Trắc nghiệm VD – VDC khối đa diện và thể tích khối đa diện – Đặng Việt Đông

MỤC LỤC DẠNG 1: THỂ TÍCH KHỐI CHÓP…………………………………………..…………………8 DẠNG 2: THỂ TÍCH KHỐI LĂNG TRỤ………………………………………………..……..11 DẠNG 3: TỈ LỆ THỂ TÍCH…………………………………………………………………………………………….15 DẠNG 4: CỰC TRỊ THỂ TÍCH ………………………………………………………………………………………23 DẠNG 5: GÓC, KHOẢNG CÁCH LIÊN QUAN ĐẾN THỂ TÍCH……………………………………33 DẠNG 6: ỨNG DỤNG THỰC TẾ………………………………………………………………36 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Khối Đa Diện Nâng Cao THỂ TÍCH ĐA DIỆN A – KIẾN THỨC CHUNG 1. Thể tích khối chóp V  1 S .h 3 đáy  S đáy : Diện tích mặt đáy.  h : Độ dài chiều cao khối chóp. VS.ABCD  1 d .S 3 S, ABCD   ABCD 2. Thể tích khối lăng trụ V  S đáy .h  S đáy : Diện tích mặt đáy.  h : Chiều cao của khối chóp. Lưu ý: Lăng trụ đứng có chiều cao chính là cạnh bên. 3. Thể tích khối hộp chữ nhật V  a.b.c 4. Thể tích khối lập phương V  a3 5. Tỉ số thể tích VS .AB C  VS .ABC  SA SB  SC  . . SA SB SC S A Thể tích hình chóp cụt ABC .AB C  B C A h B V  B  B   BB  3 C Với B, B , h là diện tích hai đáy và chiều cao. 5.1. Hai khối chóp S . A1 A2 … An và S .B1 B2 …Bm có chung đỉnh S và hai mặt đáy cùng nằm trên một mặt  phẳng, ta có: VS . A1A2 … An VS .B1B2 … Bm   S A1 A2 … An S B1B2 … Bm 5.2. Hai khối chóp tam giác S . ABC có A  SA, B  SB, C ‘  SC ta có: VS . A’ B ‘C ‘ SA SB  SC   . . vS . ABC SA SB SC File Word liên hệ: 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 1 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Khối Đa Diện Nâng Cao SM SN SP  x,  y,  z . Mặt phẳng  MNP  SA SB SC  1 1 1 1 1 1 1 1 1 SQ cắt SD tại Q thì ta có đẳng thức    với t  và VS .MNPQ  xyzt     V . x z y t SD 4 x y z t 5.3. Kiến thức cần nhớ đối với khối lăng trụ tam giác và khối hộp. Hình chóp S .ABCD có đáy ABCD là hình bình hành và V 2V , VA. BCC B  . 3 3 V V VA. ABD  , VBDAC   . 6 3 5.4. Một số công thức nhanh cho các trường hợp hay gặp VA. ABC  2 2 BH  AB  CH  AC     ,  . BC  BC  CB  BC  Mặt phẳng   song song với mặt đáy của khối chóp S . A1 A2 … An cắt SAk tại điểm M k thỏa mãn Tam giác ABC vuông tại A có đường cao AH có VS . M1M 2 … M n SM k  p3 .  p, ta có V SAk S . A1 A2 … An Hình lăng trụ tam giác ABC. ABC có AM BN CP x y z  x,  y,  z có VABC .MNP  V. AA BB CC  3 File Word liên hệ: 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 2 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Khối Đa Diện Nâng Cao AM BN CP  x,  y,  z . Mặt phẳng  MNP  cắt DD ‘ tại Q thì ta có AA BB CC  DQ x y z t đẳng thức x  z  y  t với t  và VABCD. MNPQ  V. DD 4 Hình hộp ABCD. ABC D có Định lí Meneleus cho 3 điểm thẳng hàng MA NB PC . .  1 với MNP là một đường thẳng cắt ba đường MB NC PA thẳng AB, BC , CA lần lượt tại M , N , P. 6. Một số chú ý về độ dài các đường đặc biệt  Đường chéo của hình vuông cạnh a là a 2  Đường chéo của hình lập phương cạnh a là : a 3  Đường chéo của hình hộp chữ nhật có 3 kích thước a, b, c là :  Đường cao của tam giác đều cạnh a là: a 2  b2  c 2 a 3 2 7. CÁC CÔNG THỨC HÌNH PHẲNG 7.1. Hệ thức lượng trong tam giác 7.1.1. Cho ABC vuông tại A , đường cao AH  AB 2  AC 2  BC 2  AB 2  BH .BC 2  AC  CH .BC  AH .BC  AB .AC  AH 2  BH .HC 1 1 1   2 2 AH AB AC 2  AB  BC .sin C  BC . cos B  AC . tan C  AC . cot B 7.1.2. Cho ABC có độ dài ba cạnh là: a, b, c độ dài các trung tuyến là ma , mb , mc bán kính đường tròn ngoại tiếp R ; bán kính đường tròn nội tiếp r nửa chu vi p.  File Word liên hệ: 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 3 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Khối Đa Diện Nâng Cao  Định lí hàm số cosin: a 2  b 2  c 2 – 2bc. cos A; b 2  c 2  a 2  2ca . cos B; c 2  a 2  b 2  2ab. cosC  Định lí hàm số sin: a b c    2R sin A sin B sin C  Độ dài trung tuyến: b2  c2 a2 c2  a2 b2 a2  b2 c2 ma2   ; mb2   ; mc2   2 4 2 4 2 4 7.2. Các công thức tính diện tích 7.2.1. Tam giác 1 1 1  S  a.ha  b.hb  c.hc 2 2 2 1 1 1  S  bc sin A  ca.sin B  ab sinC 2 2 2 abc  S  4R  S  pr  S     p p a p b p c  ABC vuông tại A : S   AB.AC BC .AH  2 2 a 3 a2 3  ABC đều, cạnh a : AH  , S  2 4 7.2.2. Hình vuông  S  a2 ( a : cạnh hình vuông) 7.2.3. Hình chữ nhật  S  ab ( a, b : hai kích thước) 7.2.4. Hình bình hành   S = đáy  cao  AB. AD.sin BAD 7.2.5. Hình thoi   1 AC.BD  S  AB. AD.sin BAD 2 7.2.6. Hình thang 1  S  a  b h ( a, b : hai đáy, h : chiều cao) 2 7.2.7. Tứ giác có hai đường chéo vuông góc AC & BD 1  S  AC .BD 2 8. MỘT SỐ CÔNG THỨC TÍNH NHANH THỂ TÍCH KHỐI CHÓP THƯỜNG GẶP Nội dung Hình vẽ   File Word liên hệ: 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 4 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Cho hình chóp SAB  , SBC  , SAC  Khối Đa Diện Nâng Cao với các mặt phẳng vuông góc với nhau từng đôi một, diện SABC A tích các tam giác SAB, SBC , SAC lần lượt là S1, S2 , S3 . Khi đó: VS .ABC  S 2S1.S2 .S3 C 3 B   góc với Cho hình chóp S . ABC có SA vuông góc với ABC , hai mặt phẳng SAB  và SBC  vuông S nhau,   ,  BSC ASB   . Khi đó: VS .ABC SB 3 .sin 2 . tan   12 C A B Cho hình chóp đều S . ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh bằng a, cạnh bên bằng b . Khi đó: VS .ABC  a 2 3b 2  a 2 12 S C A G M B Cho hình chóp tam giác đều S . ABC có cạnh đáy bằng a và mặt bên tạo với mặt phẳng đáy góc  . a 3 tan  Khi đó: VS .ABC  24 S C A G M B Cho hình chóp tam giác đều S . ABC có các cạnh bên bằng b và cạnh bên tạo với mặt phẳng đáy góc  . Khi đó: VS .ABC  3b 3 .sin  cos2  4 S C A G M B Cho hình chóp tam giác đều S . ABC có các cạnh đáy bằng a, cạnh bên tạo với mặt phẳng đáy góc  . Khi đó: VS .ABC  a 3 . tan  12 S C A G M B File Word liên hệ: 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 5 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Khối Đa Diện Nâng Cao Cho hình chóp tứ giác đều S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng a, và SA  SB  SC  SD  b . Khi đó: VS .ABC  S a 2 4b 2  2a 2 6 D A M O C B Cho hình chóp tứ giác đều S . ABCD có cạnh đáy bằng a, góc tạo bởi mặt bên và mặt phẳng đáy là  . a 3 . tan  Khi đó: VS .ABCD  6 S A D M O B C Cho hình chóp tứ giác đều S . ABCD có cạnh đáy bằng a, S    với     ;   SAB   4 2 Khi đó: VS .ABCD  a 3 D A 2 tan   1 6 O C B Cho hình chóp tứ giác đều S . ABCD có các cạnh bên bằng a,   góc tạo bởi mặt bên và mặt đáy là  với    0;  .  2 4a 3 . tan  Khi đó: VS .ABCD  3 3 2  tan 2   M  S A D M O B C Cho hình chóp tam giác đều S . ABC có cạnh đáy bằng a. Gọi P là mặt phẳng đi qua A song song với BC và vuông góc với S   F N SBC  , góc giữa P  với mặt phẳng đáy là  . Khi đó: VS .ABCD  A E a 3 cot  24 Khối tám mặt đều có đỉnh là tâm các mặt của hình lập phương cạnh a. a3 Khi đó: V  6 C x G M B A’ B’ O’ D’ O1 C’ O2 O4 A O3 B O D File Word liên hệ: 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay C Trang 6 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Khối Đa Diện Nâng Cao Cho khối tám mặt đều cạnh a. Nối tâm của các mặt bên ta được khối lập phương. S 2a 3 2 Khi đó: V  27 G2 D A G1 N M C B S’ 9. CÁC CÔNG THỨC ĐẶC BIỆT THỂ TÍCH TỨ DIỆN Công thức abc VS.ABC  1  cos2   cos2   cos2   2cos cos  cos 6 Công thức tính khi biết 3 cạnh, 3 góc ở đỉnh 1 tứ diện 1 VABCD  abd sin  6 Công thức tính khi biết 2 cạnh đối, khoảng cách và góc 2 cạnh đó 2S S sin  VSABC  1 2 3a Công thức tính khi biết một cạnh, diện tích và góc giữa 2 mặt kề abc VS .ABC  sin  sin  sin  6 Công thức tính khi biết 3 cạnh, 2 góc ở đỉnh và 1 góc nhị diện VABCD  a3 2 12 VABCD  2 12 a Điều kiện tứ diện  SA  a, SB  b, SC  c     , CSA    ASB  , BSC  AB  a,CD  b  d AB,CD  d, AB,CD       SSAB  S1, S SAC  S2, SA  a   SAB , SAC       SA  a, SB  b, SC  c      SAB ,  SAC         ASB   , ASC     Tứ diện đều tất cả các cạnh bằng a 2    b 2  c 2 b 2  c2  a 2 a 2  c 2  b 2  Tứ diện gần đều AB  CD  a  AC  BD  b AD  BC  c  File Word liên hệ: 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 7 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Khối Đa Diện Nâng Cao B – BÀI TẬP DẠNG 1: THỂ TÍCH KHỐI CHÓP Câu 1: Cho khối tứ diện đều ABC D cạnh a . Gọi E là điểm đối xứng của A qua D . Mặt phẳng qua CE và vuông góc với mặt phẳng  ABD  cắt cạnh AB tại điểm F . Tính thể tích V của khối tứ diện A ECF . 2a 3 A. V  30 2a 3 B. V  60 2a 3 C. V  40 2a 3 D. V  15 Câu 2: Cho tứ diện ABCD có thể tích bằng 12 và G là trọng tâm tam giác BCD . Tính thể tích của khối chóp A.GBC . A. V  3 . B. V  4 . C. V  6 . D. V  5 . Câu 3: Cho tứ diện đều cạnh a và điểm I nằm trong tứ diện. Tính tổng khoảng cách từ I đến các mặt của tứ diện. A. a . 2 B. a 6 . 3 C. a 3 . 2 D. a 34 . 2 Câu 4: Cho hình chóp S . ABC có SA  a, BC  a 2 và tất cả các cạnh còn lại đều bằng x . Tìm x biết thể tích khối chóp đã cho có thể tích bằng a 3 11 . 6 3a 7a 9a 5a . B. x  . C. x  . D. x  . 2 2 2 2 Câu 5: Cho hình chóp tam giác đều S . ABC có cạnh đáy bằng a. Gọi  P  là mặt phẳng đi qua A và song A. x  song BC và vuông góc với  SBC  , góc giữa  P  với mặt phẳng đáy là 300. Thể tích khối chóp S . ABC là: A. a3 3 24 B. a3 3 8 C. a3 8 D. 3a 3 8 Câu 6: Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình vuông cạnh bằng 4, mặt bên SAB là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi M , N , P lần lượt là trung điểm của các cạnh SD, CD, BC. Thể tích khối chóp S . ABPN là x, thể tích khối tứ diện CMNP là y. Giá trị x, y thỏa mãn bất đẳng thức nào dưới đây: A. x 2  2 xy  y 2  160 B. x 2  2 xy  2 y 2  109 C. x 2  xy  y 4  145 D. x 2  xy  y 4  125 Câu 7: Cho hình chóp S . ABC có chân đường cao nằm trong tam giác ABC; các mặt phẳng  SAB  ;  SAC  ;  SBC  cùng tạo với mặt phẳng  ABC  một góc bằng nhau. Biết AB  25, BC  17, AC  26, đường thẳng SB tạo với đáy một góc bằng 450. Tính thể tích V của khối chóp SABC . A. V  680 B. V  408 C. V  578 D. V  600 Câu 8: Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B , AB  8 , BC  6 . Biết SA  6 và vuông góc với mặt phẳng đáy  ABC  . Một điểm M thuộc phần không gian bên trong của hình chóp và cách đều tất cả các mặt của hình chóp. Tính thể tích của khối tứ diện M . ABC . File Word liên hệ: 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 8 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Khối Đa Diện Nâng Cao 64 32 . C. V  . D. V  12 . 3 3 Câu 9: Cho khối đa diện đều n mặt có thể tích V và diện tích mỗi mặt của nó bằng S . Khi đó, tổng các khoảng cách từ một điểm bất kì bên trong khối đa diện đó đến các mặt của nó bằng A. V  24 . A. nV . S B. V  B. V . nS C. 3V . S D. V . 3S Câu 10: (ĐH Vinh Lần 1) Cho hình chóp tứ giác đều S . ABCD có SA  a 11 , côsin góc hợp bởi hai mặt 1 phẳng SBC  và  SCD  bằng . Thể tích của khối chóp S . ABCD bằng 10 A. 3a 3 . B. 9a 3 . C. 4a 3 . D. 12a3 . Câu 11: (THPT-Yên-Khánh-Ninh-Bình-lần-4-2018-2019-Thi-tháng-4) Cho hình chóp S .ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng a , SA  a 3 ; SA   ABCD  . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của các cạnh SB , SD ; mặt phẳng ABCDMNI . A. V  Câu 12: 5 3 a3 . 18 B. V  3 a3 . 18  AMN  cắt SC tại I . Tính thể tích khối đa diện C. V  5 3 a3 6 D. V  13 3 a 3 . 36 (Chuyên Vinh Lần 3)Cho hình chóp S . ABC có các cạnh SA  BC  3 ; SB  AC  4 ; SC  AB  2 5 . Tính thể tích khối chóp S . ABC . A. 390 . 12 B. 390 . 4 C. 390 . 6 D. 390 . 8 Câu 13: (Phan Đình Tùng Hà Tĩnh) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thang cân với AB  2a, BC  CD  DA  a và SA  ( ABCD ) . Một mặt phẳng qua A vuông góc với SB và cắt SB, SC , SD lần lượt tại M , N , P . Tính thể tích khối cầu ngoại tiếp khối ABCDMNP A. 32 a 3 . 3 B. 4a 3 3 . 3 C. 4 a3 . 3 D. 4 a3 . 24 Câu 14: (-Mai-Anh-Tuấn-Thanh-Hóa-lần-1-2018-2019) Cho tứ diện OABC có OA  a , OB  b , OC  c và đôi một vuông góc với nhau. Gọi r là bán kính mặt cầu tiếp xúc với cả bốn mặt của a tứ diện. Giả sử a  b, a  c . Giá trị nhỏ nhất của là r A. 1  3 . B. 2  3 . C. 3. D. 3  3 .   SAC   30 Câu 15: (Nguyễn Khuyến)Cho hình chóp S .ABC có AB  AC  4, BC  2, SA  4 3, SAB . Thể tích khối chóp S .ABC bằng: A. VS.ABC  4. B. VS.ABC  6. C. VS.ABC  8 . File Word liên hệ: 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay D. VS. ABC  12 . Trang 9 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Khối Đa Diện Nâng Cao Câu 16: (Chuyên-Thái-Nguyên-lần-1-2018-2019-Thi-tháng-3) Cho hình chóp đều S . ABC có đáy là tam giác đều cạnh a . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của SB, SC . Biết  AMN    SBC  . Thể tích khối chóp S . ABC bằng a 3 26 A. . 24 a3 5 B. . 24 a3 5 C. . 8 a 3 13 D. . 18 Câu 17: (KHTN Hà Nội Lần 3) Cho hình chóp tam giác đều S . ABC có cạnh đáy bằng a . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của SA, SC . Biết rằng BM vuông góc với AN . Thể tích khối chóp S . ABC bằng A. a3 14 . 8 B. a3 3 . 4 C. a3 3 . 12 D. a3 14 . 24 Câu 18: (Sở Ninh Bình Lần1) Cho hình chóp đều S . ABC có độ dài cạnh đáy bằng 2 , điểm M thuộc cạnh SA sao cho SA  4SM và SA vuông góc với mặt phẳng  MBC  . Thể tích V của khối chóp S . ABC là A. V  2 . 3 B. V  2 5 . 9 C. 4 . 3 D. V  2 5 . 3 a 39 . Tam giác ABC 3 cân tại A có góc A  120 , BC  2 a . G là trọng tâm tam giác SAB . Thể tích khối chóp G. ABC là Câu 19: (Phan Đình Tùng Hà Tĩnh) Cho hình chóp S . ABC có SA  SB  SC  2a3 A. . 9 3 B. a . a3 C. . 3 a3 D. . 9 Câu 20: (THPT ĐÔ LƯƠNG 3 LẦN 2) Cho hình chóp S .ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh bằng 6 15 1 . Biết khoảng cách từ A đến mặt phẳng  SBC  là , từ B đến mặt phẳng  SAC  là , 4 10 30 từ C đến mặt phẳng  SAB  là và hình chiếu vuông góc của S xuống đáy nằm trong tam 20 giác ABC . Thể tích khối chóp S .ABC bằng A. 1 . 36 B. 1 . 48 C. 1 . 12 D. 1 . 24 Câu 21: (Trung-Tâm-Thanh-Tường-Nghệ-An-Lần-2) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi N là trung điểm SB, P thuộc đoạn SC sao cho SP  2PC , M thuộc đoạn SA 4 sao cho SM  MA. Mặt phẳng  MNP  cắt SD tại Q. NP cắt BC tại E , CQ cắt DP tại R. 5 Biết rằng thể tích khối chóp EPQR bằng 18cm3 . Thể tích khối chóp SMNPQ bằng A. 65cm3 . B. 260 3 cm . 9 C. 75cm3 . File Word liên hệ: 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay D. 70cm3 . Trang 10 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Câu 22: Khối Đa Diện Nâng Cao   CSA   600 , (Nam Tiền Hải Thái Bình Lần1) Cho khối chóp S . ABC có  ASB  BSC SA  a, SB  2a, SC  4a . Tính thể tích khối chóp S . ABC theo a . A. 2 2a 3 . 3 B. 2a 3 . 3 C. 4 2a 3 . 3 D. 8 2a 3 . 3 DẠNG 2: THỂ TÍCH KHỐI LĂNG TRỤ LĂNG TRỤ ĐỨNG Câu 23: Cho lăng trụ đứng ABCABC  có đáy là tam giác ABC vuông cân tại A, BC=2a. Góc giữa mặt phẳng ( AB C ) và mặt phẳng ( BBC ) bằng 600 .Tính thể tích lăng trụ ABCABC  . A. a3 2 C. a3 6 B. 2a 3 D. 3a 3 Câu 24: Cho khối lăng trụ tam giác ABC. A’B’C’. Gọi M , N lần lượt thuộc các cạnh bên AA’, CC’ sao cho MA  MA ‘ và NC  4 NC ‘ . Gọi G là trọng tâm tam giác ABC . Trong bốn khối tứ diện GA’B’C’, BB’MN , ABB’C’ và A’BCN , khối tứ diện nào có thể tích nhỏ nhất? A. Khối A’BCN B. Khối GA’B’C’ C. Khối ABB’C’ D. Khối BB’MN Câu 25: Cho hình lăng trụ đứng ABC. A ‘ B ‘ C ‘ , biết đáy ABC là tam giác đều cạnh a . Khoảng cách từ tâm a O của tam giác ABC đến mặt phẳng  A ‘ BC  bằng .Tính thể tích khối lăng trụ ABC. A ‘ B ‘ C ‘ 6 . A. Câu 26: 3a 3 2 . 8 3a 3 2 . 28 C. 3a 3 2 . 4 D. 3a 3 2 . 16 (Chuyên-Thái-Nguyên-lần-1-2018-2019-Thi-tháng-3) Cho hình lăng trụ đứng tam giác ABC.A ‘ B ‘ C ‘ có đáy ABC là tam giác vuông tại A và AB  AC  a . Biết góc giữa hai đường thẳng AC ‘ và BA ‘ bằng 600 . Thể tích của khối lăng trụ ABC.A ‘ B ‘ C ‘ bằng A. a3 . Câu 27: B. B. 2a3 . C. a3 . 3 D. a3 . 2 (KSCL-Lần-2-2019-THPT-Nguyễn-Đức-Cảnh-Thái-Bình) Cho khối lăng trụ tam giác ABC . AB C  . Gọi G là trọng tâm tam giác ABC . M , N , P lần lượt là trung điểm của CC  , AC  , AB  . Biết thể tích của khối GMNP bằng 5 , tính thể tích khối lăng trụ ABC . AB C  . A. 72 . B. 21 . C. 18 . D. 17 . Câu 28: (Chuyên Bắc Giang) Cho lăng trụ đều ABC. ABC  có độ dài tất cả các cạnh bằng 1 . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của hai cạnh AB và AC . Tính thể tích V của khối đa diện AMNABC  . A. V  7 3 . 48 B. V  5 3 . 32 C. V  7 3 . 32 D. V  5 3 . 48 Câu 29: (SỞ QUẢNG BÌNH NĂM 2019) Cho hình lập phương ABCD. ABC D cạnh bằng 1. Gọi M là trung điểm cạnh BB . Mặt phẳng  MAD  cắt cạnh BC tại K . Thể tích của khối đa diện ABC DMKCD bằng: File Word liên hệ: 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 11 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A A. 7 . 24 B. 7 . 17 C. Khối Đa Diện Nâng Cao 1 . 24 D. 17 . 24 Câu 30: (Chuyên Quốc Học Huế Lần1) Cho hình lập phương ABCD. A ‘ B ‘ C ‘ D ‘ . Biết tích của khoảng cách từ điểm B ‘ và điểm D đến mặt phẳng  D ‘ AC  bằng 6 a 2  a  0  . Giả sử thể tích của khối lập phương ABCD. A ‘ B ‘ C ‘ D ‘ là ka 2 . Chọn mệnh đề đúng trong các mệnh đề sau. A. k   20;30  . B. k  100;120  . C. k   50;80  . D. k   40;50  .    ; đường chéo AC ‘ hợp với Câu 31: Cho khối hộp đứng ABCD. A ‘ B ‘ C ‘ D ‘ có AB  a , AD  b, BAD đáy góc  . Tính thể tích khối hộp đứng đã cho là: A. V  4ab a 2  b2  2ab.cos .cos .cos B. V  2ab a 2  b2  2ab.cos .cos .cos C. V  3ab a2  b2  2ab.cos .sin  .tan D. V  ab a2  b2  2ab.cos .sin .tan Câu 32: Cho hình lập phương ABCD. AB C D có cạnh bằng a , một mặt phẳng   cắt các cạnh AA , 1 2 BB , CC  , DD lần lượt tại M , N , P , Q . Biết AM  a , CP  a . Thể tích khối đa diện 3 5 ABCD.MNPQ là: A. 11 3 a . 30 B. a3 . 3 C. 2a 3 . 3 D. 11 3 a . 15 Câu 33: (Phan Đình Tùng Hà Tĩnh) Cho hình hộp đứng ABCD. ABC D có đáy là hình thoi và diện tích đáy bằng S1 . Tứ giác ACC A và BDD B  có diện tích lần lượt bằng S 2 và S3 . M là một điểm bất kì thuộc mặt phẳng  ABCD  . Kí hiệu V là thể tích của khối chóp M . ABC D . Khẳng định nào dưới đây là khẳng định đúng? A. V  S1S 2 S3 . 6 B. V  2 S1S2 S3 3 . C. V  2 S1 S2 S3 . 6 D. V  3 S1S 2 S3 . 9 Câu 34: (Chuyên Thái Nguyên) Cho hình hộp chữ nhật ABCD. AB C D  . Khoàng cách giữa AB và BC 2a 5 2a 5 a 3 là , khoảng cách giữa BC và AB là , khoảng cách giữa AC và BD là . Tính 5 5 3 thể tích khối hộp . A. 4a3 . B. 3a3 . C. 5a3 . D. 2a3 . Câu 35: (THĂNG LONG HN LẦN 2 NĂM 2019) Cho hình hộp chữ nhật ABCD. ABC D có AB  BC  a , AA  a 3 . Gọi I là giao điểm của AD và AD ; H là hình chiếu của I trên mặt phẳng  ABCD  ; K là hình chiếu của B lên mặt phẳng  CAB . Tính thể tích của khối tứ diện IHBK . A. a3 3 . 4 B. a3 3 . 6 C. a3 3 . 16 File Word liên hệ: 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay D. a3 3 . 8 Trang 12 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Khối Đa Diện Nâng Cao Câu 36: (Ngô Quyền Hà Nội) Một hình hộp chữ nhật có kích thước a (cm) x b (cm) x c (cm) , trong đó a, b , c là các số nguyên và 1  a  b  c . Gọi V (cm3 ) và S (cm2 ) 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. 10. B. 12. C. 21. D. 4. LĂNG TRỤ XIÊN Câu 37: (THANH CHƯƠNG 1 NGHỆ AN 2019 LẦN 3)Cho khối lăng trụ tam giác ABC . A ‘ B ‘ C ‘ , đáy là tam giác ABC đều cạnh a . Gọi M là trung điểm AC . Biết tam giác AMB cân tại A và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng  ABC  . Góc giữa AB với mặt phẳng  ABC  là 30 . Thể tích khối lăng trụ đã cho là: A. a3 3 . 16 B. a3 3 . 48 C. a3 3 . 24 a3 3 D. . 8 Câu 38: (Thuan-Thanh-Bac-Ninh) 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 của khối lăng trụ ABC. ABC 4 là A. a3 3 . 12 B. a3 3 . 3 C. a3 3 . 6 D. a3 3 . 24 Câu 39: ( Nguyễn Tất Thành Yên Bái)Cho hình lăng trụ ABC . AB C  có đáy là tam giác đều cạnh a . Hình chiếu vuông góc của điểm A lên mặt phẳng  ABC  trùng với trọng tâm tam giác ABC . Biết khoảng cách giữa hai đường AA và BC bằng a 3 . Tính thể tích V của khối lăng trụ 4 ABC . AB C  . A. V  a3 3 . 6 B. V  a3 3 . 24 C. V  a3 3 . 12 D. V  a3 3 . 3 Câu 40: (THPT-Toàn-Thắng-Hải-Phòng) 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 thể tích V của khối lăng 4 trụ ABC. ABC . A. V  a3 3 . 6 B. V  a3 3 . 3 C. V  a3 3 . 24 D. V  a3 3 . 12 Câu 41: (THẠCH THÀNH I – THANH HÓA 2019) Cho lăng trụ ABC. ABC  có đáy ABC là tam giác đều cạnh a , hình chiếu vuông góc của A lên  ABC  trùng với trọng tâm của tam giác ABC . File Word liên hệ: 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 13 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Khối Đa Diện Nâng Cao Một mặt phẳng  P  chứa BC và vuông góc với AA cắt hình lăng trụ ABC. ABC  theo một thiết diện có diện tích bằng a3 3 A. . 4 3a 2 . Thể tích khối lăng trụ ABC. ABC  bằng 8 2 3a 3 B. . 3 a3 3 C. . 10 a3 3 D. . 12 Câu 42: Cho lăng trụ tam giác ABC. A ‘ B ‘ C ‘ có BB ‘  a , góc giữa đường thẳng BB ‘ và  ABC  bằng 60   60 . Hình chiếu vuông góc của điểm B ‘ lên  ABC  , tam giác ABC vuông tại C và góc BAC trùng với trọng tâm của ABC . Thể tích của khối tứ diện A ‘. ABC theo a bằng A. 13a 3 . 108 B. 7a3 . 106 C. 15a 3 . 108 D. 9a 3 . 208 Câu 43: (Đặng Thành Nam Đề 6) Cho khối lăng trụ tam giác ABC . A B C  có đáy là tam giác vuông tại ’  900 ,  A, AB  1, BC  2 . Góc CBB ABB ‘  1200. Gọi M là trung điểm cạnh AA . Biết d  AB ‘, CM   A. 2 2 . 7 . Tính thể tích khối lăng trụ đã cho. 7 B. 4 2 . 9 C. 4 2 . D. 4 2 . 3 Câu 44: (Đặng Thành Nam Đề 9) Cho khối lăng trụ ABC . AB C  có thể tích V , đáy là tam giác cân, AB  AC . Gọi E là trung điểm cạnh AB và F là hình chiếu vuông góc của E lên BC . Mặt phẳng  CEF  chia khối lăng trụ đã cho thành hai khối đa diện. Tính thể tích khối đa diện chứa đỉnh A . A. 47 V. 72 B. 25 V. 72 C. 29 V. 72 D. 43 V. 72 Câu 45: Cho hình lăng trụ có tất cả các cạnh đều bằng a , đáy là lục giác đều, góc tạo bởi cạnh bên và mặt đáy là 60 . Tính thể tích khối lăng trụ A. V  27 3 a . 8 B. V  3 3 a . 4 C. V  3 3 a . 2 D. 9 3 a . 4 Câu 46: (CổLoa Hà Nội) Cho khối hộp ABCD.ABCD có thể tích bằng V . Điểm E thỏa mãn   AE  3 AB . Thể tích của khối đa diện là phần chung của khối hộp ABCD.ABCD và khối tứ diện EADD  bằng E K B C H B’ A A’ C’ D D’ File Word liên hệ: 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 14 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A A. 4V . 27 B. V . 2 C. Khối Đa Diện Nâng Cao 19V . 54 D. 25V . 54 Câu 47: Cho khối hộp ABCD. A ‘ B ‘ C ‘ D ‘ có cạnh bên bằng 1.; đáy ABCD là một hình chữ nhật có các cạnh BA  3, AD  7; các mặt bên  ABB ‘ A ‘  và  ADD ‘ A ‘ hợp với mặt đáy các góc theo thứ tự 450 ;600. Thể tích khối hộp là: A. 4 (đvdt) B. 3 (đvdt) C. 2 (đvdt) D. 6 (đvdt) Câu 48: Cho khối hộp ABCD. A ‘ B ‘ C ‘ D ‘ có độ dài cạnh bên bằng a; đáy là hình thoi, diện tích của hai mặt chéo là S1 và S 2 ; góc giữa hai mặt phẳng chứa hai mặt chéo là  . Tính thể tích V của khối hộp đã cho. A. V  S1S2 cos a B. V  S1S2 cos . 3a C. V  S1S2 cos 4a D. V  S1S2 cos 2a Câu 49: (Hậu Lộc Thanh Hóa) Cho hình lăng trụ ABCD. ABC D có đáy ABCD là hình chữ nhật AB  a , AD  a 3 . Hình chiếu vuông góc của A trên mặt phẳng  ABCD  trùng với giao điểm của AC và BD . Góc giữa hai mặt phẳng  ADDA  và  ABCD  bằng 60 . Tính thể tích khối tứ diện ACBD . A. a3 . 2 B. a3 . 6 C. a3 . 3 D. 3a 3 . 2 Câu 50: (PHÂN TÍCH BL_PT ĐỀ ĐH VINHL3 -2019..) Cho hình hộp ABCD. A ‘ B ‘ C ‘ D ‘ có thể tích bằng V . Gọi lần lượt là tâm các hình bình hành M , N , P, Q, E , F ABCD , A ‘ B ‘ C ‘ D ‘, ABB ‘ A ‘, BCC ‘ B ‘, CDD ‘ C ‘, DAA ‘ D ‘. Thể tích khối đa diện có các đỉnh M , P , Q, E , F , N bằng A. V . 4 B. V . 2 C. V . 6 D. V . 3 Câu 51: Cho khối hộp ABCD. A ‘ B ‘ C ‘ D ‘ có tất cả các cạnh bên bằng a và các góc A ‘ AB, BDA, A ‘ AD đều bằng   00    900  . Tính thể tích V của khối hộp. A. V  a 3 sin 2 cos 2 C. V  2a 3 sin a  cos 2 arcsin  2  a cos 2  cos 2 2 2 B. V  2a 3 sin  cos 2 a  cos 2 2 D. Đáp số khác. DẠNG 3: TỈ LỆ THỂ TÍCH Câu 1: (TTHT Lần 4) Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình bình hành và có thể tích là V . Gọi M là trung điểm của SB . P là điểm thuộc cạnh SD sao cho SP  2 DP . Mặt phẳng  AMP  cắt cạnh SC tại N . Tính thể tích của khối đa diện ABCDMNP theo V A. VABCDMNP  23 V. 30 B. VABCDMNP  19 V. 30 2 C. VABCDMNP  V . 5 File Word liên hệ: 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay D. VABCDMNP  7 V. 30 Trang 15 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Khối Đa Diện Nâng Cao Câu 2: Cho khối chóp S . ABCD có đáy là hình chữ nhật, AB  3a , AD  a , SA vuông góc với đáy và SA  a . Mặt phẳng   qua A vuông góc với SC cắt SB , SC , SD lần lượt tại M , N , P . Tính thể tích khối chóp S . AMNP . 3a 3 3a 3 3 3a 3 3a 3 . B. . C. . D. . 40 40 10 30 Câu 3: Cho khối chóp S . ABCD có thể tích V và đáy là hình bình hành. Điểm S  thỏa mãn   7 V. SS   k DC  k  0  . Biết thể tích phần chung của hai khối chóp S . ABCD và S .ABCD là 25 Tìm k . A. A. k  9 . B. k  6 . C. k  11 . D. k  4 . S . ABC a Câu 4: Cho hình chóp có tất cả các cạnh đều bằng . Một mặt phẳng  P  song song với mặt đáy  ABC  cắt các cạnh SA , SB , SC lần lượt tại M , N , P . Tính diện tích tam giác  P  chia khối chóp đã cho thành hai khối đa diện có thể tích bằng nhau. A. S MNP  a2 . 3 . 8 B. S MNP  a3. 3 . 16 C. S MNP  a2 . 3 43 2 D. S MNP  MNP biết a2 . 3 . 43 4 Câu 5: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB  a, AD  b và cạnh bên SA  c vuông góc với mặt phẳng  ABCD  . Gọi M là một điểm trên cạnh SA sao cho AM  x  0  x  c  . Tìm x để mặt phẳng  MBC  chia khối chóp thành hai khối đa diện có thể tích bằng nhau. A. x  3  2  c . B. x   2  3  ab . C. x  3  5  c . D. x    5  1 ab . 2 2c 2 2c Câu 6: Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình thang với AB / /CD và CD  4 AB .Gọi M là 1 điểm SM trên cạnh SA sao cho 0  AM  SA . Tìm tỉ số sao cho mặt phẳng  CDM  chia khối chóp SA đã cho thành hai khối đa diện có thể tích bằng nhau: SM 3  13 SM 4  26 SM 3  17 SM 3  23  . B.  . C.  . D.  . SA 2 SA 2 SA 2 SA 2 Câu 7: Cho điểm M trên cạnh SA , điểm N trên cạnh SB của hình chóp tam giác S . ABC có thể tích bằng V sao cho SM  1 , SN  x . Mặt phẳng  P  qua MN và song song với SC chia khối chóp SA 3 SB S . ABC thành hai khối đa diện có thể tích bằng nhau. Tính x . A. A. x  4 5 3 B. x  8  10 6 C. x  4 5 6 File Word liên hệ: 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay D. x  8  10 9 Trang 16 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Khối Đa Diện Nâng Cao Câu 8: (Hai Bà Trưng Huế Lần1) Cho hình chóp tam giác S . ABC . Gọi M là trung điểm của SA , lấy SN 2 điểm N trên cạnh SB sao cho  . Mặt phẳng   qua MN và song song với SC chia SB 3 khối chóp thành hai phần. Gọi V1 là thể tích của khối đa diện chứa đỉnh A , V2 là thể tích của khối đa diện còn lại. TÍnh tỉ số V1 . V2 V1 7 V 7 V 7 V 7 B. 1  . C. 1  . D. 1  .  . V2 16 V2 18 V2 11 V2 9 Câu 9: Cho hình chóp tứ giác đều S .ABCD có cạnh đáy bằng a , cạnh bên hợp với đáy một góc 60 . Gọi M là điểm đối xứng của C qua D , N là trung điểm SC. Mặt phẳng  BMN  chia khối chóp A. S .ABCD thành hai phần. Tỉ số thể tích giữa hai phần (phần lớn trên phần bé) bằng: 7 1 7 6 . B. . C. . D. . 5 7 3 5 ABCD N a Câu 10: Cho khối tứ diện đều cạnh bằng , Gọi M , là trung điểm các cạnh AB , BC svà E A. là điểm thuộc tia đối DB sao cho BD  k . Tìm k để mặt phẳng  MNE  chia khối tứ diện BE 11 2a3 thành hai khối đa diện, trong đó khối đa diện chứa đỉnh B có thể tích là . 294 A. k  6 . 5 B. k  6 . C. k  4 . D. V  5 . Câu 11: (Hình học không gian) Cho tứ diện ABCD và M , N , P lần lượt thuộc BC , BD, AC sao cho BC  4 BM , BD  2 BN , AC  3 AP. Mặt phẳng  MNP  cắt AD tại Q. Tính tỷ số thể tích hai phần khối tứ diện ABCD bị chia bởi mặt phẳng  MNP  . 2 7 5 1 B. C. D. 3 13 13 3 Câu 12: Cho hình chóp tứ giác đều S .ABCD có đáy là hình vuông ABCD cạnh a , góc giữa mặt bên và A. 1 phẳng đáy là  thỏa mãn cos = . Mặt phẳng  P  qua AC và vuông góc với mặt phẳng  SAD  3 chia khối chóp S .ABCD thành hai khối đa diện. Tỉ lệ thể tích hai khối đa diện là gần nhất với giá trị nào trong các giá trị sau: A. 0,11 B. 0,13 C. 0, 7 D. 0,9 Câu 13: Cho tứ diện S . ABC , M và N là các điểm thuộc các cạnh SA và SB sao cho MA  2SM , SN  2 NB , ( ) là mặt phẳng qua MN và song song với SC . Kí hiệu ( H ) và ( H ) là các khối 1 2 đa diện có được khi chia khối tứ diện S . ABC bởi mặt phẳng ( ) , trong đó, ( H1 ) chứa điểm S , ( H 2 ) chứa điểm A ; V1 và V2 lần lượt là thể tích của ( H1 ) và ( H 2 ) . Tính tỉ số File Word liên hệ: 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay V1 . V2 Trang 17 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Khối Đa Diện Nâng Cao 4 5 3 4 B. C. D. 5 4 4 3 Câu 14: (Sở Quảng NamT) Cho khối chóp S.ABCD có thể tích bằng 1, đáy ABCD là hình thang với đáy lớn AD và AD  3BC . Gọi M là trung điểm của cạnh SA, N là điểm thuộc CD sao cho ND = 3NC. Mặt phẳng (BMN) cắt SD tại P. Thể tích khối chóp AMBNP bằng: A. 5 5 9 3 B. C. D. 12 16 32 8 Câu 15: Cho tứ diện đều ABCD cạnh a. Mặt phẳng (P) chứa cạnh BC cắt cạnh AD tại E. Biết góc giữa hai A. mặt phẳng (P) và (BCD) có số đo là  thỏa mãn tan   và tứ diện BCDE lần lượt là V1 và V2 . Tính tỷ số 5 2 . Gọi thể tích của hai tứ diện ABCE 7 V1 . V2 3 1 3 5 B. C. D. 8 8 5 8  Câu 16: Cho khối chóp S . ABC có SA  6, SB  2, SC  4, AB  2 10 và SBC  90 , ASC  120 . Mặt A. phẳng  P  qua B và trung điểm N của SC và vuông góc với mặt phẳng  SAC  cắt cạnh SA tại M . Tính tỉ số thể tích VS . MBN . VS . ABC 2 2 1 1 . B. . C. . D. . 