C1 B1 C2 B2 M1 M2 D1 A1 D2 A2 Vậy, mặt phẳng  P  cắt ngang (không đi qua đỉnh) 6  6  7  19 khối lập phương đơn vị. Cách khác Giả sử các đỉnh của khối lập phương đơn vị là  i; j; k  , với i , j , k  0;1; 2;3 và đường chéo đang xét của khối lập phương lớn nối hai đỉnh là O  0;0;0  và A  3;3;3 . Phương trình mặt 9  0 . Mặt phẳng này cắt khối lập phương đơn vị khi và 2 và chỉ khi các đầu mút  i; j; k  và (i  1; j  1; k  1) của đường chéo của khối lập phương đơn vị trung trực của OA là   : x  y  z  nằm về hai phía đối với ( ) . Do đó bài toán quy về đếm trong số 27 bộ  i; j; k  , với i , j , k  0;1; 2 , có bao nhiêu bộ ba thỏa mãn: 9  i  j  k  2  0 3 9  i jk   2 2  i  1   j  1   k  1  9  0  2 1 . 3  i  i  k  2 Các bộ ba không thỏa điều kiện 1 , tức là  là i  i  k  9  2 S   0; 0;0  ;  0; 0;1 ;  0;1;0  ; 1; 0;0  ; 1; 2; 2  ;  2;1; 2  ;  2; 2;1 ;  2; 2; 2  Vậy có 27  8  19 khối lập phương đơn vị bị cắt bởi   . Câu 11: (PTNK-ĐHQG TP HCM-lần 1 năm 2017-2018) Cho hình lăng trụ đều ABC. ABC  có cạnh      đáy bằng a . Gọi M , N là hai điểm thỏa mãn MB  2MB  0 ; NB  3NC  . Biết hai mặt phẳng  MCA  và  NAB  vuông góc với nhau. Tính thể tích của hình lăng trụ. 9a 3 2 A. . 8 9a 3 2 B. . 16 3a 3 2 C. . 16 3a 3 2 D. . 8 Lời giải Chọn B Chọn hệ tọa độ Oxyz như hình vẽ a 3  a 3 2h  a    a  Ta có A  0;  ;0  , B  ;0; 0  , C  0; ;0  , M  ;0;  , 3  2    2   2   2 a 3 a h I  ; ;   4 4 3   a 3 a    a 3 a h      ah ah 3 a 2 3  AB   ; ; 0  , BI    ; ;   n   AB, BI    ; ;  4 4 3 6 4   2 2    6   a 3 a 2h      2ah  a 2 3     AC   0; a;0  , AM    2 ; 2 ; 3   n2   AC , AM    3 ;0; 2      2 2 4   2a h 3a 3a 6  0h Ta có  NAB    MAC   n1.n2  0  6.3 8 4 VABC . ABC   3a 6 1 3 9a 3 2 . . .a.a.  4 2 2 16 Câu 12: (THPT Chuyên ĐH Vinh – lần 1 – năm 2017 – 2018) Cho hình lăng trụ đứng ABC. ABC  có đáy ABC là tam giác vuông, AB  BC  a . Biết rằng góc giữa hai mặt phẳng  ACC   và  ABC   bằng 60 . Tính thể tích khối chóp B. ACC A . A C B A C B A. a3 . 3 B. a3 . 6 C. a3 . 2 D. a3 3 . 3 Lời giải Chọn A B A C K B’ A’ M C’ Gọi M là trung điểm của AC  . Do tam giác ABC  vuông cân tại B nên 1 BM  AC   MB   AAC C  . Thể tích khối chóp B. ACC A là VB. AAC C  BM . AA. AC . 3 a 2 , AC  a 2 . Do MB   AAC C   MB  AC  . Kẻ 2 MK  AC   BK  AC  . Vậy góc giữa hai mặt phẳng  ACC   và  ABC  là Ta có BM    MKB   60 . MKB Trong tam giác vuông MKB ta có tan 60  MB MB a 6 .   MK  MK tan 60 6  K  Trong tam giác vuông MKC  ta có tan MC MK  KC MK MC 2  MK 2  a 6 2 6 .  2 2 2 2 a 6a  4 36 2  K  Mặt khác trong tam giác vuông AAC ta có AA  AC .tan MC a 2  a. 2 a3 1 1 a 2 Vậy VB. AAC C  BM . AA. AC  a. .a 2  . 3 3 3 2 Câu 13: (THPT Quảng Xương I – Thanh Hóa – năm 2017 – 2018) Cho x , y là các số thực dương thay đổi. Xét hình chóp S . ABC có SA  x , BC  y , các cạnh còn lại đều bằng 1. Khi thể tích khối chóp S . ABC đạt giá trị lớn nhất thì tích x. y bằng A. 3 . 4 B. 4 3 . 3 C. 2 3 . Lời giải Chọn A D. 1 . 3 S N C A H M B – Do SB  SC  AB  AC  1 nên các tam giác SBC và ABC cân tại S và A . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của BC và SA , ta có:  SM  BC  BC   SAM  . Hạ SH  AM tại H thì SH   ABC  .   AM  BC – Ta có: AM  1  y2 1 y2 1 .  S ABC  AM .BC  y 1  4 2 4 2 Mặt khác: vì SM  AM nên tam giác MSA cân tại M  MN  MA2  AN 2  1  Lại có: SH . AM  MN .SA  SH  MN .SA  AM y 2 x2  . 4 4 y 2 x2  2 2 4 4  x 4 x  y 4  y2 y2 1 4 x. 1  1 1 1 x 4  x2  y 2 1 y2  VS . ABC  .SH .S ABC  .  xy 4  x 2  y 2 . .y 1  2 3 3 2 4 12 4 y 3 2 3 1  x2  y 2  4  x2  y 2  1 .  x2 y 2  4  x2  y 2      27 12  3 12  Vậy Vmax  4 2 2 3 , do đó x. y  .  x2  y 2  4  x2  y 2  x  y  3 27 3 Câu 14: ———-HẾT———-Cho hình lăng trụ ABC. ABC  . Gọi M , N , P lần lượt là các điểm thuộc các cạnh AA , BB , CC  sao cho AM  2MA , NB  2 NB , PC  PC  . Gọi V1 , V2 lần lượt là thể V tích của hai khối đa diện ABCMNP và ABC MNP . Tính tỉ số 1 . V2 V V 1 V V 2 A. 1  2 . B. 1  . C. 1  1 . D. 1  . V2 V2 2 V2 V2 3 Câu 15: (THPT Chuyên Ngữ – Hà Nội – Lần 1 năm 2017 – 2018) Cho hình lăng trụ ABC. ABC  . Gọi M , N , P lần lượt là các điểm thuộc các cạnh AA , BB , CC  sao cho AM  2 MA , NB  2 NB , PC  PC  . Gọi V1 , V2 lần lượt là thể tích của hai khối đa diện ABCMNP và ABC MNP . Tính tỉ số A. V1 . V2 V1  2. V2 B. V1 1  . V2 2 C. V1  1. V2 D. V1 2  . V2 3 Lời giải Chọn C A’ M C’ B’ P C A N B Gọi V là thể tích khối lăng trụ ABC. ABC  . Ta có V1  VM . ABC  VM . BCPN . 1 1 2 2 VM . ABC  S ABC .d  M ,  ABC    . S ABC .d  A,  ABC    V . 3 3 3 9 1 1 1 1 VM . ABC   S ABC .d  M ,  ABC     . S ABC .d  M ,  ABC     V . 3 3 3 9 Do BCC B là hình bình hành và NB  2 NB , PC  PC  nên S BC PN  7 S BCPN . 5 7 Suy ra VM . BC PN  VM .BCPN , Từ đó V  VM . ABC  VM .BCPN  VM . ABC   VM .BC PN 5 2 1 7 5  V  V  VM .BCPN  V  VM . BCPN  VM . BCPN  V . 9 9 5 18 V 2 5 1 1 Như vậy V1  V  V  V  V2  V . Bởi vậy: 1  1 . 9 18 2 2 V2 Câu 16: (THPT Chuyên Vĩnh Phúc – Vĩnh Phúc – Lần 4 năm 2017 – 2018)Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng a . Gọi M , N lần lượt là trọng tâm của các tam giác ABD , ABC và E là điểm đối xứng với B qua D . Mặt phẳng  MNE  chia khối tứ diện ABCD thành hai khối đa diện, trong đó khối đa diện chứa đỉnh A có thể tích V . Tính V . A. V  9 2a 3 . 320 B. V  3 2a 3 . 320 C. V  a3 2 . 96 D. V  Lời giải Chọn A Gọi G là trọng tâm tam giác BCD , ABCD là tứ diện đều nên AG   BCD  . 3 2a 3 . 80 2 3a a 6 1 a 2 3 a 6 a3 2  . VABCD  . . .  9 3 3 4 3 12 Gọi I , K lần lượt là giao điểm của EN với AD và AB ; F là giao điểm của KM với AC . Khi đó V  VAKIF . 2 AG  AD 2  DG  a 2  Ta có: HM HN AI AF  .    MN // FI , mà MN // CD nên CD // FI  HI HF AD AC AI EA AI 3  IEA # IND   3  . ID ND AD 4 AK EA AI 3  AEK # HNK   6  . HK HN AB 5 3 3 3 3 3 3 a 3 2 9 2a 3  Vậy: V  . . VABCD  . . . . 4 4 5 4 4 5 12 320 Câu 17: (THPT Kim Liên – Hà Nội – Lần 2 năm 2017 – 2018)Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng    1 . Trên các cạnh AB và CD lần lượt lấy các điểm M và N sao cho MA  MB  0 và   NC  2 ND . Mặt phẳng  P  chứa MN và song song với AC chia khối tứ diện ABCD thành hai khối đa diện, trong đó khối đa diện chứa đỉnh A có thể tích là V . Tính V . A. V  2 . 18 B. V  11 2 . 216 C. V  7 2 . 216 Lời giải Chọn B A M P D B N Q C Từ N kẻ NP //AC , N  AD M kẻ MQ //AC , Q  BC . Mặt phẳng  P  là MPNQ 1 2 AH .S ABCD  3 12  VAMPC  VMQNC  VMPNC Ta có VABCD  V  VACMPNQ AM AP 1 2 1 . .VABCD  . VABCD  VABCD AB AD 2 3 3 1 1 CQ CN 11 2 1  VAQNC  . .VABCD  . VABCD  VABCD 2 2 CB CD 22 3 2 2 2 1 2 1 AM 2 11 1  VMPCD  . VMACD  . .VABCD  . VABCD  VABCD 3 3 3 3 3 AB 3 32 9 Ta có VAMPC  VMQNC VMPNC D. V  2 . 108 11 11 2 1 1 1 Vậy V      VABCD  V  VABCD  . 18 216 3 6 9 Câu 18: ———-HẾT———-(SGD Quảng Nam – năm 2017 – 2018) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , mặt bên SAB là tam giác đều, mặt bên SCD là tam giác vuông cân tại S . Gọi M là điểm thuộc đường thẳng CD sao cho BM vuông góc với SA . Tính thể tích V của khối chóp S .BDM . A. V  a3 3 . 16 B. V  a3 3 . 24 C. V  a3 3 . 32 D. V  a3 3 . 48 Lời giải Chọn D Gọi I , J lần lượt là trung điểm của AB và CD . a a 3 , SJ  , IJ  a . 2 2 2 2 2 Khi đó SI  SJ  IJ suy ra tam giác SIJ vuông tại S . Gọi H là hình chiếu của S lên IJ . Ta có SI  Ta có SH  SI .SJ SI 2  SJ 2  3 3a 13 và AH  SA2  SH 2  a  HI  SI 2  SH 2  a. 4 4 4  AB  SI  AB   SIJ   AB  SH .   