9 5 6 4 Câu 17: (KỸ-NĂNG-GIẢI-TOÁN-HƯỚNG-ĐẾN-THPT-QG) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi M , N lần lượt là trung điểm của các cạnh AB , BC . Điểm K thuộc A. đoạn SA . Biết mặt phẳng  MNK  chia khối chóp S . ABCD thành hai phần, phần chứa đỉnh S có thể tích bằng 7 KA lần phần còn lại. Tính tỉ số t  . 13 KS 1 3 1 2 . B. t  . C. t  . D. t  . 2 4 3 3 Câu 18: (Sở Đà Nẵng 2019) Cho hình chóp S .ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi M , N lần A. t  lượt là trung điểm các cạnh SA, SD . Mặt phẳng   chứa MN và cắt các tia SB, SC lần lượt tại SP  x , V1 là thể tích của khối chóp S .MNQP và V là thể tích khối chóp S .ABCD SB . Tìm x để V  2V1 . P và Q . Đặt 1 1  33 1  41 . B. x  . C. x  . D. x  2 . 2 4 4 Câu 19: (Đặng Thành Nam Đề 3) khối chóp S . ABCD có đáy là hình thang với hai đáy là AB và CD , A. x  AB  2CD . Gọi E là một điểm trên cạnh SC . Mặt phẳng  ABE  chia khối chóp S .ABCD thành hai khối đa diện có thể tích bằng nhau. Tính tỉ số SE . SC File Word liên hệ: 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 18 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Khối Đa Diện Nâng Cao 10  2 26  4 . B. 6  2 . C. 2 1 . D. . 2 2 Câu 20: (Hàm Rồng ) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi M , N lần lượt là A. 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 bằng số k  7 lần phần còn lại. Tính tỉ 13 IA ? IS 1 3 2 1 . B. . C. . D. . 2 4 3 3 Câu 21: (Cụm 8 trường chuyên lần1) Cho hình chóp tam giác đều S . AB C có cạnh bên tạo với đường A. cao một góc 300 , O là trọng tâm tam giác A BC . Một hình chóp tam giác đều thứ hai O . A  B C  có S là tâm của tam giác A  B C  và cạnh bên của hình chóp O . A  B C  tạo với đường cao một góc 600 (hai hình chóp có chung chiều cao) sao cho mỗi cạnh bên SA , SB , SC lần lượt cắt các cạnh bên OA , OB , OC  . Gọi V1 là phần thể tích chung của hai khối chóp S . ABC và O . A  B C  . Gọi V2 là thể tích khối chóp S . ABC . Tỉ số V1 bằng V2 9 1 27 9 . B. . C. . D. . 16 4 64 64 Câu 22: (Cụm 8 trường chuyên lần1) 5 (Tổng quát câu 4) Cho hình chóp tam giác đều S . AB C , O là trọng tâm tam giác A BC . Một hình chóp tam giác đều thứ hai O . A  B C  có S là tâm của tam giác A  B C  và cạnh bên của hình chóp O . A  B C  và AB  kAB (hai hình chóp có chung chiều A. cao) sao cho mỗi cạnh bên SA , SB , SC lần lượt cắt các cạnh bên OA , OB , OC  . Gọi V1 là phần thể tích chung của hai khối chóp S . ABC và O . A  B C  . Gọi V2 là thể tích khối chóp S . ABC V . Tỉ số 1 bằng V2 k3 1 k . B. . C. . D. . 3 3 k 1 k 1 ( k  1) (k  1) Câu 23: (Cụm 8 trường chuyên lần1) Cho hình chóp S .ABCD có đáy ABCD là hình vuông và SA   ABCD  . Trên đường thẳng vuông góc với  ABCD  tại D lấy điểm S  thỏa mãn A. k3  k2 S D  1 SA và S  , S ở cùng phía đối với mặt phẳng  ABCD  . Gọi V1 là phần thể tích chung của 2 V hai khối chóp S .ABCD và S .ABCD . Gọi V2 là thể tích khối chóp S .ABCD . Tỉ số 1 bằng V2 File Word liên hệ: 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 19 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Khối Đa Diện Nâng Cao 4 7 7 1 . B. . C. . D. . 9 9 18 3 Câu 24: (Cụm 8 trường chuyên lần1) Cho hình chóp S .ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Trên A.   đường thẳng qua D và song song với SA lấy điểm S  thỏa mãn S D  k SA với k  0 . Gọi V1 là phần thể tích chung của hai khối chóp S .ABCD và S .ABCD . Gọi V2 là thể tích khối chóp V S .ABCD . Tỉ số 1 bằng V2 S S’ D A B A. 2k 2  k 2  k  1 2 . B. C 3k  2 2  k  1 2 . C. 3k 2  2k 2  k  1 2 . D. k . k 1 Câu 25: (THTT số 3) Cho khối chóp S . A1 A2 … An ( với n  3 là số nguyên dương). Gọi B j là trung điểm   của đoạn thẳng SA j j  1, n . Kí hiệu V1 ,V2 lần lượt là thể tích của hai khối chóp S . A1 A2 … An và S .B1 B2 …Bn . Tính tỉ số V1 . V2 A. 2 . B. 4 . C. 8 . D. 2 n . Câu 26: Khối tứ diện ABCD có thể tích V , khối tứ diện A1 B1C1 D1 có thể tích V1 , các đỉnh A1 , B1 , C1 , D1 lần lượt là trọng tâm của các tam giác BCD, CDA, DAB,ABC . Khối tứ diện A2 B2C 2 D2 có thể File Word liên hệ: 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 20 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Khối Đa Diện Nâng Cao tích V2 , các đỉnh A2 , B2 , C2 , D2 lần lượt là trọng tâm của các tam giác B1C1 D1 , C1 D1 A1 , D1 A1 B1 , A1 B1C1 . Cứ tiếp tục như thế ta được khối tứ diện An Bn Cn Dn có thể tích Vn , các đỉnh An , Bn , Cn , Dn lần lượt là trọng tâm của các tam giác Bn 1Cn 1 Dn 1 , Cn 1 Dn 1 An 1 , Dn 1 An 1 Bn 1 , An 1 Bn 1Cn 1 . Tính S  V1  V2  …  V2018 ? 3 A. S  2018 C. S   1 V 2018  27 B. S  . 2019  1 V 26.272019  32019 1V 2.3  272018 1V . . D. S  . 26.272018 2.32019 Câu 27: (KINH MÔN II LẦN 3 NĂM 2019) 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 1 1 1 1 . B. . C. . D. . 11 23 47 7 Câu 28: (TTHT Lần 4) Cho lăng trụ ABC . AB C  , trên các cạnh AA , BB lấy các điểm M , N sao cho A. AA  3 AM , BB   3 B N . Mặt phẳng  C MN  chia khối lăng trụ đã cho thành hai phần. Gọi V1 là thể tích của khối chóp C . AB NM , V2 là thể tích của khối đa diện ABCMNC  . Tỉ số V1 V2 bằng: V1 4 V 2 V 1 V 3 B. 1  . C. 1  . D. 1  .  . V2 7 V2 7 V2 7 V2 7 Câu 29: Cho khối lăng trụ tam giác ABC. ABC . Gọi M , N lần lượt thuộc các cạnh bên AA, CC  sao cho MA  MA; NC  4 NC  . Gọi G là trọng tâm tam giác ABC . Hỏi trong bốn khối tứ diện A. GAB C , BB MN , ABBC  và ABCN , khối tứ diện nào có thể tích nhỏ nhất? A. Khối ABCN . B. Khối GABC  . C. Khối ABBC  . D. Khối BBMN . Câu 30: Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC . A ‘ B ‘ C ‘, có cạnh đáy bằng a và cạnh bên bằng a 2 . Lấy M, N lần lượt trên cạnh AB ‘, A ‘ C sao cho AM A ‘ N 1   . Tính thể tích V của khối BMNC ‘ C. AB ‘ A ‘ C 3 a3 6 2a 3 6 3a 3 6 a3 6 B. C. D. 108 27 108 27 Câu 31: (Cụm THPT Vũng Tàu) Cho lăng trụ ABC . AB C  .Trên các cạnh AA, BB lần lượt lấy các điểm E, F sao cho AA  kAE, BB  kBF . Mặt phẳng (C EF ) chia khối trụ đã cho thành hai khối đa A. diện bao gồm khối chóp (C. ABFE) có thể tích V1 và khối đa diện (ABCEFC) có thế tích V2 . Biết rằng A. k  4 . V1 2  , tìm k V2 7 B. k  3 . C. k  1 . File Word liên hệ: 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay D. k  2 . Trang 21 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Khối Đa Diện Nâng Cao Câu 32: Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC.A’B’C’ , có cạnh đáy bằng a và cạnh bên bằng a 2 . Lấy AM A’N 1 M , N lần lượt trên cạnh AB’, A’C sao cho   . Tính thể tích V của khối AB ‘ A ‘C 3 BMNC’C. a3 6 2a 3 6 3a 3 6 a3 6 B. C. D. 108 27 108 27 Câu 33: (Trần Đại Nghĩa) Cho hình lăng trụ ABC. A ‘ B ‘ C ‘ có thể tích bằng V. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của A ‘ B ‘, AC và P là điểm thuộc cạnh CC ‘ sao cho CP  2C ‘ P . Tính thể tích khối tứ A. diện BMNP theo V. A. 2V . 9 B. V . 3 C. 5V . 24 D. 4V . 9 Câu 34: (Lý Nhân Tông) Cho khối hộp chữ nhật ABCD. ABC D có thể tích bằng 2110 . Biết AM  MA , DN  3ND , CP  2C P như hình vẽ. Mặt phẳng  MNP  chia khối hộp đã cho thành hai khối đa diện. Thể tích khối đa diện nhỏ hơn bằng 5275 5275 7385 8440 . B. . C. . D. . 6 12 18 9 Câu 35: (THTT lần5) Cho hình lập phương ABCD. AB C D  cạnh 2a . Gọi M là trung điểm của BB 1 và P thuộc cạnh DD sao cho DP  DD . Biết mặt phẳng  AMP  cắt CC  tại N , thể tích 4 của khối đa diện AMNPBCD bằng A. 3 A. 2 a . 3 B. 3 a . 11a3 C. . 3 3 D. 9 a . 4 Câu 36: Cho khối lập phương ABCD. ABC D cạnh a . Các điểm E và F lần lượt là trung điểm của C B và C D . Mặt phẳng  AEF  cắt khối lập phương đã cho thành hai phần, gọi V1 là thể tich khối chứa điểm A và V2 là thể tich khối chứa điểm C ‘ . Khi đó A. 25 . 47 B. 1. C. V1 là V2 17 . 25 File Word liên hệ: 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay D. 8 . 17 Trang 22 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Khối Đa Diện Nâng Cao Câu 37: Cho hình lập phương ABCD. A ‘ B ‘ C ‘ D ‘ cạnh a. Gọi M , N lần lượt là trung điểm của A ‘ B ‘ và BC. Mặt phẳng  DMN  chia khối lập phương đã cho thành hai khối đa diện. Gọi  H  là khối đa diện chứa đỉnh A,  H ‘ là khối đa diện còn lại. Tính tỉ số A. V H  V H ‘  37 48 B. V H  V H ‘  55 89 C. V H  V H ‘  V H  V H ‘ . 2 3 D. V H  V H ‘  1 2 Câu 38: Cho hình lập phương ABCD. ABC D cạnh a. Gọi M , N lần lượt là trung điểm của các cạnh AB và BC . Mặt phẳng ( DMN ) chia hình lập phương thành 2 phần. Gọi V1 là thể tích của phần chứa đỉnh A, V2 là thể tích của phần còn lại. Tính tỉ số V1 . V2 2 55 37 1 . B. . C. . D. . 3 89 48 2 Câu 39: Cho hình hộp ABCDA’B’C’D’. Gọi M là trung điểm A’B’. Mặt phẳng (P) qua BM đồng thời song song với B’D’. Biết mặt phẳng (P) chia khối hộp thành hai khối có thể tích là V1 ,V2 (Trong đó A. V1 là thể tích khối chứa A). Tính tỉ số F  V1 . V2 7 17 8 . B. 1. C. . D. . 17 25 17 Câu 40: Cho khối lăng trụ tam giác ABC. A’B’C’. Gọi I, J, K lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, AA’ và B’C’. Mặt phẳng (IJK) chia khối lăng trụ thành hai phần. Tính tỉ số thể tích của hai phần đó. A. A. 25 . 47 B. 1. C. 49 . 95 D. 8 . 17 DẠNG 4: CỰC TRỊ THỂ TÍCH CỰC TRỊ THỂ TÍCH KHỐI CHÓP Câu 1: Cho hình chóp S . ABC có SA  SB  SC  1 . Tìm thể tích lớn nhất của khối chóp S . ABC . 1 1 1 1 A. . B. . C. . D. . 3 6 4 12 Câu 2: 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: 2 4 A. 3 B. C. D. 4 3 3 3 Câu 3: Nếu một tứ diện chỉ có đúng một cạnh có độ dài lớn hơn 1 thì thể tích tứ diện đó lớn nhất là bao nhiêu? 1 3 1 5 A. B. C. D. 4 4 8 8 File Word liên hệ: 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 23 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Khối Đa Diện Nâng Cao Câu 4: (Sở Vĩnh Phúc) Cho hình chóp S .ABCD có đáy là hình bình hành. Gọi K là trung điểm của SC . Mặt phẳng qua AK cắt các cạnh SB , SD lần lượt tại M và N . Gọi V1 , V theo thứ tự là thể V tích khối chóp S . AMKN và khối chóp S .ABCD . Giá trị nhỏ nhất của tỉ số 1 bằng V 1 2 1 3 A. . B. . C. . D. . 2 3 3 8 Câu 5: Cho hình chóp tứ giác S . ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Các điểm A , C  thỏa mãn  1   1  SA  S A, SC   SC . Mặt phẳng  P  chứa đường thẳng AC  cắt các cạnh SB, SD lần lượt 3 5 V tại B, D và đặt k  S . ABCD . Giá trị nhỏ nhất của k là bao nhiêu? VS . ABCD 1 1 4 15 . B. . C. . D. . 60 30 15 16 Câu 6: Cho hình chóp S .ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi C  là trung điểm cạnh SC . Mặt V phẳng  P  chứa đường thẳng AC  cắt các cạnh SB, SD tại B, D . Đặt m  S . BC D . Giá trị nhỏ VS . ABCD nhất của m bằng : 2 4 1 2 A. . B. . C. . D. . 27 27 9 9 Câu 7: Cho hình chóp S .ABCD có thể tích V và đáy ABCD là hình bình hành. Mặt phẳng qua A và trung điểm N cạnh SC cắt cạnh SB, SD lần lượt tại M , P . Tính thể tích nhỏ nhất của khối chóp S . AMNP . V 3V V V A. . B. . C. . D. . 8 8 4 3 Câu 8: Cho hình chóp tứ giác S . ABCD có đáy ABCD là hình hình hành. Các điểm A , C  thỏa mãn  1   1  SA  SA, SC   SC . Mặt phẳng  P  chứa đường thẳng AC  cắt các cạnh SB, SD lần lượt 3 5 V tại B, D và đặt k  S . ABCD . Tính giá trị lớn nhất của k là bao nhiêu? VS . ABCD A. 4 1 4 4 . B. . C. . D. . 105 30 15 27 Câu 9: Cho hình chóp S .ABCD có ABCD là hình bình hành và có thể tích V . Gọi M , N thứ tự là các AB 2 AD điểm di động trên các cạnh AB , AD sao cho   4 . Gọi V ‘ là thể tích khối chóp AM AN S . AMN . Tìm giá trị nhỏ nhất của V ‘ . 1 1 1 1 A. V B. V C. V D. V 4 6 8 3 Câu 10: Cho hình chóp S .ABCD có ABCD là hình bình hành và có thể tích V . Gọi M , N thứ tự là các AB 2 AD điểm di động trên các cạnh AB , AD sao cho   4 . Gọi V ‘ là thể tích khối chóp AM AN S .MBCDN . Tìm giá trị lớn nhất của V ‘ . 1 2 3 1 A. V B. V C. V D. V 4 3 4 3 A. File Word liên hệ: 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 24 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Khối Đa Diện Nâng Cao Câu 11: Cho hình chóp S .ABCD có thể tích V , đáy là hình bình hành. Mặt phẳng   đi qua A , trung điểm I của SO cắt các cạnh SB , SC , SD lần lượt tại M , N , P . Tính thể tích nhỏ nhất của khối chóp S . AMNP . V V V 3V A. . B. . C. . D. . 18 3 6 8 Câu 12: Cho hình chóp S . ABCD, SA là đường cao, đáy là hình chữ nhật với SA  a, AB  b, AD  c. Trong mặt phẳng  SDB  lấy G là trọng tâm tam giác SDB , qua G kẻ đường thẳng d cắt cạnh BS tại M, cắt cạnh SD tại N, mp  AMN  cắt SC tại K. Xác định M thuộc SB sao cho VSAMKN đạt giá trị lớn nhất và nhỏ nhất. Hãy tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất đó. abc abc abc abc A. VSAMKN  max  , VSAMKN  min  B. VSAMKN  max  , VSAMKN  min  8 9 8 10 abc abc abc abc C. VSAMKN  max  , VSAMKN  min  D. VSAMKN  max  , VSAMKN  min  9 10 10 11  1  Câu 13: Cho hình chóp S .ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Các điểm A ‘, C ‘ thỏa mãn SA ‘  SA 3  1  , SC ‘  SC . Mặt phẳng  P  chứa đường thẳng A ‘ C ‘ cắt các cạnh SB, SD lần lượt tại B ‘, D ‘ 5 V và đặt k  S . A ‘ B ‘ C ‘ D ‘ . Giá trị lớn nhất của k là? VS . ABCD 4 1 4 4 A. . B. . C. . D. . 105 30 15 27 Câu 14: Cho khối chóp S .ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật. Một mặt phẳng song song với đáy cắt các cạnh bên SA , SB , SC , SD lần lượt tại M , N , P , Q . Gọi M  , N  , P  , Q lần lượt là hình SM chiếu của M , N , P , Q trên mặt phẳng đáy. Tìm tỉ số để thể tích khối đa diện SA MNPQ.M N PQ đạt giá trị lớn nhất. 3 2 1 1 A. . B. . C. D. . 4 3 2 3 Câu 15: Cho khối chóp S . ABC . Một mặt phẳng song song với đáy cắt các cạnh bên SA , SB , SC lần lượt tại M , N , P . Gọi M  , N  , P  lần lượt là hình chiếu của M , N , P trên mặt phẳng đáy. Tìm tỉ SM số để thể tích khối đa diện MNP. M N P đạt giá trị lớn nhất. SA 3 2 1 1 A. . B. . C. . D. . 4 3 2 3 Câu 16: 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 SD và SB lần lượt tại M và N . Gọi V1 là thể tích V của khối chóp S . AMPN . Tìm giá trị nhỏ nhất của 1 ? V 1 2 3 1 A. . B. . C. . D. . 8 3 8 3  Câu 17: Cho hình chóp S . ABC có ASB  BSC  CSA  30 và SA  SB  SC  a . Mặt phẳng  P  qua A cắt hai cạnh SB, SC lần lượt tại B, C  sao cho chu vi tam giác ABC  nhỏ nhất. Gọi V V1 ,V2 lầ lượt là thể tích các khối chóp S . ABC , S . ABC . Tính tỉ số 1 . V2 File Word liên hệ: 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 25 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A V1 V D. 1  2  1 .  42 3. V2 V2    Câu 18: Cho khối chóp S . ABC có SA  SB  SC  a ASB  60 , BSC  90 , ASC  120 . Gọi M , N lần CN AM lượt là các điểm trên cạnh AB và SC sao cho  . Khi khoảng cách giữa M và N nhỏ SC AB nhất, tính thể tích V của khối chóp S . AMN . 2a 3 5 2a 3 5 2a 3 2a 3 A. . B. . C. . D. . 72 72 432 432 Câu 19: (Sở Bắc Ninh) Cho tứ diện SABC có G là trọng tâm tứ diện, mặt phẳng quay quanh AG cắt các V cạnh SB, SC lần lượt tại M , N . Giá trị nhỏ nhất của tỉ số S . AMN là? VS . ABC 4 3 1 1 A. . B. . C. . D. . 9 8 3 2 Câu 20: (Hoàng Hoa Thám Hưng Yên) Cho hình chóp S .ABCD có đáy là hình bình hành và có thể tích là V . Gọi P là điểm trên cạnh SC sao cho SC  5SP. 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 lớn V nhất của 1 . V 1 1 3 2 A. . B. . C. . D. . 15 25 25 15 Câu 21: Khối tứ diện ABCD có AB  1 và tất cả các cạnh còn lại có độ dài không vượt quá 1. Hỏi thể tích lớn nhất của khối tứ diện đó là? 3 1 1 A. . B. . C. . D. 3 . 8 8 24 Câu 22: Khối tứ diện ABCD có AB  x  x  1 và có tất cả các cạnh còn lại có độ dài không vượt quá 1. A. V1  3 2 2 . V2 B. V1  3 1 . V2 Khối Đa Diện Nâng Cao C. Tính x khi thể tích của khối tứ diện đó lớn nhất. 2 3 6 3 2 2 6 A. x  . B. x  . C. x  . D. x  . 3 2 2 3 Câu 23: Cho tứ diện ABCD có AB  4a, CD  x và tất cả các cạnh còn lại bằng 3a. Tìm x để khối tứ diện ABCD có thể tích lớn nhất. A. x  2 10a. B. x  10a. C. x  6 a . D. 3a . Câu 24: Cho khối tứ diện ABCD có AB  x , tất cả các cạnh còn lại bằng nhau và bằng 2  x . Hỏi có bao 2 nhiêu giá trị của x để khối tứ diện đã cho có thể tích bằng . 12 A. 1. B. 6 . C. 4 D. 2 . Câu 25: Xét khối tứ diện ABCD có AB  x và 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 . D. x  3 3 . Câu 26: Cho khối chóp S . ABC có SA  a , SB  a 2 , SC  a 3 . Thể tích lớn nhất của khối chóp là a3 6 a3 6 a3 6 A. a3 6 . B. . C. . D. . 2 3 6 Câu 27: Cho hình chóp S . ABC có SA  SB  SC  2 , đáy ABC là tam giác vuông tại A , AB  1 . Tìm thể tích lớn nhất của khối chóp S . ABC . File Word liên hệ: 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 26 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Khối Đa Diện Nâng Cao 5 5 2 4 . B. . C. . D. . 8 4 3 3 Câu 28: Cho hình chóp S . ABC có SA  SB  SC  BA  BC  1 . Tìm thể tích lớn nhất của khối chóp S . ABC ? 1 1 2 3 A. . B. . C. . D. . 6 12 8 12 Câu 29: (KINH MÔN II LẦN 3 NĂM 2019) Cho hình chóp S.ABCD đều, có cạnh bên bằng 1 . Thể tích lớn nhất của khối chóp S .ABCD bằng 4 4 3 3 1 A. . B. . C. . D. . 27 6 27 12 Câu 30: (KINH MÔN HẢI DƯƠNG 2019) Cho hình chóp S . ABCD có SA  x , các cạnh còn lại của hình chóp đều bằng 2. Giá trị của x để thể tích khối chóp đó lớn nhất là A. A. 2 2 . B. 2 . C. 7 . D. 6 . Câu 31: (CỤM TRẦN KIM HƯNG HƯNG YÊN NĂM 2019) Cho hình chóp S .ABCD có đáy   ABCD là hình thoi. Biết SA  x với 0  x  2 3 và tất cả các cạnh còn lại đều bằng 2. Tìm x để thể tích của khối chóp S .ABCD đạt giá trị lớn nhất? 6 A. 2 . B. 2 2 . C. . D. 6 . 2 Câu 32: (CHUYÊN LÊ THÁNH TÔNG QUẢNG NAM LẦN 2 NĂM 2019) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình bình hành tâm O . Một mặt phẳng không qua S và cắt các cạnh SA , SB     SB , SC , SD lần lượt tại M , N , P , Q thỏa mãn SA  2SM , SC  3SP . Tính tỉ số khi biểu SN 2 2  SD   SB  thức T    đạt giá trị nhỏ nhất.   4  SN   SQ  SB 11 SB SB SB 9  . 5.  4.  . A. B. C. D. SN 2 SN SN SN 2 Câu 33: (Ba Đình Lần2) Một kim tự tháp Ai Cập có hình dạng là một khối chóp tứ giác đều có độ dài cạnh bên là một số thực dương không đổi. Gọi  là góc giữa cạnh bên của kim tự tháp và mặt đáy. Khi thể tích của kim tự tháp lớn nhất, tính sin  . 6 3 5 3 A. sin   . B. sin   C. sin   . D. sin   . 3 3 3 2 Câu 34: (Chuyên Ngoại Ngữ Hà Nội) Cho hình chóp S . ABC có SA  SB  SC  AB  AC  a và   BC  2 x (trong đó a là hằng số và x thay đổi thuộc khoảng  0; a 3  ). Tính thể tích lớn nhất  2   Vmax của hình chóp S . ABC a3 A. . 8 a3 D. . 6 1   45 và Câu 35: (THPT Sơn Tây Hà Nội 2019) Cho khối tứ diện ABCD có thể tích V  , góc ACB 6 AC AD  BC   3 . Hỏi độ dài cạnh C D ? 2 A. 2 3 . B. 3 . C. 2 . D. 2 . a3 2 B. . 4 a3 2 C. . 12 File Word liên hệ: 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 27 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Khối Đa Diện Nâng Cao Câu 36: (Cụm THPT Vũng Tàu) Cho tam giác đều ABC có cạnh bằng 2. Trên đường thẳng d đi qua A và vuông góc với mặt phẳng  ABC  lấy điểm M sao cho AM  x . Gọi E, F lần lượt là hình chiếu vuông góc của C lên AB, MB. Đường thẳng qua E, F cắt d tại N . Xác định x để thể tích khối tứ diện BCMN nhỏ nhất. 2 A. x  . B. x  1 . C. x  2 . D. x  2 . 2 Câu 37: (CHUYÊN THÁI NGUYÊN LẦN 3) Cho hình chóp S .ABC , trong đó SA  ( ABC ) , SC  a và đáy ABC là tam giác vuông cân tại đỉnh C . Gọi  là góc giữa hai mặt phẳng ( SBC ) và ( ABC ) . Khi thể tích khối chóp S .ABC đạt giá trị lớn nhất thì sin 2 bằng 3 3 2 3 2 2 A. . B. . C. . D. . 3 2 5 3 Câu 38: (Chuyên Sơn La Lần 3 năm 2018-2019) Cho hình chóp S .ABC có SA  x , các cạnh còn lại của hình chóp đều bằng a . Để thể tích khối chóp lớn nhất thì giá trị x bằng a 6 a a 3 A. . B. . C. . D. a . 2 2 2 Câu 39: Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại C , SA  AB  2 a . Cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy  ABC  . Gọi H , K lần lượt là hình chiếu vuông góc của A lên SB và SC . Tìm thể tích lớn nhất Vmax của khối chóp S . AHK . a3 2 a3 3 a3 3 a3 2 . B. Vmax  . C. Vmax  . D. Vmax  . 6 6 3 3 Câu 40: Cho tam giác ABC vuông cân tại B , AC  2 . Trên đường thẳng qua A vuông góc với mặt phẳng  ABC  lấy điểm M , N khác phía với mặt phẳng  ABC  sao cho AM . AN  1 . Tìm thể tích nhỏ A. Vmax  nhất của khối tứ diện MNBC .? 1 1 1 2 A. . B. . C. . D. . 3 6 12 3 Câu 41: Cho hình chóp tam giác đều S . ABC có SA  1 . Thể tích lớn nhất của khối chóp S . ABC là? 1 1 2 3 A. . B. . C. . D. . 6 12 12 12 Câu 42: Cho hình chóp tam giác S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân đỉnh C và SA vuông góc  với mặt phẳng  ABC  , SC  a, SCA   . Xác định góc  để thể tích khối chóp SABC lớn nhất. 1 2 B.   arcsin 3 7 1 1 C.   arcsin D.   3arcsin 5 3 Câu 43: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông, AB  1 , cạnh bên SA  1 và vuông góc với mặt phẳng đáy  ABCD  . Kí hiệu M là điểm di động trên đoạn CD và N là điểm di động trên   45 . Thể tích nhỏ nhất của khối chóp S . AMN là? đoạn CB sao cho MAN A.   arcsin 2 1 2 1 2 1 2 1 . B. . C. . D. . 9 3 6 9 Câu 44: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông, AB  1 , cạnh bên SA  1 và vuông góc với mặt phẳng đáy  ABCD  . Ký hiệu M là điểm di động trên đoạn CD và N là điểm di động   60 . Thể tích nhỏ nhất của khối chóp S . AMN là trên đoạn CB sao cho MAN A. File Word liên hệ: 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 28 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Khối Đa Diện Nâng Cao 2 3 2 3 2 3 3 2 3 3 . B. . C. . D. . 3 9 3 9 Câu 45: Cho hình chóp S . ABC có SA , SB , SC đôi một vuông góc, I là tâm nội tiếp tam giác ABC . Mặt phẳng  P  thay đổi qua I , cắt các tia SA , SB , SC lần lượt tại A, B, C . Biết SA  SB  2 , A. SC  7 . Hỏi thể tích của khối chóp S . AB C  có giá trị nhỏ nhất là? 243 7 7 81 7 27 7 A. . B. . C. . D. . 256 3 256 256 Câu 46: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O , cạnh bằng 1, SO   ABCD  và SC  1 . Thể tích lớn nhất của khối chóp S . ABCD là? 2 3 2 3 2 3 4 3 A. B. . C. . D. . 9 3 27 27 Câu 47: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông, AB  1 , cạnh bên SA  1 và vuông góc với mặt phẳng đáy  ABCD  . Kí hiệu M là điểm di động trên đoạn CD và N là điểm di động trên   45 . Thể tích nhỏ nhất của khối chóp S . AMN là? đoạn CB sao cho MAN 2 1 2 1 2 1 2 1 . B. . C. . D. . 9 3 6 9 Câu 48: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông, AB  1 , cạnh bên SA  1 và vuông góc với mặt phẳng đáy  ABCD  . Ký hiệu M là điểm di động trên đoạn CD và N là điểm di động   30 . Thể tích nhỏ nhất của khối chóp S . AMN là? trên đoạn CB sao cho MAN A. 1 1 2 4 . B. . C. . D. . 9 3 27 27 Câu 49: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông, AB  1 , cạnh bên SA  1 và vuông góc với mặt phẳng đáy  ABCD  . Ký hiệu M là điểm di động trên đoạn CD và N là điểm di động   60 . Thể tích nhỏ nhất của khối chóp S . AMN là trên đoạn CB sao cho MAN A. 2 3 2 3 2 3 3 2 3 3 . B. . C. . D. . 3 9 3 9 Câu 50: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình bình hành với AD  4 a . Các cạnh bên của hình chóp bằng nhau và bằng a 6 . Tìm thể tích Vmax của khối chóp S . ABCD . A. 8a 3 4 6a 3 A. Vmax  . B. Vmax  . C. Vmax  8a 3 . D. Vmax  4 6a3 . 3 3 Câu 51: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình bình hành và thể tích bằng V . Gọi M , N lần lượt AB AD 2  4 . Gọi V ‘ là thể tích khối là các điểm di động trên các cạnh AB và AD sao cho AM AN chóp S .MBCDN . Tìm giá trị nhỏ nhất của V ‘ . 1 2 3 1 A. V . B. V . C. V . D. V . 4 3 4 3  1  Câu 52: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Các điểm A ‘, C ‘ thỏa mãn SA ‘  SA 3  1  , SC ‘  SC . Mặt phẳng  P  chứa đường thẳng A ‘ C ‘ cắt các cạnh SB, SD lần lượt tại B ‘, D ‘ 5 V và đặt k  S . A ‘ B ‘C ‘ D ‘ . Giá trị nhỏ nhất của k là? VS . ABCD File Word liên hệ: 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 29 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Khối Đa Diện Nâng Cao 1 1 3 15 . B. . C. V . D. . 60 30 4 16 Câu 53: Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với mặt phẳng đáy A. và góc giữa SC với mặt phẳng  SAB  bằng 300. Gọi M là điểm di động trên cạnh CD và H là hình chiếu vuông góc của S trên đường thẳng BM. Khi điểm M di động trên cạnh CD thì thể tích của khối chóp SABH đạt giá trị lớn nhất bằng: a3 2 a3 2 a3 2 a3 2 A. B. C. D. 3 2 6 12 Câu 54: Cho hình chóp tứ giác S . ABCD có SA  SB  SC  2 a . Tìm thể tích lớn nhất của khối chóp S . ABCD . 2 6a 3 32 3a 3 4 6a 3 32 3a 3 A. . B. . C. . D. . 3 9 9 27 Câu 55: Khối chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a . SA  SB  SC  a , Cạnh SD thay đổi. Thể tích lớn nhất của khối chóp S . ABCD là: a3 a3 3a 3 a3 A. . B. . C. . D. . 8 4 8 2 Câu 56: Cho hai đường thẳng Ax, By chéo nhau và vuông góc nhau, có AB là đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng đó và AB  a . Hai điểm M và N lần lượt di động trên Ax và By sao cho MN  b . Xác định độ dài đoạn thẳng AM theo a và b sao cho thể tích tứ diện ABMN đạt giá trị lớn nhất. b2  a 2 b2  a 2 b2  a 2 b2  a 2 . B. AM  . C. AM  . D. AM  . 3 2 2 3 Câu 57: (CHUYÊN LƯƠNG VĂN CHÁNH PHÚ YÊN NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho x là các số thực dương. Xét các hình chóp S.ABC có cạnh SA  x , các cạnh còn lại đều bằng 1. Khi thể tích khối chóp S.ABC có giá trị lớn nhất, giá trị của x bằng. 6 3 3 A. . B. . C. . D. 1 . 2 2 4 Câu 58: (THPT QUANG TRUNG ĐỐNG ĐA HÀ NỘI NĂM 2018-2019) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành và có thể tích V . Điểm P là trung điểm của SC , một mặt phẳng qua AP cắt hai cạnh SD và SB lần lượt tại M và N . Gọi V1 là thể tích khối chóp S.AMPN . V Giá trị lớn nhất của 1 thuộc khoảng nào sau đây ? V A. AM    1 5 A.  0;  . 1 1 5 3 B.  ;  . 1 1 3 2 C.  ;  . 1 2   D.  ;1  . Câu 59: (Chuyên Hạ Long lần 2-2019) Cho tứ diện ABCD có AB  x , CD  y , tất cả các cạnh còn lại bằng 2 . Khi thể tích tứ diện ABCD là lớn nhất tính xy . 2 4 16 1 A. . B. . C. . D. . 3 3 3 3 Câu 60: ( Sở Phú Thọ) Cho hình chóp S . ABCD có đáy . ABCD . là hình vuông cạnh bằng 2 , SA  2 và SA vuông góc với mặt phẳng đáy. Gọi M , N lần lượt là hai điểm thay đổi trên hai cạnh AB , AD  AN  AM  sao cho mặt phẳng  SMC  vuông góc với mặt phẳng  SNC  . Khi thể tích khối chóp S . AMCN đạt giá trị lớn nhất thì giá trị của 1 16  bằng: 2 AN AM 2 File Word liên hệ: 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 30 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Khối Đa Diện Nâng Cao 17 5 . B. 5. C. . D. 2. 4 4 Câu 61: (Sở Phú Thọ) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng 2 , SA  2 và SA vuông góc với mặt phẳng đáy. Gọi M , N là hai điểm thay đổi trên hai cạnh AB , AD ( AN  AM ) sao cho mặt phẳng  SMC  vuông góc với mặt phẳng  SNC  . Khi thể tích khối A. chóp S .AMCN đạt giá trị lớn nhất, giá trị của 1 16  bằng 2 AN AM 2 17 5 . B. 5 . C. . D. 2 . 4 4 Câu 62: 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 A. nhất và giá trị nhỏ nhất của thể tích khối tứ diện ABMN . Tính V1  V2 . 17 2 17 2 17 2 2 B. C. D. . . 216 72 144 12 Câu 63: (KÊNH TRUYỀN HÌNH GIÁO DỤC QUỐC GIA VTV7 –2019) Cho tứ diện ABCD có đáy BCD là tam giác đều cạnh a , trọng tâm G .  là đường thẳng qua G và vuông góc với  BCD  . A chạy trên  sao cho mặt cầu ngoại tiếp ABCD có thể tích nhỏ nhất. Khi đó thể tích của khối ABCD là A. A. a3 3 . 12 B. a3 . 12 C. a3 2 . 12 D. a3 3 . 6 (THPT-Chuyên-Sơn-La-Lần-1-2018-2019-Thi-tháng-4)Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh bằng a , SA  SB  SC  a . Khi đó thể tích khối chóp S . ABCD lớn nhất bằng 3a 3 a3 a3 3a 3 A. . B. . C. D. . 4 2 4 2 Câu 65: (Thuận Thành 2 Bắc Ninh) Cho hình chóp S .ABCD có đáy là hình vuông cạnh 2a . Biết rằng    90 0 , mặt phẳng chứa AB và vuông góc với  ABCD  cắt SD tại N . Tính thể ASB  ASD Câu 64: tích lớn nhất của tứ diện DABN . 2 3a 3 4 4 3a 3 2a3 A. . B. . C. a3 . D. . 3 3 3 3 Câu 66: (Sở Điện Biên) Cho khối chóp S . ABCD có đáy là hình bình hành. Gọi M , N là hai điểm nằm SM 1 SN  và  2 , biết G là trọng tâm của tam giác SAB . Tỉ trên hai cạnh SC , SD sao cho SC 2 ND V m số thể tích GMND  ( m, n là các số nguyên dương và  m, n   1 ). Giá trị của m  n bằng VS . ABCD n A. 17 . B. 19 . C. 21 . D. 7 . Câu 67: (PHÂN-TÍCH-BÌNH-LUẬN-THPT-CHUYÊN-HÀ-TĨNH) Trong các khối chóp tứ giác đều S .ABCD mà khoảng cách từ A đến mp ( SBC ) bằng 2a , khối chóp có thể tích nhỏ nhất bằng A. 2 3a3 . B. 2a3 . C. 3 3a 3 . D. 4 3a 3 . Câu 68: (PHÂN-TÍCH-BÌNH-LUẬN-THPT-CHUYÊN-HÀ-TĨNH) Trong các khối chóp tam giác đều S . ABC mà khoảng cách từ A đến mp ( SBC ) bằng 3a , khối chóp có thể tích nhỏ nhất bằng A. 6 3a3 . B. 9a 3 . 2 C. 9a3 . File Word liên hệ: 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay D. 12 3a 3 . Trang 31 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Khối Đa Diện Nâng Cao Câu 69: (THPT-Gia-Lộc-Hải-Dương-Lần-1-2018-2019-Thi-tháng-3) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng 2 , SA  2 và SA vuông góc với mặt phẳng đáy  ABCD  . Gọi M , N là hai điểm thay đổi trên hai cạnh AB , AD sao cho mặt phẳng  SMC  vuông góc với mặt phẳng  SNC  . Tính tổng T  1 1 khi thể tích khối chóp S . AMCN đạt giá trị lớn  2 AN AM 2 nhất. A. T  13 . 9 B. T  2 . C. T  5 . 4 D. T  2 3 . 4 CỰC TRỊ THỂ TÍCH KHỐI LĂNG TRỤ Câu 70: (KỸ-NĂNG-GIẢI-TOÁN-HƯỚNG-ĐẾN-THPT-QG) Cho lăng trụ đứng ABC. ABC có đáy là tam giác đều. Tam giác ABC  có diện tích bằng 3 3 và nằm trong mặt phẳng tạo với đáy một   góc bằng  ,   0;  . Tìm  để thể tích khối lăng trụ ABC. ABC đạt giá trị lớn nhất.  2 1 3 A. tan   . B. tan   6 . C. tan   2 . D. tan   . 6 2 Câu 71: Cho hình hộp chữ nhật ABCD. ABC D có tồng diện tích của tất cả các mặt là 36 , độ dài đường chéo AC  bằng 6 . Hỏi thể tích của khối hộp lớn nhất là bao nhiêu? A. 8 . B. 8 2 . C. 16 2 . D. 24 3 . Câu 72: Cho hình hộp chữ nhật có tổng diện tích các mặt bằng 36 và độ dài đường chéo bằng 6 . Tìm thể tích lớn nhất Vmax của hình hộp chữ nhật đã cho? A. Vmax  8 . B. Vmax  12 . C. Vmax  8 2 . D. Vmax  6 6 . Câu 73: Cho hình hộp chữ nhật có tổng độ dài tất cả các cạnh bằng 32, độ dài đường chéo bằng 2 6 . Tìm thể tích lớn nhất Vmax của hình hộp đã cho. A. Vmax  16 2 . B. Vmax  16 . C. Vmax  6 6 . D. Vmax  12 3 . Câu 74: Tìm Vmax là giá trị lớn nhất của thể tích các khối hộp chữ nhật có đường chéo bằng 3 2cm và diện tích toàn phần bằng 18cm2 . A. Vmax  6cm 3 . B. Vmax  5cm3 . C. Vmax  4cm3 . D. Vmax  3cm3 . Câu 75: Cho hình hộp chữ nhật có tổng diện tích các mặt bằng 36 và độ dài đường chéo bằng 6 . Tìm thể tích lớn nhất Vmax của hình hộp chữ nhật đã cho? A. Vmax  8 . B. Vmax  12 . C. Vmax  8 2 . D. Vmax  6 6 . Câu 76: Cho hình hộp chữ nhật có tổng độ dài tất cả các cạnh bằng 32, độ dài đường chéo bằng 2 6 . Tìm thể tích lớn nhất Vmax của hình hộp đã cho. A. Vmax  16 2 . B. Vmax  16 . C. Vmax  6 6 . D. Vmax  12 3 . Câu 77: (CHUYÊN NGUYỄN DU ĐĂK LĂK LẦN X NĂM 2019) Cho hình hộp chữ nhật ABCD. ABC D có AB  x , AD  1 . Biết rằng góc giữa đường thẳng AC và mặt phẳng  ABBA bằng 30 . Tìm giá trị lớn nhất Vmax của thể tích khối hộp ABCD. ABC D . 3 3 3 1 3 . B. Vmax  . C. Vmax  . D. Vmax  . 4 2 2 4 Câu 78: (Quỳnh Lưu Nghệ An) Nhân ngày quốc tế Phụ nữ 8 – 3 năm 2019. Ông A đã mua tặng vợ một món quà và đặt nó trong một chiếc hộp chữ nhật có thể tích là 32 (đvtt) có đáy là hình vuông và A. Vmax  File Word liên hệ: 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 32 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Khối Đa Diện Nâng Cao không nắp. Để món quà trở nên đặc biệt và xứng tầm với giá trị của nó, ông quyết định mạ vàng chiếc hộp, biết rằng độ dày của lớp mạ trên mọi điểm của chiếc hộp là không đổi và như nhau. Gọi chiều cao và cạnh đáy của chiếc hộp lần lượt là h và x . Để lượng vàng trên hộp là nhỏ nhất thì giá trị của h và x là? 3 A. h  2 , x  4 . B. h  , x  4. C. h  2 , x  1 . D. h  4 , x  2 . 2 Câu 79: (Quỳnh Lưu Lần 1) Cho khối lập phương ABCD. AB C D cạnh a . Các điểm M , N lần lượt di động trên các tia AC , B D  sao cho AM  BN  a 2 . Thể tích khối tứ diện AMNB  có gía trị lớn nhất là: a3 a3 a3 3 a3 2 A. . B. . C. . D. . 12 6 6 12 DẠNG 5: GÓC, KHOẢNG CÁCH LIÊN QUAN ĐẾN THỂ TÍCH Câu 1: (Gang Thép Thái Nguyên) Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình chữ nhật; AB  a; AD  2a . Tam giác SAB cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Góc giữa đường thẳng SC và mp  ABCD  bằng 45 . Gọi M là trung điểm của SD . Tính theo a khoảng cách d từ điểm M đến  SAC  . a 1513 2a 1315 a 1315 2a 1513 . B. d  . C. d  . D. d  . 89 89 89 89 Câu 2: (Sở Ninh Bình 2019 lần 2) Chóp S.ABC có đường cao SA , tam giác ABC là tam giác cân tại A A. d    120. Biết thể tích khối chóp là và AB  a , BAC 3a 3 , góc giữa hai mặt phẳng  SBC  và 24  ABC  bằng A. 45 . B. 90 . C. 60 . D. 30 . Câu 3: (Sở Nam Định) 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 khối chóp S.ABCD và D. ACE, biết V  5V1 . Tính cosin của góc tạo bởi mặt bên và mặt đáy của hình chóp S.ABCD. 1 2 1 3 A. . B. . C. . D. . 2 3 2 2 2 Câu 4: ( Chuyên Lam Sơn Lần 2) Cho hình chóp S .ABCD đáy là hình thoi tâm O và SO  ABCD , a 6 SO  , SB  BC  a . Số đo góc giữa hai mặt phẳng  SBC  và  SCD  là 3 A. 90 . B. 60 . C. 30 . D. 45 . Câu 5: (CHUYÊN LÊ THÁNH TÔNG QUẢNG NAM LẦN 2 NĂM 2019) Cho hình chóp tứ giác S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật tâm O , AB  a , AD  2a , SA  SB  SC  SD . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của SA , BC . Biết góc giữa MN và mp ( ABCD) bằng 600 . Gọi  là góc tạo bởi MN và mp ( SBD) . Tính sin  . 4 5 1 2 A. sin   . B. sin   . C. sin   . D. sin   . 65 65 65 65 File Word liên hệ: 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 33 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Khối Đa Diện Nâng Cao   60 Câu 6: (CổLoa Hà Nội)Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thoi tâm O , cạnh bằng a 3 , BAD , SA vuông góc với mặt phẳng đáy, SA  3a. Khoảng cách giữa hai đường thẳng SO và AD bằng 17 a 3 17 a 5a 3 5a A. . B. . C. . D. . 17 17 5 5 Câu 7: (-Mai-Anh-Tuấn-Thanh-Hóa-lần-1-2018-2019) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông, SA vuông góc với đáy, mặt bên ( SCD) tạo với mặt đáy một góc bằng 60 , M là trung điểm BC . Biết thể tích khối chóp S . ABCD bằng a3 3 . Khoảng cách từ điểm M đến mặt 3 phẳng ( SCD) bằng a 3 a 3 a 3 . B. a 3 . C. . D. . 6 4 2 Câu 8: (KỸ-NĂNG-GIẢI-TOÁN-HƯỚNG-ĐẾN-THPT-QG) Cho tứ diện đều cạnh 1 và điểm I nằm trong tứ diện. Tính tổng khoảng cách từ I đến các mặt của tứ diện. 6 3 6 A. 6 . B. . C. . D. . 9 2 3 Câu 9: (THPT SỐ 1 TƯ NGHĨA LẦN 2 NĂM 2019) Cho tứ diện ABCD có điểm O nằm trong tứ diện và cách đều các mặt của tứ diện một khoảng bằng r . Khoảng cách từ A, B, C, D đến các mặt đối 7 3 5 4 diện lần lượt là ; ; ; . Khi đó r bằng: 5 2 3 3 10 59 420 1147 A. . B. . C. . D. . 59 10 1147 420 Câu 10: (Sở Hưng Yên Lần1) Cho hình chóp S . ABCD có SA vuông góc với mặt phẳng  ABCD  . Tứ A. giác ABCD là hình vuông cạnh a , SA  2 a . Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên SB . Tính khoảng cách từ H đến mặt phẳng  SCD  . 4a 5 4a 5 2a 5 8a 5 . B. . C. . D. . 5 25 5 25 Câu 11: (Đặng Thành Nam Đề 10) Cho khối chóp tứ giác S . ABCD có đáy là hình bình hành, AD  4 a , SA  SB  SC  SD  6a . Khi khối chóp S . ABCD có thể tích đạt giá trị lớn nhất, sin của góc giữa hai mặt phẳng  SBC  và  SCD  bằng A. 6 15 5 3 . B. . C. . D. . 6 5 5 3 Câu 12: (CHUYÊN LÊ THÁNH TÔNG QUẢNG NAM LẦN 2 NĂM 2019) Cho hình chóp S . ABC với đáy ABC là tam giác vuông tại B có AC  2 BC , đường trung tuyến BM , đường phân giác trong CN và MN  a . Các mặt phẳng  SBM  và  SCN  cùng vuông góc với mặt phẳng A.  ABC  . Thể tích khối chóp S . ABC bằng giữa hai đường thẳng MN và IB bằng a 3 a 3 A. . B. . 4 8 3 3a 3 . Gọi I là trung điểm của SC . Khoảng cách 8 C. 3a . 4 File Word liên hệ: 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay D. 3a . 8 Trang 34 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Khối Đa Diện Nâng Cao a 17 . Hình chiếu 2 vuông góc H của S lên mặt  ABCD  là trung điểm của đoạn AB . Gọi K là trung điểm của Câu 13: (Ba Đình Lần2) Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình vuông cạnh a , SD  AD . Khoảng cách giữa hai đường SD và HK bằng 3a a 3 a 3 a 21 A. . B. . C. . D. . 5 7 5 5 Câu 14: (Chuyên Hạ Long lần 2-2019) Cho tứ diện ABCD có AB  3a , AC  2 a , AD  5a ;   CAD   DAB   600 BAC . Tính d  C ,  ABD   . 2a 6 a 6 a 6 2a 6 . B. . C. . D. . 3 9 3 9 Câu 15: (Nguyễn Du Dak-Lak 2019) Cho hình chóp tứ giác đều S .ABCD có độ dài cạnh đáy bằng 2 và độ dài cạnh bên bằng 5 . Gọi  S  là mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S .ABCD , có tâm O . Lấy A. G là trọng tâm tam giác SAD . Lấy điểm M bất kì trên  S  . Khoảng cách GM đạt giá trị nhỏ nhất bằng 17  31 17  31 15  33 15  33 A. . B. . C. . D. . 12 12 12 12 Câu 16: (Lê Quý Đôn Điện Biên Lần 3) Cho lăng trụ ABC. ABC  có đáy là tam giác đều cạnh a , hình chiếu của A lên mặt phẳng  ABC  trùng với trọng tâm tam giác ABC . Biết khoảng cách giữa a 3 . Tính theo a thể tích của khối lăng trụ đó. 4 a3 3 a3 3 a3 3 a3 3 A. . B. . C. . D. . 12 6 3 24 Câu 17: (THPT-Yên-Khánh-Ninh-Bình-lần-4-2018-2019-Thi-tháng-4)Cho hình hộp chữ nhật 2a 5 ABCD. ABC D . Khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và BC là , giữa hai đường 5 2a 5 a 3 thẳng BC và AB  là , giữa hai đường thẳng AC và BD  là . Thể tích khối hộp 5 3 ABCD. ABC D bằng A. 8a3 . B. 4a3 . C. 2a3 . D. a3 . Câu 18: (Nguyễn Trãi Hải Dương Lần1) Cho hình hộp ABCD. ABC D có A B vuông góc với mặt phẳng đáy  ABCD  , góc giữa AA và  ABCD  bằng 45 . Khoảng cách từ A đến các đường hai đường thẳng AA và BC bằng thẳng BB và DD bằng 1 . Góc giữa mặt  BBC C  và mặt phẳng  CCDD  bằng 60 . Thể tích khối hộp đã cho là A. 2 3 . B. 2 . C. 3 . D. 3 3 . Câu 19: (CHUYÊN HUỲNH MẪN ĐẠT 2019 lần 1) Cho lăng trụ ABCD. A ‘ B ‘ C ‘ D ‘ có đáy ABCD là hình vuông cạnh 2a, AA ‘  A ‘ D, hình chiếu vuông góc của A ‘ thuộc hình vuông ABCD, 6a khoảng cách giữa hai đường thẳng CD và AB ‘ bằng . Tính thể tích khối chóp A ‘ MNP 10 trong đó M , N , P lần lượt là trung điểm các cạnh CD, CC ‘, DD ‘. A. 12a3 . B. a3 . C. 2a3 . D. 3a3 . Câu 20: (CHUYÊN HUỲNH MẪN ĐẠT 2019 lần 1) Cho lăng trụ ABCD. A ‘ B ‘ C ‘ D ‘ có đáy ABCD là hình vuông cạnh 2a, AA ‘  A ‘ D, hình chiếu vuông góc của A ‘ thuộc bên trong hình vuông File Word liên hệ: 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 35 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Khối Đa Diện Nâng Cao 6a . Tính thể tích khối chóp 10 A ‘ MNP trong đó M , N , P lần lượt là trung điểm các cạnh CD, CC ‘, DD ‘. ABCD, khoảng cách giữa hai đường thẳng CD và AB ‘ bằng A. 12a3 . B. a3 . C. 2a3 . D. 3a3 . DẠNG 6: ỨNG DỤNG THỰC TẾ Câu 1: Kim tự tháp Cheops (có dạng hình chóp) là kim tự tháp cao nhất ở Ai Cập. Chiều cao của kim tự tháp này là 144 m , đáy của kim tự tháp là hình vuông có cạnh dài 230 m . Các lối đi và phòng bên trong chiếm 30% thể tích của kim tự tháp. Biết một lần vận chuyển gồm 10 xe, mỗi xe chở 6 tấn đá, và khối lượng riêng của đá bằng 2,5.103 kg / m3 . Số lần vận chuyển đá để xây đủ dựng kim tự tháp là: A. 740600 . Câu 2: B. 76040 . C. 7406 . D. 74060 . Một hộp đựng chocolate bằng kim loại có hình dạng lúc mở nắp như hình vẽ dưới đây. Một phần tư thể tích phía trên của hộp được dải một lớp bơ sữa ngọt, phần còn lại phía dưới chứa đầy chocolate nguyên chất. Với kích thước như hình vẽ, gọi x  x0 là giá trị làm cho hộp kim loại có thể tích lớn nhất, khi đó thể tích chocolate nguyên chất có giá trị là V0 . Tìm V0 . A. 48 đvtt Câu 3: C. 64 đvtt D. 64 đvtt 3 Tính thể tích khối rubic mini (mỗi mặt của rubic có 9 ô vuông), biết chu vi mỗi ô (ô hình vuông trên một mặt) là 4cm. A. 27 cm3. Câu 4: B. 16 đvtt B. 1728 cm3. C. 1 cm3. D. 9 cm3. Cắt một miếng giấy hình vuông ở hình 1 và xếp thành một hình chóp tứ giác đều như hình 2 . Biết cạnh hình vuông bằng 20cm , OM  x  cm  . Tìm x để hình chóp đều ấy có thể tích lớn nhất? A. x  9cm . B. x  8cm . C. x  6cm . D. x  7cm . File Word liên hệ: 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 36 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Câu 5: Người ta muốn xây một bể chứa nước dạng khối hộp chữ nhật trong một phòng tắm. Biết chiều dài, chiều rộng, chiều cao của khối hộp đó lần lượt là 3m ; 1, 2m ; 1,8m (người ta chỉ xây hai mặt thành bể như Khối Đa Diện Nâng Cao 1dm 1dm hình vẽ bên). Biết mỗi viên gạch có chiều dài 20cm , chiều rộng 10cm , chiều cao 5cm . Hỏi người ta sử 1,8dm dụng ít nhất bao nhiêu viên gạch để xây bể đó và thể tích thực của bể chứa bao nhiêu lít nước? (Giả sử lượng xi măng và cát không đáng kể). Câu 6: 3m A. 738 viên, 5742 lít. 730 viên, 5742 lít. B. C. 738 viên, 5740 lít. D. 730 viên, 5740 lít. Cho một cây nến hình lăng trụ lục gác đều có chiều cao và độ dài cạnh đáy lần lượt là 15cm và 5cm . Người ta xếp cây nến trên vào trong một hộp có dạng hình hộp chữ nhật sao cho cây nến nằm khít trong hộp. Thể tích của chiếc hộp đó bằng A. 1500 ml . Câu 7: 1,2m B. 600 6 ml . C. 1800 ml . D. 750 3 ml . Một miếng bìa hình tròn có bán kính là 20cm . Trên biên của miếng bìa, ta xác định 8 điểm A, B, C , D, E , F , G , H theo thứ tự chia đường tròn thành 8 phần bằng nhau. Cắt bỏ theo các nét liền như hình vẽ để có được hình chữ thập ABNCDPEFQGHM rồi gấp lại theo các nét đứt MN , NP , PQ, QM tạo thành một khối hộp không nắp. Thể tích của khối hộp thu được là:  4000 2  2 A. 42 2 B. 2  C. 4000 2  2 Câu 8:   4000 42 2 . D. 4000  3 2 2 2  . 3 2 2 . Cho một tấm nhôm hình chữ nhật ABCD có AD  60cm , AB  40cm . Ta gập tấm nhôm theo hai cạnh MN và PQ vào phía trong cho đến khi AB và DC trùng nhau như hình vẽ bên để dược một hình lăng trụ khuyết hai đáy. Khi đó có thể tạo được khối lăng trụ với thể tích lớn nhất bằng A. 4000 3  cm3  B. 2000 3  cm3  C. 400 3  cm3  File Word liên hệ: 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay D. 4000 2  cm  3 Trang 37 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Câu 9: Khối Đa Diện Nâng Cao Cho một tấm nhôm hình chữ nhật ABCD có AD  60cm . Ta gấp tấm nhôm theo 2 cạnh MN và PQ vào phía trong đến khi AB và DC trùng nhau như hình vẽ dưới đây để được một hình lăng trụ khuyết hai đáy. Tìm x để thể tích khối lăng trụ lớn nhất? A. x  20 . B. x  15 . C. x  25 . D. x  30 . Câu 10: Một khối gỗ hình lập phương có độ dài cạnh bằng x  cm  . Ở chính giữa mỗi mặt của hình lập phương, người ta đục một lỗ hình vuông thông sang mặt đối diện, tâm của lỗ hình vuông là tâm của mặt hình lập phương, các cạnh lỗ hình vuông song song với các cạnh của hình lập phương và có độ dài y  cm  như hình vẽ bên. Tìm thể tích V của khối gỗ sau khi đục biết rằng x  80 cm; y  20 cm. A. 490000 cm3 . B. 432000 cm3 . C. 400000 cm3 . D. 390000 cm3 . Câu 11: Một khối gỗ hình lập phương có độ dài cạnh bằng x  cm  .Ở chính giữa mỗi mặt của hình lập phương, người ta đục một lỗ hình vuông thông sang mặt đối diện,tâm của lỗ hình vuông là tâm của mặt hình lập phương,các cạnh lỗ hình vuông song song với cạnh của hình lập phương và có S độ dài y  cm  (như hình vẽ bên).Tính tỉ số ,trong đó V của khối gỗ sau khi đục và S là tổng V diện tích mặt (trong và ngoài)khối gỗ sau khi đục. File Word liên hệ: 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 38 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Khối Đa Diện Nâng Cao A. 6 x  3y S .  V  x  y  x  2 y  B. 3 x  3 y  S .  V  x  y  x  2 y  C. 2 x  3y S .  V  x  y  x  2 y  D. 9 x  3y S .  V  x  y  x  2 y  Câu 12: Cần phải xây dựng một hố ga, dạng hình hộp chữ nhật có thể tích V  m3  , hệ số k cho trước ( k – tỉ số giữa chiều cao của hố và chiều rộng của đáy). Gọi x, y, h  0 lần lượt là chiều rộng, chiều dài và chiều cao của hố ga. Hãy xác định x, y, h  0 xây tiết kiệm nguyên vật liệu nhất. x, y , h lần lượt là A. x  2 3 B. x  3 C. x  3 D. x  3  2k  1V ; y  4k  2k  1 V ; y  4k 2  2k  1  2k  1 V ; y  2 3  2k  1 V ; y  6 3 4k 4k 2 k  2k  1V . 4 ;h  23 k  2k  1V . 4 ;h  3 2 k  2k  1V . 4 ;h  3 2 k  2k  1V . 4  2k  1 2kV 3 2 3 2kV 3 2 2 2 2kV  2k  1 2kV  2k  1 ;h  Câu 13: Cho một tấm nhôm hình vuông cạnh 1m như hình vẽ dưới đây. Người ta cắt bỏ các tam giác cân bên ngoài của tấm nhôm, phần còn lại 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 x để khối chóp nhận được có thể tích lớn nhất. A. x  2 2 5 B. x  1 2 2 4 C. x  2 3 D. x  Câu 14: Một viên đá có dạng khối chóp tứ diện đều và tất cả các cạnh đều bằng a , người ta cưa viên đá theo mặt phẳng song song với mặt đáy của khối chóp để chia viên đá thành hai phần có thể tích bằng nhau. Tính diện tích thiết diện của viên đá bị cưa bởi mặt phẳng nói trên. A. a2 3 4 . B. a2 3 4 . C. a2 3 4 . File Word liên hệ: 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay D. a2 3 4 . Trang 39 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Khối Đa Diện Nâng Cao Câu 15: Người thợ cần làm một bể cá hai ngăn, không có nắp ở phía trên với thể tích 1, 296m3 . Người thợ này cắt các tấm kính ghép lại một bể cá dạng hình hộp chữ nhật với ba kích thước a, b, c như hình vẽ. Hỏi người thợ phải c thiết kế các kích thước a, b, c bằng bao nhiêu để đỡ tốn kính nhất, giả sử độ dày của kính không đáng kể. b a A. a  3, 6m; b  0, 6m; c  0, 6m B. a  2, 4m; b  0,9m; c  0, 6m C. a  1,8m; b  1, 2m; c  0, 6m D. a  1, 2m; b  1, 2m; c  0,9m Câu 16: Khi xây nhà, chủ nhà cần làm một hồ nước bằng gạch và xi măng có dạng hình hộp đứng đáy là hình chữ nhật có chiều dài gấp ba lần chiều rộng và không nắp, có chiều cao là h và có thể tích là . Hãy tính chiều cao của hồ nước sao cho chi phí xây dựng là thấp nhất? A. B. h  2 m m C. h  3 m 2 D. h  5 m 2 Câu 17: Người ta muốn thiết kế một bể cá bằng kính không có nắp với thể tích 72dm3 và chiều cao là 3dm. Một vách ngăn (cùng bằng kính) ở giữa, chia bể cá thành hai ngăn, với các kích thước a, b (đơn vị dm) như hình vẽ. 3 dm a dm b dm Tính a, b để bể cá tốn ít nguyên liệu nhất (tính cả tấm kính ở giữa), coi bề dày các tấm kính như nhau và không ảnh hưởng đến thể tích của bể. A. a  24, b  24. B. a  3, b  8. C. a  3 2, b  4 2. D. a  4, b  6. Câu 18: Người thợ cần làm một bể cá hai ngăn, không có nắp ở phía trên với thể tích 1,296 m3. Người thợ này cắt các tấm kính ghép lại một bể cá dạng hình hộp chữ nhật với 3 kích thước a, b, c như hình vẽ. Hỏi người thợ phải thiết kế các kích thước a, b, c bằng bao nhiêu để đỡ tốn kính nhất, giả sử độ dầy của kính không đáng kể. A. a  3, 6m; b  0, 6m; c  0, 6m B. a  2, 4m; b  0,9m; c  0, 6m C. a  1,8m; b  1, 2m; c  0, 6m D. a  1, 2m; b  1, 2m; c  0,9m File Word liên hệ: 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 40 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Khối Đa Diện Nâng Cao Câu 19: Từ một tấm tôn có kích thước 90cmx3m người ta làm một máng xối nước trong đó mặt cắt là hình thang ABCD có hinh dưới. Tính thể tích lớn nhất của máng xối. A 30cm 90cm 3m A. 40500 3cm3 D B 3m B. 40500 2cm3 30cm C. 40500 6cm3 30cm C D. 40500 5cm3 Câu 20: Để làm một máng xối nước, từ một tấm tôn kích thước 0,9m  3m người ta gấp tấm tôn đó như hình vẽ dưới. Biết mặt cắt của máng xối (bị cắt bởi mặt phẳng song song với hai mặt đáy) là một hình thang cân và máng xối là một hình lăng trụ có chiều cao bằng chiều dài của tấm tôn. Hỏi x  m  bằng bao nhiêu thì thể tích máng xối lớn nhất? x 3m 0,3 m xm x 0,3 m 0,9 m 3m (a) Tấm tôn A. x  0, 5m . 0,3 m 0,3 m (b) Máng xối B. x  0, 65m . (c) Mặt cắt C. x  0, 4m . D. x  0, 6m . Câu 21: Khi xây dựng nhà, chủ nhà cần làm một bể nước bằng gạch có dạng hình hộp có đáy là hình chữ nhật chiều dài d  m  và chiều rộng r  m  với d  2r. Chiều cao bể nước là h  m  và thể tích bể là 2 m3 . Hỏi chiều cao bể nước như thế nào thì chi phí xây dựng là thấp nhất? A. 3 3 m . 2 2 B. 3 2  m . 3 C. 3 3  m . 2 D. 2 2 m . 3 3 Câu 22: Một người dự định làm một thùng đựng đồ hình lăng trụ tứ giác đều có thể tích là V . Để làm thùng hàng tốn ít nguyên liệu nhất thì chiều cao của thùng đựng đồ bằng 2 A. x  V 3 1 B. x  3 V C. x  V 4 D. x  V Câu 23: Nhân ngày quốc tế phụ nữ 8-3 năm 2017, ông A quyết định mua tặng vợ một món quà và đặt nó vào trong một chiếc hộp có thể tích là 32 ( đvtt ) có đáy hình vuông và không có nắp. Để món quà trở nên thật đặc biệt và xứng đáng với giá trị của nó ông quyết định mạ vàng cho chiếc hộp, biết rằng độ dạy lớp mạ tại mọi điểm trên hộp là như nhau. Gọi chiều cao và cạnh đáy của chiếc hộp lần lượt là h; x . Để lượng vàng trên hộp là nhỏ nhất thì giá trị của h; x phải là? A. x  2; h  4 B. x  4; h  2 C. x  4; h  3 2 File Word liên hệ: 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay D. x  1; h  2 Trang 41 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Khối Đa Diện Nâng Cao Câu 24: Một ngôi nhà có nền dạng tam giác đều ABC cạnh dài 10  m  được đặt song song và cách mặt đất h  m  . Nhà có 3 trụ tại A, B, C vuông góc với  ABC  . Trên trụ A người ta lấy hai điểm M , N sao cho AM  x, AN  y và góc giữa  MBC  và  NBC  bằng 90 để là mái và phần chứa đồ bên dưới. Xác định chiều cao thấp nhất của ngôi nhà. A. 5 3 . C. 10 . B. 10 3 . D. 12 . Câu 25: Một nhà sản xuất sữa có hai phương án làm hộp sữa. Hộp sữa có dạng khối hộp chữ nhật hoặc hộp sữa có dạng khối trụ. Nhà sản xuất muốn chi phí bao bì càng thấp càng tốt(tức diện tích toàn phần của hộp nhỏ nhất), nhưng vẫn phải chứa được một thể tích xác định là V cho trước. Khi đó diện tích toàn phần của hộp sữa bé nhất trong hai phương án là A. 3 2V 2 . B. 6 3 V 2 . C. 3 3 6V 2 . D. 3 3 2 V 2 . Câu 26: Một bác thợ gò hàn làm một chiếc thùng hình hộp chữ nhật (không nắp) bằng tôn thể tích 665,5 dm3 . Chiếc thùng này có đáy là hình vuông cạnh x( dm) , chiều cao h( dm) . Để làm chiếc thùng, bác thợ phải cắt một miếng tôn như hình vẽ. Tìm x để bác thợ sử dụng ít nguyên liệu nhất. h h x h A. 10,5( dm) . x B. 12( dm) . h C. 11(dm) . D. 9( dm) . Câu 27: Một người dự định làm một thùng đựng đồ hình lăng trụ tứ giác đều có thể tích là V . Để làm thùng hàng tốn ít nguyên liệu nhất thì chiều cao của thùng đựng đồ bằng A. x  V 2 3 3 B. x  V C. x  V Câu 28: Người ta muốn xây một bồn chứa nước dạng khối hộp chữ nhật trong một phòng tắm. Biết chiều dài, chiều rộng, chiều cao của khối hộp đó lần lượt là 5m, 1m, 2m (hình vẽ bên). Biết mỗi viên gạch có chiều dài 20cm, chiều rộng 10cm, chiều cao 5cm. Hỏi người ta sử dụng ít nhất bao nhiêu viên gạch để xây bồn đó và thể tích thực của bồn chứa bao nhiêu lít nước? (Giả sử lượng xi măng và cát không đáng kể) A. 1180 viên, 8820 lít B. 1180 viên, 8800 lít C. 1182 viên, 8820 lít D. 1180 viên, 8800 lít 1 4 D. x  V 1dm VH’ 1dm VH 2m 1m 5m Câu 29: Từ một mảnh giấy hình vuông cạnh là a, người ta gấp nó thành 4 phần đều nhau rồi dựng lên thành một hình lăng trụ tứ giác đều (như hình vẽ). Từ một mảnh giấy hình vuông khác cũng có cạnh là a, người ta gấp nó thành 3 phần đều nhau rồi dựng lên thành một hình lăng trụ tam giác File Word liên hệ: 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 42 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Khối Đa Diện Nâng Cao đều (như hình vẽ). Gọi V1 ,V2 lần lượt là thể tích của lăng trụ tứ giác đều và lăng trụ tam giác đều. So sánh V1 và V2 . A. V1  V2 Câu 30 B. V1  V2 C. V1  V2 D. Không so sánh được (Lương Thế Vinh Đồng Nai) Cho một cái hộp hình chữ nhật có kích thước ba cạnh lần lượt là 4 cm , 6 cm , 9 cm như hình vẽ. Một con kiến ở vị trí A muốn đi đến vị trí B . Biết rằng con kiến chỉ có thể bò trên cạnh hay trên bề mặt của hình hộp đã cho. Gọi x cm là quãng đường ngắn nhất con kiến đi từ A đến B . Khẳng định nào sau đây đúng? A. x  15;16  . B. x  13;14  . C. x  12;13 . D. x  14;15 . File Word liên hệ: 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 43 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Khối Đa Diện Nâng Cao THỂ TÍCH KHỐI ĐA DIỆN 1. Thể tích khối chóp 1 S .h 3 đáy V   S đáy : Diện tích mặt đáy.  h : Độ dài chiều cao khối chóp. VS.ABCD  1 d .S 3 S,ABCD  ABCD 2. Thể tích khối lăng trụ V  S đáy .h  S đáy : Diện tích mặt đáy.  h : Chiều cao của khối chóp. Lưu ý: Lăng trụ đứng có chiều cao chính là cạnh bên. 3. Thể tích khối hộp chữ nhật V  a.b.c 4. Thể tích khối lập phương V  a3 5. Tỉ số thể tích VS .AB C  VS .ABC  SA SB  SC  . . SA SB SC S B A Thể tích hình chóp cụt ABC .AB C  C A B h V  B  B   BB  3 C Với B , B , h là diện tích hai đáy và chiều cao. 5.1. Hai khối chóp S . A1 A2 … An và S .B1 B2 …Bm có chung đỉnh S và hai mặt đáy cùng nằm trên một mặt  phẳng, ta có: VS . A1A2 … An VS .B1B2 … Bm   S A1 A2 … An S B1B2 … Bm 5.2. Hai khối chóp tam giác S . ABC có A  SA, B  SB, C ‘  SC ta có: VS . A’ B ‘C ‘ SA SB  SC   . . vS . ABC SA SB SC File Word liên hệ: 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 0 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Khối Đa Diện Nâng Cao SM SN SP  x,  y,  z . Mặt phẳng SA SB SC  1 1 1 1 1 1 1 1 1 SQ và VS .MNPQ  xyzt     V  MNP  cắt SD tại Q thì ta có đẳng thức    với t  x z y t SD 4 x y z t . 5.3. Kiến thức cần nhớ đối với khối lăng trụ tam giác và khối hộp. Hình chóp S .ABCD có đáy ABCD là hình bình hành và V 2V , VA. BCC B  . 3 3 V V VA. ABD  , VBDAC   . 6 3 5.4. Một số công thức nhanh cho các trường hợp hay gặp VA. ABC  2 2 BH  AB  CH  AC    Tam giác ABC vuông tại A có đường cao AH có  ,  . BC  BC  CB  BC  Mặt phẳng   song song với mặt đáy của khối chóp S . A1 A2 … An cắt SAk tại điểm M k thỏa mãn VS . M1M 2 … M n SM k  p3 .  p, ta có VS . A1 A2 … An SAk Hình lăng trụ tam giác ABC. ABC có AM BN CP x y z  x,  y,  z có VABC .MNP  V. AA BB CC  3 File Word liên hệ: 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 1 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Khối Đa Diện Nâng Cao AM BN CP  x,  y,  z . Mặt phẳng  MNP  cắt DD ‘ tại Q thì ta có AA BB CC  DQ x y z t đẳng thức x  z  y  t với t  và VABCD. MNPQ  V. DD 4 Hình hộp ABCD. ABC D có Định lí Meneleus cho 3 điểm thẳng hàng MA NB PC . .  1 với MNP là một đường thẳng cắt ba đường MB NC PA thẳng AB, BC , CA lần lượt tại M , N , P. 6. Một số chú ý về độ dài các đường đặc biệt  Đường chéo của hình vuông cạnh a là a 2  Đường chéo của hình lập phương cạnh a là : a 3  Đường chéo của hình hộp chữ nhật có 3 kích thước a, b, c là :  Đường cao của tam giác đều cạnh a là: a 2  b2  c 2 a 3 2 7. CÁC CÔNG THỨC HÌNH PHẲNG 7.1. Hệ thức lượng trong tam giác 7.1.1. Cho ABC vuông tại A , đường cao AH  AB 2  AC 2  BC 2  AB 2  BH .BC 2  AC  CH .BC  AH .BC  AB .AC  AH 2  BH .HC 1 1 1   2 2 AH AB AC 2  AB  BC .sin C  BC . cos B  AC . tan C  AC . cot B 7.1.2. Cho ABC có độ dài ba cạnh là: a, b, c độ dài các trung tuyến là ma , mb , mc bán kính đường tròn ngoại tiếp R ; bán kính đường tròn nội tiếp r nửa chu vi p.  File Word liên hệ: 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 2 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Khối Đa Diện Nâng Cao  Định lí hàm số cosin: a 2  b 2  c 2 – 2bc. cos A; b 2  c 2  a 2  2ca . cos B; c 2  a 2  b 2  2ab. cosC  Định lí hàm số sin: a b c    2R sin A sin B sin C  Độ dài trung tuyến: b2  c2 a2 c2  a2 b2 a2  b2 c2 ma2   ; mb2   ; mc2   2 4 2 4 2 4 7.2. Các công thức tính diện tích 7.2.1. Tam giác 1 1 1  S  a.ha  b.hb  c.hc 2 2 2 1 1 1  S  bc sin A  ca.sin B  ab sinC 2 2 2 abc  S  4R  S  pr  S     p p a p b p c  ABC vuông tại A : S   AB.AC BC .AH  2 2 a 3 a2 3  ABC đều, cạnh a : AH  , S  2 4 7.2.2. Hình vuông  S  a2 ( a : cạnh hình vuông) 7.2.3. Hình chữ nhật  S  ab ( a, b : hai kích thước) 7.2.4. Hình bình hành   S = đáy  cao  AB. AD.sin BAD 7.2.5. Hình thoi   1 AC.BD  S  AB. AD.sin BAD 2 7.2.6. Hình thang 1  S  a  b h ( a, b : hai đáy, h : chiều cao) 2 7.2.7. Tứ giác có hai đường chéo vuông góc AC & BD 1  S  AC .BD 2 8. MỘT SỐ CÔNG THỨC TÍNH NHANH THỂ TÍCH KHỐI CHÓP THƯỜNG GẶP Nội dung Hình vẽ   File Word liên hệ: 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 3 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Cho hình chóp SAB  , SBC  , SAC  Khối Đa Diện Nâng Cao với các mặt phẳng vuông góc với nhau từng đôi một, diện SABC A tích các tam giác SAB, SBC , SAC lần lượt là S1, S2 , S3 . S 2S1.S2 .S3 Khi đó: VS .ABC  C 3 B   Cho hình chóp S . ABC có SA vuông góc với ABC , hai mặt phẳng SAB  và SBC  vuông góc với S nhau,   ,  BSC ASB   . Khi đó: VS .ABC SB 3 . sin 2 . tan   12 C A B Cho hình chóp đều S . ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh bằng a, cạnh bên bằng b . Khi đó: VS .ABC  a 2 3b 2  a 2 12 S C A G M B Cho hình chóp tam giác đều S . ABC có cạnh đáy bằng a và mặt bên tạo với mặt phẳng đáy góc  . a 3 tan  Khi đó: VS .ABC  24 S C A G M B Cho hình chóp tam giác đều S . ABC có các cạnh bên bằng b và cạnh bên tạo với mặt phẳng đáy góc  . Khi đó: VS .ABC  3b 3 .sin  cos2  4 S C A G M B Cho hình chóp tam giác đều S . ABC có các cạnh đáy bằng a, cạnh bên tạo với mặt phẳng đáy góc  . Khi đó: VS .ABC  a 3 . tan  12 S C A G M B File Word liên hệ: 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 4 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Khối Đa Diện Nâng Cao Cho hình chóp tứ giác đều S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng a, và SA  SB  SC  SD  b . Khi đó: VS .ABC  S a 2 4b 2  2a 2 6 D A M O C B Cho hình chóp tứ giác đều S . ABCD có cạnh đáy bằng a, góc tạo bởi mặt bên và mặt phẳng đáy là  . a 3 . tan  Khi đó: VS .ABCD  6 S A D M O B C Cho hình chóp tứ giác đều S . ABCD có cạnh đáy bằng a, S    với     ;   SAB   4 2 Khi đó: VS .ABCD  a 3 D A 2 tan   1 6 O C B Cho hình chóp tứ giác đều S . ABCD có các cạnh bên bằng a,   góc tạo bởi mặt bên và mặt đáy là  với    0;  .  2 4a 3 . tan  Khi đó: VS .ABCD  3 3 2  tan2   M  S A D M O B C Cho hình chóp tam giác đều S . ABC có cạnh đáy bằng a. Gọi P là mặt phẳng đi qua A song song với BC và vuông góc S   F N với SBC  , góc giữa  P  với mặt phẳng đáy là  . Khi đó: VS .ABCD  A E a 3 cot  24 Khối tám mặt đều có đỉnh là tâm các mặt của hình lập phương cạnh a. a3 Khi đó: V  6 C x G M B A’ B’ O’ D’ O1 C’ O2 O4 A O3 B O D File Word liên hệ: 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay C Trang 5 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Khối Đa Diện Nâng Cao Cho khối tám mặt đều cạnh a. Nối tâm của các mặt bên ta được khối lập phương. S 2a 3 2 Khi đó: V  27 G2 D A G1 N M C B S’ 9. CÁC CÔNG THỨC ĐẶC BIỆT THỂ TÍCH TỨ DIỆN Công thức abc VS.ABC  1  cos2   cos2   cos2   2cos cos  cos 6 Công thức tính khi biết 3 cạnh, 3 góc ở đỉnh 1 tứ diện 1 VABCD  abd sin  6 Công thức tính khi biết 2 cạnh đối, khoảng cách và góc 2 cạnh đó 2S S sin  VSABC  1 2 3a Công thức tính khi biết một cạnh, diện tích và góc giữa 2 mặt kề abc VS .ABC  sin  sin  sin  6 Công thức tính khi biết 3 cạnh, 2 góc ở đỉnh và 1 góc nhị diện VABCD  a3 2 12 VABCD  2 12 a Điều kiện tứ diện  SA  a, SB  b, SC  c     , CSA    ASB  , BSC  AB  a,CD  b  d AB,CD  d, AB,CD       SSAB  S1, S SAC  S2, SA  a   SAB , SAC       SA  a, SB  b, SC  c      SAB ,  SAC         ASB   , ASC     Tứ diện đều tất cả các cạnh bằng a 2    b 2  c 2 b 2  c2  a 2 a 2  c 2  b 2  Tứ diện gần đều AB  CD  a  AC  BD  b AD  BC  c  File Word liên hệ: 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 6 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Khối Đa Diện Nâng Cao DẠNG 1: THỂ TÍCH KHỐI CHÓP   CBD   90o , AB  a , AC  a 5 và Câu 1. (Sở Bắc Ninh 2019) Cho tứ diện ABCD có DAB  ABC  135o ; Góc giữa hai mặt phẳng  ABD  và  BCD  bằng 30o . Thể tích của tứ diện ABCD là a3 a3 a3 a3 A. . B. . C. . D. . 6 2 3 2 3 2 Lời giải Chọn D A a D H I K 135° a 5 B C Trong tam giác ABC có AC 2  AB2  BC 2  2 AB.BC.cos135o  BC 2  BC.a 2  4a 2  0  BC  a 2 . Gọi K là hình chiếu của A lên BC ta có  ABC  135o nên  ABK  45o . Suy ra tam giác AKB AB a 2  . 2 2 Gọi I , H lần lượt là hình chiếu của A lên BD và  ABCD  , ta có KBIH là hình chữ nhật. vuông cân tại K . Do đó AK  BK  a 6 Khi đó  AIH  30o . Suy ra AH  HI . tan 30o  .  ABD  ;  BCD     6 a 3 Từ đó ta tính được BI  KH  AK 2  AH 2  . 3 Tam giác ABD vuông tại A , đường cao AI nên AB 2  BI .BD  BD  AB 2  a 3. BI 1 a3 AH .BD.BC  6 6 Câu 1: Cho khối tứ diện đều ABC D cạnh a . Gọi E là điểm đối xứng của A qua D . Mặt phẳng qua CE và vuông góc với mặt phẳng  ABD  cắt cạnh AB tại điểm F . Tính thể tích V của khối Vậy thể tích khối chóp ABCD là V  tứ diện A ECF . 2a 3 A. V  30 B. V  2a 3 60 C. V  2a 3 40 D. V  2a 3 15 Lời giải HB FA EM FA 3 FA 2 . .  1  2. . 1  Áp dụng định lý Menelaus: HM FB EA FB 4 FB 3 File Word liên hệ: 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 7 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A  AF  Khối Đa Diện Nâng Cao 2 S AE AF 4 AB và AE  2AD . Ta có: AEF  .  5 S ABD AD AB 5 4 4 a3 2 a3 2  VAECF  VABCD  .  . 5 5 12 15 Câu 2: Cho tứ diện ABCD có thể tích bằng 12 và G là trọng tâm tam giác BCD . Tính thể tích của khối chóp A.GBC . A. V  3 . B. V  4 . C. V  6 . D. V  5 . Lời giải Chọn B Cách 1: Phân tích: tứ diện ABCD và khối chóp A.GBC có cùng đường cao là khoảng cách từ A đến mặt phẳng  BCD  . Do G là trọng tâm tam giác BCD nên ta có S BGC  SBGD  SCGD  SBCD  3S BGC (xem phần chứng minh). Áp dụng công thức thể tích hình chóp ta có: 1  1 VABCD  h.S BCD  h.SBCD V S  3 ABCD 3    BCD  3  1 VA.GBC 1 h.S S GBC VA.GBC  h.SGBC  GBC 3  3  1 1  VA.GBC  VABCD  .12  4 . B 3 3 Chứng minh: Đặt DN  h; BC  a . Từ hình vẽ có: +) B MF CM 1 1 h MF // ND     MF  DN  MF  DN CD 2 2 2 N . E +) F GE BG 2 2 2 h h GE // MF     GE  MF  .  MF BM 3 3 3 2 3 1 1 C SBCD 2 DN .BC 2 ha +)    3  S BCD  3S GBC S GBC 1 GE.BC 1 h a 2 23 +) Chứng minh tương tự có S BCD  3S GBD  3SGCD  SBGC  S BGD  SCGD . A Cách 2:  d  G;  ABC   GI 1 1    d  G;  ABC    d  D;  ABC   . 3 d  D;  ABC   DI 3 A D G C D G M D G C H H1 I B 1 1 Nên VG. ABC  d  G;  ABC   .S ABC  .VDABC  4. 3 3 Câu 3: Cho tứ diện đều cạnh a và điểm I nằm trong tứ diện. Tính tổng khoảng cách từ I đến các mặt của tứ diện. a a 6 a 3 a 34 A. . B. . C. . D. . 3 2 2 2 File Word liên hệ: 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 8 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Khối Đa Diện Nâng Cao Lời giải Chọn B 2 2 a 3 a 3 AH  AM  .  . 3 3 2 3 S a2 a 6 SH  SA  AH  a   . 3 3 1 1 a 2 3 a 6 a3 2 Ta có VSABC  S ABC .SH  . .  . 3 3 4 3 12 A Mặt khác, VSABC  VISAB  VIABC  VISAC  VISBC 1  S ABC .  d  I ;  SAB    d  I ;  ABC    d  I ;  SAC    d  I ;  SBC    3 3V  d  I ;  SAB    d  I ;  ABC    d  I ;  SAC    d  I ;  SBC    SABC S ABC 2 2 2 C I H M B a3 2 a 6 .  2 12  3 a 3 4 Câu 4: Cho hình chóp S . ABC có SA  a, BC  a 2 và tất cả các cạnh còn lại đều bằng x . Tìm x biết 3. thể tích khối chóp đã cho có thể tích bằng A. x  3a . 2 B. x  a 3 11 . 6 7a . 2 C. x  9a . 2 D. x  5a . 2 Lời giải Chọn D Gọi E, F lần lượt là trung điểm của các cạnh BC, SA . Khi đó ta có FE  SA, FE  BC và BC   SAE  nên BC  SA . Và FE 2  AE 2  FA2  AB 2  BE 2  FA2 2a 2 a 2 4 x 2  3a 2 2 x    4 4 4 Áp dụng công thức: 1 VS . ABC  .SA.BC.d  SA ; BC  .sin  SA ; BC  6 1 4 x 2  3a 2 Suy ra: V  .a.a 2. .sin 90 6 4 5a a 3 11 1   .a.a 2. 4 x 2  3a 2  x  . 6 12 2 S a F x x x A C E x a 2 B Câu 5: Cho hình chóp tam giác đều S . ABC có cạnh đáy bằng a. Gọi  P  là mặt phẳng đi qua A và song song BC và vuông góc với  SBC  , góc giữa  P  với mặt phẳng đáy là 300. Thể tích khối chóp S . ABC là: File Word liên hệ: 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 9 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A A. a3 3 24 B. a3 3 8 C. Khối Đa Diện Nâng Cao a3 8 D. 3a 3 8 Lời giải Tổng quát: Cho hình chóp tam giác đều S . ABC có cạnh đáy bằng a. Gọi  P  là mặt phẳng đi qua A và song song BC và vuông góc với  SBC  , S F H góc giữa  P  với mặt phẳng đáy là  Thể tích khối chóp S . ABC là: E a 3 cot  VS . ABC  A 24 G a 3 cot 300 a 3 3 x M Áp dụng bài này: VS . ABC   24 24 B a2 3 + ABC đều  S ABC  4 + Gọi G là trọng tâm + Gọi  P    SBC  =EF  EF//BC   P    SBC  =Ax với Ax / / EF / / BC + Gọi M là trung điểm BC, SM  EF  N . C Ta có: AM  BC , SG  BC  BC   SAM   AN  BC  AN  Ax   300 Mà AM  BC , BC / / Ax  AM  Ax    P  ,  ABC    NAM   NAM    (cùng phụ với SMA  ) Ta có: GSM   1 AM .cot 300  1 . a 3 . 3  a Xét SGM vuông tại G có: SG  GM .cot GSM 3 3 2 2 2 3 1 1 a 3 a a 3 Vậy: VS . ABC  .S ABC .SG  . .  . 3 3 4 2 24 Chọn A Câu 6: Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình vuông cạnh bằng 4, mặt bên SAB là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi M , N , P lần lượt là trung điểm của các cạnh SD, CD, BC. Thể tích khối chóp S . ABPN là x, thể tích khối tứ diện CMNP là y. Giá trị x, y thỏa mãn bất đẳng thức nào dưới đây: A. x 2  2 xy  y 2  160 B. x 2  2 xy  2 y 2  109 C. x 2  xy  y 4  145 D. x 2  xy  y 4  125 Lời giải + Gọi H là trung điểm AB. Do ABC đều và  SAB    ABCD   SH   ABCD  S 3 AB 2 3 2 + Ta có: S ABPN  S ABCD  S ADN  SCND AD.DN CN .CP 4.2 2.2  AB 2    42    10 2 2 2 2 Xét ABC đều: SH  M A D K N H B File Word liên hệ: 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay P C Trang 10 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Khối Đa Diện Nâng Cao 1 1 20 3 20 3  VS . ABPN  .S ABPN .SH  .10.2 3  x 3 3 3 3 + Gọi AN  HD   K  ta có MK là đường trung bình của DHS 1 1 1 1 1 1 2.2 2 3 2 3 2 3 SH  VCMNP  .SCNP .MK  . .CN .CP. .SH  . .   y 2 3 3 2 2 3 2 2 3 3 Thay vào các đáp án. Chọn C. Câu 7: Cho hình chóp S . ABC có chân đường cao nằm trong tam giác ABC; các mặt phẳng  HK   SAB  ;  SAC  ;  SBC  cùng tạo với mặt phẳng  ABC  một góc bằng nhau. Biết AB  25, BC  17, AC  26, đường thẳng SB tạo với đáy một góc bằng 450. Tính thể tích V của khối chóp SABC . A. V  680 B. V  408 C. V  578 D. V  600 Lời giải Gọi J là chân đường cao của hình chóp S .ABC; H , K và L lần lượt là hình chiếu của J trên các cạnh AB, BC và CA.  , SLJ  và SKJ  lần lượt là góc Suy ra SHJ S tạo bởi mặt phẳng  ABC  với các mặt phẳng  SAB  ,  SAC  ,  SBC  . y=9 C z=17   SLJ   SKJ , y=9 K Theo giả thiết ta có: SHJ A z=17 J L suy ra các tam giác vuông SJH , SJL, SJK bằng H x=8 nhau. x=8 ABC Từ đó, JH  JL  JK . Mà J nằm trong tam giác B nên J là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC . Áp dụng công thức Hê- rông, ta tính được diện tích của tam giác ABC là S  204. Kí hiệu P là nửa chu vi tam giác ABC, r là bán kính đường tròn K z y C A S 204  6. nội tiếp của ABC . Ta có r   z P 34 y J Đặt x  BH  BL, y  CL  CK , z  AH  AK. x  y  7  Ta có hệ phương trình:  x  z  25 .  y  z  26  H L x x B Giải hệ phương trình ta được  x; y; z   8;9;17  JB  JH 2  BH 2  62  82  10    Ta có SBJ SB,  ABC    450 , suy ra SJB là tam giác vuông cân tại J. SJ  JB  10. 1 Thể tích V của khối chóp S . ABC là V  SJ .S ABC  680 3 Chọn A File Word liên hệ: 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 11 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Khối Đa Diện Nâng Cao Câu 8: Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B , AB  8 , BC  6 . Biết SA  6 và vuông góc với mặt phẳng đáy  ABC  . Một điểm M thuộc phần không gian bên trong của hình chóp và cách đều tất cả các mặt của hình chóp. Tính thể tích của khối tứ diện M . ABC . 64 32 A. V  24 . B. V  . C. V  . D. V  12 . 3 3 Lời giải Chọn C S 1  BC  BA Vì   BC  SB . Khi đó S SAB  SA.AB  24 , 2  BC  SA 1 1 S SAC  SA. AC  .6. 82  62  30 , 2 2 M 1 1 2 2 1 S SBC  SB.BC  8  6 .6  30 , S ABC  .6.8  24 . 2 2 2 C A 1 1 Thể tích khối chóp đã cho là: V  SA. . AB.BC  48 . 3 2 Theo bài ra điểm M thuộc phần không gian bên trong của hình B chóp và cách đều tất cả các mặt của hình chóp nên ta gọi khoảng cách từ điểm M đến các mặt của hình chóp là d thì: 1 3VS . ABC VS . ABC  d .  S SAB  S SAC  S SBC  S ABC   d  3 S SAB  S SAC  S SBC  S ABC 3.48 4 1 1 4 32 d  . Khi đó: VM . ABC  .d .S ABC  . .24  . 30  30  24  24 3 3 3 3 3 Câu 9: Cho khối đa diện đều n mặt có thể tích V và diện tích mỗi mặt của nó bằng S . Khi đó, tổng các khoảng cách từ một điểm bất kì bên trong khối đa diện đó đến các mặt của nó bằng nV V 3V V . . . . A. B. C. D. S nS S 3S Lời giải Chọn C. S Xét trong trường hợp khối tứ diện đều. Các trường hợp khác hoàn toàn tương tự. 1 1 1 1 VH . ABC  h1.S ; VH . SBC  h2 .S ; VH .SAB  h3.S ; VH . SAC  h4 .S 3 3 3 3 3V 3V1 3V 3V ; h2  2 ; h3  3 ; h4  4 S S S S 3 V1  V2  V3  V4  3V  h1  h2  h3  h4   S S Câu 10: (ĐH Vinh Lần 1) Cho hình chóp tứ giác đều S . ABCD có SA  a 11 , côsin góc hợp bởi hai mặt phẳng SBC  và h1  SCD  bằng A. 3a 3 . C A 1 . Thể tích của khối chóp S . ABCD bằng 10 B. 9a 3 . C. 4a 3 . Lời giải H B D.12a3 . Chọn C File Word liên hệ: 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 12 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Khối Đa Diện Nâng Cao Có BD  AC ; BD  SO  BD  SC . Trong tam giác SBC kẻ đường cao BM  DM  SC . Góc giữa hai mặt phẳng SBC  và  SCD  chính là góc giữa hai đường thẳng MB và MD . D M  Trong tam giác vuông OMC có OM  OC  OB  2OM  BD  B   1 .  tù  cos BMD  M  M   90 . Hay góc BMD  180 M 10 Đặt AB  x , SE là đường cao trong tam giác SBC nên SE .BC  BM .SC x2 x x2  11a  .x  BM .a 11  BM  . 11a 2  . 4 4 a 11 Áp dụng định lí cosin trong tam giác BMD có   BD 2  2 BM 2  2 BM 2 cos BMD  BD 2  BM 2  DM 2  2 BM .DM .cos BMD 2  x 2  2   x     x 2  2  BD 2  2 BM 2 1  cos BMD    a 11 . 11a2  4  1  101    2 x2  2 x2  11 1 x2   2 x2  11 a     x  2a .  11a 2  4  10 10 40 a 2 2   Thể tích của khối chóp S . ABCD bằng 11a 2  2a 2 1 1 2 2 2 .4a 2  4a 3 . V  SO.S ABCD  SC  OC . 4a   3 3 3 Cách 2: Cách nhìn khác tìm yếu tố cạnh đáy.  Đặt x  OB, 2  BMD Ta có 2 2 1 9 OM 9 11 x 1  1   cos 2  2 cos2   1  cos 2        x2  2  2 2 2 2 2  10 20 OM  OB 20 9 OM  x 11a  x  2 x2  đến đây OK. 9 11a 2  x 2 Câu 11: (THPT-Yên-Khánh-Ninh-Bình-lần-4-2018-2019-Thi-tháng-4) Cho hình chóp S .ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng a , SA  a 3 ; SA   ABCD  . Gọi M , N lần lượt là trung Hay File Word liên hệ: 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 13 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A điểm của các cạnh SB , SD ; mặt phẳng ABCDMNI . 5 3 a3 A. V  . 18 3 a3 B. V  . 18  AMN  Khối Đa Diện Nâng Cao cắt SC tại I . Tính thể tích khối đa diện 5 3 a3 C. V  6 Lời giải 13 3 a 3 D. V  . 36 Chọn A Trong mp  SBD  , gọi P là giao điểm của MN và SO . Trong mp  SAC  , gọi I là giao điểm của AP và SC . Theo định lý mendeleus ta có: AC PO IS 2 1 IS IS 1 IS 1 . .  1 . .  1    . AO PS IC 1 1 IC IC 2 SC 3 Ta có : VSMNI SM SI SN 1 1 1 1 1 1  . .  . .   VSMNI  VSBCD  VSABCD . VSBDC SB SC SD 2 3 2 12 12 24 VSMNA SM SN SA 1 1 1 1 1 1  . .  . .   VSMNA  VSBDA  VSABCD . VSBDA SB SD SA 2 2 1 4 4 8 1  VSAMNI  VSMNI  VSMNA  VSABCD . 6 5  VMNIABCD  VSABCD . 6 1 1 a3 3 VSABCD  SA.S ABCD  a 3.a 2  . 3 3 3 5 5 3 3 5 3 3  VABCDMIN  VSABCD .  . a  a. 6 6 3 18 Câu 12: (Chuyên Vinh Lần 3)Cho hình chóp S . ABC có các cạnh SA  BC  3 ; SB  AC  4 ; SC  AB  2 5 . Tính thể tích khối chóp S . ABC . A. 390 . 12 B. 390 . 4 C. 390 . 6 D. 390 . 8 Lời giải. Chọn B File Word liên hệ: 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 14 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Khối Đa Diện Nâng Cao + Dựng hình chóp S . A ‘ B ‘ C ‘ sao cho A là trung điểm B ‘ C ‘ , B là trung điểm A ‘ C ‘ , C là trung điểm A ‘ B ‘ . + Khi đó SB  AC  BA ‘  BC ‘  4 nên  SA ‘ C ‘ vuông tại S và 2 SA ‘2  SC ‘2   2.SB   64 (1) . SA ‘2  SB ‘2  80 (2) + Tương tự SB ‘ C ‘ ,  SA ‘ B ‘ vuông tại S và  2 . 2 SB ‘  SC ‘  36 (3) + Từ 1 ;  2  ;  3 ta suy ra SC ‘  10 ; SB ‘  26 ; SA ‘  54 . 1 1 1 390 + Ta tính được VS . A’ B ‘C ‘  SC ‘. .SA ‘.SB ‘  390 và VS . ABC  VS . A ‘ B ‘C ‘  (đvtt). 3 2 4 4 Câu 13: (Phan Đình Tùng Hà Tĩnh) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thang cân với AB  2a, BC  CD  DA  a và SA  ( ABCD ) . Một mặt phẳng qua A vuông góc với SB và cắt SB, SC , SD lần lượt tại M , N , P . Tính thể tích khối cầu ngoại tiếp khối ABCDMNP A. 32 a 3 . 3 B. 4a 3 3 . 3 C. 4 a3 . 3 D. 4 a3 . 24 Lời giải Chọn C File Word liên hệ: 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 15 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Khối Đa Diện Nâng Cao Do hình thang ABCD cân và AB  2 BC  2CD  2 DA nên  ACB   ADB  90 . Mặt phẳng qua A vuông góc với SB nên AM vuông góc với SB . Ta có BC  AC , BC  SA  BC  ( SAC )  BC  AN . Mặt khác AN  SB nên AN  ( SBC ) . Do đó AN  BN . Tương tự AP  SB, AP  BD  AP  ( SBD)  AP  BP Suy ra các điểm C, D, P, N và M đều nhìn đoạn AB dưới một góc vuông. Do đó, tâm mặt cầu ngoại tiếp khối đa diện ABCDMNP là trung điểm đoạn AB (trong đó AB là đường kính mặt AB a. cầu). Vì vậy, bán kính khối cầu ngoại tiếp hình đa diện ABCDMNP là r  2 4a 3 Vậy thể tích khối cầu là V  3 Câu 14: (-Mai-Anh-Tuấn-Thanh-Hóa-lần-1-2018-2019) Cho tứ diện OABC có OA  a , OB  b , OC  c và đôi một vuông góc với nhau. Gọi r là bán kính mặt cầu tiếp xúc với cả bốn mặt của a tứ diện. Giả sử a  b, a  c . Giá trị nhỏ nhất của là r A. 1  3 . B. 2  3 . C. 3 . D. 3  3 . Lời giải Chọn D abc 1 Ta có : VOABC  , Stp  ab  bc  ac  a 2b2  b2c 2  a 2c 2 . 6 2 Gọi T là tâm mặt cầu nội tiếp tứ diện OABC, ta có: 1 1 VOABC  VTOAB  VTOAC  VTOBC  VTABC  r ( SOAB  SOAC  SOBC  S ABC )  r.Stp ( r là bán kính mặt 3 3 cầu nội tiếp tứ diện OABC ) 3V abc  r  OABC  Stp ab  bc  ac  a 2b 2  b2c 2  a 2c 2   a ab  bc  ac  a 2b2  b 2c 2  a 2c 2 a a a2 a2   1  2 1 2 r bc c b c b  111 111  3 3 . a Vậy    3  3  a  b  c .  r  min  File Word liên hệ: 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 16 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Câu 15: Khối Đa Diện Nâng Cao (Nguyễn Khuyến)Cho hình chóp S .ABC có   SAC   30 . Thể tích khối chóp S .ABC bằng: SAB A. VS.ABC  4. B. VS.ABC  6. C. VS.ABC Lời giải AB  AC  4, BC  2, SA  4 3, 8. D. VS. ABC  12 . Chọn A S 4 2 30° 4 C A 2 O 4 H B Gọi H là trung điểm BC , ta có AB  AC nên AH  BC , SH  BC , suy ra BC  ( SAH ) . Do đó ( SAH )  ( ABC ) . Trong mặt phẳng ( SAH ) , kẻ SO  AH  SO  ( ABC) . 2 2 2 2 Trong ABC , AH  AB  HB = 4 1  15 . Xét SAB , ta có SB 2  SA 2  AB 2  2 SA. AB .cos 30 o  16  SB  4 . Tương tự ta có: SC  4 ; SH  SB 2  BH 2  42  12  15 . S SAH  p ( p  SA)( p  SH )( p  AH ), S SAH  p ( p  SA)( p  SH )( p  AH ), p  1 ( SA  AH  SH )  15  2 3 . 2 2 S SAH 4 15  . AH 5 1 1 1 Vậy VS . ABC  SO.S ABC  SO. AH .BC 3 3 2 1 1 1 1 4 15 1 VS . ABC  SO.S ABC  SO. AH .BC  . 15.2  4 . 3 3 2 3 5 2    , SAC    , BAC   . Cách 2: Đặt AS  a , AB  b , AC  c , SAB Sử dụng công thức tính nhanh: 1 VSABC  abc 1  2 cos  cos  cos   cos 2   cos 2   cos 2  . 6 3 Áp dụng : a  4 3, b  c  4 , cos   cos   cos 30  . 2 2 2 2 2 2 2   AB  AC  BC  4  4  2  7 . cosγ  cos BAC 2 AB. AC 2.4.4 8 SO  1 3 3 7 3 3 49 4 . Ta có VSABC  .4 3.4.4. 1  2. . .    6 2 2 8 4 4 64 Câu 16: (Chuyên-Thái-Nguyên-lần-1-2018-2019-Thi-tháng-3) Cho hình chóp đều S . ABC có đáy là tam giác đều cạnh a . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của SB, SC . Biết  AMN    SBC  . Thể tích khối chóp S . ABC bằng a 3 26 a3 5 A. . B. . 24 24 C. a3 5 . 8 D. a 3 13 . 18 Lời giải File Word liên hệ: 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 17 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Khối Đa Diện Nâng Cao Chọn B Gọi E là trung điểm MN , K là trung điểm BC , H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC . Ta có: S , E, K thẳng hàng và A, H , K thẳng hàng. Ta có: SAB  SAC  AM  AN  tam giác AMN cân tại A  AE  MN  AMN    SBC    AMN    SBC   MN Ta có:   AE   SBC   AE  MN  AE   AMN    AE  SK SE SM 1 Ta có:    E là trung điểm SK  tam giác SAK cân tại A SK SB 2 a 3  AS  AK  2 a2 3 3a 2 3a 2 a 15 2 2 Ta có: SH  SA  AH    , S ABC  4 9 6 4 3 1 a 5 Suy ra: VS . ABC  SH .S ABC  . 3 24 Câu 17: (KHTN Hà Nội Lần 3) Cho hình chóp tam giác đều S . ABC có cạnh đáy bằng a . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của SA, SC . Biết rằng BM vuông góc với AN . Thể tích khối chóp S . ABC bằng a3 14 a3 3 a3 3 a3 14 A. . B. . C. . D. . 8 4 12 24 Lời giải Chọn D File Word liên hệ: 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 18 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Khối Đa Diện Nâng Cao S N M A C G B   CSA  , do đó Vì S . ABC là hình chóp tam giác đều nên SA  SB  SC và  ASC  BSC       SA.SB  SB.SC  SC.SA .    1      1   Ta có AN  SN  SA  SC  SA ; BM  SM  SB  SA  SB . 2 2     1  1    Theo giả thiết BM  AN  BM . AN  0   SA  SB  SC  SA   0 2  2  1   1  2 1      SA.SC  SA  SB.SC  SB.SA  0 4 2 2    2  3SA.SC  2SA  0  3.SA.SC.cos  ASC  2 SA2  0 2  cos  ASC  3 Xét tam giác ASC , theo định lý côsin ta có 2 2 AC 2  SA2  SC 2  2 SA.SC.cos  ASC  SA2  SA2  2.SA2 .  SA2 3 3 AC. 6 a. 6  SA   2 2 Gọi G là trọng tâm tam giác ABC ta có SG   ABC  và 2 2 a 6 a 3 a 42 SG  SA  AG     .  2   3  6     2 2 1 1 a 2 3 a 42 a 3 14 Vậy, VS . ABC  .S ABC .SG  . .  . 3 3 4 6 24 Câu 18: (Sở Ninh Bình Lần1) Cho hình chóp đều S . ABC có độ dài cạnh đáy bằng 2 , điểm M thuộc cạnh SA sao cho SA  4SM và SA vuông góc với mặt phẳng  MBC  . Thể tích V của khối chóp S . ABC là 2 A. V  . 3 B. V  2 5 . 9 C. 4 . 3 D. V  2 5 . 3 Lời giải Chọn A File Word liên hệ: 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 19 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Khối Đa Diện Nâng Cao Gọi D là trung điểm BC , H là chân đường cao khối chóp hạ từ S . Ta có tứ giác SMHD nội tiếp đường tròn đường kính SD . Theo tích chất cát tuyến 2 3 3 2 8 AS . AM  AH . AD  SA2  AD 2  SA2   SH  SA2  AH 2  . 4 3 3 3 1 2 Nên VS . ABC  SH .S ABC  . 3 3 a 39 Câu 19: (Phan Đình Tùng Hà Tĩnh) Cho hình chóp S . ABC có SA  SB  SC  . Tam giác ABC 3 cân tại A có góc A  120 , BC  2 a . G là trọng tâm tam giác SAB . Thể tích khối chóp G. ABC là 2a3 a3 a3 A. . B. a3 . C. . D. . 9 3 9 Lời giải Chọn D Gọi H là hình chiếu của S trên mặt đáy, vì SA  SB  SC nên HA  HB  HC hay H là tâm BC 2a 3  đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC  HA  HB  HC  2sin A 3 File Word liên hệ: 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 20 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Khối Đa Diện Nâng Cao  AO  BC Gọi O là trung điểm BC , tam giác ABC cân tại A nên    CAO   60  BAO Suy ra AB  AC  BO 2a 3   3 sin BAO Diện tích tam giác ABC là S ABC  1 a2 3 AB. AC.sin120  2 3 39a2 12a2  a 3 9 9 1 a2 3 a3 .a 3  Thể tích khối chóp S . ABC là VS . ABC  . 3 3 3 1 1 Do G là trọng tâm tam giác SAB nên GM  SM  d  G,  ABC    d  S ,  ABC   3 3 3 1 a  VG. ABC  VS . ABC  . 3 9 Cách 2: Gọi H là hình chiếu của S trên mặt đáy  ABC  , vì SA  SB  SC nên HA  HB  HC . Gọi O là trung điểm BC  HO  BC  AO  BC Tam giác ABC cân tại A nên  .   CAO   60  BAO Vậy H nằm trên đường thẳng AO và  HAB đều. AH . 3 2 BO 2a 3 Ta có BO   AH    AB . 2 3 3 Đường cao của khối chóp là SH  SA2  AH 2  39a2 12a2  a 3. 9 9 1 a2 3 Diện tích tam giác ABC là S ABC  AB. AC.sin120  2 3 2 3 1 a 3 a .a 3  Thể tích khối chóp S . ABC là VS . ABC  . 3 3 3 3 1 a  VG. ABC  VS . ABC  . 3 9 Câu 20: (THPT ĐÔ LƯƠNG 3 LẦN 2) Cho hình chóp S .ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh bằng 6 15 1 . Biết khoảng cách từ A đến mặt phẳng  SBC  là , từ B đến mặt phẳng  SAC  là , 4 10 30 từ C đến mặt phẳng  SAB  là và hình chiếu vuông góc của S xuống đáy nằm trong tam 20 giác ABC . Thể tích khối chóp S .ABC bằng 1 1 1 1 A. . B. . C. . D. . 48 12 24 36 Lời giải Chọn B Đường cao của khối chóp là SH  SA2  AH 2  File Word liên hệ: 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 21 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Khối Đa Diện Nâng Cao Gọi O là chân đường cao hạ từ S xuống mặt phẳng  ABC  . Đặt d  O, BC   a , d  O, AC   b , d  O, AB   c , SO  h . 3 1 (vì ABC đều cạnh bằng 1 ). 2 OM OI 2a 2a 6 a     d  O,  SBC    .  . AM AK 3 3 4 2 Ta có S ABC  SOBC  SOAC  SOAB  a  b  c  Mặt khác d  O,  SBC   d  A,  SBC   2 1 1  2  2 a h. 2 a h a d  O,  SAC   d  O, AC  2b 2b 15 b Tương tự    d  O,  SAC    .  . d  B ,  SAC   d  B, AC  3 3 10 5 Suy ra 5 1 1  2  2  b  2h . 2 b h b d  O,  SAB   d  O, AB  2c 2c 30 c Tương tự    d  O,  SAC    .  . d  C,  SAB   d  C, AB  3 3 20 10 Suy ra 10 1 1    c  3h . c 2 h2 c 2 3 3 1 1 1  h  2h  3h   h   V  .SO.S ABC  . 2 12 3 48 Câu 21: (Trung-Tâm-Thanh-Tường-Nghệ-An-Lần-2) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi N là trung điểm SB, P thuộc đoạn SC sao cho SP  2PC , M thuộc đoạn SA 4 sao cho SM  MA. Mặt phẳng  MNP  cắt SD tại Q. NP cắt BC tại E , CQ cắt DP tại R. 5 Biết rằng thể tích khối chóp EPQR bằng 18cm3 . Thể tích khối chóp SMNPQ bằng 260 3 A. 65cm3 . B. C. 75cm3 . D. 70cm3 . cm . 9 Lời giải Chọn A Suy ra File Word liên hệ: 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 22 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Khối Đa Diện Nâng Cao Gọi O  AC  BD, I  MP  SO  Q  NI  SD ÁP dụng định lí Menelauyt cho tam giác SBC với cát tuyết NPE , ta được NB PS EC . . 1 NS PC EB  CE  CB (1)    2  4  Do MIP nên SI  xSP  (1  x ) SM  x SC  (1  x ) SA 3 9      1  3 8 1 SI  k SO  k  SC  SA   x  , k  . Tương tự với ba điểm thẳng hàng N , I , Q ta có 2  5 15 2  4  SQ  SD (2) 7 RQ 6 ÁP dụng định lí Menelauyt cho tam giác SCQ với cát tuyết PRD , ta được   3 RC 7 Từ (1), (2) và (3) ta có 6 6 1 2 4 8 S PRQ  S PQC  . S SQC  . .S SDC  S SDC 13 13 3 13 7 91 8 8 4 18.91  VEPQR  VESDC  VSBDC  VSABCD  VSABCD  91 91 91 4 SM SN SP SM SP SQ  VSABCD  Do đó VSMNPQ  VSMNP  VSMPQ   . .  . .   SA SB SC SA SC SD  2 4 2 1 2 4 4 V   . .  . .  . SABCD  65cm3 9 3 2 3 9 7 2   CSA   600 , Câu 22: (Nam Tiền Hải Thái Bình Lần1) Cho khối chóp S . ABC có  ASB  BSC SA  a, SB  2a, SC  4a . Tính thể tích khối chóp S . ABC theo a . A. 2 2a 3 . 3 B. 2a 3 . 3 C. 4 2a 3 . 3 D. 8 2a 3 . 3 Lời giải Chọn A File Word liên hệ: 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 23 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Khối Đa Diện Nâng Cao SE 1 SF 1  ,  . SB 2 SC 4   CSA   600 , suy ra S . AEF là khối tứ diện đều cạnh a . Theo giả thiết  ASB  BSC 2a3 V SA SE SF 1 2 2a 3 Suy ra VS . AEF  . Mặt khác: S . AEF  . . .   VS . ABC  8VS . AEF  12 3 VS . ABC SA SB SC 8 DẠNG 2: THỂ TÍCH KHỐI LĂNG TRỤ LĂNG TRỤ ĐỨNG Câu 23: Cho lăng trụ đứng ABCABC  có đáy là tam giác ABC vuông cân tại A, BC=2a. Góc giữa mặt phẳng ( AB C ) và mặt phẳng ( BBC ) bằng 600 .Tính thể tích lăng trụ ABCABC  . Lấy E  SB, F  SC , thỏa mãn: SE  SF  a . Suy ra A. a3 2 B. 2a 3 C. a3 6 Lời giải D. 3a 3 Từ A kẻ AI  BC  I là trung điểm A’ C’ BC AI  (BC C B )  AI  B  C (1) B’ Từ I kẻ IM  B  C (2) B’ Từ (1), (2)  B  C  (IAM) H Vậy góc giữa (A B  C) và ( B  CB) là M  AMI = 600 M 1 C B 60 Ta có AI= BC  a ; IM= I A 2 C AI a  I 0 tan 60 3 B 2a BH  2 IM  ; 3 1 1 1 3 1 1    2 2  2. 2 2 2 B’B BH BC 4a 4a 2a 1 1 Suy ra BB = a 2 ; S ABC  AI .BC  a.2a  a 2 2 2 2 3 VABC ABC   a 2.a  a 2 Chọn A. Câu 24: Cho khối lăng trụ tam giác ABC. A’B’C’. Gọi M , N lần lượt thuộc các cạnh bên AA’, CC’ sao cho MA  MA ‘ và NC  4 NC ‘ . Gọi G là trọng tâm tam giác ABC . Trong bốn khối tứ diện GA’B’C’, BB’MN , ABB’C’ và A’BCN , khối tứ diện nào có thể tích nhỏ nhất? A. Khối A’BCN B. Khối GA’B’C’ C. Khối ABB’C’ D. Khối BB’MN 0 File Word liên hệ: 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 24 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Khối Đa Diện Nâng Cao Lời giải + Nhận thấy khoảng cách từ G và A xuống mặt phẳng  A’B’C’ là bằng nhau ( do G,A thuộc mặt phẳng C A G B  ABC  / /  A’B’C’ N VGA’ B ‘C ‘  VA. A ‘ B ‘C ‘ M Mà VA. A ‘ B ‘ C ‘  VABB ‘ C ‘ (Do 2 hình chóp này có 2 đáy AA’B’ và ABB’ diện tích bằng nhau;chung đường cao hạ từ C’) C’  VGA ‘ B ‘C ‘  VABB ‘C ‘ A’ => Không thế khối chóp GA’B’C’ hoặc ABB’C’ thể thích nhỏ nhất → Loại B,C B’ + So sánh Khối A’BCN và Khối BB’MN Nhận thấy khoảng cách từ M và A’ xuống mặt BBCC’ là bằng nhau → Khối A’BCN và Khối BB’MN có đường cao hạ từ M và A’ bằng nhau. Mặt khác Diện tích đáy BNB’ > Diện tích đáy BCN => Khối A’BCN < Khối BB’MN . => Khối A’BCN có diện tích nhỏ hơn. Chọn A. Câu 25: Cho hình lăng trụ đứng ABC. A ‘ B ‘ C ‘ , biết đáy ABC là tam giác đều cạnh a . Khoảng cách từ a tâm O của tam giác ABC đến mặt phẳng  A ‘ BC  bằng .Tính thể tích khối lăng trụ 6 ABC. A ‘ B ‘ C ‘ . 3a 3 2 3a 3 2 3a 3 2 3a 3 2 A. . B. . C. . D. . 8 28 4 16 Lời giải A’ C’ Gọi M là trung điểm của BC , ta có  A ‘ AM    A ‘ BC  theo giao tuyến A ‘ M . Trong  A ‘ AM  kẻ OH  A ‘ M ( H  A ‘ M ) . B’  OH   A ‘ BC  Suy ra: d  O,  A ‘ BC    OH  S ABC  a . 6 a2 3 . 4 A  Xét hai tam giác vuông A ‘ AM và OHM có góc M chung nên chúng đồng dạng. a OH OM Suy ra:   6  A’ A A’ M A’ A 1 a 3 . 1 3 2   2 2 A’ A A ‘ A  AM C H O M B 3 a 3 A ‘ A2     2  2 . a 6 a 6 a 2 3 3a 3 2  A’ A  . Thể tích: VABC . A’ B ‘C ‘  SABC . A ‘ A  .  . 4 4 4 16 File Word liên hệ: 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 25 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Câu 26: Khối Đa Diện Nâng Cao (Chuyên-Thái-Nguyên-lần-1-2018-2019-Thi-tháng-3) Cho hình lăng trụ đứng tam giác ABC.A ‘ B ‘ C ‘ có đáy ABC là tam giác vuông tại A và AB  AC  a . Biết góc giữa hai đường thẳng AC ‘ và BA ‘ bằng 600 . Thể tích của khối lăng trụ ABC.A ‘ B ‘ C ‘ bằng a3 a3 A. a3 . B. 2a3 . C. . D. . 3 2 Lời giải Chọn D A C B C’ A’ O B’ D Gọi D là đỉnh thứ tư của hình bình hành A ‘ B ‘ DC ‘ . Khi đó góc giữa AC ‘ và BA ‘ bằng góc giữa BA ‘ và BD và bằng 60 . + Trường hợp 1: Góc  A ‘ BD  60 . Ta gọi O là tâm của hình bình hành A ‘ B ‘ DC ‘ . Ta có A ‘ D  2 A ‘ O  B ‘C’  a 2 . Tam giác A ‘ BD có AB  AB2  BB2  DB2  BB2  BD nên  A ‘ BD cân tại B. Do  A ‘ BD  60 nên tam giác  A ‘ BD đều suy ra AB  AD  a 2 . Từ đó tính được BB  AB 2  AB2  a . a3 Thể tích lăng trụ là V  BB.S ABC  . 