AB  IJ  SH  AB Do đó   SH   ABCD   SH   BDM  .  SH  IJ  BM  SA Gọi E  AH  BM . Ta có   BM  AH .  BM  SH   90 và A chung) nên ta có Ta có ABE đồng dạng với AHI ( vì I  E AE AB AB. AI 2a .   AE   AI AH AH 13 M  ) nên ta có E   90 và B Ta có ABE đồng dạng với BMC ( vì C AB.BC 13a AB AE .   BM   BM BC AE 2 1 3a 1 a2 S BMD  S BMC  S BDC  .a .  .a.a  4 2 2 2 1 3 1 2 3 3 1 Thể tích V của khối chóp S .BDM là V  .SH .S BMD  . a. a  a . 3 4 4 48 3 Câu 1: (SGD Thanh Hóa – năm 2017 – 2018) 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  A. T  2 . 1 1 khi thể tích khối chóp S . AMCN đạt giá trị lớn nhất.  2 AN AM 2 B. T  5 . 4 C. T  2 3 . 4 D. T  13 . 9 Lời giải 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 , 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 . 8  2x 8  2x , do y  2 nên  2  x  1. x2 x2  S ABCD  S BMC  S DNC  4   2  x    2  y   x  y .  y S AMCN 1 2 Do đó VS . AMCD  SA.S AMCN   x  y   3 3 Xét f  x   2 8  2x  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 3  x  2 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  x  2 AM AN x y 4    y  1 Cách 2: Đặt AM  x , AN  y . Gọi O  AC  DB ; E  BD  CM ; F  BD  CN . 2 . 3 H là hình chiếu vuông góc của O trên SC , khi đó: HO   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  Suy ra: VS . AMCN  SA.S AMCN   x  y    x  2    y  2   4    x  2   4 . 3 3 3 3 x  2   x  1  1 1 1 1 5 y  2 Do đó max VS . AMCN  2   T    2 2  . 2 2  x  2 AM AN x y 4    y  1 Câu 2: (THPT Chuyên Lương Thế Vinh – Hà Nội – Lần 2 năm 2017 – 2018) Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình bình hành có AB  a, SA  SB  SC  SD  a 5 (tham khảo hình vẽ). Giá trị lớn 2 nhất của thể tích hình chóp S. ABCD bằng A. a3 3 . 6 B. a3 . 3 C. 2a 3 3 . 3 D. a3 6 3 Lời giải Chọn B Gọi O là hình chiếu của S lên mặt phẳng  ABCD  . Ta có: SAO  SBO  SCO  SDO (tam giác vuông, SO là cạnh chung, SA  SB  SC  SD ). Nên OA  OB  OC  OD suy ra O là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABCD Suy ra ABCD là hình chữ nhật có O là tâm. 1 1 2 Đặt AD  x  AO  AC  a  x2 2 2 Nên SO  SA2  AO 2  VS . ABCD  5a 2 a 2  x 2 x2   a2  4 4 4 1 x2 1 x x2 1  x2  2 x2   1 3 1  a.2. . a 2  ABCD.SO  a.x. a 2   a  a    a . 3 4 3 2 4 3  4  3 4  3 Câu 3: (SGD Bắc Ninh – Lần 2 – năm 2017-2018) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 2a . Tam giác SAB vuông tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi  là góc tạo bởi đường thẳng SD và mặt phẳng  SBC  , với   45 . Tìm giá trị lớn nhất của thể tích khối chóp S . ABCD . A. 4a 3 . B. 8a3 . 3 C. Lời giải Chọn C 4a 3 . 3 D. 2a 3 . 3 S D’ D A H C B Gọi D là đỉnh thứ tư của hình bình hành SADD . Khi đó DD//SA mà SA   SBC  (vì SA  SB , SA  BC ) nên D là hình chiếu vuông góc của D lên  SBC  .   SDA  , do đó SA  AD.tan   2a.tan  . Góc giữa SD và  SBC  là   DSD Đặt tan   x , x   0;1 . 1 1 Gọi H là hình chiếu của S lên AB , theo đề ta có VS . ABC D  .S ABC D .SH  4a 2 .SH . 3 3 Do đó VS . ABCD đạt giá trị lớn nhất khi SH lớn nhất. Vì tam giác SAB vuông tại S nên SH  x2  1  x2 SA.SB SA. AB 2  SA2 2ax 4a 2  4a 2 x 2 a  2ax 1  x 2  2a   AB 2 AB 2a Từ đó max SH  a khi tan   2 . 2 1 4 Suy ra max VS . ABCD  .a.4a 2  a 3 . 3 3 Câu 4: (Chuyên Lê Hồng Phong – Nam Đinh – năm 2017-2018) Cho tứ diện ABCD , trên các cạnh 3 BC , BD , AC lần lượt lấy các điểm M , N , P sao cho BC  3BM , BD  BN , 2 AC  2 AP . Mặt phẳng  MNP  chia khối tứ diện ABCD thành hai phần có thể tích là V1 , V2 . Tính tỉ số A. V1 . V2 V1 26 .  V2 13 B. V1 26 .  V2 19 C. V1 3  . V2 19 Hướng dẫn giải Chọn B D. V1 15  . V2 19 A Q P I D N B M C Gọi VABCD  V , I  MN  CD , Q  IP  AD ta có Q  AD   MNP  . Thiết diện của tứ diện ABCD được cắt bởi mặt phẳng  MNP  là tứ giác MNQP . Áp dụng định lí Menelaus trong các tam giác BCD và ACD ta có: ID PC QA QA NB ID MC ID 1 . . 1   và . . 1   4. IC PA QD QD ND IC MB IC 4 Áp dụng bài toán tỉ số thể tích của hai khối chóp tam giác, ta có: VANPQ AP AQ 2 2 2 1 2 1  .   VANPQ  VANCD  V . Suy ra VN . PQDC  V  V  V . 5 15 3 15 5 VANCD AC AD 5 và VCMNP CM CP 1 1 2  .   VCMNP  VCBNA  V . CB CA 3 3 9 VCBNA Suy ra V2  VN .PQDC  VCMNP  V 26 19 26 . V . Do đó V1  V  V2  V . Vậy 1  45 45 V2 19 ———HẾT——— Câu 5: (THPT Đặng Thúc Hứa – Nghệ An – năm 2017-2018) Cho hình chóp S . ABC có AB  a ,   BCS   90 . Sin của góc giữa đường thẳng SB và mặt AC  a 3 , SB  2a và  ABC  BAS phẳng  SAC  bằng A. 2a 3 3 . 9 Chọn C 11 . Tính thể tích khối chóp S . ABC . 11 a3 3 a3 6 B. . C. . 9 6 Lời giải D. a3 6 . 3 S H A D C B – Dựng SD   ABC  tại D .  BA  SA Ta có:   BA  AD .  BA  SD  BC  SD Và:   BC  CD  BC  SC  ABCD là hình chữ nhật  DA  BC  a 2 , DC  AB  a .  là góc giữa SB và – Gọi H là hình chiếu vuông góc của B lên mặt phẳng  SAC   BSH mặt phẳng  SAC   11 1 11   BH  d  B;  SAC    d  D;  SAC     sin BSH  2 1 . 2 11 SB SB SB d  D;  SAC   SB – Lại có : 1 1 1 1 3 1 1 1 1      2  2 .    2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 DA DC SB  BD DA DC SB  3a 2a d  D;  SAC   DS  SB  a 6  SB 2  6a 2 11 1 3  – Từ 1 và  2  suy ra:  2  2   2 11 2   2 2 11  SB SB  3a 2a SB  a  SB  a 3  3 Theo giả thiết SB  2a  SB  a 6  SD  a 3 . 1 1 a3 6 Vậy VSABC  SD. BA.BC  . 3 2 6 Câu 6: Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình vuông cạnh 2a , tam giác SAB đều, góc giữa  SCD  và  ABCD  bằng 60o . Gọi M là trung điểm của cạnh AB . Biết rằng hình chiếu vuông góc của đỉnh S trên mặt phẳng  ABCD  nằm trong hình vuông ABCD . Khoảng cách giữa hai đường thẳng SM và AC là A. a 5 . 5 B. a 5 . 10 C. 3a 5 . 10 D. 5a 3 . 3 Câu 7: Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình vuông cạnh 2a , tam giác SAB đều, góc giữa  SCD  và  ABCD  bằng 60o . Gọi M là trung điểm của cạnh AB . Biết rằng hình chiếu vuông góc của đỉnh S trên mặt phẳng  ABCD  nằm trong hình vuông ABCD . Khoảng cách giữa hai đường thẳng SM và AC là A. a 5 . 5 B. a 5 . 10 3a 5 . 10 Hướng dẫn giải C. D. 5a 3 . 3 Chọn A S A M D H I C N  AB  SM Gọi I là trung điểm cạnh CD , khi đó   AB   SMI  .  AB  MI B . Do CD //AB nên CD   SMI   (( SCD), ( ABCD))  SIM Vẽ SH  MN tại H  MN thì SH   ABCD  .   3a 2  4a 2  SI 2  2a.SI Tam giác SMI có SM 2  MI 2  SI 2  2.MI .SI .cos SIM  SI 2  2a.SI  a 2  0  SI  a . Cách 1: Theo định lý Pythagore đảo thì SMI vuông tại S  SH  SM .SI a 3 .  MI 2 Vẽ SH  MN tại H  MN thì SH   ABCD  . Gọi N là trung điểm cạnh BC ta có AC //MN  d  AC , SM   d  AC ,  SMN    d  C ,  SMN    3VSMNC . S SMN 1 1 1 a 3 a3 3 Ta có VSMNC  VS .MNB  .SH . .BM .BN  . . .a.a  3 2 6 2 12 Tam giác SIC có SC  SI 2  IC 2  a 2  a 2  a 2 . Tam giác SBC có SN 2  SB 2  SC 2 BC 2   2a 2  SN  a 2 . 2 4 Tam giác SMN có nửa chu vi p  Và diện tích SMN là S SMN  Vậy d  AC , SM   Cách 2: 3VSMNC S SMN SM  SN  MN a 3  a 2  a 2 .  2 2 p  p  SM  p  SN  p  BC   a3 3 a 5 .  2 12  5 a 15 4 3 a 2 15 . 4 SM .SI a 3 3a  ; HM  . 2 MI 2 Gọi O  AC  BD ; N là trung điểm cạnh BC ta có AC //  SMN  . Ta thấy SM 2  SI 2  MI 2 nên SMI vuông tại S . Suy ra SH  Do đó, d  AC , SM   d  AC ,  SMN    d  O,  SMN    2 d  H ,  SMN   . 3 Gọi K là hình chiếu của H lên MN , ta có HKM vuông cân tại K nên HK  HM 3a 2 .  4 2 2 SH .HK a 5 Vậy d  AC , SM   . .  