2 + Trường hợp 2: Góc  ABD  120 . Lập luận như trường hợp 1 ta cũng có  A ‘ BD cân tại B. Do đó BO là tia phân giác cũng đồng thời là đường cao. a 2 AO a 6 a 2 Tính được BO   2    BO là điều vô lý vì BO là cạnh huyền trong 0 tan 60 6 2 3 tam giác vuông BBO . Câu 27: (KSCL-Lần-2-2019-THPT-Nguyễn-Đức-Cảnh-Thái-Bình) Cho khối lăng trụ tam giác ABC . AB C  . Gọi G là trọng tâm tam giác ABC . M , N , P lần lượt là trung điểm của CC  , AC  , AB  . Biết thể tích của khối GMNP bằng 5 , tính thể tích khối lăng trụ ABC . AB C  . A. 72 . B. 21 . C. 18 . D. 17 . Lời giải File Word liên hệ: 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 26 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A N A’ Khối Đa Diện Nâng Cao C’ P B’ M C A G Q B Chọn A Gọi Q là trung điểm của AB . Đặt S  S PQCC  ; h  d  A,  PQCC    . 1 Theo giả thiết VN .GMP  SGMP .d  N ,  GMP    5  SGMP .d  N ,  GMP    15 . 3 S S 1 1 2 5S Ta có S MPG  S PQCC  S PQG  S PMC  S MGC  S    . . S  . 6 4 2 2 3 12 1 Lại có d  N ,  GMP    d  A,  GMP   . 2 5S h .  S .h  72 . Suy ra: SGMP .d  N ,  GMP    12 2 2 V Mặt khác, vì VA. PQCC  . ABC. ABC nên VABC. ABC  S.h  72 . 3 2 Câu 28: (Chuyên Bắc Giang) Cho lăng trụ đều ABC. ABC  có độ dài tất cả các cạnh bằng 1 . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của hai cạnh AB và AC . Tính thể tích V của khối đa diện AMNABC  . A. V  7 3 . 48 B. V  5 3 . 32 C. V  7 3 . 32 D. V  5 3 . 48 Lời giải Chọn A File Word liên hệ: 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 27 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Khối Đa Diện Nâng Cao Trong mặt phẳng  ABBA  : AA  BM  S . Ta có M , N lần lượt là trung điểm của hai cạnh AB và AC nên MN là đường trung bình của tam giác ABC  MN // BC . Do đó, MN // BC  . Ta có: ba điểm S , N , C  cùng thuộc giao tuyến của hai mặt phẳng  MNC B  và  ACC A   S , N , C  thẳng hàng. SA AM 1 Ta có AM // AB nên    A là trung điểm của SA . SA AB 2 1 1 3 3 Do đó, SA  2 và SA  1 . Mặt khác: S AMN  S ABC  .  . 4 4 4 16 Kí hiệu V1 , V2 tương ứng là thể tích của các khối chóp S . ABC  và S . AMN . Thể tích của khối đa diện AMNABC  là 1 1 1 3 1 3 7 3 V  V1  V2  .SA.S AB C   .SA.SAMN  .2.  .1.  (đvtt). 3 3 3 4 3 16 48 Câu 29: (SỞ QUẢNG BÌNH NĂM 2019) Cho hình lập phương ABCD. ABC D cạnh bằng 1. Gọi M là trung điểm cạnh BB . Mặt phẳng  MAD  cắt cạnh BC tại K . Thể tích của khối đa diện ABC DMKCD bằng: 7 7 1 17 A. . B. . C. . D. . 24 17 24 24 Lời giải Chọn D A’ B’  1 1   .1   A ‘ A  MB  . AB   2   3 *Ta có S A ‘ MBA  C’ D’ 2 2 4 M 1 1 3 1 Nên VD. A ‘ ABM  .S A ‘ MBA . AD  . .1  3 3 4 4 VB.MKD BM BK 1 1 1 B * Dễ thấy  .  .  A VB.CB’D BB ‘ BC 2 2 4 K Suy ra D C 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 VB. MKD  VB .CB’D  . .S DBC .BB ‘  . . .DC.BC .BB ‘  . . .1.1.1  4 4 3 4 3 2 4 3 2 24 File Word liên hệ: 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 28 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Khối Đa Diện Nâng Cao 1 1 17 *Vậy VA ‘ B ‘C ‘ D ‘.MKCD  1  VD. A ‘ ABM  VB .MKD  1    4 24 24 Câu 30: (Chuyên Quốc Học Huế Lần1) Cho hình lập phương ABCD. A ‘ B ‘ C ‘ D ‘ . Biết tích của khoảng cách từ điểm B ‘ và điểm D đến mặt phẳng  D ‘ AC  bằng 6 a 2  a  0  . Giả sử thể tích của khối lập phương ABCD. A ‘ B ‘ C ‘ D ‘ là ka 2 . Chọn mệnh đề đúng trong các mệnh đề sau. A. k   20;30  . B. k  100;120  . C. k   50;80  . D. k   40;50  . Lời giải Chọn A C O D B O D A B I I C’ B’ D’ D’ B’ A’ Gọi O là giao điểm của AC và BD, I là giao điểm của DB’ và D’O . Vì AC vuông góc với BD và CC’ nên AC   BDD ‘ B ‘  . Gọi x là độ dài cạnh hình lập phương ABCD. A ‘ B ‘ C ‘ D ‘ , khi đó hình chữ nhật BDD ‘ B ‘ có x 2 x 6 BD  B ‘ D ‘  x 2; DO  ; OD ‘  ; BD ‘  x 3 2 2 DO DI OI 1 x 3 x 6    suy ra DI  Vì ; OI  do đó tam giác DIO; D ‘ IB ‘ là các B’D’ B’I D’I 2 3 6 tam giác vuông. Do AC   BDD ‘ B ‘  và DB ‘  D ‘ O nên 2 2 x  6a 2 nên x  3a 3 Lại có thể tích của ABCD. A ‘ B ‘ C ‘ D ‘ là ka 3 nên ka3  27a3  k  27    ; đường chéo AC ‘ hợp với Câu 31: Cho khối hộp đứng ABCD. A ‘ B ‘ C ‘ D ‘ có AB  a , AD  b, BAD đáy góc  . Tính thể tích khối hộp đứng đã cho là: d  B ‘,  ACD ‘   d  D,  ACD ‘   B ‘ I .DI  A. V  4ab a 2  b2  2ab.cos .cos .cos C. V  3ab a2  b2  2ab.cos .sin  .tan B. V  2ab a 2  b2  2ab.cos .cos .cos D. V  ab a2  b2  2ab.cos .sin .tan Lời giải V  ab a 2  b2  2ab.cos .sin  .tan  Ta có: CC ‘   ABCD  File Word liên hệ: 0978064165 – Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 29 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A ’    CAC  ABCD  . Khối Đa Diện Nâng Cao là góc của AC ‘ và mặt đáy D’ C’ ABC , Xét ta có:  AC  AB  BC  2 AB.BC .cos ABC A’ 2 2 0  a  b  2ab.cos 180     a 2  b 2  2ab.cos . 2 2 2 b  AC  a 2  b 2  2 ab.cos Do đó ta D C có: CC ‘  AC.tan   a 2  b2  2ab.cos .tan  . Thể tích của hình hộp đứng: 2 B’ a A B 2 V  S ABCD .CC ‘  ab sin  . a  b  2ab.cos .tan  V  ab a 2  b2  2ab.cos .sin  .tan Chọn D. Câu 32: Cho hình lập phương ABCD. AB C D có cạnh bằng a , một mặt phẳng   cắt các cạnh AA , 1 2 BB , CC  , DD lần lượt tại M , N , P , Q . Biết AM  a , CP  a . Thể tích khối đa diện 3 5 ABCD.MNPQ là: a3 2a 3 11 3 11 3 A. a . B. . C. . D. a . 30 3 3 15 Lời giải B C O A D N M I P Q O1 B’ C’ O’ A’ D’ Tứ giác MNPQ là hình bình hành có tâm là I thuộc đoạn OO’. Ta có: OI  AM  CP 11 a  a 2 30 2 Gọi O1 là điểm đối xứng O qua I thì: OO1=2OI= 11 a < a. Vậy O1 nằm trong đoạn OO’. 15 Vẽ mặt phẳng qua O1 song song với (ABCD) cắt các cạnh AA’; BB’;CC’; DD’ lần lượt tại A1, B1,C1, D1. Khi đó I là tâm của hình hộp File Word liên hệ: 0978064165 - Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 30 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Khối Đa Diện Nâng Cao ABCD. AB1C1 D1. Vậy V  ABCD.MNPQ   V  MNPQ.A1B1C1 D1   1 1 11 V ( ABCD. A1 B1C1D1 )  a 2OO1  a 3 2 2 30 Câu 33: (Phan Đình Tùng Hà Tĩnh) Cho hình hộp đứng ABCD. ABC D có đáy là hình thoi và diện tích đáy bằng S1 . Tứ giác ACC A và BDD B  có diện tích lần lượt bằng S 2 và S3 . M là một điểm bất kì thuộc mặt phẳng  ABCD  . Kí hiệu V là thể tích của khối chóp M . ABC D . Khẳng định nào dưới đây là khẳng định đúng? 2 S1S2 S3 SS S 2 3 A. V  1 2 3 . B. V  . C. V  S1 S2 S3 . D. V  S1S 2 S3 . 6 3 6 9 Lời giải Chọn C 1 AC.BD ; S 2  AC . AA ; S3  BD.AA . 2 Vì M thuộc mặt phẳng  ABCD  nên khoảng cách từ M đến mặt phẳng  ABC D  bằng AA . Do đó: 1 1 1 1 1 V  AA.S ABC D  AA. AC .BD   AC .BD  . AC. AA  .  BD. AA  3 3 2 3 4 Ta có: S1  1 11 1 1 2  . AC .BD  .  AC .AA  .  BD. AA   S1S 2 S3  S1S 2 S3 .  3 2 2 3 2 6  Câu 34: (Chuyên Thái Nguyên) Cho hình hộp chữ nhật ABCD. AB C D  . Khoàng cách giữa AB và 2a 5 2a 5 , khoảng cách giữa BC và AB là , khoảng cách giữa AC và BD là BC là 5 5 a 3 . Tính thể tích khối hộp . 3 A. 4a3 . B. 3a3 . C. 5a3 . D. 2a3 . Lời giải Chọn D  File Word liên hệ: 0978064165 - Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 31 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A B' Khối Đa Diện Nâng Cao C' E' H A' D' I K C B D A Gọi độ dài các cạnh của hình hộp chữ nhật lần lượt là: AB  x; AD  y; AA '  z 2a 5 ( H là hình chiếu của B lên BC ). 5 1 1 1 5  2 1 . Xét tam giác BCB ta có: 2  2  2 y z BH 4a Ta có: d  AB, B C   d  AB,  BCD    BH  2a 5 ( K là hình chiếu của B lên AB ). 5 1 1 1 5  2 2 . Xét tam giác ABB  ta có: 2  2  2 x z BK 4a  Dựng đường thẳng d đi qua D và song song với AC  . Kéo dài BC  cắt d tại E . 1 Ta có: d  AC; BD  d  AC;  BDE     d  C;  BDE     d  C ;  BDE    d  B;  BDE    . 2     Từ 1 và  2   x  y  A B C D là hình vuông. Ta có: d  BC ; AB    d  BC ;  ADB     BK  2a 3 ( I là hình chiếu của B  lên BD  ). 3 1 3   2 3 . 2 BI 4a  E D  BD  d  B;  BDE     BI  Xét tam giác BBD  ta có: 1 1  2 z x 2   2 x  a  y  a Từ  2  và  3    . Vậy VABCD. ABCD  a.a.2a  2a3 . z  2a  Câu 35: (THĂNG LONG HN LẦN 2 NĂM 2019) Cho hình hộp chữ nhật ABCD. ABC D có AB  BC  a , AA  a 3 . Gọi I là giao điểm của AD và AD ; H là hình chiếu của I trên mặt phẳng  ABCD  ; K là hình chiếu của B lên mặt phẳng  CAB . Tính thể tích của khối tứ diện IHBK . a3 3 a3 3 a3 3 a3 3 A. . B. . C. . D. . 4 6 16 8 Lời giải File Word liên hệ: 0978064165 - Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 32 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Khối Đa Diện Nâng Cao Chọn C H A' D' B' C' I A D K B C Gọi H là trung điểm của AD  IH // AA  IH   ABCD và IH  AA a 3  . 2 2 Gọi K là hình chiếu của B lên CB  BK  CB , mà BK  AB nên BK   CAB . BB2 .BC 2 a 3  BBC có BK  . 2 2 BB  BC 2 d  IH , BK   d  IH ,  BBCC    d  AA,  BBCC    d  A,  BBCC    AB  a.  BK (do BBK vuông tại K). Gọi  là góc giữa IH và BK, mà IH // BB' nên   B Khi đó cos   BK 1 3   sin   . BB 2 2 1 a3 3 Ta có VIHBK  IH .BK.d  IH , BK  .sin   . 6 16 Câu 36: (Ngô Quyền Hà Nội) Một hình hộp chữ nhật có kích thước a (cm) x b (cm) x c (cm) , trong đó a, b , c là các số nguyên và 1  a  b  c . Gọi V (cm3 ) và S (cm2 ) 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. 10. B. 12. C. 21. D. 4. Lời giải Chọn A Ta có điều kiện: 1  a  b  c Vì V  S  abc  2  ab  bc  ca   bc  a  2   2a  b  c   0  a  2  0 a2 a2 4 1 1 1 1  2    2      a  6  a  {3; 4;5; 6} a a a b c a a Với a  3  3bc  6  b  c   2bc  bc  6  b  c    b  6  c 6   36 bc  a  2   2a  b  c     b; c    7; 42  ,  8;24  ,  9;18  , 10;15  , 12;12  Với a  4  4bc  8  b  c   2bc  bc  4  b  c    b  4  c  4   16   b; c    5;20  ,  6;12  ,  8;8  Với a  5  5bc  10  b  c   2bc  3bc  10  b  c    3b  10  3c  10   100   b; c    5;10  Với a  6  6bc  12  b  c   2bc  bc  3  b  c    b  3 c 3  9   b; c    6;6  Vậy, có tất cả 10 bộ số nguyên  a , b, c  thỏa mãn yêu cầu bài toán. File Word liên hệ: 0978064165 - Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 33 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Khối Đa Diện Nâng Cao LĂNG TRỤ XIÊN Câu 37: (THANH CHƯƠNG 1 NGHỆ AN 2019 LẦN 3)Cho khối lăng trụ tam giác ABC . A ' B ' C ' , đáy là tam giác ABC đều cạnh a . Gọi M là trung điểm AC . Biết tam giác AMB cân tại A và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng  ABC  . Góc giữa AB với mặt phẳng  ABC  là 30 . Thể tích khối lăng trụ đã cho là: a3 3 A. . 16 B. D. a3 3 . 48 C. a3 3 . 24 a3 3 . 8 Lời giải Chọn A C' A' B' M C A H B Gọi H là trung điểm BM , tam giác ABM cân tại A nên A ' H  BM  A ' BM    ABC    A ' BM    ABC   BM  A ' H  ( ABC ) . Ta có:   A ' H  BM  a 3 a 3  BH   BM   2 4 Tam giác ABC đều cạnh a nên ta có :  2 a 3 S   ABC  4 AB có hình chiếu vuông góc trên  ABC  là HB Góc tạo bởi AB với mặt phẳng  ABC  là góc ABH (vì góc ABH là góc nhọn) Xét tam giác ABH vuông tại H , ta có: A' H a 3 1 a  A ' BH  30o , tan  A ' BH   A' H  .  , BH 4 3 4 a a 2 3 a3 3 . VABC . A ' B ' C '  A ' H .S ABC  .  4 4 16 Câu 38: (Thuan-Thanh-Bac-Ninh) 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 File Word liên hệ: 0978064165 - Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 34 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Khối Đa Diện Nâng Cao khoảng cách giữa hai đường thẳng AA và BC bằng ABC. ABC là a3 3 A. . 12 B. a3 3 . 3 C. a 3 . Khi đó thể tích của khối lăng trụ 4 a3 3 . 6 D. a3 3 . 24 Lời giải Chọn A a 3 a 3 , AG  . 2 3 Kẻ Ax / / BC  BC / /  AAx  . Kẻ GH  AA '  GH   A ' Ax  . Gọi M là trung điểm BC  AM  BC , AM  3  d  BC, AA   d  BC,  AAx    d  M ,  AAx    d  G,  AAx   . 2 a 3 3 a 3   GH  GH  . 4 2 6 1 1 1 1 27 a     2  GA  . Ta có 2 2 2 2 GH GA GA GA 3a 3 2 3 a a 3 a 3 VABC . A' B ' C '  AG.S ABC  .   đvtt  3 4 12 Câu 39: ( Nguyễn Tất Thành Yên Bái)Cho hình lăng trụ ABC . AB C  có đáy là tam giác đều cạnh a . Hình chiếu vuông góc của điểm A lên mặt phẳng  ABC  trùng với trọng tâm tam giác ABC . Biết khoảng cách giữa hai đường AA và BC bằng a 3 . Tính thể tích V của khối lăng trụ 4 ABC . AB C  . A. V  a3 3 . 6 B. V  a3 3 . 24 C. V  a3 3 . 12 D. V  a3 3 . 3 Lờigiải Chọn C File Word liên hệ: 0978064165 - Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 35 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Khối Đa Diện Nâng Cao A' B' H C' B A N G M C Gọi G là trọng tâm tam giác ABC . Dễ thấy AM  BC , AG  BC  BC   AAM  . Gọi H là hình chiếu của M lên AA . Từ đó suy ra khoảng cách giữa hai đường AA và BC bằng MH  AM  a 3 . 4 a 3 a2 , AG  x , AA  AG 2  AG 2  x2  . 2 3 3 3 a2 a a . x2  x . 2 4 3 3 a a 2 3 a3 3  Thể tích V của khối lăng trụ ABC . AB C  là: V  AG.S ABC  . . 3 4 12 Câu 40: (THPT-Toàn-Thắng-Hải-Phòng) 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 Ta có AG. AM  HM . AA  x.a ABC . Biết khoảng cách giữa hai đường thẳng AA và BC bằng khối lăng trụ ABC. ABC . a3 3 a3 3 A. V  . B. V  . 6 3 C. V  a 3 . Tính thể tích V của 4 a3 3 . 24 D. V  a3 3 . 12 Lời giải Chọn D File Word liên hệ: 0978064165 - Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 36 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Khối Đa Diện Nâng Cao Gọi M là trung điểm BC . Kẻ MN  AA  N  AA  .  BC  AM Ta có   BC   AAM   BC  MN .  BC  AG Đặt AG  x  x  0  . 2 2 a 3 a 3 AM  .  . 3 3 2 3 Trong AAG có AG  Có AA  AG 2  AG 2  x 2  a2 . 3 Trong AAM có AG. AM  MN . AA  2 x  x 2  a2 a2 a  x2   x  (vì a  0). 3 9 3 a 2 3 a a3 3 .  . 4 3 12 Câu 41: (THẠCH THÀNH I - THANH HÓA 2019) Cho lăng trụ ABC. ABC  có đáy ABC là tam giác đều cạnh a , hình chiếu vuông góc của A lên  ABC  trùng với trọng tâm của tam giác Thể tích V  S ABC . AG  ABC . Một mặt phẳng  P  chứa BC và vuông góc với AA cắt hình lăng trụ ABC. ABC  3a 2 . Thể tích khối lăng trụ ABC. ABC  bằng 8 2 3a 3 a3 3 a3 3 B. . C. . D. . 3 10 12 theo một thiết diện có diện tích bằng a3 3 . 4 Chọn A A. K A' C' C' E J B' A D A' K B'  H C  I A   H C I B B Gọi H là trọng tâm tam giác ABC , ta có AH   ABC  . AH  BC  I  I là trung điểm của BC và AI  BC . a 3 2 a 3 1 a2 3 . Ta có AI  AB.sin 60  , AH  AI  , S ABC  BC. AI  2 3 3 2 4 Gọi K là hình chiếu của I trên đường thẳng AA . Khi đó AA   BCK  . Hay  P    BCK  . Ta có hình chiếu của tam giác ABC trên mặt phẳng  P  là tam giác BCK . Ta có hai khả năng về vị trí điểm K . Khả năng 1: K nằm trong đoạn AA thì thiết diện của  P  và lăng trụ là tam giác cân BCK . Khả năng 2: K nằm ngoài đoạn AA thì thiết diện của  P  và lăng trụ là hình thang cân BCDE (hình vẽ). File Word liên hệ: 0978064165 - Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 37 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Khối Đa Diện Nâng Cao Trong cả hai khả năng trên ta đều có SthiÕt diÖn  SBCK . Gọi    AIK là góc giữa hai mặt phẳng  P  và  ABC  . 3a 2 S S 3 Ta có cos   BCK  thiÕt diÖn  28  AAI  90    60    30 0     S ABC S ABC 2 a 3 4 AI a 3 1 AH 2a 3   cos    AA '   2 AH  và AK  AI cos   . 2 cos  3 2 4 Do đó AK  AA ' hay K phải nằm giữa A và A (Nghĩa là thiết diện là tam giác BCK ). IK 3 1 1 3a 2 3a  AI  60 AAI   A Ta có S BCK  BC .KI  a.KI  . Suy ra sin   KI  2 2 8 4 AI 2 a 3  AH  AH . tan 60  . 3  a. 3 a2 3 a3 3 .a  Do đó thể tích khối lăng trụ ABC. ABC  là: V  S ABC . AH  . 4 4 Câu 42: Cho lăng trụ tam giác ABC. A ' B ' C ' có BB '  a , góc giữa đường thẳng BB ' và  ABC  bằng   60 . Hình chiếu vuông góc của điểm B ' lên 60 , tam giác ABC vuông tại C và góc BAC  ABC  trùng với trọng tâm của ABC . Thể tích của khối tứ diện A '. ABC theo a bằng A. 13a 3 . 108 B. 7a3 . 106 15a 3 . 108 Lời giải C. D. B' Gọi M , N là trung điểm của AB , AC và G là trọng tâm của ABC .   B ' G   ABC   BB ',  ABC   B ' BG  600 .  C'  1 1 VA '. ABC  .S ABC .B ' G  . AC.BC.B ' G 3 6  Xét B ' BG vuông tại G , có B ' BG  600 a 3  B 'G  . (nửa tam giác đều) 2 9a 3 . 208 A' B 60° C G M 60° N A   600 Đặt AB  2 x . Trong ABC vuông tại C có BAC AB  x, BC  x 3  tam giác ABC là nữa tam giác đều  AC  2 3 3a Do G là trọng tâm ABC  BN  BG  . 2 4 Trong BNC vuông tại C : BN 2  NC 2  BC 2 File Word liên hệ: 0978064165 - Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 38 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Khối Đa Diện Nâng Cao 3a   AC  2 13 9a x 9a 3a     3x2  x 2  x  16 4 52 2 13  BC  3a 3  2 13 1 3a 3a 3 a 3 9a 3 Vậy, VA ' ABC  . . .  . 6 2 13 2 13 2 208 Câu 43: (Đặng Thành Nam Đề 6) Cho khối lăng trụ tam giác ABC . A B C  có đáy là tam giác vuông tại '  900 ,  A, AB  1, BC  2 . Góc CBB ABB '  1200. Gọi M là trung điểm cạnh AA . Biết 2 2 d  AB ', CM   A. 2 2 . 2 7 . Tính thể tích khối lăng trụ đã cho. 7 4 2 B. . C. 4 2 . 9 Lời giải D. 4 2 . 3 Chọn A Gọi I  BM  AB '; IN / /CM ( N  BC ) . Khi đó: CM / /( AB ' N ) 7 . 7 IM AM 1 NC IM 1 2 7       d ( B, ( AB ' N ))  2d (C , ( AB ' N ))  Mặt khác: . IB BB ' 2 NB IB 2 7 AB 1 ABN   . Đặt BB '  x, áp dụng công thức thể tích khối chóp tam giác khi Ta có: cos  BC 2 biết ba cạnh chung đỉnh và ba góc tại đỉnh đó. Ta được:  d (CM , A ' B )  d (C , ( AB ' N ))  2 VB. AB ' N 2 1 4 x 2  1 1  1 1  .1. .x. 1  2.    . .0         02  . 6 3 9  2 2  2  2 Ta có: 4 16 13  NB '  x 2  , AN  AB 2  BN 2  2 AB.BN .cos  ABN  . 3 9 3 13  16  x 2  x  1    x2   2 3x  2 3x  2  9  9    cos B ' AN   .  sin B ' AN  1  52( x 2  x  1) 2 13( x 2  x  1) 2 13( x 2  x  1) 3 AB '  x 2  x  1, BN  S AB ' N  13( x 2  x  1) (3 x  2)2 43x 2  40 x  48 1  . 6 52( x 2  x  1) 12 File Word liên hệ: 0978064165 - Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 39 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Khối Đa Diện Nâng Cao x 2 3V 2 7 3 Do đó: d ( B, ( ANB '))  B. ANB '    x  4( x  0). 2 S ANB ' 7 43 x  40 x  48 12 4 2 3  9 4 2 Vậy VB. ANB '  và VABC . A ' B ' C '  3VB '. ABC  3  VB. ANB '   . 2 2. 9 2  2 9 Câu 44: (Đặng Thành Nam Đề 9) Cho khối lăng trụ ABC . AB C  có thể tích V , đáy là tam giác cân, AB  AC . Gọi E là trung điểm cạnh AB và F là hình chiếu vuông góc của E lên BC . Mặt phẳng  CEF  chia khối lăng trụ đã cho thành hai khối đa diện. Tính thể tích khối đa diện chứa đỉnh A . 47 25 29 43 V. V. V. V. A. B. C. D. 72 72 72 72 Lời giải Chọn B Gọi M là trung điểm của BC , vì ABC cân tại A nên AM  BC . Lại có EF  BC  EF / / AM . ABC có E là trung điểm của AB , EF / / AM  F là trung điểm của BM  EF là đường trung bình của  BAM . Kéo dài FE cắt tia CA tại I . Nối C I cắt A A tại N . Khi đó  CEF  cắt lăng trụ theo thiết diện là tứ giác EFC N . Gọi thể tích khối đa diện chứa đỉnh A là V1 . AM CM 2 EF 1 IE 2   , mà AM  2 EF     (1). Ta có: AM / / FI  FI CF 3 FI 3 IF 3 IA FM 1 IN IA IN 1   (2);   (3). Lại có: (do AN / / CC  ) nên IC FC 3 IC  IC IC  3 V IE IA IN 2 1 1 2 Từ 1 ,  2  và  3 suy ra I . EAN  . . .  . .  VI . FCC  IF IC IC  3 3 3 27 V1 2 25 Do đó (4).  1  VI . FCC  27 27 IC 3 S 3  và FCC   , do đó Dễ thấy AC 2 S BCC B 8 File Word liên hệ: 0978064165 - Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 40 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A 1 d  I ,  FCC    .S FCC  3 VI . FCC  IC S FCC    .  VA. BCC B 1 d A, BCC B .S AC S BCC B   BCCB   3 V V 1 2 Lại có A. BCCB  1  A. ABC   1   (6). V V 3 3 V1 25 9 2 25  . .  Từ  4  ,  5 và  6  , ta suy ra . V 27 16 3 72 Chọn B Khối Đa Diện Nâng Cao 3 3 9 (5). .  2 8 16  V1  25 V. 72 Câu 45: Cho hình lăng trụ có tất cả các cạnh đều bằng a , đáy là lục giác đều, góc tạo bởi cạnh bên và mặt đáy là 60 . Tính thể tích khối lăng trụ 27 3 3 3 3 9 A. V  a . B. V  a . C. V  a 3 . D. a 3 . 8 4 2 4 Lời giải Chọn D. Ta có ABCDEF là lục giác đều nên góc ở đỉnh bằng 120 . ABC là tam giác cân tại B , DEF là tam giác cân tại E . 1 a2 3 S ABC  S DEF  a.a.sin120  2 4 AC  AB 2  BC 2  2. AB.BC.cos B A'  1  a 2  a 2  2.a.a.     a 3  2 B' E' C' S ACDF  AC. AF  a 3.a  a 2 3 S ABCDEF  S ABC  S ACDF  S DEF  F' a2 3 a 2 3 3a 2 3  a2 3   4 4 2 D' A F 60° a 3  B ' BH  60  B ' H  BB '.sin 60  2 B H E 3a2 3 9 3 C D  a 4 4 Suy ra Câu 46: (CổLoa Hà Nội) Cho khối hộp ABCD.ABCD có thể tích bằng V . Điểm E thỏa mãn   AE  3 AB . Thể tích của khối đa diện là phần chung của khối hộp ABCD.ABCD và khối tứ diện EADD  bằng V  BH '.SABCDEF  a 3. E K B C H B' C' A A' A. 4V . 27 B. V . 2 D D' C. 19V . 54 D. 25V . 54 Lời giải File Word liên hệ: 0978064165 - Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 41 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Khối Đa Diện Nâng Cao Chọn C Cách 1: Gọi h là chiều cao của hình hộp ABCD.ABCD kẻ từ điểm B , khi đó: 1 1 1 VBADD  .h.S ADD  .h.S AADD  V . 3 6 6 1 1 Từ giả thiết ta thấy chiều cao của hình chóp E.ADD là 3h nên VE . ADD  .3h.S ADD  V . 3 2 Gọi H  BC  ED , theo định lý 3 giao tuyến suy ra  EDD    BBCC   HK trong đó HK //CC với K  BC  ED . Theo định lý ta – lét, ta được: EH EB 2 EK EB 2   và   . ED EA 3 ED EA 3 V EB EH EK 2 2 2 8 Do đó EBHK  . .  . .  . VEADD EA ED ED 3 3 3 27 8 8 1 4 VEAD ' D  . V  V . 27 27 2 27 Thể tích phần chung của khối chóp ABCD.ABCD và khối tứ diện EADD  là: 1 4 19 VEADD  VEBHK  V  V  V . 2 27 54 Cách 2: Gọi h là chiều cao của hình hộp ABCD.ABCD kẻ từ điểm B và diện tích của đáy S AADD  S . Theo giả thiết V  S.h . Khi đó thể tích khối chóp EBHK là: VEBHK  Gọi H  BC  ED , theo định lý 3 giao tuyến suy ra  EDD   BBCC   HK trong đó HK //CC với K  BC  ED . Theo định lý ta – lét, ta được: EH EB 2 EK EB 2   và   . ED EA 3 ED EA 3 1 S BH BK 4 4 2 Khi đó, S ADD  S và BHK  .   S BHK  S BCC  S . 2 S BCC BC  BC 9 9 9 Diện tích phần chung của hình chóp E.ADD với hình hộp ABCD.ABCD là hình chóp cụt  . BHK.ADD Theo công thức thể tích khối chóp cụt, ta được: 1 1 2 1 2 1  1 19 19 VBHK . ADD  .h. S BHK  S ADD  S BHK .S ADD  h.  S  S  S . S   h. S  V . 3 3 9 2 9 2  3 18 54   Câu 47: Cho khối hộp ABCD. A ' B ' C ' D ' có cạnh bên bằng 1.; đáy ABCD là một hình chữ nhật có các cạnh BA  3, AD  7; các mặt bên  ABB ' A '  và  ADD ' A ' hợp với mặt đáy các góc theo thứ tự 450 ;600. Thể tích khối hộp là: A. 4 (đvdt) B. 3 (đvdt) C. 2 (đvdt) Lời giải File Word liên hệ: 0978064165 - Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay D. 6 (đvdt) Trang 42 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Khối Đa Diện Nâng Cao C' D' A' B' D C 600 J H A 450 B I Dựng A ' H   ABCD  và A ' I  AB, A ' J  AD  HI  AB , HJ  AD. Ta có  A ' IH  450 ;  A ' JH  600. Đặt A ' H  h. Tam giác HA ' J vuông có  A ' JH  600 nên là nửa tam giác đều có cạnh A ' J , đường cao A ' H , HJ là nửa cạnh h 2h 3 12h 2 9  12h 2 2 2 2  A' J    A ' J  AA '  A ' J  1   2 9 9 3 2 3 9  12h 2 với 0  h   AJ  3 2 Tam giác HA ' I vuông cân tại H  IH  A ' H  h AIHJ là hình chữ nhật. 9  12h 2 3 AJ  IH   h  9  12h 2  9h 2  h  3 21 Thể tích khối hộp ABCD. A ' B ' C ' D ' : V  S ABCD . A ' H  3. 7. 3  3 (đvdt) 21 Chọn B. Câu 48: Cho khối hộp ABCD. A ' B ' C ' D ' có độ dài cạnh bên bằng a; đáy là hình thoi, diện tích của hai mặt chéo là S1 và S 2 ; góc giữa hai mặt phẳng chứa hai mặt chéo là  . Tính thể tích V của khối hộp đã cho. S S cos S S cos S S cos S S cos A. V  1 2 B. V  1 2 . C. V  1 2 D. V  1 2 a 3a 4a 2a Lời giải Gọi O và O ' theo thứ tự là tâm của hai mặt D' C' đáy ABCD, A ' B ' C ' D '. Hai mặt chéo  ACC ' A ' và  BDD ' B ' có giao tuyến là OO ', có diện tích theo thứ tự A' B' S1 , S2 . H G Dựng mặt phẳng  P  vuông góc với OO' I tại I , cắt các cạnh bên AA ', BB ', CC ', DD ' P F E D C File Word liên hệ: 0978064165 - Email: [email protected] Trang 43 Facebook: https://www.facebook.com/dongpay A B ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Khối Đa Diện Nâng Cao theo thứ tự tại E , F , G, H (  P   các cạnh bên).    là góc giữa hai mặt phẳng chéo  ACC ' A ' và Ta có: EG, HF  OO' tại I  EIH  BDD ' B ' . - EFGH là một thiết diện thẳng của hình hộp và là một hình bình hành. Do đó, ta có thể tích V của hình hộp là: 1 V  S EFGH . AA '  .EG.HF . AA '.sin  2 S S Ta lại có: S1  S ACC ' A '  EG.AA'  EG= 1 ; S2  S BDD ' B '  HF .BB '  HF  2 a a 1 S S S S cos  V  . 1 . 2 a.sin   1 2 . 2 a a 2a Chọn D. Câu 49: (Hậu Lộc Thanh Hóa) Cho hình lăng trụ ABCD. ABC D có đáy ABCD là hình chữ nhật AB  a , AD  a 3 . Hình chiếu vuông góc của A trên mặt phẳng  ABCD  trùng với giao điểm của AC và BD . Góc giữa hai mặt phẳng  ADDA  và  ABCD  bằng 60 . Tính thể tích khối tứ diện ACBD . a3 a3 a3 3a 3 A. . B. . C. . D. . 2 6 3 2 Lời giải Chọn A A' B' D' I A' C' D' a A 60° C' a A B B O D B' O C D C Gọi O  AC  BD và I là trung điểm của AD . Ta có  ADDA    ABCD   AD , OI  AD và AO   ABCD  nên góc giữa hai mặt phẳng AIO  60 .  ADDA  và  ABCD  là  a a 3 Tam giác AIO vuông tại O nên AO  IO tan  AIO   tan 60  . 2 2 a 3 3a 3  . 2 2 1 1 1 a 3 a3    AD  DC  AO   a 3  a   . 3 2 6 2 4 Thể tích của khối lăng trụ ABCD. ABC D là V  AB. AD. AO  a.a 3  Dễ thấy VCC BD  VB ' ABC  VAABD  VDACD Vậy thể tích khối tứ diện ACBD là 3a 3 a3 a3  4  . 2 4 2 Câu 50: (PHÂN TÍCH BL_PT ĐỀ ĐH VINHL3 -2019..) Cho hình hộp ABCD. A ' B ' C ' D ' có thể tích bằng V . Gọi lần lượt là tâm các hình bình hành M , N , P, Q, E , F VACBD   V  VCC BD   VB ' ABC  VAABD   VD ACD  V  4VD ACD  File Word liên hệ: 0978064165 - Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 44 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Khối Đa Diện Nâng Cao ABCD, A ' B ' C ' D ', ABB ' A ', BCC ' B ', CDD ' C ', DAA ' D '. Thể tích khối đa diện có các đỉnh M , P , Q , E , F , N bằng V V V V A. . B. . C. . D. . 4 2 6 3 Lời giải Chọn C B' C' N A' D' Q P E F C B M A D Gọi V1 là thể tích khối đa diện có các đỉnh M , P , Q , E , F , N . Gọi S , h lần lượt là diện tích đáy và chiếu cao của hình hộp ABCD. A ' B ' C ' D ' . 1 1 S Ta có S PQEF  PE.QF .sin( PE, QF )  AB.BC.sin( AB, BC )  . 2 2 2 S S ( Hoặc cách khác S PQEF  S  4.  ) 8 2 1 1S V h . Suy ra V1  S PQEF  d ( M , ( PQEF )  d ( N , ( PQEF )   3 32 6 Phân tích: + Kiến thức trọng tâm của bài toán là công thức tính thể tích hình lăng trụ, hình chóp, diện tích hình bình hành và khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng. + Sử dụng quan hệ song song để tính tỷ số khoảng cách, tỷ số diện tích. Câu 51: Cho khối hộp ABCD. A ' B ' C ' D ' có tất cả các cạnh bên bằng a và các góc A ' AB, BDA, A ' AD đều bằng   00    900  . Tính thể tích V của khối hộp. a  cos 2 arcsin  2  a C. V  2a 3 sin cos 2  cos 2 2 2 A. V  a 3 sin 2 cos 2 B. V  2a 3 sin  cos 2 a  cos 2 2 D. Đáp số khác. Lời giải File Word liên hệ: 0978064165 - Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 45 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Khối Đa Diện Nâng Cao C' D' A' B' D C K H O A B Dựng A ' H  AC ; A ' K  AD  A ' BD cân tại A '  A ' O  BD  A ' O  BD  BD   A ' AC   BD  AH  Ta có  AC  BD  AH   ABCD   HK  AD AH Đặt  A ' AO   .HAA ' vuông tại H  cos = AA '  ABCD là hình thoi  AC là phân giác góc BAD   ,KAH vuông tại K  AK  AH AK AK  cos   cos .cos  .   cos 2 AH 2 AA ' AH AA '  cos  cos cos 2 a  A ' H  AA '.sin   a.sin   A ' H  a 1      cos cos 2 cos 2 2 2 Do đó ta có: VABCD. A ' B ' C ' D '  S ABCD . A ' H  a 2 .sin  . a cos  2a3 sin  2 cos 2 cos 2   cos 2 2   cos 2 2  a cos 2  cos 2 . 2 2 Chọn C. File Word liên hệ: 0978064165 - Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 46 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Khối Đa Diện Nâng Cao DẠNG 3: TỈ LỆ THỂ TÍCH A- LÝ THUYẾT CHUNG 1. Hai khối chóp S . A1 A2 ... An và S .B1 B2 ...Bm có chung đỉnh S và hai mặt đáy cùng nằm trên một mặt VS . A1A2 ... An S A1 A2 ... An phẳng, ta có:  VS .B1B2 ... Bm S B1B2 ... Bm 2. Hai khối chóp tam giác S . ABC có A  SA, B  SB, C '  SC ta có: VS . A' B 'C ' SA SB  SC   . . vS . ABC SA SB SC SM SN SP  x,  y,  z . Mặt phẳng SA SB SC  1 1 1 1 1 1 1 1 1 SQ và VS .MNPQ  xyzt     V  MNP  cắt SD tại Q thì ta có đẳng thức    với t  x z y t SD 4 x y z t . 3. Kiến thức cần nhớ đối với khối lăng trụ tam giác và khối hộp. V 2V VA. ABC  , VA. BCC B  . 3 3 V V VA. ABD  , VBDAC   . 6 3 4. Một số công thức nhanh cho các trường hợp hay gặp Hình chóp S .ABCD có đáy ABCD là hình bình hành và 2 2 BH  AB  CH  AC    Tam giác ABC vuông tại A có đường cao AH có  ,  . BC  BC  CB  BC  Mặt phẳng   song song với mặt đáy của khối chóp S . A1 A2 ... An cắt SAk tại điểm M k thỏa mãn VS . M1M 2 ... M n SM k  p3 .  p, ta có VS . A1 A2 ... An SAk File Word liên hệ: 0978064165 - Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 1 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Hình lăng trụ tam giác ABC. ABC có Khối Đa Diện Nâng Cao AM BN CP x y z  x,  y,  z có VABC .MNP  V. AA BB CC  3 AM BN CP  x,  y,  z . Mặt phẳng  MNP  cắt DD ' tại Q thì ta có AA BB CC  DQ x y z t đẳng thức x  z  y  t với t  và VABCD. MNPQ  V. DD 4 Hình hộp ABCD. ABC D có Định lí Meneleus cho 3 điểm thẳng hàng MA NB PC . .  