3 SH 2  HK 2 5 Câu 8: Cho hình lập phương ABCD. ABC D cạnh 2a , gọi M là trung điểm của BB và P thuộc cạnh DD sao cho 1 B DP  DD . Mặt phẳng  AMP  cắt CC  tại N . Thể tích 4 khối đa diện AMNPBCD bằng M A. V  2a 3 . B. V  3a 3 . 3 3 9a 11a C. V  . D. V  . 4 3 B A D C P D A C Câu 9: Cho hình lập phương ABCD. ABC D cạnh 2a , gọi M là trung điểm của BB và P thuộc cạnh 1 DD sao cho DP  DD . Mặt phẳng  AMP  cắt CC  tại N . Thể tích khối đa diện 4 AMNPBCD bằng A D P C B M A B 3 A. V  2a . 9a 3 C. V  . 4 D C B. V  3a 3 . 11a 3 D. V  . 3 Lời giải Chọn B Cách 1: Sử dụng công thức tỉ số thể tích khối hộp Cho hình hộp ABCD. ABC D , gọi M , N , P lần lượt là các điểm thuộc các cạnh AA , BB , CC  . Mặt phẳng  MPN  cắt cạnh DD tại Q . Khi đó: VMNPQ. ABC D VABCD. ABC D 1  MA PC   1  NB QD        . 2  AA CC   2  BB DD  Áp dụng, xem khối đa diện AMNPBCD  AMNP. ABCD ta có: D A B P C M A’ D’ B’ C’ VAMNP. ABCD 1  MB PD  1  1 1  3        . VABC D. ABCD 2  BB DD  2  2 4  8 3 3 3 Vậy VAMNPBCD  VAMNP. ABCD  VABC D. ABCD   2a   3a 3 8 8 Cách 2: A D O P C B K M D’ A’ O’ B’ N C’ 3 Thể tích khối lập phương ABCD. ABC D là V   2a   8a3 . Gọi O , O lần lượt là tâm hai hình vuông ABCD và ABC D , gọi K  OO  MP , khi đó N  AK  CC  . 1 a  3a 1 3a Ta có OK   DP  BM    a    . Do đó CN  2OK  . 2 2 4 2 2 Diện tích hình thang BMNC là 1 1 3a  5a 2 . S BMNC   BM  CN  .BC   a   .2a  2 2 2  2 Thể tích khối chóp A.BMNC là 1 5a 2 5a 3 1 . .2a  VA.BMNC  .S BMNC . AB  . 3 2 3 3 Diện tích hình thang DPNC là 1 a 3a 1  DP  CN  .CD     .2a  2a 2 . 2 2 2  2 Thể tích khối chóp A.DPNC là 1 4a 3 1 . VA.DPNC  .S DPNC . AD  .2a 2 .2a  3 3 3 Thể tích khối đa diện AMNPBCD bằng 5a 3 4 a 3 V  VA.BMNC  VA. DPNC    3a 3 . 3 3 S DPNC  Câu 10: Cho tứ diện ABCD có AB  CD  4 , AC  BD  5 , AD  BC  6 . Tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng  BCD  . A. 3 6 . 7 B. 3 2 . 5 3 42 . 7 C. D. 7 . 2 Câu 11: Cho tứ diện ABCD có AB  CD  4 , AC  BD  5 , AD  BC  6 . Tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng  BCD  . A. 3 6 . 7 B. 3 2 . 5 3 42 . 7 C. D. 7 . 2 Lời giải Chọn C Xây dựng bài toán tổng quát N n A m h a B M I b D c C Từ giả thiết ta có: MNDC là hình thoi; các tam giác CAN, DAM là các tam giác cân, suy ra: AI  NC , AI  DM  AI  (CDMN ) 1 1 1 1 Ta có: VABCD  VA.MNDC  .4VA. IMN  2VA.IMN  IA.IM .IN  h.m.n 2 2 3 3 2 2 2  2 a  b  c m  2 2 2 2 h  m  c  2 2  2 a  b  c2  Từ h  n 2  b 2  n2  2 m 2  n 2  a 2    2 a2  b2  c2 h  2  1 Suy ra: VABCD  a 2  b 2  c 2  a 2  b 2  c 2  a 2  b 2  c 2   6 2 1 15 6 .  42  52  6 2  42  52  62  42  52  62    4 6 2 BC  CD  DB 4  5  6 15   2 2 2 15 7  S BCD  p  p  4  p  5  p  6   4 15 6 3. 3VA. BCD 4  3 42 . Ta có d  A,  BCD     SBCD 7 15 7 4 Câu 12: Cho tam giác ABC đều cạnh a , gọi d là đường thẳng qua A và vuông góc với mặt phẳng Ta có p   ABC  . Trên d lấy điểm S và đặt AS  x ,  x  0  . Gọi H và K lần lượt là trực tâm của các tam giác ABC và SBC . Biết HK cắt d tại điểm S  . Khi SS  ngắn nhất thì khối chóp S . ABC có thể tích bằng A. a3 6 . 24 B. a3 6 a3 3 . C. . 6 8 ———-HẾT———- D. a3 2 . 27 1 A 26 B 2 C 27 B 3 C 28 B 4 A 29 A 5 D 30 A 6 B 31 A 7 C 32 A 8 D 33 A 9 D 34 C 10 D 35 D BẢNG ĐÁP ÁN 11 12 13 14 15 D B A C D 36 37 38 39 40 A C B A A 16 B 41 A 17 C 42 D 18 A 43 C 19 D 44 A 20 A 45 B 21 A 46 D 22 D 47 A 23 A 48 A 24 D 49 B 25 C 50 A HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 13: Cho tam giác ABC đều cạnh a , gọi d là đường thẳng qua A và vuông góc với mặt phẳng  ABC  . Trên d lấy điểm S và đặt AS  x ,  x  0  . Gọi H và K lần lượt là trực tâm của các tam giác ABC và SBC . Biết HK cắt d tại điểm S  . Khi SS  ngắn nhất thì khối chóp S . ABC có thể tích bằng A. a3 6 . 