1 với MNP là một đường thẳng cắt ba đường MB NC PA thẳng AB, BC , CA lần lượt tại M , N , P. B – BÀI TẬP TỈ LỆ KHỐI CHÓP Câu 1: (TTHT Lần 4) Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình bình hành và có thể tích là V . Gọi M là trung điểm của SB . P là điểm thuộc cạnh SD sao cho SP  2 DP . Mặt phẳng  AMP  cắt cạnh SC tại N . Tính thể tích của khối đa diện ABCDMNP theo V 23 19 2 7 A. VABCDMNP  V . B. VABCDMNP  V . C. VABCDMNP  V . D. VABCDMNP  V . 30 30 5 30 Lời giải Chọn A File Word liên hệ: 0978064165 - Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 2 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Khối Đa Diện Nâng Cao S N M I P A D O C B Gọi O  AC  BD , I  MP  SO , N  AI  SC Khi đó VABCDMNP  VS . ABCD  VS . AMNP SA SB SC SD 3 1 ,b   2 ,c   ta có Đặt a  ,d  SA SM SN SP 2 5 ac bd c  . 2 5 3 VS . AMNP a  b  c  d 1  2  2  2 7    5 3 VS . ABCD 4abcd 30 4.1.2. . 2 2 7 23  VABCDMNP  VS . ABCD  VS . AMNP  V  V  V . 30 30 Câu 2: Cho khối chóp S . ABCD có đáy là hình chữ nhật, AB  3a , AD  a , SA vuông góc với đáy và SA  a . Mặt phẳng   qua A vuông góc với SC cắt SB , SC , SD lần lượt tại M , N , P . Tính thể tích khối chóp S . AMNP . A. 3 3a 3 . 40 B. 3a 3 . 40 C. 3a 3 . 10 D. 3a 3 . 30 Lời giải Chọn B File Word liên hệ: 0978064165 - Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 3 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Khối Đa Diện Nâng Cao Ta có SC     SC  AM , SC  AN , SC  AP . Mặt khác CB   SAB   AM  CB  AM   SBC   AM  SB . Tương tự ta có AP  SD . Thể tích khối chóp ban đầu là V  1 3a 3 3a 2 .a  . 3 3 2 Tính các tỉ số x  SA SM  SA  a2 1  1, y     ,  2 2 SA SB  SB  a  3a 4 2 2 SN  SA  a2 1 SP  SA  a2 1    , t     .    2 2 2 2 2 SC  SC  a  3a  a 5 SD  SD  a a 2 3 xyzt  1 1 1 1  3 3a Vậy V   .     V  V  4 x y z t 40 40 Câu 3: Cho khối chóp S . ABCD có thể tích V và đáy là hình bình hành. Điểm S  thỏa mãn   7 V. SS   k DC  k  0  . Biết thể tích phần chung của hai khối chóp S . ABCD và S .ABCD là 25 Tìm k . A. k  9 . B. k  6 . C. k  11 . D. k  4 . Lời giải Chọn D Ta có AB // CD // SS  nên B   S A  SB , C   S D  SC . Theo Thales ta cũng có B S C S S S SB SC  k SD   k   ,t   1. BB C C DC SB SC k  1 SD   k 2  2k  1 1 k k 1 1 1 1  Do đó VS . ADC B  .1.1. .    V  V.  2 k k  4 k 1 k 1  1 1 2k  k  1 k 1 k 1    k 2  2k  1  7 Vậy thể tích phần chung là V   V  VS . ADC B   1  V  V  k  4  k  0  . 2  2k  k  1  25   Câu 4: Cho hình chóp S . ABC có tất cả các cạnh đều bằng a . Một mặt phẳng  P  song song với mặt z đáy  ABC  cắt các cạnh SA , SB , SC lần lượt tại M , N , P . Tính diện tích tam giác MNP biết  P  chia khối chóp đã cho thành hai khối đa diện có thể tích bằng nhau. A. S MNP  a2 . 3 . 8 B. S MNP  a3. 3 . 16 C. S MNP  a2 . 3 43 2 D. S MNP  a2 . 3 . 43 4 Lời giải Chọn D VS . MNP SM SN SP  SM   . .   VS . ABC SA SB SC  SA  V 1 Theo bài ra: S .MNP   2 VS . ABC 2 3 1 File Word liên hệ: 0978064165 - Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 4 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Khối Đa Diện Nâng Cao 3 SM 1  SM  1 3 Từ 1 ,  2  ta có     SA 2  SA  2 1 VS .MNP 3 d  S ,  MNP   .S MNP 1 Lại có:  =  3 VS . ABC 1 d S , ABC .S 2     ABC 3 d  S ,  MNP   SM 1 = 3 Mà  4 d  S ,  ABC   SA 2 3 3 2 2 a2. 3 a2. 3 S MNP 3 2  S = S  .  3 = MNP ABC 2 2 4 S ABC 2 4. 4 Câu 5: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB  a, AD  b và cạnh bên Từ  3  ,  4  ta có được  ABCD  . Gọi M là một điểm trên cạnh SA sao cho để mặt phẳng  MBC  chia khối chóp thành hai khối đa diện có thể SA  c vuông góc với mặt phẳng AM  x  0  x  c  . Tìm x tích bằng nhau. A. x  3  2  c . 2  2  3  ab . B. x  2c C. x  3  5  c . 2 D. x    5  1 ab 2c . Lời giải Chọn C S M N A B D C SM SN c  x   SA SD c VS .MBC SM c  x cx Vì vậy    VS .MBC  VS . ABCD VS . ABC SA c 2c Ta có 2 2 V c  x V SM .SN  c  x  Và SMNC    VS .MNC  S . ABCD 2 VSADC SA.SD c 2c 2 Vậy VSMNBC 2   c  x 2 c  x  c  x   c 2  cx  1    VSABCD  VSABCD .  2c 2 c  2 c2  Từ giả thiết ta có c  x 2   3 5 c  c 2  cx 2 2  1  c  3 cx  x  0  x  . c2 2 File Word liên hệ: 0978064165 - Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 5 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Khối Đa Diện Nâng Cao Câu 6: Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình thang với AB / /CD và CD  4 AB .Gọi M là 1 SM điểm trên cạnh SA sao cho 0  AM  SA . Tìm tỉ số sao cho mặt phẳng  CDM  chia khối SA chóp đã cho thành hai khối đa diện có thể tích bằng nhau: SM 3  13 SM 4  26 SM 3  17 SM 3  23 A.  . B.  . C.  . D.  . SA 2 SA 2 SA 2 SA 2 Lời giải Chọn B SM SN  , 0  x  1. SA SB VSADC S ADC AD   4 VSABC S ABC AB Đặt x  Ta có . 4 1  VSADC  VSABDC , VSABC  VSABDC 5 5 VSMCD SM 4x Ta có   VSMCD  VSABDC VSACD SA 5 VSMNC SM SN x2 2  .  x  VSMNC  VSABC VSABC SA SB 5  4 x x2  V Vậy VSMNCD     VSABCD  SABCD 5 2  5 4 x x2 1 4  26 Suy ra   x . 5 5 2 2 Câu 7: Cho điểm M trên cạnh SA , điểm N trên cạnh SB của hình chóp tam giác S . ABC có thể tích bằng V sao cho SM  1 , SN  x . Mặt phẳng  P  qua MN và song song với SC chia khối chóp SA 3 SB S . ABC thành hai khối đa diện có thể tích bằng nhau. Tính x . 4 5 8  10 4 5 8  10 A. x  B. x  C. x  D. x  3 6 6 9 Lời giải Chọn B Trong  ABS  : MN  AB  E , trong S  SAC  : MQ / / SC , Q  AC , trong  ABC  : EQ  BC  P . SM CQ 1 SN CP Khi đó NP / / SC / / MQ    ,   x. SA CA 3 SB CB Trong tam giác NB MS EA SAB : . . 1 NS MA EB 1  x 1 EA EA 2 x AB 3x  1  . .  1    x 2 EB EB 1  x EB 1  x Ta có M N Q A File Word liên hệ: 0978064165 - Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay C P B E Trang 6 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A VEAMQ VS . ABC  Khối Đa Diện Nâng Cao AM AQ EA 2 2 2 x 8x 8x . .  . .   VEAMQ  V AS AC BA 3 3 3 x  1 9  3 x  1 9  3x  1 3 3 VEBNP BN BP EB 1  x   V  1  x  V 2 1 x  . .  1  x  .  EBNP VS . ABC BS BC AB 3x  1 3 x  1 3x  1 3  VAMQBNP 3 1  x  V  1 V  8x  1  x   1  x  8  10 8x  V 9  3x  1 3x  1 2 9  3x  1 3x  1 2 6 Câu 8: (Hai Bà Trưng Huế Lần1) Cho hình chóp tam giác S . ABC . Gọi M là trung điểm của SA , lấy SN 2  . Mặt phẳng   qua MN và song song với SC chia SB 3 khối chóp thành hai phần. Gọi V1 là thể tích của khối đa diện chứa đỉnh A , V2 là thể tích của V khối đa diện còn lại. TÍnh tỉ số 1 . V2 V 7 V 7 V 7 V 7 A. 1  . B. 1  . C. 1  . D. 1  . V2 16 V2 18 V2 11 V2 9 Lời giải Chọn C S điểm N trên cạnh SB sao cho M N A Q C P B I Kẻ MQ //SC , NP //SC ta được  MNPQ  chính là mặt phẳng   . Ba mặt phẳng   ,  SAB  ,  ABC  giao nhau theo ba giao tuyến MN , AB, PQ đồng quy tại I . MS IA NB IA 1 . .  1  1. .  1 nên B là trung điểm của IA. MA IB NS IB 2 Các tam giác SAI , IAC lần lượt có các trọng tâm là N , P. Gọi thể tích khối chóp IAMQ là V . V IB IN IP 1 2 2 2 V1 7 7 Ta có: IBNP  . .  . .     V1  V 1 VIAMQ IA IM IQ 2 3 3 9 V 9 9 Xét trong tam giác SAB có VABSC AB AS AC 1  . .  .2.2  2  VS . ABC  2V  V1  V2  2V VAIMQ AI AM AQ 2 7 11 Từ 1 và  2  suy ra V2  2V  V  V 9 9 V1 7 Từ đó suy ra  . V2 11 File Word liên hệ: 0978064165 - Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay  2 Trang 7 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Khối Đa Diện Nâng Cao Câu 9: Cho hình chóp tứ giác đều S .ABCD có cạnh đáy bằng a , cạnh bên hợp với đáy một góc 60 . Gọi M là điểm đối xứng của C qua D , N là trung điểm SC. Mặt phẳng  BMN  chia khối chóp S .ABCD thành hai phần. Tỉ số thể tích giữa hai phần (phần lớn trên phần bé) bằng: 7 1 7 6 A. . B. . C. . D. . 5 7 3 5 Lời giải Chọn A Giả sử các điểm như hình vẽ. E  SD  MN  E là trọng tâm tam giác SCM , DF // BC  F là trung điểm BM .    60 SD ,  ABCD   SDO a 7 Ta có: , SF  SO 2  OF 2  a 6 2  SO  2   S N E H D C O B M F A a 6 1 a2 7  d  O,  SAD    OH  h  ; S SAD  SF . AD  2 4 2 7 VMEFD ME MF MD 1     VMNBC MN MB MC 6 5 5 1 1 5 1 5a 3 6  VBFDCNE  VMNBC    d  M ,  SAD    S SBC   4h  S SAD  6 6 3 2 18 2 72 3 3 1 a 6 7a 6 VS . ABCD  SO.S ABCD   VSABFEN  VS . ABCD  VBFDCNE   3 6 36 V 7 Suy ra: SABFEN   VBFDCNE 5 Câu 10: Cho khối tứ diện đều ABCD cạnh bằng a , Gọi M , N là trung điểm các cạnh AB , BC svà BD  k . Tìm k để mặt phẳng  MNE  chia khối tứ BE 11 2a3 diện thành hai khối đa diện, trong đó khối đa diện chứa đỉnh B có thể tích là . 294 6 A. k  . B. k  6 . C. k  4 . D. V  5 . 5 E là điểm thuộc tia đối DB sao cho Lời giải File Word liên hệ: 0978064165 - Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 8 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Khối Đa Diện Nâng Cao Chọn C A M Q E B D P N C a3 2 Ta có diện tích khối tứ diện đều cạnh a bằng V0  12 VBMNE BM BN BE 1  . .  VBMQE  V0 VABCD BA BC BD 4 Theo ta let ta có: 2  k  1 EP EQ k 1    EN EM k  1  1 2k  1 2 2  VEDPQ 4  k  1 k  1 1 EP EQ DE  . . VBMQE  . V0 2 EN EM BE  2k  1 k 4 Do đó VBMNPQD VBMNPQD 2 3 4  k  1 k  1 1 4  k  1  k k   V0  . V0  V0 1   2 4 4  k  2k  12   2k  1 k 4 3 4  k  1  k k  22  V0 hay V0  V0  1  k 4 4 4  k  2k  12  49 Câu 11: (Hình học không gian) Cho tứ diện ABCD và M , N , P lần lượt thuộc BC , BD, AC sao cho BC  4 BM , BD  2 BN , AC  3 AP. Mặt phẳng  MNP  cắt AD tại Q. Tính tỷ số thể tích hai phần khối tứ diện ABCD bị chia bởi mặt phẳng  MNP  . 2 7 5 A. B. C. 3 13 13 Lời giải Gọi I  MN  CD, Q  PI  AD, kẻ DH / / BC  H  IM  , DK / / AC  K  IP  . File Word liên hệ: 0978064165 - Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay D. 1 3 Trang 9 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Khối Đa Diện Nâng Cao A P Q K I H B N M D C ID DH BM 1    . IC CM CM 3 IK DK ID 1 DK 1 2       DK  IP CP IC 3 2 AP 3 3 APQ  DKQ. AQ AP 2 AQ 3     Suy ra  DQ DK 3 AD 5 VANPQ AP AQ 1  .  ; Đặt V  VABCD . Ta có: VANCD AC AD 5 VANCD VDACN DN 1 1     VANPQ  V VABCD VDABC DB 2 10 VCDMP CM CP 1 1  .   VCDMP  V VCDBA CB CA 2 2 NMB  NDH  1 1 1  VV . ABMP  VDABMP  V  VCDMP  V 2 2 4 VABMNQP 7 7  VABMNQP  VANPQ  VN . ABMP  V   20 VCDMNQP 13 Vậy mặt phẳng  MNP  chia khối chóp thành hai phần với tỉ lệ thể tích 7 . 13 Chọn B Câu 12: Cho hình chóp tứ giác đều S .ABCD có đáy là hình vuông ABCD cạnh a, góc giữa mặt bên và 1 phẳng đáy là  thỏa mãn cos = . Mặt phẳng  P  qua AC và vuông góc với mặt phẳng 3  SAD  chia khối chóp S .ABCD thành hai khối đa diện. Tỉ lệ thể tích hai khối đa diện là gần nhất với giá trị nào trong các giá trị sau: A. 0,11 B. 0,13 C. 0, 7 D. 0,9 Lời giải S .ABCD là hình chóp tứ giác đều SO   ABCD  . CD  SN , CD  ON   SCD    ABCD   CD Gọi N là trung điểm CD     SCD  ,  ABCD    SNO File Word liên hệ: 0978064165 - Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 10 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Khối Đa Diện Nâng Cao Kẻ CM  SD. Ta có:  AC  BD  AC   SBD   AC  SO   AC  SD  SD   ACM    ACM    SAD  S nên mặt phẳng  P  là  ACM  . + Xét tam giác SON vuông tại N có: ON 3a SN   .  2 cos SNO 2 M A D 2  3a   a  SO  SN  ON        a 2.  2  2 + Xét tam giác SOD vuông tại O có: 2 2 SD  SO 2  OD 2       a 2  `  a 2 2  2 N O B C 2  a 10 . 2 1 1 SN .CD 3a 10 Ta có: S SCD  CM .SD  SN .CD  CM   . 2 2 SD 10 2  3a 10  a 10 Xét tam giác MCD vuông tại M có: DM  CD  CM  a   .   10 10   2 2 2 a 10 V V 1 DM DA DC 1 10 1 1 Ta có: M . ACD  MACD  . . .    VMACD  VSABCD VSABCD 2VSACD 2 DS DA DC 2 a 10 10 10 2 Mặt phẳng  P  chia khối chóp S .ABCD thành hai khối M .ACD và S . ABCM  VSABCD  VMACD  VSABCM  VSABCM  9 VSABCD 10 VMACD 1   0,11 VSABCM 9 Chọn A Câu 13: Cho tứ diện S . ABC , M và N là các điểm thuộc các cạnh SA và SB sao cho MA  2SM , SN  2 NB , ( ) là mặt phẳng qua MN và song song với SC . Kí hiệu ( H ) và ( H ) là các khối 1 2 đa diện có được khi chia khối tứ diện S . ABC bởi mặt phẳng ( ) , trong đó, ( H ) chứa điểm S , Do đó: 1 ( H 2 ) chứa điểm A ; V1 và V2 lần lượt là thể tích của ( H1 ) và ( H 2 ) . Tính tỉ số A. 4 5 B. 5 4 C. 3 4 D. V1 . V2 4 3 Lời giải 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 . File Word liên hệ: 0978064165 - Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 11 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Khối Đa Diện Nâng Cao Ta có NP //MQ //SC . Khi chia khối ( H1 ) bởi mặt phẳng (QNC ) , ta được hai khối chóp N .SMQC và N .QPC . S VN .SMQC d ( N , ( SAC )) S SMQC   Ta có: ; VB. ASC d (B, ( SAC )) SSAC d ( N , ( SAC )) NS 2 M   ; d (B, (SAC )) BS 3 2 S 4 5  AM     SMQC  .  S ASC  AS  9 S ASC 9 VN .SMQC 2 5 10    Suy ra VB. ASC 3 9 27 VN .QP C d ( N , (QP C )) SQPC   VS . ABC d (S, (A BC )) S ABC S AMQ N C A Q P B NB CQ CP 1 1 2 2       SB CA CB 3 3 3 27 V V V1 10 2 4 V1 4 V 4  N .SMQC  N .QP C       5V1  4V2  1  V VB. ASC VS . ABC 27 27 9 V1  V2 9 V2 5 Câu 14: (Sở Quảng NamT) Cho khối chóp S.ABCD có thể tích bằng 1, đáy ABCD là hình thang với đáy lớn AD và AD  3BC . Gọi M là trung điểm của cạnh SA, N là điểm thuộc CD sao cho ND = 3NC. Mặt phẳng (BMN) cắt SD tại P. Thể tích khối chóp AMBNP bằng: 5 5 9 3 A. B. C. D. 12 16 32 8 Lời giải Chọn A  Gọi E là giao điểm của BN và AD. Đặt V1  VAMBNP . Ta có: BC // AD nên DE ND   3  DE  3BC  AD  BC NC D là trung điểm của AE  P là trọng tâm của tam giác SAE  Ta có VE .DNP VE .MAB  EP 2 EN 3  ,  EM 3 EB 4 ED EP EN 1 2 3 1 . .  . .  EA EM EB 2 3 4 4 1 1 1 1 Mặt khác, VE .NDP  d( P ,( DEN )) .SDEN  . d( S ,( ABCD )) .SDNE  d( S ,( ABCD )) .SDNE 3 3 3 9 1 1 3 3 SAND  SDNE  . AD.d( N ,AD )  AD. h  AD.h (h là đường cao của hình thang) 2 2 4 8 1 1 4 2 3 Ta lại có: SABCD  ( AD  BC ).h  . AD.h  AD.h  AD.h  SABCD 2 2 3 3 2 File Word liên hệ: 0978064165 - Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 12 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Khối Đa Diện Nâng Cao 3 3 9  SAND  . SABCD  SABCD 8 2 16 1 9 3 3  VE .NDP  d( S ,( ABCD )) . .SABCD   VAENP  ; 9 16 16 8 3 3 3 3 3 VE . ABM  4.   VA .BMPC    16 4 4 8 8 Câu 15: Cho tứ diện đều ABCD cạnh a. Mặt phẳng (P) chứa cạnh BC cắt cạnh AD tại E. Biết góc giữa 5 2 hai mặt phẳng (P) và (BCD) có số đo là  thỏa mãn tan   . Gọi thể tích của hai tứ diện 7 V ABCE và tứ diện BCDE lần lượt là V1 và V2 . Tính tỷ số 1 . V2 3 1 3 5 A. B. C. D. 8 8 5 8 Lời giải +) Gọi M là trung điểm BC. Khi đó BC  (MAD) nên (P)(AMD); A (P)(AMD) =ME. H Kẻ AHME thì AH(BCE) (do AH  (AMD)) E Kẻ DKME nên DK(BCE) (do DK  (AMD)). Hiển nhiên AH song song DK K V1 VA.BCE AH Khi đó   V2 VD. BCE DK D B +) Gọi  là góc giữa (P) và (ABC) (    ; M 0    ). Hiển nhiên DME 2  AME   . C Vì AM = DM nên: sin  AH V   sin   1 .sin   t.sin  (1) sin  DK V2 MO 1 1 +) Trong tam giác OMA: cos(   )    cos cos   sin  sin  . (2) MA 3 3 Từ (1) có: cos  1  sin 2   1  t 2 .sin 2   1  t 2 .x ; với x=sin2. 1 1 Thay vào (2) ta có: 1  t 2 x . 1  x  t.x   (1  t 2 x)(1  x)  t. x  . 3 3 8 . +) Giải phương trình có: x  2 (9t  6t  9) x 8 9t 2  6t  9 8 2 2 Vì sin   x  tan    2 . 2  2 1  x 9t  6t  9 9t  6t  1 9t  6t  1  3 t  5 8 50 196 171 2 2   9t  6t  1   9t  6t  0 Theo giả thiết suy ra 2 9t  6t  1 49 25 25 t  19  15 File Word liên hệ: 0978064165 - Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 13 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Khối Đa Diện Nâng Cao VABCE 3  VDBCE 5 Chọn C Câu 16: Cho khối chóp S . ABC có SA  6, SB  2, SC  4, AB  2 10 và SBC  90 , ASC  120 . Mặt phẳng  P  qua B và trung điểm N của SC và vuông góc với mặt phẳng  SAC  cắt cạnh Vậy SA tại M . Tính tỉ số thể tích A. 2 . 9 B. VS . MBN . VS . ABC 2 . 5 C. 1 . 6 D. 1 . 4 Lời giải Chọn C S N H M B A C Ta có: VS .MBN SM SN 1 SM .  .  k với k  SA VS . ABC SA SC 2 Áp dụng định lý hàm số cosin ta có: ASB  90 ; BSC  60 ; ASC  120           a  6, b  2, c  4 Đặt SA  a; SB  b; SC  c       a.b  0; b.c  4; a.c  12 Vì  BMN    SAC  nên kẻ BH  MN , H  MN  BH   SAC  .        Khi đó: BH  x.BM  1  x  BN  x SM  SB  1  x  SN  SB     1 x  1    x ka  b  1  x   c  b   kxa  b  c. 2 2      1 x     a  kxa  b  2 c   0  BH  SA  BH .SA  0    Lại có: BH   SAC              BH  SC  BH .SC  0 c  kxa  b  1  x c   0    2  1  k  3 36kx  6 1  x   0   .  12 kx  4  8 1  x  0   x  1   3       File Word liên hệ: 0978064165 - Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 14 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Khối Đa Diện Nâng Cao VS .MBN SM SN 1 1 1 1  .  k .  . VS . ABC SA SC 2 2 3 6 Câu 17: (KỸ-NĂNG-GIẢI-TOÁN-HƯỚNG-ĐẾN-THPT-QG) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi M , N lần lượt là trung điểm của các cạnh AB , BC . Điểm K thuộc đoạn SA . Biết mặt phẳng  MNK  chia khối chóp S . ABCD thành hai phần, phần chứa Vậy đỉnh S có thể tích bằng A. t  1 . 2 7 KA lần phần còn lại. Tính tỉ số t  . 13 KS 3 1 B. t  . C. t  . 4 3 Lời giải D. t  2 . 3 Chọn D Trong mặt phẳng  ABCD  , kéo dài MN cắt DA , DC lần lượt tại F , E . Trong mặt phẳng ( SAD) , gọi FK  SD  Q . Trong mặt phẳng  SCD  , gọi QE  SC  P . Suy ra thiết diện là ngũ giác MNPQK và MN // AC // PK . Đặt h  d  S ,  ABCD   KA KA t t t   d  K ,  ABCD    d  P,  ABCD    .h KS SA t  1 t 1 1 FD  3. Ta có: FA  BN  AD  2 FA Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác SAD , suy ra QS FD KA QS QS 1 QD 3t 3t . . 1 .3.t  1      d  Q ,  ABCD    h QD FA KS QD QD 3t SD 3t  1 3t  1 1 1 9 Mặt khác: S FAM  S NCE  S BMN  S ABC  S ABCD  S DEF  S ABCD 4 8 8 Suy ra thể tích của khối đa diện không chứa đỉnh S là 1  3t 9 t 1 t 1  V  VQDEF  VKAMF  VPECN   h. S  . S . S 3  3t  1 8 t 1 8 t 1 8  1  27t 2t   .    .h.S ABCD 3  8  3t  1 8  t  1   27t 2t   V    VABCD  8  3t  1 8  t  1  File Word liên hệ: 0978064165 - Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 15 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Khối Đa Diện Nâng Cao Phần thể tích của khối đa diện không chứa đỉnh S bằng khối đa diện không chứa đỉnh S bằng  7 phần còn lại suy ra thể tích của 13 13 thể tích khối chóp S . ABCD 20 27t 2t 13 2   t  . 8  3t  1 8  t  1 20 3 Câu 18: (Sở Đà Nẵng 2019) Cho hình chóp S .ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi M , N lần lượt là trung điểm các cạnh SA, SD . Mặt phẳng   chứa MN và cắt các tia SB, SC lần lượt SP  x , V1 là thể tích của khối chóp S .MNQP và V là thể tích khối chóp SB S .ABCD . Tìm x để V  2V1 . tại P và Q . Đặt A. x  1 . 2 B. x  1  33 . 4 1  41 . 4 C. x  D. x  2 . Lời giải Chọn B S d M N A D P B Q C Ta chứng minh PQ / / BC .  SBC    SAD   d   SBC    ABCD   BC Giải sử  SBC    SAD   d khi đó ta có:   d //BC, d //AD.  SAD    ABCD   AD  BC / / AD  M , N lần lượt là trung điểm các cạnh SA, SD nên ta có MN / / AD, MN / / d.  SBC    SAD   d   SBC      PQ Ta lại có:   PQ / / MN  PQ / / BC.  SAD      MN d / / MN  SP SQ SP Xét tam giác SBC có PQ / / BC, x   = x. SB SC SB V V1 VS .MNQP VS . MNP  VS . NQP VS .MNP 1 SM .SN .SP 1 SN .SQ.SP     S . NQP     V VS . ABCD VS . ABCD 2VS . ABD 2VS . DCB 2 SA.SB.SD 2 SD.SC.SB 1 1 1 1 1 x  2x2    x   xx   2 2 2 2 2 8 File Word liên hệ: 0978064165 - Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 16 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Khối Đa Diện Nâng Cao  1  33 x  V 1 x  2x 1 4 Theo bài ra: V  2V1  1     2x2  x  4  0   V 2 8 2  1  33 x   4 SP 1  33 Mà  x x0 x  SB 4 Cách 2 Sử dụng công thức tính nhanh tỉ lệ thể tích của khối chóp tứ giác như sau: Cho chóp S .ABCD và mặt phẳng   cắt các cạnh SA, SB, SC, SD của khối chóp tại các 2 SQ SP SM SN 1  = x,    SC SB SA SD 2 1 1 2 V1 VS . MNPQ x.x  2  2  1 1  x  2x Thì ta có:     2  2     V VS . ABCD 4 8 x x  điểm M , P, Q, N với  1  33 x  V 1 x  2x 1 4 Theo bài ra: V  2V1  1     2x2  x  4  0   . V 2 8 2  1  33 x   4 SP 1  33 Mà  x x 0 x  SB 4 Câu 19: (Đặng Thành Nam Đề 3) khối chóp S . ABCD có đáy là hình thang với hai đáy là AB và CD , AB  2CD . Gọi E là một điểm trên cạnh SC . Mặt phẳng  ABE  chia khối chóp S .ABCD 2 thành hai khối đa diện có thể tích bằng nhau. Tính tỉ số A. 10  2 . 2 B. 6  2 . C. SE . SC 2 1 . D. 26  4 . 2 Lời giải ChọnA  ABE    SDC   Ex Ta có:   Ex  DC  AB .  AB  DC SE SF SE Gọi F  Ex  SD ,  x,  0  x  1    x. SC SD SC File Word liên hệ: 0978064165 - Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 17 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Khối Đa Diện Nâng Cao Do ABCD là hình thang (đáy AB và CD ) có AB  2CD nên 1 2 S ACB  2S ADC  SADC  S ABCD ; S ACB  S ABCD . . 3 3 Ta có: VS . ACD S 1 1  ACD   VS . ACD  VS . ABCD (1) VS . ABCD S ABCD 3 3 VS . ABC S 2 2  ABC   VS . ABC  VS . ABCD (2). VS . ABCD S ABCD 3 3 V SE SF 1 Lại có: S . AEF  .  x 2  VS . AEF  x 2 .VS . ACD  x 2 .VS . ABCD (theo (1)) VS . ACD SC SD 3 VS . ABE SE 2   x  VS . ABE  xV . S . ABC  xV . S . ABCD (theo (2)). VS . ABC SC 3 Theo bài ra mặt phẳng  ABE  chia khối chóp S .ABCD thành hai khối đa diện có thể tích bằng 1 nhau nên VS . ABEF  VSABCD 2 1 2  1 1 2 1 1  VS . AEF  VS . ABE  VS . ABCD   x 2  x  .VS . ABCD  VS . ABCD  x 2  x   0 2 3  2 3 3 2 3  2  10 x  2  10 2  . Do 0  x  1  x  . 2  2  10 x   2 Câu 20: (Hàm Rồng ) 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 bằng Tính tỉ số k  A. 7 lần phần còn lại. 13 IA ? IS 1 . 2 B. 3 . 4 C. 2 1 . D. . 3 3 Lời giải Chọn C S E S I K E I D A P M B N C P A H Q Hình 1 D Hình 2 File Word liên hệ: 0978064165 - Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 18 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Khối Đa Diện Nâng Cao Mặt phẳng  MNI  cắt khối chóp theo thiết diện như hình 1. Đặt VS . ABCD  V . Ta có S APM  SBMN  d  I ,  ABCD   d  S ,  ABCD     1 1 S 1 S ABC  S ABCD  APM  . 4 8 S ABCD 8 IA k  . SA k  1 d  I ,  ABCD   VI . APM S k k  APM .   VI . APM  V. VS . ABCD S ABCD d  S ,  ABCD   8  k  1 8  k  1 Do MN / / AC  IK / / AC  IK / /  ABCD   d  I ;  ABCD    d  K ;  ABCD   . Mà SAPM  SNCQ .  VI . APM  VK . NCQ  k V. 8  k  1 IH AH AI k    . SD AD AS k  1 IH PH PA AH PA 2 AH 1 2k 3k  1 .         ED PD PD PD PD 3 AD 3 3  k  1 3  k  1 Kẻ IH / / SD ( H  SD ) như hình 2. Ta có :  d  E ,  ABCD   ED ED IH ID 3k 3k  :     . SD SD ED 3k  1 d  S ,  ABCD   SD 3k  1 S PQD V 9 27k 27k  E . PQD   VE . PQD  V. S ABCD 8 VS . ABCD 24k  8 24k  8 13 13 VEIKAMNCD  V  VE . PDC  VI . APM  VK . NQC  V 20 20 27k k k 13 27k k 13 2  V V V  V    k . 8  3k  1 8  k  1 8  k  1 20 2  3k  1 k  1 5 3  Câu 21: (Cụm 8 trường chuyên lần1) Cho hình chóp tam giác đều S . AB C có cạnh bên tạo với đường cao một góc 300 , O là trọng tâm tam giác A BC . Một hình chóp tam giác đều thứ hai O . A  B C  có S là tâm của tam giác A  B C  và cạnh bên của hình chóp O . A  B C  tạo với đường cao một góc 600 (hai hình chóp có chung chiều cao) sao cho mỗi cạnh bên SA , SB , SC lần lượt cắt các cạnh bên OA , OB , OC  . Gọi V1 là phần thể tích chung của hai khối chóp S . ABC V và O . A  B C  . Gọi V2 là thể tích khối chóp S . ABC . Tỉ số 1 bằng V2 9 1 27 9 A. . B. . C. . D. . 16 4 64 64 File Word liên hệ: 0978064165 - Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 19 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Khối Đa Diện Nâng Cao C' A' S B' A C O B Lời giải Chọn A C' A' S B' P M I N A C O B Gọi M , N , P lần lượt là giao điểm của mỗi cạnh bên SA , SB , SC tương ứng với các cạnh bên OA , OB , OC  . Phần chung của hai khối chóp S . ABC và O . A  B C  là khối đa diện SMNPO . Từ giả thiết ta có  ABC  //  ABC   mà ta có MN // AB // AB , NP // AC // AC do đó  ABC  //  MNP  ,  ABC  //  MNP  và MNP đều. Xét các tam giác vuông SMI và OMI ta có SI  MI tan 300  MI 3 , OI  MI tan 600  MI suy ra 3 SI SI MN 3 OI MN 1  3 suy ra   ,   . OI SO AB 4 OS A ' B ' 4 V AB 2 Suy ra  3 hay O. ABC  3  9  VO. ABC  9V2 AB V2 3 3 V 27  SI   3  Do đó S .MNP       V2 64  SO   4  File Word liên hệ: 0978064165 - Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 20 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A 3 Khối Đa Diện Nâng Cao 3 VO.MNP  OI   1  V 1 9   O.MNP      VO. ABC  OS   4  64 V2 64 V V V 27 9 9 Từ đó 1  OMNP SMNP    . V2 V2 64 64 16 Câu 22: (Cụm 8 trường chuyên lần1) 5 (Tổng quát câu 4) Cho hình chóp tam giác đều S . AB C , O là trọng tâm tam giác A BC . Một hình chóp tam giác đều thứ hai O . A  B C  có S là tâm của tam giác A  B C  và cạnh bên của hình chóp O . A  B C  và AB  kAB (hai hình chóp có chung chiều cao) sao cho mỗi cạnh bên SA , SB , SC lần lượt cắt các cạnh bên OA , OB , OC  . Gọi V1 là phần thể tích chung của hai khối chóp S . ABC và O . A  B C  . Gọi V2 là thể tích khối chóp V S . ABC . Tỉ số 1 bằng V2 A. k3  k2 . ( k  1)3 k3 B. 3 . C. (k  1) 1 . k 1 D. k . k 1 C' A' S B' A C O B Lời giải Chọn A File Word liên hệ: 0978064165 - Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 21 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Khối Đa Diện Nâng Cao C' A' S B' P M I N A C O B Gọi M , N , P lần lượt là giao điểm của mỗi cạnh bên SA , SB , SC tương ứng với các cạnh bên OA , OB , OC  . Phần chung của hai khối chóp S . ABC và O . A  B C  là khối đa diện SMNPO . Từ giả thiết ta có  ABC  //  ABC   và MN // AB // AB , NP // AC // AC do đó  ABC  //  MNP  ,  ABC  //  MNP  và  MNP đều. V AB 2  k hay O. ABC  k . AB V2 SI MN OS AB  SI AB OI 1 SI k Ta có , suy ra , .     k từ đó   SO AB OI MN OI AB SO k  1 SO k  1 Suy ra 3 3 VS .MNP  SI   k  k3 Do đó      V2  SO   k  1  ( k  1)3 3 3 VO.MNP  OI   1  VO.MNP k2        VO. ABC   OS   k  1  V2 ( k  1)3 V V V k3  k2 Từ đó 1  OMNP SMNP  . V2 V2 (k  1)3 Câu 23: (Cụm 8 trường chuyên lần1) Cho hình chóp S .ABCD có đáy ABCD là hình vuông và SA   ABCD  . Trên đường thẳng vuông góc với  ABCD  tại D lấy điểm S  thỏa mãn 1 S D  SA và S  , S ở cùng phía đối với mặt phẳng  ABCD  . Gọi V1 là phần thể tích chung 2 V của hai khối chóp S .ABCD và S .ABCD . Gọi V2 là thể tích khối chóp S .ABCD . Tỉ số 1 V2 bằng File Word liên hệ: 0978064165 - Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 22 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A A. 4 . 9 B. 7 . 9 C. Khối Đa Diện Nâng Cao 7 . 18 D. 1 . 3 Lời giải Chọn C 1 1 1 Ta có V2  SA.S ABCD , VS . ABCD  S D.S ABCD  V2 . 3 3 2 Gọi H  S A  SD , L  S B   SCD  khi đó thể tích chung của hai khối chóp S .ABCD và S .ABCD là thể tích khối HLCDAB . Do AB / /CD nên giao tuyến HL của hai mặt  S AB  và  SCD  phải song song với AB . V1  VHLCDAB  VS.ABCD VS.HLCD . S H S D 1 S H 1     HA SA 2 S A 3 VS .HLD S H .S L 1 1 1 1 1   .   VS .HLD  VS . ABD  VS . ABCD VS . ABD SA.SB 3 3 9 9 18 VS .LCD S L 1 1 1    VS .LCD  VS .BCD  VS . ABCD VS .BCD S B 3 3 6 1 1 2 VS .HLCD  VS .HLD  VS .LCD  VS . ABCD  VS . ABCD  VS . ABCD 18 6 9 File Word liên hệ: 0978064165 - Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 23 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Khối Đa Diện Nâng Cao 7 7  V1  VS . ABCD  VS .HLCD  VS . ABCD  V2 9 18 V 7 Vậy 1  V2 18 Câu 24: (Cụm 8 trường chuyên lần1) Cho hình chóp S .ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Trên   đường thẳng qua D và song song với SA lấy điểm S  thỏa mãn S D  k SA với k  0 . Gọi V1 là phần thể tích chung của hai khối chóp S .ABCD và S .ABCD . Gọi V2 là thể tích khối chóp V S .ABCD . Tỉ số 1 bằng V2 S S' D A B A. 2k 2  k 2  k  1 2 . B. C 3k  2 2  k  1 2 . C. 3k 2  2k 2  k  1 2 . D. k . k 1 Lời giải Chọn C S S' H L D A B C V S 'D Ta có S . ABCD  k. V2 SA File Word liên hệ: 0978064165 - Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 24 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Khối Đa Diện Nâng Cao Gọi H  S A  SD , L  S B   SCD  khi đó thể tích chung của hai khối chóp S .ABCD và S .ABCD là thể tích khối HLCDAB . Do AB / /CD nên giao tuyến HL của hai mặt  S AB  và  SCD  phải song song với AB . V1  VHLCDAB  VS.ABCD VS.HLCD . S H S D S H k S L k  k    HA SA S A k  1 S B k  1 VS .HLD S H .S L k2 k2 k2    V  V  V S .HLD S . ABD 2 S . ABCD VS . ABD SA.SB  k  1 2 2  k  1  k  12 VS .LCD S L k k k    VS .LCD  VS .BCD  VS . ABCD VS .BCD S B k  1 k 1 2  k  1 VS .HLCD  VS .HLD  VS .LCD   V1  VS . ABCD  VS .HLCD  Vậy k2 2  k  1 3k  2 2  k  1 V  2 S . ABCD V  2 S . ABCD k 2k 2  k VS . ABCD  V 2 S . ABCD 2  k  1 2  k  1 3k 2  2k 2  k  1 V 2 2 V1 3k 2  2k  . V2 2  k  12 Câu 25: (THTT số 3) Cho khối chóp S . A1 A2 ... An ( với n  3 là số nguyên dương). Gọi B j là trung điểm   của đoạn thẳng SA j j  1, n . Kí hiệu V1 ,V2 lần lượt là thể tích của hai khối chóp S . A1 A2 ... An và S .B1 B2 ...Bn . Tính tỉ số A. 2 . V1 . V2 B. 4 . C. 8 . Lời giải D. 2 n . Chọn C Khối chóp S . A1 A2 ... An có diện tích mặt đáy A1 A2 ... An : 1 , độ dài đường cao h1 Khối chóp S .B1 B2 ...Bn có diện tích mặt đáy B1 B2 ...Bn :  2 , độ dài đường cao h2 Do mặt phẳng  B1B2 ...Bn  //  A1 A2 ...An  cắt khối chóp theo thiết diện B1 B2 ...Bn nên ta có 2 đáy là 2 đa giác đồng dạng : A1 A2 ... An & B1 B2 ...Bn . 1 1 1 1 h A A . A A .sin  B2   A1 A3 . A1 A4 .sin  B3   ... A1 An1. A1 An .sin  B1  V1 3 1 1 2 1 2 1 3 h 2 2   . 1 1 1 1 V2 1  h B1B2 .B1B3 .sin  B2   B1B3 .B1 B4 .sin  B3   ... B1Bn1.B1Bn .sin  B1  h2 . 