24 B. a3 6 . 6 C. a3 3 . 8 D. a3 2 . 27 Lời giải Chọn A Xét tam giác SAS  có H là trực tâm, ta có S AH ∽ AAS  AS  AH a 3 a 3 a2   AS . AS  AA. AH  .  AA AS 2 3 2 Theo bất đẳng thức Cauchy ta có: SS   SA  AS   2 AS . AS   2 Dấu “  ” xảy ra khi SA  AS   x  a2 a 2 2 a 2 . 2 a 2 1 1 a 2 a2 3 a3 6 . Khi đó VS . ABC  SA.S ABC  . . Tìm tất .  2 3 3 2 4 24 cả các giá trị của tham số m để đồ thị  C  của hàm số y  x 3  3 x  m cắt trục hoành tại đúng Câu 14: Do đó SS’ ngắn nhất khi x  3 điểm phân biệt. A. m   2;   . B. m   2; 2  . C. m   . D. m   ; 2  . Câu 15: Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đồ thị  C  của hàm số y  x3  3x  m cắt trục hoành tại đúng 3 điểm phân biệt. A. m   2;   . B. m   2; 2  . C. m   . Lời giải Chọn B Xét hàm số y  x3  3x  m . D. m   ; 2  . x  1 y  m  2 Ta có y  3 x 2  3  0   .  x  1  y  m  2 Để đồ thị hàm số cắt trục hoành tại đúng 3 điểm phân biệt điều kiện cần và đủ là yCÑ . yCT  0   m  2  .  m  2   0  m   2; 2  . Câu 16: 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 dưới đây). Thể tích khối lăng trụ ABC. ABC bằng 2 2 2 2 . B. a 3 . C. 3a3 . D. 3a3 . 4 2 2 8 Câu 17: Cho hình lăng trụ đều ABC. ABC  . Biết khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng  ABC   bằng A. 3a3 a, góc giữa hai mặt phẳng  ABC   và  BCC B  bằng  với cos  1 2 3 (tham khảo hình vẽ dưới đây). Thể tích khối lăng trụ ABC. ABC  bằng A. 3a 3 2 . 4 B. a3 2 . 2 C. 3a 3 2 . 2 D. 3a 3 2 . 8 Lời giải Chọn C Gọi O là trung điểm của AB , E là trung điểm của BC Trong mp  C CO  kẻ CH  C O tại H Khi đó d  C ,  ABC     CH  a Chọn hệ trục tọa độ Oxyz như hình vẽ, gọi 2x là độ dài cạnh của tam giác ABC ta có 1 1 1   2 2 CH C ‘C CO 2  1 1 1 1 1 3x 2  a 2      C ‘ C 2 CH 2 CO 2 a 2  2 x 3 2 3a 2 x 2    2   C ‘C  3x 2  a 2 ax 3 Khi đó,  x x 3  3x 2  a 2  A   x;0;0  , B  x;0;0  , C 0; x 3;0 , C ‘  0; x 3; ; 0   , E  ;   2 2 ax 3     2      2ax 3 ; 2 x 2 3  VTPT của mặt phẳng  ABC   là n1  OC , AB    0;  3x 2  a 2      3 x x 3  ;0  VTPT của mặt phẳng  BCC B  là n2  AE   ;  2 2    3ax3   n1.n2 1 1 cos       2 3 n1 n2 2 3 VABC . ABC   C C.SABC  3x 2  a 2 12a 2 x 4 9 x 2 3x 2 4  12 x .  3x 2  a 2 4 4  1 2 3  xa a 6 2 3a3 2 .a 3  . 2 2 Câu 18: Cho hình lăng trụ đều ABC. ABC  có tất cả các cạnh bằng 1. Gọi E , F lần lượt là trung điểm AA và BB ; đường thẳng CE cắt đường thẳng C A tại E  , đường thẳng CF cắt đường thẳng C B ‘ tại F  . Thể tích khối đa diện EFABE F  bằng A. 3 . 6 B. 3 . 2 C. 3 . 3 D. 3 . 12 Câu 19: Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình vuông cạnh a , cạnh bên SA  a và vuông góc với mặt phẳng đáy. Gọi M , N lần lượt là trung điểm SB và SD (tham khảo hình vẽ),  là góc giữa hai mặt phẳng  AMN  và  SBD  . Giá trị sin  bằng S M N B A D C A. 1 2 A B 3 B 2 . 3 B. 2 2 . 3 C. 7 . 3 D. 1 . 3 BẢNG ĐÁP ÁN 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 C D C D D D C D B A B D C D D D C A C B B D 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49 50 A C D A A B B B B D A D A C A A C A C B A C A B B HƯỚNG DẪN GIẢI. Câu 20: Cho hình lăng trụ đều ABC. ABC  có tất cả các cạnh bằng 1 . Gọi E , F lần lượt là trung điểm AA và BB ; đường thẳng CE cắt đường thẳng C A tại E  , đường thẳng CF cắt đường thẳng C B ‘ tại F  . Thể tích khối đa diện EFABE F  bằng A. 3 . 6 B. 3 . 2 C. 3 . 3 D. 3 . 12 Lời giải Chọn A C’ A’ E’ E B’ F F’ C A M B Thể tích khối lăng trụ đều ABC. ABC  là VABC . ABC   S ABC . AA  3 3 . .1  4 4 Gọi M là trung điểm AB  CM   ABBA  và CM  3 . Do đó, thể tích khối chóp 2 C. ABFE là 1 1 3 3 1 .  VC . ABFE  SC . ABFE .CH  .1. . 3 3 2 2 12 Thể tích khối đa diện ABC EFC là VABC EFC  VABC . ABC   VC . ABFE  3 3 3 .   4 12 6 Do A là trung điểm C E  nên d  E ,  BCC B ‘   2d  A,  BCC B ‘    2. 3  3. 2 SCC F   S F B ‘ F  S FBC C  S FBC  S FBC C  S BCC B  1 . Thể tích khối chóp E .CC F  là 1 3 1 . VE .CC F   SCC F  .d  E ,  BCC B ‘   .1. 3  3 3 3 Thể tích khối đa diện EFABE F  bằng VEFABE F   VE .CC F   VABC EFC  3 3 3   . 3 6 6 Câu 21: Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình vuông cạnh a , cạnh bên SA  a và vuông góc với mặt phẳng đáy. Gọi M , N lần lượt là trung điểm SB và SD (tham khảo hình vẽ),  là góc giữa hai mặt phẳng  AMN  và  SBD  . Giá trị sin  bằng S M N B A D A. 2 . 3 B. C 2 2 . 3 C. Lời giải Chọn B 7 . 3 D. 1 . 3 S N K M H A D O B C Gọi O  AC  BD , trong mặt phẳng ( SAC ) , gọi K  SO  MN , suy ra K là trung điểm của SO . Ta có  AMN    SBD   MN .  BD  AC Ngoài ra   BD   SAC  mà MN //BD nên MN   SAC  , suy ra MN  AK .  BD  SA Mặt khác SO  BD nên SO  MN hay KO  MN .  chính là góc giữa KA và KO , suy ra sin   sin  AKO . Gọi H là hình chiếu của A lên SO . Xét tam giác SAO vuông tại A có AH là đường cao nên 2 2  a . AH   2 2 3 SA  AO a2 a2  2 Xét tam giác SAO vuông tại A có AK là đường trung tuyến nên a.a SA. AO AK  SO  2 a2 2 a 6. 2 4 a2  AH Xét tam giác AHK vuông tại H ta có sin   sin  AKO   AK a 3 3 2 2. 3 6 a 4 Câu 22: Một người muốn xây một cái bể chứa nước, dạng một khối hộp chữ nhật không nắp có thể tích 256 3 bằng m , đáy bể là hình chữ nhật có chiều dài gấp đôi chiều rộng. Giá thuê nhân công để 3 xây bể là 500000 đồng/ m 3 . Nếu người đó biết xác định các kích thước của bể hợp lí thì chi phí thuê nhân công sẽ thấp nhất. Hỏi người đó trả chi phí thấp nhất để thuê nhân công xây dựng bể đó là bao nhiêu? A. 48 triệu đồng. B. 47 triệu đồng. C. 96 triệu đồng. D. 46 triệu đồng. Câu 23: Một người muốn xây một cái bể chứa nước, dạng một khối hộp chữ nhật không nắp có thể tích 256 3 bằng m , đáy bể là hình chữ nhật có chiều dài gấp đôi chiều rộng. Giá thuê nhân công để 3 xây bể là 500000 đồng/ m 3 . Nếu người đó biết xác định các kích thước của bể hợp lí thì chi phí thuê nhân công sẽ thấp nhất. Hỏi người đó trả chi phí thấp nhất để thuê nhân công xây dựng bể đó là bao nhiêu? A. 48 triệu đồng. B. 47 triệu đồng. C. 96 triệu đồng. D. 46 triệu đồng. Lời giải Chọn A Gọi x  m  là chiều rộng của đáy bể, khi đó chiều dài của đáy bể là 2 x  m  và h  m  là chiều cao bể. 256 3 256 128 m  2 x 2h   h 2 . 3 3 3x 128 256 Diện tích cần xây là S  2  xh  2 xh   2 x 2  6 x 2  2 x 2   2×2 . 3x x 256 256 Xét hàm S  x    2 x2 ,  x  0  S   x    2  4 x  0  x  4 . x x Lập bảng biến thiên suy ra S min  S  4   96 . Bể có thể tích bằng Chi phí thuê nhân công thấp nhất khi diện tích xây dựng là nhỏ nhất và bằng Smin  96 . Vậy giá thuê nhân công thấp nhất là 96.500000  48000000 đồng. Chú ý: Có thể sử dụng BĐT Cô si để tìm min, cụ thể 256 128 128 128 S  2×2    2x 2  3 3 1282.2  S  96  Smin  96 khi  2x 2  x  4 . x x x x Câu 24: Cho tứ diện ABCD . Hai điểm M , N lần lượt di động trên hai BC BD đoạn thẳng BC và BD sao cho 2 3  10 . Gọi V1 , V2 BM BN lần lượt là thể tích của các khối tứ diện ABMN và ABCD . Tìm V giá trị nhỏ nhất của 1 . V2 A. 3 . 8 B. 5 . 8 C. 2 . 7 A N B D M C D. 6 . 25 Câu 25: Cho tứ diện ABCD . Hai điểm M , N lần lượt di động trên hai đoạn thẳng BC và BD sao cho BC BD 2 3  10 . Gọi V1 , V2 lần lượt là thể tích của các khối tứ diện ABMN và ABCD . BM BN V Tìm giá trị nhỏ nhất của 1 . V2 A N B D M C 3 A. . 8 5 B. . 8 C. 2 . 7 D. 6 . 