2 2 3 2 2 2 2 B1B2 .2 B1B3.sin  B2   2 B1B3 .2 B1B4 .sin  B3   ...2 B1Bn 1.2 B1Bn .sin  B1  2h2 = . B1 B2 .B2 B3.sin  B2   B2 B3 .B3 B4 .sin  B3   ...Bn B1.B1 B2 .sin  B1  h2 =4.2  8. Câu 26: Khối tứ diện ABCD có thể tích V , khối tứ diện A1B1C1D1 có thể tích V1 , các đỉnh A1 , B1 , C1 , D1 lần lượt là trọng tâm của các tam giác BCD, CDA, DAB,ABC . Khối tứ diện A2 B2C 2 D2 có thể tích V2 , các đỉnh A2 , B2 , C2 , D2 lần lượt là trọng tâm của các tam giác B1C1 D1 , C1 D1 A1 , D1 A1 B1 , A1 B1C1 . Cứ tiếp tục như thế ta được khối tứ diện An Bn Cn Dn có thể tích Vn , các đỉnh File Word liên hệ: 0978064165 - Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 25 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Khối Đa Diện Nâng Cao An , Bn , Cn , Dn lần lượt là trọng tâm của các tam giác Bn 1Cn 1 Dn 1 , Cn 1 Dn 1 An 1 , Dn 1 An 1 Bn 1 , An 1 Bn 1Cn 1 . Tính S  V1  V2  ...  V2018 ? 3 A. S  2018 C. S   1 V . 2.32018  272018 1V 26.272018  27 B. S  D. S  . 2019  1 V 26.272019  32019 1V 2.32019 . . Lời giải Chọn C Ta có 3 1 1 V1    V  V 27 3 3 2 1 1  1  V2    V1  V1    V 27 3  27  … 3 1  1  V2018    V2017    3  27  2018 V 2018  1  1  2 2018   1  1  27 2018  1 V  1  1   27    S  V      ...      V . .  1 27 26.27 2018  27    27  27  1 27 TỈ LỆ KHỐI LĂNG TRỤ Câu 27: (KINH MÔN II LẦN 3 NĂM 2019) Cho lăng trụ tam giác đều ABC.ABC cạnh đáy bằng a , chiều cao bằng 2a . Mặt phẳng  P  qua B  và vuông góc với AC chia lăng trụ thành hai khối. Biết thể tích của hai khối là V1 và V2 với V1  V2 . Tỉ số A. 1 . 11 B. V1 bằng V2 1 . 23 C. 1 . 47 D. 1 . 7 Lời giải Chọn C Gọi E , I , K lần lượt là trung điểm AC , AC và AB . Ta có: BE   ACCA  BE  AC 1 File Word liên hệ: 0978064165 - Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 26 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Khối Đa Diện Nâng Cao Trong  ABC  : từ B  kẻ BH  AC tại H . Trong  AACC  : gọi F  HE  AA .  BH  AC Ta lại có    BHF   AC  AC  BF  2   BE  AC Từ 1 và  2  suy ra tam giác BEF là thiết diện của lăng trụ ABC.ABC khi cắt bởi mặt phẳng  P  . a 19  a a 19 CK  AB  2  Tam giác CAB cân tại C , ta có CK  AB  BH  AC  BH  AC a 5 2 5 Tam giác B ' HC vuông tại H , ta có 9a 9 1 CH  BC 2  BH 2   CH  CA  AH  HI 10 4 2 5 AF AH 1 AF 1 HAF  HIE      . IE IH 4 AA 8 V AB AE AF 1 1 1 1 1 Khi đó A.BEF  . .   VA. BEF  VA. BC A  . VABC . ABC   VABC . ABC  . VA. BC A AB AC  AA 16 16 16 3 48 V1 1 V 1 Nên   1  . VABC . ABC 48 V2 47 Câu 28: (TTHT Lần 4) Cho lăng trụ ABC . AB C  , trên các cạnh AA , BB lấy các điểm M , N sao cho AA  3 AM , BB   3 B N . Mặt phẳng  C MN  chia khối lăng trụ đã cho thành hai phần. Gọi V1 là thể tích của khối chóp C . AB NM , V2 là thể tích của khối đa diện ABCMNC  . Tỉ số bằng: V 4 A. 1  . V2 7 B. V1 2  . V2 7 C. V1 1  . V2 7 D. V1 V2 V1 3  . V2 7 Lời giải Chọn B Đặt V  VABC . ABC  . Lấy điểm E trên CC ' sao cho CC   3C E . AM BN C E 1      MNE  //  ABC  . Suy ra AA BB C C 3 File Word liên hệ: 0978064165 - Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 27 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Khối Đa Diện Nâng Cao 1 Ta có: VC.MNE  VABC.MNE (chóp và lăng trụ có chung đáy và đường cao) 3 2  V1  VABC.MNE . 3 1 Mặt khác: VABC.MNE  V (hai lăng trụ có chung đáy và tỉ lệ đường cao bằng 3 d  M ,  ABC    MA 1   ). d  A,  ABC    AA 3 2 1 2 2 7 V 2 Suy ra V1  . V  V  V2  V  V  V  1  . 3 3 9 9 9 V2 7 Tổng quát: Cho lăng trụ ABC . AB C  , trên các cạnh AA , BB lấy các điểm M , N sao cho AA  k . AM , BB   k .B N  k  1 . Mặt phẳng  C MN  chia khối lăng trụ đã cho thành hai phần. Gọi V1 là thể tích của khối chóp C . AB MN , V2 là thể tích của khối đa diện ABCMNC  . V Tỉ số 1 bằng: V2 V 4 V 2 V 1 V 3 A. 1  . B. 1  . C. 1  . D. 1  . V2 3k  2 V2 3k  2 V2 3k  2 V2 3k  2 Lời giải Chọn B Đặt V  VABC . ABC  . Lấy điểm E trên CC  sao cho CC   k .C E . AM BN C E 1      MNE  //  ABC  . Suy ra AA BB C C k 1 2 Ta có: VC.MNE  VABC.MNE (chóp và lăng trụ có chung đáy, đường cao)  V1  VABC.MNE . 3 3 1 Mặt khác: VABC.MNE  V (hai lăng trụ có chung đáy và tỉ lệ đường cao bằng k d  M ,  ABC    MA 1   ). d  A,  ABC    AA k 2 1 2 2 3k  2 V 2 V  1  Suy ra V1  . V  V  V2  V  V  . 3 k 3k 3k 3k V2 3k  2 File Word liên hệ: 0978064165 - Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 28 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Khối Đa Diện Nâng Cao Câu 29: Cho khối lăng trụ tam giác ABC. ABC . Gọi M , N lần lượt thuộc các cạnh bên AA, CC  sao cho MA  MA; NC  4 NC  . Gọi G là trọng tâm tam giác ABC . Hỏi trong bốn khối tứ diện GAB C , BB MN , ABBC  và ABCN , khối tứ diện nào có thể tích nhỏ nhất? A. Khối ABCN . B. Khối GABC  . C. Khối ABBC  . D. Khối BBMN . Lời giải Chọn A Gọi V là thể tích khối lăng trụ đã cho. 2 Ta có: VM . BB C C  VA. BBC C  VABB C C  V 3 Và 1 1 1 S BB N  SCBB   S BBC C  VA. BBC   VA. BBC C  V 2 2 3 Và 1 1 1 S BB N  SCBB   S BBC C  VBB MN  VM . BBC C  V 2 2 3 Chú ý: 4 2 2 4 S BCN  S BCC   S BBC C  VA. BCN  VA.BBC C  V 5 3 3 15 . Chọn A Câu 30: Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC . A ' B ' C ', có cạnh đáy bằng a và cạnh bên bằng a 2 . Lấy M, N lần lượt trên cạnh AB ', A ' C sao cho AM A ' N 1   . Tính thể tích V của khối BMNC ' C. AB ' A ' C 3 a3 6 2a 3 6 3a 3 6 a3 6 A. B. C. D. 108 27 108 27 Lời giải Gọi G, K lần lượt tâm các hình chữ nhật ABB ' A ' và AA ' C ' C. AM 1 AM 2 Ta có:    AB ' 3 AG 3 (Do G trung điểm AB’) Xét tam giác ABA ' có AG là trung AM 2 tuyến và  . Suy ra M là trọng AG 3 tâm tam giác ABA '. Do đó BM đi q ua trung điểm I của AA’. A'N 1 A' N 2 Ta có:    A 'C 3 A'K 3 (Do K là trung điểm A’C) Xét tam giác AA ' C ' có A ' K là trung tuyến A' N 2 và  . Suy ra N là trọng tâm của tam giác A'K 3 AA ' C '. Do đó C ' N đi qua trung điểm I của AA’. A' C' N B' K I M G C A File Word liên hệ: 0978064165 - Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay H B Trang 29 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Khối Đa Diện Nâng Cao Từ M là trọng tâm tam giác ABA ' và N trọng tâm của tam giác AA ' C '. Suy ra: IM IN 1   . IB IC ' 3 V IM IN IC 1 Gọi V1 ,V2 lần lượt là thể tích các khối chóp IMNC ; IBCC '. Ta có: 1  . .  V2 IB IC ' IC 9 8 Mà V1  V  V2  V  V2 . 9 Hạ AH vuông góc với BC tại H thuộc BC. Ta được AH vuông góc với mặt phẳng  BB ' C ' C  . AA ' song song với mặt phẳng  BB ' C ' C  nên khoảng cách từ I đến mặt phẳng  BB ' C ' C  bằng khoảng cách từ A đến  BB ' C ' C  và bằng AH. a 3 1 1 a 3 a 2 2 a3 6 Ta có: AH  ; V2  d  I ,  BB ' C ' C   .S BCC '  . .  . 2 3 3 2 2 12 8 2a 3 6 Suy ra: V  V2  . 9 27 Chọn B Câu 31: (Cụm THPT Vũng Tàu) Cho lăng trụ ABC . AB C  .Trên các cạnh AA, BB lần lượt lấy các điểm E, F sao cho AA  kAE, BB  kBF . Mặt phẳng (C EF ) chia khối trụ đã cho thành hai khối đa diện bao gồm khối chóp (C. ABFE) có thể tích V1 và khối đa diện (ABCEFC) có thế V 2 tích V2 . Biết rằng 1  , tìm k V2 7 A. k  4 . B. k  3 . C. k  1 . D. k  2 . Lời giải Chọn B +) Do khối chóp C . AB FE và khối chóp C . AB BA có chung đường cao hạ từ C  nên VC . ABFE S ABFE 2 S ABE AE 1     (1) VC . ABBA S ABBA 2 S ABA AA k +) Do khối chóp C . ABC và khối lăng trụ ABC . AB C  có chung đường cao hạ từ C  và đáy là VC . ABC 1 V 2 ABC nên   C . ABBA  (2) VABC. ABC  3 VABC. ABC  3 V 2 V1 2 2 Từ (1) và (2) suy ra C . ABFE     V1  .VABC. ABC  VABC. ABC  3k VABC. ABC  3k 3k File Word liên hệ: 0978064165 - Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 30 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A +) Đặt V  VABC. ABC  Khối Đa Diện Nâng Cao 2  V1  3k .V Khi đó  V  V  V  V  2 .V 1  2 3k V1 2  nên V2 7 2 2 2 2 2 2 6 2 .V  (V  .V )   (1  )    2k  6  k  3 3k 7 3k 3k 7 3k 7k 7 Câu 32: Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC.A’B’C’ , có cạnh đáy bằng a và cạnh bên bằng a 2 . Lấy AM A'N 1   . Tính thể tích V của khối M , N lần lượt trên cạnh AB’, A’C sao cho AB ' A 'C 3 BMNC’C. Mà a3 6 A. 108 3a 3 6 a3 6 C. D. 108 27 Lời giải Gọi G, K lần lượt là tâm các hình chữ nhật ABB’A’ và AA’C’C. C' A' AM 1 AM 2 Ta có:    (Do G trung điểm AB’). AB ' 3 AG 3 AM 2 N  . Xét tam giác ABA’ có AG là trung tuyến và AG 3 K B' Suy ra M là trọng tâm tam giác ABA’. Do đó BM đi qua I trung điểm I của AA’. A'N 1 A'N 2 G Ta có:    (Do K là trung điểm M A 'C 3 A'K 3 A’C). C A A'N 2 Xét tam giác AA’C’ có A’K là trung tuyến và  . A'K 3 H Suy ra N là trọng tâm của tam giác AA’C’. Do đó C’N đi qua trung điểm I của AA’. Từ M là trọng tâm tam giác ABA’ và N là trọng tâm của B tam giác AA’C’. Suy ra: IM IN 1   . IB IC ' 3 Gọi V1; V2 lần lượt là thể tích các khối chóp IMNC; IBCC’. Ta có: V1 2a 3 6 B. 27 8 IM IN IC 1 . .  . Mà V1 V  V2 . Suy ra V  V2 . 9 V2 IB IC ' IC 9 Hạ AH vuông góc với BC tại H thuộc BC. Ta được AH vuông góc với mặt phẳng (BB’C’C). AA’ song song với mặt phẳng BB 'C ' C  nên khoẳng cách từ I đến mặt phẳng (BB’C’C) bằng  khoẳng cách từ A đến (BB’C’C) và bằng AH. Ta có: AH  a 3 . 2 1  1 a 3 a2 2 a3 6 8 2a 3 6 .d I ; BB 'C 'C  .S BCC '  . .  . Suy ra V  V2  .  3  3 2 2 12 9 27 Chọn B V2  File Word liên hệ: 0978064165 - Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 31 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Khối Đa Diện Nâng Cao Câu 33: (Trần Đại Nghĩa) Cho hình lăng trụ ABC. A ' B ' C ' có thể tích bằng V. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của A ' B ', AC và P là điểm thuộc cạnh CC ' sao cho CP  2C ' P . Tính thể tích khối tứ diện BMNP theo V. A. 2V . 9 B. V . 3 C. 5V . 24 D. 4V . 9 Lời giải Chọn A Gọi B là diện tích tam giác ABC , h là độ dại đường cao của hình lăng trụ, suy ra V  B.h . Gọi Q là trung điểm AB , G là trọng tâm tam giác ABC . Gọi V1 là thể tích khối chóp BMNP , V2 là thể tích khối chóp MBNE với E  QC  MP . PE CE PC 2 PC PC 2    do PC // MQ và PC  2 PC  nên   . Ta có ME QF MQ 3 MQ CC  3 V1 MP 1 1    V1  V2 . V2 ME 3 3 2 8 Do GC  QC , CE  2QC  GE  GC  CE  QC . 3 3 1 Ta lại có V2  S BNE .h . Ta tính diện tích tam giác BNE theo diện tích tam giác ABC ta có 3 8 8 S BNE  S BGE  S NGE  S NQC  S BQC  SQBNC . 3 3 S AQN AQ AN 1 8 3 Mà  .   SQBCN  S ABC do đó S BNE  SQBNC  2 B . 3 S ABC AB AC 4 4 1 1 2V 1 2V Nên V2  S BNE .h  .2 B.h  .  V1  V2  3 3 3 3 9 Câu 34: (Lý Nhân Tông) Cho khối hộp chữ nhật ABCD. ABC D có thể tích bằng 2110 . Biết AM  MA , DN  3ND , CP  2C P như hình vẽ. Mặt phẳng  MNP  chia khối hộp đã cho thành hai khối đa diện. Thể tích khối đa diện nhỏ hơn bằng Ta có   File Word liên hệ: 0978064165 - Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 32 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A A. 5275 . 6 B. 5275 . 12 C. Khối Đa Diện Nâng Cao 7385 . 18 D. 8440 . 9 Lời giải Chọn A Gọi Q là giao điểm của mặt phẳng  MNP  với BB . AM C P DN B Q Giả sử  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 VC BD. PQN y  z  t V  y z t .   C B D . PQN  VC BD.CBD 3 VABC D. ABCD 6 V 1      MNPQ. A D C B   x  y  . VABCD. ADC B 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 35: (THTT lần5) Cho hình lập phương ABCD. AB C D  cạnh 2a . Gọi M là trung điểm của BB 1 và P thuộc cạnh DD sao cho DP  DD . Biết mặt phẳng  AMP  cắt CC  tại N , thể tích 4 của khối đa diện AMNPBCD bằng 3 A. 2 a . 3 B. 3 a . 11a3 C. . 3 3 D. 9 a . 4 Lời giải Chọn B File Word liên hệ: 0978064165 - Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 33 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Khối Đa Diện Nâng Cao A D O P C B K M D' A' O' B' N C' Gọi O , O  lần lượt là tâm hai hình vuông ABCD và AB C D  . Trong mặt phẳng  BDDB  : gọi K  OO   MP . Trong mặt phẳng  ACC A  : gọi N  AK  CC  . Khi đó N  CC    AMP  . 1 3a 1 a 3a  DP  BM    a    . Do đó CN  2OK  . 2 2 2 4 2 1 1 3a  5a 2 Diện tích hình thang $BMNC$ là: S BMNC   BM  CN  .BC   a   .2a  . 2 2 2  2 1 1 5a 2 5a3 Thể tích khối chóp A. BMNC là: VA. BMNC  .S BMNC . AB  . .2a  . 3 3 2 3 1 1  a 3a  Diện tích hình thang DPNC là: S DPNC   DP  CN  .CD     .2a  2a 2 . 2 2 2 2  1 1 4a 3 Thể tích khối chóp A. DPNC là: VA. DPNC  .S DPNC . AD  .2a 2 .2a  . 3 3 3 5a 3 4a 3 Thể tích khối đa diện AMNPBCD bằng: V  VA. BMNC  VA. DPNC    3a 3 . 3 3 Chú ý: Công thức tính nhanh Cho mặt phẳng   cắt các cạnh AA, BB, CC , DD lần lượt tại M , N , P,Q . Khi đó, ta có Ta có OK  VABCD.MNPQ 1  AM BN CP DQ        VABCD. ABC D 4  AA BB CC  DD  AM CP BN DQ    và . AA CC  BB DD 1  AM CP     2  AA CC   Áp dụng, File Word liên hệ: 0978064165 - Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 34 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Khối Đa Diện Nâng Cao A D P B M C A' D' N B' C' VABCDMNP 1  BM DP  1  1 1  3         VABCD. ABC D 2  BB DD  2  2 4  8 AA CN BM DP    và AA CC  BB DD 3 Thể tích khối lập phương ABCD. AB C D  là V   2a   8a 3 . Áp dụng, ta có Suy ra VABCDMNP  3a3 . Câu 36: Cho khối lập phương ABCD. ABC D cạnh a . Các điểm E và F lần lượt là trung điểm của C B và C D . Mặt phẳng  AEF  cắt khối lập phương đã cho thành hai phần, gọi V1 là thể tich khối chứa điểm A và V2 là thể tich khối chứa điểm C ' . Khi đó A. 25 . 47 B. 1. C. V1 là V2 17 . 25 D. 8 . 17 Lời giải Đường thẳng EF cắt AD  tại N , cắt AB  tại M , AN cắt DD  tại P , AM cắt BB  tại Q . Từ đó mặt phẳng  AEF  cắt khối lăng trụ thành hai khối đó là ABCDC QEFP và AQEFPBAD . Gọi V  VABCD. ABC D , V3  VA. AMN , V4  VPFDN , V4  VQMB E . Do tính đối xứng của hình lập phương nên ta có V4  V5 . 1 1 3a 3a 3a 3 AA.AM . AN  a. .  , 6 6 2 2 8 1 1 a a a a3 V4  PD.DF .DN  . . .  6 6 3 2 2 72 3 25a V1  V3  2V4  , 72 47 a3 V 25 V2  V  V1  . Vậy 1  . 72 V2 47 Chọn A Câu 37: Cho hình lập phương ABCD. A ' B ' C ' D ' cạnh a. Gọi M , N lần lượt là trung điểm của A ' B ' và BC. Mặt phẳng  DMN  chia khối lập phương đã cho thành hai khối đa diện. Gọi  H  là khối V3  đa diện chứa đỉnh A,  H ' là khối đa diện còn lại. Tính tỉ số V H  V H ' . File Word liên hệ: 0978064165 - Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 35 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A A. V H  V H '  37 48 B. V H  V H '  55 89 C. Khối Đa Diện Nâng Cao V H  V H '  2 3 D. V H  V H '  1 2 Lời giải AN  ND  J , JM  BB '  K . Ta có: BK  2 B ' K ; I  A ' D '. 1 Ta có: A ' I  D ' D ' . Suy ra thiết diện là KMIDN 4 A' M B' I K C' D' A B J N D C V H   VABA ' KMIDN  VD . ABKMA '  VD .BKN  VD .MA ' I 1  2 1 a a  1 1 a 2a 1 1 a a 55a 3  a.  a  . .   a. . .  .a. . .  3  2 3 2  3 2 2 3 3 2 2 4 144 55a3 89a 3 V 55  V H '  a    H  . 144 144 VH ' 89 Chọn B 3 Câu 38: Cho hình lập phương ABCD. ABC D cạnh a. Gọi M , N lần lượt là trung điểm của các cạnh AB và BC . Mặt phẳng ( DMN ) chia hình lập phương thành 2 phần. Gọi V1 là thể tích của V1 phần chứa đỉnh A, V2 là thể tích của phần còn lại. Tính tỉ số . V2 2 55 37 1 A. . B. . C. . D. . 3 89 48 2 S M A' M A' E B' B' K D' D' C' C' A A B B N N D C H D C Lời giải Gọi H  AB  DN ; MH cắt B ' B tại K , cắt A ' A tại S ; SD cắt A ' D ' tại E . File Word liên hệ: 0978064165 - Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 36 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Khối Đa Diện Nâng Cao Thiết diện tương ứng là ngũ giác DNKME . Phần đa diện chứa A có thể tích là: V1  VS . ADH  VS . A ' EM  VK .BNH . Dùng tam giác đồng dạng kiểm tra được: BA  BH ; AH  4 A ' M ; AD  4 A ' E và 1 SA '  B ' K  A ' A . 3 1 2 Đặt độ dài cạnh hình lập phương bằng 1 thì: SA '  ; KB  . 3 3 1 1 1 4 Ta có: VS . ADH  SA. AD. AH  1   .1.2  . 6 6 3 9 1 1 1 1 VS . A ' EM  VS . ADH  ; VK . BNH  VS . ADH  64 144 8 18 4 1 1 55 Vậy thì phần đa diện chứa A có thể tích là:    . 9 144 18 144 55 89 Suy ra phần đa diện không chứa A có thể tích là: 13   . 144 144 Chọn B Câu 39: Cho hình hộp ABCDA’B’C’D’. Gọi M là trung điểm A’B’. Mặt phẳng (P) qua BM đồng thời song song với B’D’. Biết mặt phẳng (P) chia khối hộp thành hai khối có thể tích là V1 ,V2 V (Trong đó V1 là thể tích khối chứa A). Tính tỉ số F  1 . V2 7 17 8 A. . B. 1. C. . D. . 17 25 17 Lời giải *Gọi N là trung điể A’D’. Khi đó  P   BDNM ). Thấy BMDNAA’=I. Khi đó: V1=V(A’MNABD); V2=V-V1. (Với V là thể tích hình hộp) V ( IA ' MN ) S ( AMN ) 1   * Ta có: V ( AA'B'D') S ( A ' B ' D ') 4 I V (AA'B'D') 1 1 * Mà:  nên có: V ( IA ' MN )  V V 6 24 V ( IA ' MN ) IA '.IM .IN 1   * Lại có: D' C' V ( IABD ) IA.IB.ID 8 N 1 *Vậy: V ( IABD )  V M A' 3 B' 1 1 7 17 * Do đó: V1  V  V  V nên V2  V  V1  V . 3 24 24 24 V 7 D Vậy: 1  C V2 17 Chọn A A B Câu 40: Cho khối lăng trụ tam giác ABC. A’B’C’. Gọi I, J, K lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, AA’ và B’C’. Mặt phẳng (IJK) chia khối lăng trụ thành hai phần. Tính tỉ số thể tích của hai phần đó. 25 49 8 A. . B. 1. C. . D. . 47 95 17 Lời giải Chứng minh EI = IJ = JF. Từ đó suy ra File Word liên hệ: 0978064165 - Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 37 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Khối Đa Diện Nâng Cao EB EM FA ' 1 FN 1    . Lại từ đó suy ra  . E EB ' EK FB ' 3 FK 2 Ta có: d(K, A'B') = (1/2)d(C', A'B'), FB' = (3/2)A'B'. Suy ra I A B SKFB’ = (3/4)SA’B’C’. M EB 1 C Mặt khác vì  nên suy ra d(E, (KFB’)) = (3/2)h (h là J EB ' 3 chiều cao lăng trụ). Do đó VEKFB’ = (3/8)V (V là thể tích lăng trụ). A' F B' VEBIM EI EM EB 1 1 1 1 N K nên VEBIM =  . .  . .  C' VEB ' FK EF EK EB ' 3 3 3 27 1 3 1 . V  V. 27 8 72 VFA ' JN FJ FA ' FN 1 1 1 1 1 3 1 nên VFA’JN = . V  V .  . .  . .  18 8 48 VFB ' EK FE FB ' FK 3 3 2 18 Mặt phẳng (IJK) chia khối lăng trụ thành hai phần. Gọi V1 là thể tích phần chứa điểm B' và V2 là thể tích phần chứa điểm C. Ta có V1 = (3/8 – 1/72 – 1/48)V = (49/144)V nên V2 = (95/144)V. V 49 Do đó 1  . V2 95 Chọn C File Word liên hệ: 0978064165 - Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 38 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Khối Đa Diện Nâng Cao DẠNG 4: CỰC TRỊ THỂ TÍCH CỰC TRỊ THỂ TÍCH KHỐI CHÓP Câu 1: Cho hình chóp S . ABC có SA  SB  SC  1 . Tìm thể tích lớn nhất của khối chóp S . ABC . 1 1 1 1 A. . B. . C. . D. . 3 6 4 12 Lời giải Chọn B . Gọi H là hình chiếu của A lên mặt phẳng SBC . Ta có 1 1   1 . AS.SB.SC  1 . V  . AH .S SBC  . AH .SB.SC.sin BSC 3 6 6 6 AH  AS   AS   SBC  Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi    SA  SB , SB  SC , SC  SA .  sin BSC  1  SB  SC Câu 2: 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: 2 4 A. 3 B. C. D. 4 3 3 3 Lời giải Ta gọi M , N lần lượt là trung điểm của SA, BC. Dễ chứng minh được SA  ( MBC ) và MBC cân tại M Tính được: BC 2 SA2 BC 2 x2  y2 2 2 2 MN  MB   AB    1 . 4 4 4 4 1 x2  y 2 Do đó: V  VS . ABC  xy 1  . 6 4 Vì x 2  y 2  2 xy nên 1 xy 2 xy 1   ( xy )2 .  2  xy  . Dấu bằng xảy ra 6 2 12 khi x  y. Đến đây, có hai hướng xử lý: V File Word liên hệ: 0978064165 - Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 1 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Khối Đa Diện Nâng Cao 3  xy xy    2  xy   xy xy 32 2 Thứ nhất, sử dụng BĐT Côsi: ( xy ) 2  2  xy   4. . (2  xy )  4.  2   . 2 2 3   27   x  y 2 4  Dấu bằng xảy ra   xy  x y  x y  .  2  xy 3 3  2 Thứ hai, đặt t  xy và xét f (t )  t 2 (2  t ) , đạt GTLN khi t  4 , suy ra 3 2 4  x y  . 3 3 Câu 3: Nếu một tứ diện chỉ có đúng một cạnh có độ dài lớn hơn 1 thì thể tích tứ diện đó lớn nhất là bao nhiêu? 1 3 1 5 A. B. C. D. 4 4 8 8 Lời giải Giả sử tứ diện ABCD có cạnh lớn nhất là AB , suy ra các A tam giác ACD và BCD có tất cả các cạnh đều không lớn hơn 1. Các chiều cao AF và BE của chúng không lớn hơn x y a2 1  , trong đó CD  a  1. 4 a2 Chiều cao hình tứ diện AH  AF  1  4 (do tam giác AHF vuông tại H có AF là cạnh huyền) Thể tích của khối tứ diện là: B D H F C 1 1 1 1 1  a2  1 V  S BCD . AH  . .BE.CD. AH  . .a. 1    a  4  a2  3 3 2 3 2  4  24 Để tìm giá trị lớn nhất của V ta xét biểu thức a  4  a 2  . Vì 0  a  1 nên a  4  a 2   3 và V  1 1 a  4  a2   . 24 8 Chọn C. Câu 4: (Sở Vĩnh Phúc) Cho hình chóp S .ABCD có đáy là hình bình hành. Gọi K là trung điểm của SC . Mặt phẳng qua AK cắt các cạnh SB , SD lần lượt tại M và N . Gọi V1 , V theo thứ tự là thể V tích khối chóp S . AMKN và khối chóp S .ABCD . Giá trị nhỏ nhất của tỉ số 1 bằng V 1 2 1 3 A. . B. . C. . D. . 2 3 3 8 Lời giải Chọn C File Word liên hệ: 0978064165 - Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 2 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Khối Đa Diện Nâng Cao S N K A D M C B SA SB SC SD  1, b  2, d  , c , có a  c  3 . SA SM SK SN V V abcd Áp dụng công thức tính nhanh tỉ lệ thể tích: 1  S . AMKN  , với a  c  b  d . V VS . ABCD 4abcd V 6 3 3 1 3    , dấu bằng xảy ra khi b  d  . Suy ra: b  d  3 . Khi đó 1  2 V 8bd 4bd 3 2 bd  4   2  V SB SD 3 1   . Vậy giá trị nhỏ nhất của tỉ số 1 bằng khi V 3 SM SN 2 Chứng minh bài toán: Cho hình chóp S .ABCD có đáy là hình bình hành. Các điểm A , B , C  , D  lần lượt nằm trên SA SB SC SD các cạnh SA , SB , SC , SD . Đặt a  , b , c ,d . SA SB SC  SD V abcd Chứng minh rằng: : S . ABCD  và a  c  b  d . VS . ABCD 4abcd Lời giải Đặt a  S A' D' B' A B C' D C Ta có: ABCD là hình bình hành nên: S ABCD  2SABD  VS . ABCD  2VS . ABD . V SA SB SD 1 1 1 Khi đó: S . ABD  . .   VS . ABD  .VS . ABD  .VS . ABCD . VS . ABD SA SB SD abd abd 2abd VS . BC D SB SC  SD 1 1 1  . .   VS . BCD  .VS .BCD  .VS . ABCD . VS .BCD SB SC SD bcd bcd 2bcd 1 1  a  c  VS . ABCD .VS . ABCD  .VS . ABCD  2abd 2bcd 2abcd b  d V   S . ABCD 2 . Chứng minh tương tự như trên ta cũng có: VS . ABC D    2abcd Từ 1 và  2  suy ra: a  c  b  d . Suy ra: VS . ABC D  VS . ABD  VS . BC D  File Word liên hệ: 0978064165 - Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay 1 . Trang 3 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A 2  b  d  VS . ABCD  a  b  c  d VS . ABCD  . 2abcd 4abcd 4abcd V abcd Vậy: S . ABCD  . VS . ABCD 4abcd Câu 5: Cho hình chóp tứ giác S . ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Các điểm A , C  thỏa mãn  1   1  SA  S A, SC   SC . Mặt phẳng  P  chứa đường thẳng AC  cắt các cạnh SB, SD lần lượt 3 5 V tại B, D và đặt k  S . ABCD . Giá trị nhỏ nhất của k là bao nhiêu? VS . ABCD VS . ABC D  A.  b  d VS . ABCD Khối Đa Diện Nâng Cao 1 . 60  B. 1 . 30 4 . 15 Lời giải C. D. 15 . 16 Chọn A Đặt V  VS . ABCD , ta có: Đặt x  SB SD SA SC     3 5  8 . SB SD SA SC  1 1 SB SD  0, y   0   x  y    4 SB SD x y SA SB SC  1 1  . .  x  VS . ABC   xV . SA SB SC 15 30 VS . ABC  1 V 2 VS . ADC  SA SD SC  1 1  . .  y  VS . ADC   yV . 1 SA SD SC 15 30 V 2 VS . ABC D 1 4 1 1   x  y  x  y    k  . Do đó k  VS . ABCD 30 8 2 60 Câu 6: Cho hình chóp S .ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi C  là trung điểm cạnh SC . Mặt V phẳng  P  chứa đường thẳng AC  cắt các cạnh SB, SD tại B, D . Đặt m  S . BC D . Giá trị nhỏ VS . ABCD nhất của m bằng : 2 4 1 2 A. . B. . C. . D. . 27 27 9 9 Lời giải Chọn C V SB SC  SD 1 Đặt V  VS . ABCD  S .BC D  . .  xy . 1 SB SC SD 2 V 2 1  SB  SD  1 1 SA SC    1 2  3 . m  xy  x  ;y   ;   2  SB SD  x y SA SC 1 1 2 4 1 Sử dụng bất đẳng thức AM  GM ta có    xy   m  . x y 9 9 xy Câu 7: Cho hình chóp S .ABCD có thể tích V và đáy ABCD là hình bình hành. Mặt phẳng qua A và trung điểm N cạnh SC cắt cạnh SB, SD lần lượt tại M , P . Tính thể tích nhỏ nhất của khối chóp S . AMNP . File Word liên hệ: 0978064165 - Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 4 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A A. V . 8 B. 3V . 8 Khối Đa Diện Nâng Cao V . 4 Lời giải C. D. V . 3 Chọn C SA SM SN 1 SP  1, y  ,z   ,t  . SA SB SC 2 SD 1 1 1 1 1 1 Và       1  2  3 . x z y t y t Ta có x  Do đó VS . AMNP  xyzt  1 1 1 1  1 V 3     V   3  3 yt.1.  ytV . 4 x y z t 4 2 4 y  t 2 yt 4 V   yt   VS . AMNP  . 3 3 9 3 Câu 8: Cho hình chóp tứ giác S . ABCD có đáy ABCD là hình hình hành. Các điểm A , C  thỏa mãn  1   1  SA  SA, SC   SC . Mặt phẳng  P  chứa đường thẳng AC  cắt các cạnh SB, SD lần lượt 3 5 V tại B, D và đặt k  S . ABCD . Tính giá trị lớn nhất của k là bao nhiêu? VS . ABCD Mặt khác yt  A. 4 . 105 B. 1 . 30 4 . 15 Lời giải C. D. 4 . 27 Chọn A SB SD SA SC     3 5  8 . SB SD SA SC  SB SD Đặt x   0, y   0. SB SD VS . ABC  SA SB SC  1 1  . .  x  VS . ABC   xV . 1 SA SB SC 15 30 V 2 VS . ADC  SA SD SC  1 1  . .  y  VS . ADC   yV . 1 SA SD SC 15 30 V 2 VS . ABC D 1 1 1   x  y  và   8 . Do đó k  VS . ABCD 30 x y 1 1 y 1 1 Không mất tính tổng quát, giả sử x   y  , từ   8  x  4 4 x y 8 y   1 1  y 1 1  8 1   k   x  y    y  với  y  1 . Ta có k     1   0,  y   ;1 . 2  30 30  8  y 4 30   8  y  4    1 1  4 Vậy kmax  k 1    1  . 30  7  105 Câu 9: Cho hình chóp S .ABCD có ABCD là hình bình hành và có thể tích V . Gọi M , N thứ tự là các AB 2 AD điểm di động trên các cạnh AB , AD sao cho   4 . Gọi V ' là thể tích khối chóp AM AN S . AMN . Tìm giá trị nhỏ nhất của V ' . Đặt V  VS . ABCD , ta có: File Word liên hệ: 0978064165 - Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 5 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A A. 1 V 4 B. 1 V 6 C. Khối Đa Diện Nâng Cao 1 V 8 D. 1 V 3 Lời giải Chọn A S Đặt AB 1 AD 1 1 2 2x 1  ;    4 y   x 1 AM x AN y x y 4x 1 4 VSAMN 1 AM AN 1 x2 x2  .  xy  V '  V VS . ABCD 2 AB AD 2 4x 1 4x 1 D C 2 N  x  1 1 min    x   1  4x 1 2  4  ;1  4  A M B Câu 10: Cho hình chóp S .ABCD có ABCD là hình bình hành và có thể tích V . Gọi M , N thứ tự là các AB 2 AD điểm di động trên các cạnh AB , AD sao cho   4 . Gọi V ' là thể tích khối chóp AM AN S .MBCDN . Tìm giá trị lớn nhất của V ' . 1 2 3 1 A. V B. V C. V D. V 4 3 4 3 Lời giải Chọn C S D C N A Đặt M B AB 1 AD 1 1 2 2x 1  ;    4 y   x 1 AM x AN y x y 4x 1 4  VSAMN 1 AM AN 1 x2 x2   .  xy   V '  1  V VS . ABCD 2 AB AD 2 4 x 1  4x 1   x2  3 1 max 1   x  1  4x 1  4 2  ;1  4  Câu 11: Cho hình chóp S .ABCD có thể tích V , đáy là hình bình hành. Mặt phẳng   đi qua A , trung điểm I của SO cắt các cạnh SB , SC , SD lần lượt tại M , N , P . Tính thể tích nhỏ nhất của khối chóp S . AMNP . V V V 3V A. . B. . C. . D. . 18 3 6 8 Lời giải Chọn C File Word liên hệ: 0978064165 - Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 6 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A SA SM 2 SN 1  1, y   , z  , SA SB 3 SC 2 1 1 1 1 SP t ta có    . Xét tam giác SAC SD x z y t ta có  1   SO  1   SC   SO  SA  SC  SI   SA  SN  2 SI 2 SN   1   1    SI   SA  SN  4 z  Mặt khác 3 điểm A, I , N thẳng hàng nên 1 1 1  1 z  . 4 4z 3 Vậy Khối Đa Diện Nâng Cao Với x   VS . AMNP  S N  P I M A D O C B xyzt  1 1 1 1  2t 2 1 V    V  f t  V  min f  t   f    Dấu bằng xảy ra     1  4 x y z t 3  4t  1 2 6  ;1 4   1 1 khi t  ; y  tức   đi qua trung điểm của SB, SD . 2 2 Câu 12: Cho hình chóp S . ABCD, SA là đường cao, đáy là hình chữ nhật với SA  a, AB  b, AD  c. Trong mặt phẳng  SDB  lấy G là trọng tâm tam giác SDB , qua G kẻ đường thẳng d cắt cạnh BS tại M, cắt cạnh SD tại N, mp  AMN  cắt SC tại K. Xác định M thuộc SB sao cho VSAMKN đạt giá trị lớn nhất và nhỏ nhất. Hãy tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất đó. abc abc abc abc A. VSAMKN  max  , VSAMKN  min  B. VSAMKN  max  , VSAMKN  min  8 9 8 10 abc abc abc abc C. VSAMKN  max  , VSAMKN  min  D. VSAMKN  max  , VSAMKN  min  9 10 10 11 Lời giải S Gọi O là tâm hình chữ nhật ABCD. 2 Ta có: SG  SO và K  AG  SC và K là trung điểm 3 SC K N M G A D O B C VSMAK SM SA SK 1 SM 1 SM 1 SM  . .  VSMAK  . .VSBAC  .VSBAC  .a.b.c VSBAC SB SA SC 2 SB 4 SB 12 SB 1 SN Tương tự VSNAK  .a.b.c . 12 SC File Word liên hệ: 0978064165 - Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 7 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Do đó: VSAMKN  Khối Đa Diện Nâng Cao 1  SM SN     a.b.c 12  SB SC  Trong mp  SBD  : S SMN SM SN S SMG  S SGN S S SG.SM SG.SN SM .SN 1  SM SN   .   SMG  SGN        S SBD SB SC 2 S SBO 2 S SBO 2S SBO 2.SO.SB 2.SO.SB SB.SC 3  SB SC  Do M, N lần lượt nằm trên cạnh SB, SD nên: SM  1  ,   t  1 thì SN  2  SN 1  SN  SN t t.  t   .  SC 3  SC  SC 3t  1 Nhận thấy VSAMKN đạt GTLN, GTNN nếu: SM SN t 1 f t    t với  t  1. SB SC 3t  1 2 2 1 9t  6t Ta có f '  t   1   2 2  3t  1  3t  1 SB 1 SM  SM  SB   1 2 2 SB S Đặt t  H M G N D 2 O Nên f '  t   0  t  , t  0 (loại). 3 B 3 2 4 1 3 f    , f 1  , f    . 2 3 3 2 2 abc Do vậy VSAMKN  là GTLN khi M là trung điểm SB hoặc M trùng với B. 8 abc VSAMKN  là GTNN khi MB chiếm 1 phần SB. 9 Chọn A  1  Câu 13: Cho hình chóp S .ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Các điểm A ', C ' thỏa mãn SA '  SA 3  1  , SC '  SC . Mặt phẳng  P  chứa đường thẳng A ' C ' cắt các cạnh SB, SD lần lượt tại B ', D ' 5 V và đặt k  S . A ' B ' C ' D ' . Giá trị lớn nhất của k là? VS . ABCD 4 1 4 4 A. . B. . C. . D. . 