25 Lời giải Chọn D 1 d A; BMN   .SBMN S V1 3   Ta có   BMN . V2 1 d A; BCD .S     BCD SBCD 3 Gọi H là hình chiếu của M lên BD và K là hình chiếu của C lên BD , khi đó ta có S BMN MH .BN BM BN   . S BCD CK .BD BC BD BC BD BC BD BC BD 25 BM BN 6 . 3  6. .  .   .  BM BN BM BN BM BN 6 BC BD 25 S 6 Suy ra BMN  . S BCD 25 10  2 Vậy V1 6 nhỏ nhất bằng . V2 25 Câu 26: 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 (tham khảo hình vẽ 3 dưới đây). A’ C’ B’ A C B Thể tích khối lăng trụ ABC. ABC  bằng A. 3a 3 15 . 10 B. 3a 3 15 . 20 C. 9a 3 15 . 10 D. 9a 3 15 . 20 Câu 27: 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 (tham khảo hình vẽ 3 dưới đây). A’ C’ B’ A C B Thể tích khối lăng trụ ABC. ABC  bằng A. 3a 3 15 . 10 B. 3a 3 15 . 20 9a 3 15 . 10 C. D. Lời giải Chọn B C’ A’ H B’ N A C G M B Gọi M là trung điểm của AB , G là trọng tâm tam giác ABC . 9a 3 15 . 20 CC   AB Ta có:   AB   CC M    CC M    ABC   . Mà  CC M    ABC    C M CM  AB nên nếu gọi H là hình chiếu vuông góc của C trên C M thì H là hình chiếu của C trên mặt phẳng  ABC    d  C ;  ABC     CH  a . Dựng đường thẳng đi qua G và song song với CH , cắt C M tại điểm K . GN   ABC   Ta có  nên góc giữa hai mặt phẳng  AG   BCC B   ABC và  BCC B  là góc  AGN   . 1 a GN 1 1 1 5  a  AB  AG 3  a 3 ; GN  CH  ; AG     2 2 2 2 3 3 cos  CC  CH CM 9a  CC   2 3a 5 3 3a 2 3  ; S ABC  a 3 . . 5 4 4   Vậy thể tích khối lăng trụ bằng 3a 3 15 1 . CC .S ABC  20 3 Câu 28: Cho tứ diện ABCD và các điểm M , N , P thuộc các cạnh BC , BD , AC sao cho BC  4 BM , AC  3 AP , BD  2 BN . Tính tỉ số thể tích hai phần của khối tứ diện ABCD được phân chia bởi mặt phẳng  MNP  . A. 7 . 13 B. 7 . 15 C. 8 . 15 D. 8 . 13 BẢNG ĐÁP ÁN 1 2 3 4 D D C B 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 A C D A D B C D C D C D A C C D A BB B B B 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49 50 A B B B A D A D B B A C C C A B B C D A C B C B A HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 29: Cho tứ diện ABCD và các điểm M , N , P thuộc các cạnh BC , BD , AC sao cho BC  4 BM , AC  3 AP , BD  2 BN . Tính tỉ số thể tích hai phần của khối tứ diện ABCD được phân chia bởi mặt phẳng  MNP  . A. 7 . 13 B. 7 . 15 C. 8 . 15 Lời giải Chọn A Trong mặt phẳng  DBC  vẽ MN cắt CD tại K . Trong mặt phẳng  ACD  vẽ PK cắt AD tại Q . Theo định lý Mennelaus cho tam giác BCD cát tuyến MNK ta có KC ND MB KC . . 1  3. KD NB MC KD Theo định lý Mennelaus cho tam giác ACD cát tuyến PKQ ta có QA 3 KC QD PA QA 3  . . . 1    KD QA PC QD 2 AD 5 Đặt V  VABCD , ta có D. 8 . 13     VB. APQ VB. ACD  S APQ S ACD  AP AQ 1 1 4 .   VB. APQ  VB. ACD  VB.PQDC  V . 5 5 AC AD 5 VP. BMN S BMN BM BN 1 V S 1 CP 2  .  và P.BCD  CPD     VP. BMN  V . BC BD 8 12 VP. BCD S BCD V S ACD CA 3 VQ.PBN VQ.PBD VAB.MNPQ V   V S S S PBN 1 S 2 1  VQPBN  V .  và BQPD  DQP  DQP . ADP  15 V S ACD S DAP S ACD 15 S PBD 2 VA. BPQ  VP. BNM  VQ.PBN V  VAB.MNPQ 7 7   . 20 VCD.MNPQ 13 Câu 30: Trong tất cả các hình chóp tứ giác đều nội tiếp mặt cầu có bán kính bằng 3 . Tính thể tích V của khối chóp có thể tích lớn nhất. A. 64 . 3 B. 16 6 . 3 C. 64 2 . 3 D. 16 . 3 Câu 31: Trong tất cả các hình chóp tứ giác đều nội tiếp mặt cầu có bán kính bằng 3 . Tính thể tích V của khối chóp có thể tích lớn nhất. A. 64 . 3 B. 16 6 . 3 C. 64 2 . 3 D. 16 . 3 Lời giải Chọn A S M b 3 I A O B a D a C Gọi O  AC  BD , M là trung điểm SA và I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp đều S . ABCD . Ta có SMI  SOA  SM SI b2 a2 .   3. b 2   SO SA 2 2 1 Ta có VS . ABCD  .SO.S ABCD 3 V  64 . 3  b 2 b2 b2    2  2 2 2 2 2   36 b b  b  1 a 18  .  2    72.  36 36  . b 2  .a 2  18 36 36  18  3 3 2       3