105 30 15 27 Lời giải Chọn A SB SD SA SC Đặt V  VS . ABCD , ta có     3 5  8 SB' SD' SA' SC' V 1 SA' SB' SC' 1 Mặt khác S . A ' B ' C '  xV . .  x  VS . A ' B 'C '  1 30 SA SB SC 15 V 2 File Word liên hệ: 0978064165 - Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 8 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Khối Đa Diện Nâng Cao VS . A ' C ' D ' SA' SD' SC' 1  . .  y 1 SA SD SC 15 V 2 1  VS . A ' C ' D '  yV 30 V 1 Do đó k  S . A ' B 'C ' D '   x  y  , trong đó VS . ABCD 30 SB' SD' x , y SB SD Và k  f ( x)  1  x  4 f ( x )  f (1)  . x   max 30  8 x  1   1 ;1 105 8  Câu 14: Cho khối chóp S .ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật. Một mặt phẳng song song với đáy cắt các cạnh bên SA , SB , SC , SD lần lượt tại M , N , P , Q . Gọi M  , N  , P  , Q lần lượt là hình SM chiếu của M , N , P , Q trên mặt phẳng đáy. Tìm tỉ số để thể tích khối đa diện SA MNPQ.M N PQ đạt giá trị lớn nhất. 3 2 1 1 A. . B. . C. D. . 4 3 2 3 Lời giải Chọn B S SM Đặt  x  0  x  1 , kí hiệu V , h lần lượt SA là thể tích và chiều cao của khối chóp đã cho, MN NP PQ SM theo Thales ta có:     x; AB BC CD SA d  M ,  ABCD   AM   1 x và d  S ,  ABCD   SA Q M N P A D M' Q'  d  M ,  ABCD    1  x  h . Vì vậy: VMNPQ .M N PQ   MN .MQ.d  M ,  ABCD   N' B P' C  x 2 1  x  . AB. AD.h  3 x 2 1  x  V . Sử dụng bất đẳng thức AM  GM ta có: 3 1  x  x  2  2x  4 1 . x 1  x   x.x.  2  2 x      2 2 3  27 4 2 Do đó VMNPQ.M N PQ  V . Dấu "  " xảy ra  x  2  2 x  x  . 9 3 Chọn B Câu 15: Cho khối chóp S . ABC . Một mặt phẳng song song với đáy cắt các cạnh bên SA , SB , SC lần lượt tại M , N , P . Gọi M  , N  , P  lần lượt là hình chiếu của M , N , P trên mặt phẳng đáy. Tìm tỉ SM số để thể tích khối đa diện MNP. M N P đạt giá trị lớn nhất. SA 2 File Word liên hệ: 0978064165 - Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 9 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A A. 3 . 4 B. 2 . 3 C. Khối Đa Diện Nâng Cao 1 . 2 D. 1 . 3 Lời giải Chọn B S SM Đặt  x  0  x  1 , kí hiệu V , h lần lượt SA là thể tích và chiều cao của khối chóp đã cho, MN NP MP SM theo Thales ta có:     x; AB BC CA SA d  M ,  ABC   AM   1 x và d  S ,  ABC   SA P M N A  d  M ,  ABC    1  x  h ; S MNP  x S ABC . 2 C M' P' Vì vậy: VMNP .M N P  S MNP . d  M ,  ABC   2 N' 2  x 1  x  .S ABC .h  3 x 1  x  V . Sử dụng bất đẳng thức AM  GM ta có: B 3 1  x  x  2  2x  4 1 . x 1  x   x.x.  2  2 x      2 2 3  27 4 2 Do đó VMNPQM N P  V . Dấu "  " xảy ra  x  2  2 x  x  . 9 3 Chọn B Câu 16: 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 SD và SB lần lượt tại M và N . Gọi V1 là thể tích V của khối chóp S . AMPN . Tìm giá trị nhỏ nhất của 1 ? V 1 2 3 1 A. . B. . C. . D. . 8 3 8 3 Lời giải Chọn D S Gọi O là tâm của hình bình hành ABCD . G là trọng tâm tam giác SAC . Ta có M , G , N thẳng hàng. Do ABCD là hình 1 bình hành nên VS . ADC  VS . ABC  VS . ABCD . 2 M Theo công thức tỉ số thể tích ta có: 2 G P D A N O B C VS . AMP SM SP V V 1 SM 1 SM  .  S . AMP   S . AMP  1 VS . ADC SD SC VS . ABCD 4 SD VS . ABCD 2 SD 2 File Word liên hệ: 0978064165 - Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 10 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Khối Đa Diện Nâng Cao VS . ANP SN SP V V 1 SN 1 SN  .  S . ANP   S . ANP  1 VS . ABC SB SC VS . ABCD 4 SB VS . ABCD 2 SB 2 V V 1  SM SN  VS . AMNP 1  SM SN  Từ đó suy ra S . AMP  S . ANP       VS . ABCD VS . ABCD 4  SD SB  VS . ABCD 4  SD SB  V 1  SM SN  Hay 1     V 4  SD SB  SD SB Ta chứng minh   3. SM SN Thậy vậy, qua B , D kẻ các đường song song với MN cắt SO lần lượt tại E , F . SD SF SB SE SD SB SE  SF S Ta có:  ;     SM SG SN SG SM SN SG SD SB 2SO 3     2.  3 SM SN SG 2 G SD SB N E Đặt  x;  y . Ta có x  y  3 SM SN O B V1 1  SM SN  1  1 1  x  y 3 3 1 F Mặt khác           V 4  SD SB  4  x y  4 xy 4 xy  x  y 2 3 Tương tự M D V1 1 nhỏ nhất bằng . V 3 Câu 17: Cho hình chóp S . ABC có ASB  BSC  CSA  30 và SA  SB  SC  a . Mặt phẳng  P  qua A cắt hai cạnh SB, SC lần lượt tại B, C  sao cho chu vi tam giác ABC  nhỏ nhất. Gọi V V1 ,V2 lầ lượt là thể tích các khối chóp S . ABC , S . ABC . Tính tỉ số 1 . V2 V V V V A. 1  3  2 2 . B. 1  3  1 . C. 1  4  2 3 . D. 1  2  1 . V2 V2 V2 V2 Lời giải Chọn C Vậy SB  SC  V SB  SC   x,  y 1  .  x. y . SB SC V2 SB SC Khi đó: AB2  SA2  SB2  2.SA.SB.cos ASB Đặt  2  a 2   ax   2.a.ax.cos 30  a 2 1  3 x  x 2  AB  a 1  3x  x  S . C' B' 2 Tương tự: AC   a 1  3 y  y 2 , BC   a x 2  3xy  y 2 B A C File Word liên hệ: 0978064165 - Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 11 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Khối Đa Diện Nâng Cao 2 p  AB  AC   BC  Ta có:   a    a  1  3x  x 2  1  3 y  y 2  x 2  3 xy  y 2    2 2  2  3   1 2  3  1  2  y       y  x    x   1  3x  x   2   2   2  2   2 2  3 3  1 1  a   x     x   a 1  3 x  x 2  a( 1  x  x 2  1  3 x  x 2 ) .  2 2   2 2   2 2 2 2  2  3   1 2   3 1 1 1  3 3    a  x      x      a            a 2 .    2   2  2 2 2 2 2 2            3 y x 2 V 2 Dấu bằng xảy ra khi: x  , x  3 1  x  y  3 1  1  3 1  4  2 3 . V2 3 y 2    Câu 18: Cho khối chóp S . ABC có SA  SB  SC  a ASB  60 , BSC  90 , ASC  120 . Gọi M , N lần CN AM lượt là các điểm trên cạnh AB và SC sao cho  . Khi khoảng cách giữa M và N nhỏ SC AB nhất, tính thể tích V của khối chóp S . AMN . 2a 3 5 2a 3 5 2a 3 2a 3 A. . B. . C. . D. . 72 72 432 432 Lời giải Chọn C  2  2 a3 2a 3 1  1 Ta có thể tích khối chóp S . ABC à V0  1        . 6 12  2  2 CN AM Đặt   m  0  m  1 , ta có SC AB   a2             a2 SA  a, SB  b, SC  c , a  b  c  a , a.b  , b.c  0, a.c   . 2 2 Theo đẳng thức trên ta có đẳng thức vectơ           SN  1  m  c, SM  SA  AM  a  m AB  a  m b  a .   File Word liên hệ: 0978064165 - Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 12 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A         MN  SN  SM  1  m  c   a  m b  a   .      m  1 a  mb  1  m  c Do đó    2 MN 2   m  1 a  mb  1  m  c . 11a 2 2 2   3m  5m  3  a  12 Dấu bằng xảy ra tại 5 SN SN AM m  V  .VS . AMC  . .V0 6 SC SC AB . 5 1 2a 3 5 2a 3  m 1  m  V0  . .  6 6 12 432   Khối Đa Diện Nâng Cao  S  c a N b C A M B Câu 19: (Sở Bắc Ninh) Cho tứ diện SABC có G là trọng tâm tứ diện, mặt phẳng quay quanh AG cắt các V cạnh SB, SC lần lượt tại M , N . Giá trị nhỏ nhất của tỉ số S . AMN là? VS . ABC 4 3 1 1 A. . B. . C. . D. . 9 8 3 2 Lời giải Chọn A Gọi E , F , G lần lượt là trung điểm BC , SA, EF suy ra G là trọng tâm tứ diện SABC . Điểm I là giao điểm của AG và SE . Qua I dựng đường thẳng cắt các cạnh SB, SC lần lượt tại M , N . Suy ra  AMN  là mặt phẳng quay quanh AG thỏa mãn yêu cầu bài toán. Kẻ GK // SE ,  K  SA suy ra K là trung điểm FS .  KG AK 3 KG 1 SI 2   . Mà    . SI AS 4 SE 2 SE 3 File Word liên hệ: 0978064165 - Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 13 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Khối Đa Diện Nâng Cao Cách 1: Kẻ BP // MN , CQ // MN ;  P, Q  SE  . SM SI SN SI  ;  . SB SP SC SQ  BEP  CEQ  E là trung điểm PQ  SP  SQ  2 SE (đúng cả trong trường hợp P  Q  E ). Ta có: 2 V SA SM SN SI SI AM GM SI 2 SI 2  SI  4 Ta có: S . AMN  . .  1. .      . 2 VS . ABC SA SB SC SP SQ  SP  SQ  SE 2  SE  9 4 Dấu "  " xảy ra khi và chỉ khi SP  SQ  SE . Hay P  Q  E  MN // BC . 4 Vậy tỉ số nhỏ nhất là . 9 Cách 2: SB SC Ta chứng minh được   3. SM SN Thật vậy, qua I kẻ các đường thẳng lần lượt song song SB, SC cắt SC , SB tương ứng tại D, L . SB DB    3 NI SB 3NI IQ DI  SB IQ .  3.   Ta có: , 1 .  IQ SM NM SM NM IQ NI   SM NM  SC LC    3 SC IP MI SC 3MI  Lại có: IP LI ,  2 . .  3.    IP MI IP SN MN SN MN   SN MN  SB SC MI   NI Từ 1 và  2  ta có:   3    3. SM SN  NM MN  SB SC Đặt x  ;y . Suy ra x  y  3 . SM SN V SA SM SN 1 AM GM 1 4 . .    . Ta có: S . AMN  2 VS . ABC SA SB SC xy  x  y 9 4 3 Dấu "  " xảy ra khi và chỉ khi x  y   MN // BC . 2 4 Vậy tỉ số nhỏ nhất là . 9 Cách 3: File Word liên hệ: 0978064165 - Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 14 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Khối Đa Diện Nâng Cao SB SC  x;  y , với x  0 , y  0 . SM SN  2  1   1   x  y  Ta có SI  SE  ( SB  SC )  ( xSM  ySN )  SM  SN . 3 3 3 3 3 x y Do I , M , N thẳng hàng nên   1  x  y  3 . 3 3 VS . AMN SM SN 1 1 1 1 4 Ta có  .  .    . VS . ABC SB SC x y xy ( x  y )2 9 2 V 4 Vậy S . AMN đạt giá trị nhỏ nhất bằng khi x  y , hay MN đi qua I và song song với BC . 9 VS . ABC Câu 20: (Hoàng Hoa Thám Hưng Yên) Cho hình chóp S .ABCD có đáy là hình bình hành và có thể tích là V . Gọi P là điểm trên cạnh SC sao cho SC  5SP. 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 lớn V nhất của 1 . V 1 1 3 2 A. . B. . C. . D. . 15 25 25 15 Lời giải Chọn C Đặt V1 VS . AMPN V  VS . APM V V 1  SP SN SP SM  .  .   S . APN  S . APN  S . APM    V VS . ABCD VS . ABCD 2VS . ACD 2VS . ABC 2  SC SD SC SB  SM SN 1  SN SM     , b , 0  a, b  1 .  . Đặt a  10  SD SB  SB SD Gọi O là giao điểm hai đường chéo của hình bình hành ABCD . Trong mặt phẳng  SAC  , AP  SO  I . Ta có PS AC IO IO SI 1 . . 1  2  . PC AO IS IS SO 3 S SM SN Xét tam giác SBD có SMN   a.b . . S SBD SB SD S S  S SNI S S 1  SM SI SN SI  1 Mặt khác, SMN  SMI .  .  SMI  SNI     a  b S SBD S SBD 2 S SBO 2 S SDO 2  SB SO SD SO  6 Xét tam giác SOC có File Word liên hệ: 0978064165 - Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 15 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Khối Đa Diện Nâng Cao 1 1 a , do 0  b  1 nên  a  b   ab , do a  không thoả mãn hệ thức nên b  6 6 6a  1 a 1 V 1 1 1 a  0  1  a  . Từ đó, 1   a  b    a   với  a  1 . 6a  1 5 V 10 10  6a  1  5 x 1 2 1  Xét hàm số y  f  x   x  với x   ;1 . y   1  , y  0   6 x  1  1 2 6x 1 5   6 x  1 Vậy, x  0l 6 6 1 6 1 2  . Ta có f    , f    , f 1  . Vậy max f  x   f 1  . 1 x  1  5 5 5 5  3 3 x ;1 5   3 V 3 Từ đó, giá trị lớn nhất của 1 bằng khi M trùng B hoặc N trùng D . V 25 Cách 2: SA SB SC SD  1; b   5; d  * Đặt a  ; c . SA SM SP SN * Ta có a  c  b  d  1  5  b  d  d  6  b . V a  b  c  d 1 b  5  6  b 3 1 * S . AMPN    . 2 . VS . ABCD 4abcd 4.1.b.5.  6  b  5 b  6b 3 1 ; b  1;5 (do b , d  1 ). * Xét f  b   . 2 5 b  6b 3 2b  6 f   b   . ; f b  0  b  3 . 5 b 2  6b 2   Bảng biến thiên: b f b 1  3 0 3 25 5  3 25 f b  1 15 V1 3  . V 25 Câu 21: Khối tứ diện ABCD có AB  1 và tất cả các cạnh còn lại có độ dài không vượt quá 1. Hỏi thể tích lớn nhất của khối tứ diện đó là? 3 1 1 A. . B. . C. . D. 3 . 8 8 24 Lời giải Chọn B Kết luận: Giá trị lớn nhất của File Word liên hệ: 0978064165 - Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 16 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Khối Đa Diện Nâng Cao Tứ diện ABCD có AB  1 , các cạnh còn lại đều không lớn hơn 1. Đặt CD  a, x   0;1 Gọi M là trung điểm của BC , K là hình chiếu của B lên CD và H là hinfhc hiếu của A trên mp  BCD  . Khi đó ta có VABCD  1 1 AH .S BCD  x.BK . AH (1) 3 6 Có BC 2  BD 2 CD 2 x2 1   1   BM  4  x2 2 4 4 2 1 4  x2 Tương tự ta cũng có AM  2 1 1 4  x 2 (2), AH  AM  4  x 2  3 Mà BK  BM  BK  2 2 1 x  4  x 2  ; x   0;1 Từ (1), (2), (3) suy ra VABCD  24 1 1 1 x 4  x 2 , x   0;1 là hàm đồng biến nên f  x   f 1   VABCD  Xét hàm số f  x   24 8 8 (Dấu bằng xẩy ra khi hai tam giác ACD, BCD là hai tam giác đều có cạnh bằng 1 và H , K BM 2  trùng với M . Khi đó AB  3 1 ) 2 Chọn B Câu 22: Khối tứ diện ABCD có AB  x  x  1 và có tất cả các cạnh còn lại có độ dài không vượt quá 1. Tính x khi thể tích của khối tứ diện đó lớn nhất. 2 3 6 3 2 2 6 A. x  . B. x  . C. x  . D. x  . 3 2 2 3 Lời giải Chọn B Tứ diện ABCD có AB  x  1 , các cạnh còn lại đều không lớn hơn 1. Đặt CD  a, y   0;1 Gọi M là trung điểm của BC , K là hình chiếu của B lên CD và H là hinfhc hiếu của A trên mp  BCD  . Khi đó ta có VABCD  1 1 AH .S BCD  y.BK . AH (1) 3 6 Có BC 2  BD 2 CD 2 y2 1 BM    1  BM  4  y2 2 4 4 2 1 4  y2 Tương tự ta cũng có AM  2 2 File Word liên hệ: 0978064165 - Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 17 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Khối Đa Diện Nâng Cao 1 1 4  y 2 (2), AH  AM  4  y 2  3 2 2 1 y  4  y 2  ; y   0;1 Từ (1), (2), (3) suy ra VABCD  24 1 1 1 y 4  y 2 , y   0;1 là hàm đồng biến nên f  y   f 1   VABCD  Xét hàm số f  y   24 8 8 Dấu bằng xẩy ra khi hai tam giác ACD, BCD là hai tam giác đều có cạnh bằng 1 và H , K Mà BK  BM  BK  3 6  2 2 Câu 23: Cho tứ diện ABCD có AB  4a, CD  x và tất cả các cạnh còn lại bằng 3a. Tìm x để khối tứ diện ABCD có thể tích lớn nhất. A. x  2 10a. B. x  10a. C. x  6 a . D. 3a . Lời giải Chọn B trùng với M . Khi đó x  AB  Gọi I là trung điểm AB, H là hình chiếu của C lên mặt  ABD  , K là trung điểm CD. 2  AB  2 2 DI  BD     9a  4a  a 5  CI .  2  2 2 2 x  CD  2 IK  DI      5a  4  2  2 20a 2  x 2 . 2 20a 2  x 2 IK .CD x 20a 2  x 2 2 CH    . ID a 5 2a 5 Thể tích khối tứ diện lớn nhất khi CH lớn nhất. x 2  20a 2  x 2 x 20a 2  x 2   10a 2  CD  a 5. 2 2 Đạt được khi x  20a 2  x 2  x  a 10. Câu 24: Cho khối tứ diện ABCD có AB  x , tất cả các cạnh còn lại bằng nhau và bằng 2  x . Hỏi có bao 2 nhiêu giá trị của x để khối tứ diện đã cho có thể tích bằng . 12 A. 1. B. 6 . C. 4 D. 2 . Lời giải Chọn D CA  CB  CD  2  x  Ta có  CA2  CB 2  AB 2 x2  1 cos ACB   1  , cos BCD 2  2CA.CB 2(2  x ) 2  x. 2   1 2  1  2    1  1   (2  x)3 x2 x2      . 1  2 1  Vậy V      1  2  2  2  x  2   2   6    2   2  2  x    2   2  File Word liên hệ: 0978064165 - Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 18 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Khối Đa Diện Nâng Cao x 2  x 6 x  1 x2  6 x  6 2   . 2 12  x  0, 275842 Câu 25: Xét khối tứ diện ABCD có AB  x và 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 . D. x  3 3 . Lời giải Chọn D Gọi E là trung điểm của AB , ta có các tam giác CAB, DAB lần lượt cân tại C, D nên  CE  AB, DE  AB  AB   ECD  . Suy ra VABCD  1 AB.SCDE 3 x2 4 Gọi F là trung điểm của CD , ta có EF  CD và Ta có CE  DE  AD 2  AE 2  12  FE  DE 2  DF 2  12  SCDE  x 2 12 x2   9 , Suy ra 4 4 4 1 x2 FE.CD  3. 9  2 4 3 x2 3 3  x 2  36  x 2  x 9  x 36  x 2   3 3. 3 4 6 6  2  Câu 26: Cho khối chóp S . ABC có SA  a , SB  a 2 , SC  a 3 . Thể tích lớn nhất của khối chóp là Khi đó V  A. a3 6 . B. a3 6 . 2 C. a3 6 . 3 D. a3 6 . 6 Lời giải Chọn D A a a 3 S C H a 2 B Gọi H là hình chiếu của A lên ( SBC )  V  1 AH .S SBC . 3 Ta có AH  SA ; dấu “=” xảy ra khi AS   SBC  . File Word liên hệ: 0978064165 - Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 19 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Khối Đa Diện Nâng Cao 1   1 SB.SC , dấu “=” xảy ra khi SB  SC . SB.SC.sin SBC 2 2 1 1 1 1 Khi đó, V  AH .SSBC  AS  SB  SC  SA  SB  SC . 3 3 2 6 Dấu “=” xảy ra khi SA, SB, SC đôi một vuông góc với nhau. S SBC  1 a3 6 SA.SB.SC  . 6 6 Câu 27: Cho hình chóp S . ABC có SA  SB  SC  2 , đáy ABC là tam giác vuông tại A , AB  1 . Tìm thể tích lớn nhất của khối chóp S . ABC . 5 5 2 4 A. . B. . C. . D. . 8 4 3 3 Lời giải Chọn A Gọi H là hình chiếu của S lên  ABC  . Khi đó H là tâm Suy ra thể tích lớn nhất của khối chóp là V  đường tròn ngoại tiếp ABC . Hay H là trung điểm BC . 15  x 2 . 2 1 1 1 15  x 2 V  .SH .S ABC  .SH . AB. AC  . .x 3 6 6 2 Ta có: . 2 2 1 15  x  x  5  .  12 2 8 15 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 15  x 2  x 2  x  . 2 Câu 28: Cho hình chóp S . ABC có SA  SB  SC  BA  BC  1 . Tìm thể tích lớn nhất của khối chóp S . ABC ? 1 1 2 3 A. . B. . C. . D. . 6 12 8 12 Lời giải Chọn C Cách 1: Gọi H là hình chiếu của S lên  ABC  . Khi đó H là tâm đường tròn ngoại tiếp ABC . Vì ABC cân tại B nên H thuộc đường trung trực BM của AC . Đặt AC  x . Ta có: Đặt AC  x . Khi đó BC  x 2  1 , SH  1 1 x2 x 4  x2 S ABC  .BM . AC  .x. 1   và 2 2 4 4 abc 1 . R  4 S ABC 4  x2 Mặt khác chiều cao của khối chóp: SH  SB 2  BH 2  SB 2  R 2  3  x2 . 4  x2 File Word liên hệ: 0978064165 - Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 20 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Khối Đa Diện Nâng Cao 1 1 3  x2 x 4  x 2 Thể tích khối chóp: V  .SH .S ABC  . .  3 3 4  x2 4 x2 3  x2  12 1  . 8 3 . 2 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x 2  3  x 2  x  Cách 2: Gọi K , I lần lượt là hình chiếu của C lên  SAB  và SB . 1 1 1 3 3 1 Thể tích khối chóp: V  .CK .S SAB  .CI .SSAB . .  . 3 3 3 2 4 8 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi hình chiếu của C lên  SAB  trùng trung điểm SB . Câu 29: (KINH MÔN II LẦN 3 NĂM 2019) Cho hình chóp S.ABCD đều, có cạnh bên bằng 1 . Thể tích lớn nhất của khối chóp S .ABCD bằng 4 4 3 3 1 A. . B. . C. . D. . 27 6 27 12 Lời giải Chọn C 1  Gọi O là giao điểm của AC và BD  SO   ABCD   VS . ABCD  .SO.S ABCD . 3 Đặt AB  x  x  0  .  BD  x 2  OD  x 2 . 2 x2 2  x2 Tam giác SOD vuông tại O  SO  SD  OD  1   2 2 2  2   x  0; 2 (do SO  0) 1 2  x2 2 2 2 Khi đó: VS . ABCD  . .x  x . 2  x2 . 3 6 2    Xét hàm số f  x   x 2 . 2  x 2 với x  0; 2 . 2 2 f   x   2 x. 2  x  x . x 2  x2 2 x  2  x   x3 2  2  x2  3x3  4 x 2  x2 . File Word liên hệ: 0978064165 - Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 21 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Khối Đa Diện Nâng Cao  x  0 l   2 3 f   x   0  3x 3  4 x  0   x   l  . 3  2 3  TM   x  3 Ta có bảng biến thiên 2 4 6 4 3 .  . 6 9 27 Câu 30: (KINH MÔN HẢI DƯƠNG 2019) Cho hình chóp S . ABCD có SA  x , các cạnh còn lại của hình chóp đều bằng 2. Giá trị của x để thể tích khối chóp đó lớn nhất là Vậy thể tích lớn nhất của khối chóp S .ABCD bằng A. 2 2 . B. C. 7 . Lời giải 2. D. 6. Chọn D S C B O D H A Vì SB  SC  SD  2 nên hình chiếu H của S lên ABCD là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD . Mà tứ giác ABCD có các cạnh bằng nhau nên tứ giác ABCD là hình thoi, do đó H  AC ; SBD ; CBD ;  ABD có các cạnh tương ứng bằng nhau nên SO  AO  CO  SAC vuông tại S .  AC  SA2  SC 2  x 2  4 . SAC vuông tại S , có đường cao SH nên 1 1 1  2  SH  2 SH SA SC 2 2x x2  4 . AC 2 4  x 2 12  x 2 12  x 2 Lại có OB  OC  BC  OB  BC   4   OB  . 4 4 4 2 1 S ABCD  AC.OB  x 2  4 12  x 2  .  2 1 1 1 x 2  12  x 2 2 Ta có VS . ABCD  .SH .S ABCD  .x. 12  x  .  2. 3 3 3 2 2 2 2 2 2 File Word liên hệ: 0978064165 - Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 22 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Khối Đa Diện Nâng Cao Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x 2  12  x 2  x 2  6  x  6 . Cách 2. S D M A O B C Theo giả thiết ta có hai tam giác SBC , SCD là hai tam giác đều bằng nhau.  BM  MC Gọi M là trung điểm của SC suy ra   MC   MBD  .  DM  MC Ta có VS . ABCD  2.VS .BCD  4.VC .MBD . 1 1 1   1 sin BM  D, Ta lại có VC .MBD  .MC.S MBD  . MB.MD.sin BMD 3 3 2 2 MC  1, MB  MD  3 .     1  BMD   90 . Do đó để VS . ABCD lớn nhất  VC .MBD lớn nhất  sin BMD Xét  MB D vuông tại M , khi đó x  SA  2.MO  BD  MD 2  MB 2  6 . Câu 31: (CỤM TRẦN KIM HƯNG HƯNG YÊN NĂM 2019) Cho hình chóp S .ABCD có đáy   ABCD là hình thoi. Biết SA  x với 0  x  2 3 và tất cả các cạnh còn lại đều bằng 2. Tìm x để thể tích của khối chóp S .ABCD đạt giá trị lớn nhất? 6 A. 2 . B. 2 2 . C. . 2 Lời giải Chọn D D. 6. Gọi O là tâm hình thoi ABCD và H là hình chiếu vuông góc của S lên AC 1 Ta có ABD  CBD  SBD (c  c  c)  SO  OA  OC  AC 2 Mà SO là trung tuyến của SAC nên SAC vuông tại S . File Word liên hệ: 0978064165 - Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 23 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Khối Đa Diện Nâng Cao BD  AC    BD  (SAC )  ( ABCD)  ( SAC ), (1) BD  SO  Và ( SAC )  ( ABCD)  AC ; SH  AC , (2) . Từ (1) và (2) ta có SH  ( ABCD ) . 1 1 1 Trong SAC vuông tại S có AC  x 2  4 ;  2   SH  2 SH x 4 Lại có 2x x2  4 . 2 x2  AC  . AB 2    3   4  2  1 1 1  .SH .S ABCD  .SH .2.S ABC  .SH . AC.OB 3 3 3 Trong OAB vuông tại O có OB  Thể tích hình chóp là VS . ABCD 1 2x x2 1 2 1 x 2  12  x2 2 2  . . x  4. 3   x (12  x )  .  2. 3 x2  4 4 3 3 2 VS . ABCD lớn nhất bằng 2 khi và chỉ khi x2  12  x2  x  6 . Câu 32: (CHUYÊN LÊ THÁNH TÔNG QUẢNG NAM LẦN 2 NĂM 2019) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình bình hành tâm O . Một mặt phẳng không qua S và cắt các cạnh SA , SB     SB , SC , SD lần lượt tại M , N , P , Q thỏa mãn SA  2SM , SC  3SP . Tính tỉ số khi biểu SN 2 2  SD   SB  thức T    đạt giá trị nhỏ nhất.   4  SN   SQ  SB 11 SB SB  . 5.  4. A. B. C. SN 2 SN SN Lời giải Chọn C D. SB 9  . SN 2 Gọi O là tâm của hình bình hành ABCD , gọi I  MP  AC . Lấy điểm N  SB , NI  SD  Q . Do đáy ABCD là hình bình hành nên ta chứng minh được hệ thức sau: SA SC SB SD    (1). SM SP SQ SN SD SB Đặt x  , y với x  0; y  0 . Theo bài ta được x  y  2  3  5 . SQ SN Theo bài, ta cần tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức T  x 2  4 y 2 với x  0, y  0 và x  y  5 . Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki, ta được: File Word liên hệ: 0978064165 - Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 24 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Khối Đa Diện Nâng Cao 2 2 1    1  52  1.x  .2 y   12      x 2  4 y 2  suy ra x 2  4 y 2  20 . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ 2     2    x 2y   1 x  4 y x  4 khi  1 .   2 x  y  5 y  1     x  y  5 SB  4. Vậy giá trị nhỏ nhất của T là 20 đạt được khi x  4 , y  1 hay SN Câu 33: (Ba Đình Lần2) Một kim tự tháp Ai Cập có hình dạng là một khối chóp tứ giác đều có độ dài cạnh bên là một số thực dương không đổi. Gọi  là góc giữa cạnh bên của kim tự tháp và mặt đáy. Khi thể tích của kim tự tháp lớn nhất, tính sin  . 6 3 5 3 A. sin   . B. sin   C. sin   . D. sin   . 3 3 3 2 Lời giải Chọn B * Đặt SC  a với a  0 . SO  ( ABCD )   . *  suy ra SCO SC  ( ABCD )  C  * OC  a.cos  ; SO  a.sin  . AC  a 2.cos  . * AC  2OC  2a.cos  ; AB  2 * S ABCD  AB 2  2a 2 .cos 2  . 1 2 2 VS . ABCD  .SO.S ABCD  a 3.sin  .cos 2   a 3.sin  .(1  sin 2  ) 3 3 3 t  sin  * Xét hàm y  t (1  t 2 ) với  0  t  1 3 thì hàm số y đạt giá trị lớn nhất. 3 Câu 34: (Chuyên Ngoại Ngữ Hà Nội) Cho hình chóp S . ABC có SA  SB  SC  AB  AC  a và   BC  2 x (trong đó a là hằng số và x thay đổi thuộc khoảng  0; a 3  ). Tính thể tích lớn nhất  2   Vmax của hình chóp S . ABC * Lập bảng biến thiên ta tìm được t  File Word liên hệ: 0978064165 - Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 25 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A a3 A. . 8 a3 2 B. . 4 Khối Đa Diện Nâng Cao a3 D. . 6 a3 2 C. . 12 Lời giải Chọn A Gọi O là hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng ( ABC ) . Vì SA  SB  SC nên O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC . Tam giác ABC cân tại A . Gọi A là trung điểm của BC . Khi đó AA là đường trung trực của tam giác ABC nên điểm O nằm trên đường thẳng AA . 1 1 Ta có: AA  AB 2  BA2  a 2  x 2 nên S ABC  BC. AA  2 x a 2  x 2  x a 2  x 2 . 2 2 2 AB. AC.BC AB. AC.BC a .2 x a2  OA  R    Lại có: S ABC  . 4R 4S ABC 4 x. a 2  x 2 2 a 2  x 2 a4 a 3a 2  4 x 2 Trong tam giác vuông SAO , ta có: SO  SA  AO  a   . 4(a 2  x 2 ) 2 (a 2  x 2 ) 2 2 2 1 1 a 3a 2  4 x 2 a .x a 2  x2  .2 x 3a 2  4 x 2 . Thể tích VS . ABC  SO.S ABC  2 2 3 32 a x 12 2 2 2 2 4 x  3a  4 x 3a  Mặt khác: 2 x 3a2  4 x 2  . 2 2 a 3 a3 a3 3 Do đó: VS . ABC  . a 2  . Vậy Vmax  khi 2 x  3a 2  4 x 2  x  a . 12 2 8 8 8 1   45 và Câu 35: (THPT Sơn Tây Hà Nội 2019) Cho khối tứ diện ABCD có thể tích V  , góc ACB 6 AC AD  BC   3 . Hỏi độ dài cạnh C D ? 2 A. 2 3 . B. 3 . C. 2 . D. 2 . Lời giải Chọn B File Word liên hệ: 0978064165 - Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 26 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Khối Đa Diện Nâng Cao 1 1 1 V  .S ABC .d  D ,  ABC    . .CA.CB.sin 45.d  D ,  ABC   3 3 2 1 CA.CB. AD 1 1 (1) .  . CA.CB.d  D ,  ABC    . 6 2 6 2 3  AC   2  BC  AD  AC AC Áp dụng BĐT Cô-si cho 3 số dương AD , BC , , ta có . BC. AD    . 3 2 2     3  AC   BC  AD   1 1 Do đó, V  .  2   (2) . 6  3  6    1 Mặt khác ta có V = , do đó để thõa mãn yêu cầu bài toán thì từ (1) và (2), đẳng thức phải xảy 6  DA  ( ABC )  CD  AC 2  DA2  ra, tức là  AC   CD  3 .  BC 1 , AD 1, AC  2  2  BC  AD  1  Câu 36: (Cụm THPT Vũng Tàu) Cho tam giác đều ABC có cạnh bằng 2. Trên đường thẳng d đi qua A và vuông góc với mặt phẳng  ABC  lấy điểm M sao cho AM  x . Gọi E, F lần lượt là hình chiếu vuông góc của C lên AB, MB. Đường thẳng qua E, F cắt d tại N . Xác định x để thể tích khối tứ diện BCMN nhỏ nhất. 2 A. x  . B. x  1 . C. x  2 . D. x  2 . 2 Lời giải Chọn D File Word liên hệ: 0978064165 - Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 27 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Khối Đa Diện Nâng Cao M F C A E B N MB  FC    MB   EFC   FB  EF . Xét các tam giác vuông: NAE, BFE, BAM . MB  EC  NA AE Ta có NAE  BFE  BAM    AM . AN  AE.BA  2 . BA AM 1 1 22 3 2 3 2 6 VBCMN  .S ABC .  AM  AN   . .  AM  AN   AM . AN  . 3 3 4 3 3 2 6 Vậy min VBCMN  khi AM  AN  2 hay x  2. 3 Câu 37: (CHUYÊN THÁI NGUYÊN LẦN 3) Cho hình chóp S .ABC , trong đó SA  ( ABC ) , SC  a và đáy ABC là tam giác vuông cân tại đỉnh C . Gọi  là góc giữa hai mặt phẳng ( SBC ) và ( ABC ) . Khi thể tích khối chóp S .ABC đạt giá trị lớn nhất thì sin 2 bằng 3 3 2 3 2 2 A. . B. . C. . D. . 3 2 5 3 Lời giải Chọn D Do File Word liên hệ: 0978064165 - Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 28 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Khối Đa Diện Nâng Cao Đặt AC  BC  x , SA  a 2  x 2 . 1 1 1 1 2 4 Ta có thể tích khối chóp S .ABC là V  SA.S ABC  . a 2  x 2 . .x 2  a x  x6 . 3 3 2 6 x  0 2 3 5 2 4 6 Xét hàm số f  x   a x  x với 0  x  a . f   x   4a x  6 x  0   . x  a 6  3 Dựa vào bảng biến thiên, ta có thể tích khối chóp S .ABC đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi a a 6 SA 3 AC 6 a 6 . Khi đó sin    3  , cos    3  . x 3 SC a 3 SC a 3 3 6 2 2 Vậy sin 2  2sin  .cos   2. . .  3 3 3 Câu 38: (Chuyên Sơn La Lần 3 năm 2018-2019) Cho hình chóp S .ABC có SA  x , các cạnh còn lại của hình chóp đều bằng a . Để thể tích khối chóp lớn nhất thì giá trị x bằng a 6 a a 3 A. . B. . C. . D. a . 2 2 2 Lời giải Chọn A Cách 1: File Word liên hệ: 0978064165 - Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 29 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Khối Đa Diện Nâng Cao B S A C   600 ;   CBS   600. Đặt    ABS ;   ABC Ta có BA.BC.BS a3 2 2 2 VB. SAC  1  cos   cos   cos   2cos  cos  cos   6 6 1 1 1 VB. SAC đạt GTLN khi  cos 2   cos  đạt GTLN  cos   . 2 2 4 1 a 6 Với cos   ta được x  BA2  BS 2  2 BA.BS .cos   . 4 2 Cách 2: 1 1  cos2   cos  2 2 B F C A E S Gọi E , F lần lượt là trung điểm SA và BC .  BE  SA Vì BAS và CAS lần lượt cân tại B và C nên   SA   BEC  CE  SA Ta có BE  CE  a 2  x2 4 3a 2  x 2 2 1 a 3a 2  x 2 Suy ra S BEC  BC.EF  . 2 4 EF  File Word liên hệ: 0978064165 - Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 30 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Khối Đa Diện Nâng Cao 2 2 2 1 1 a 3a 2  x 2 a x   3a  x  a 3 Vậy VSABC  SA.S BEC  x   . 3 3 4 12 2 8 a 6 Dấu "  " xảy ra khi x  3a 2  x 2  x  . 2 Câu 39: Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại C , SA  AB  2 a . Cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy  ABC  . Gọi H , K lần lượt là hình chiếu vuông góc của A lên SB và SC . Tìm thể tích lớn nhất Vmax của khối chóp S . AHK . A. Vmax  a3 2 . 6 B. Vmax  a3 3 . 6 C. Vmax  a3 3 . 3 D. Vmax  a3 2 . 3 Lời giải Chọn A Đặt AC  x  BC  AB 2  AC 2  4a 2  x 2 1 1 Ta có VSABC  .SA.BC. AC  .2a.x 4a 2  x 2 6 6  S H ax 4a 2  x 2 3 K 2 2 2 SH SK 1 SA ax 4a  x . VS . ABC  . 2 . B SB SC 2 SC 3 A 3 2 2 3 3 2 a x 4a  x a 2 a 2  .   Vmax  . 2 2 3 4a  x 6 6 C Câu 40: Cho tam giác ABC vuông cân tại B , AC  2 . Trên đường thẳng qua A vuông góc với mặt phẳng  ABC  lấy điểm M , N khác phía với mặt phẳng  ABC  sao cho AM . AN  1 . Tìm thể tích nhỏ nhất của khối tứ diện MNBC .? 1 1 1 2 A. . B. . C. . D. . 3 6 12 3 Lời giải Chọn D Vì vậy VS . AHK  Tam giác ABC vuông cân tại B , AC  2  AB  BC  2 . Ta có VMNBC  1 1 1 1  AM  AN  .S ABC   AM  AN  . . AB.BC   AM  AN  3 3 2 3 File Word liên hệ: 0978064165 - Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 31 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Sử dụng BĐT cauchy ta có AM  AN  2 AM . AN  2  VMNBC  Khối Đa Diện Nâng Cao 2 . 3 Câu 41: Cho hình chóp tam giác đều S . ABC có SA  1 . Thể tích lớn nhất của khối chóp S . ABC là? 1 1 2 3 A. . B. . C. . D. . 6 12 12 12 Lời giải Chọn A Gọi O là tâm của tam giác đều ABC . Gọi R  OA  x  0  x  1 Ta tính được SO  SA  R 2  1  x 2 Cạnh của tam giác đều ABC là 1 3 3 2 a  2 R sin 600  3 x  S ABC  a 2 sin 600  x 2 4 1 3 2 VS . ABC  SO.S ABC  x 1  x2 3 4 Vậy 3 4 3 4  x 1  x 2   x  x6 8 4 Cách 1: Dùng Cauchy: Có 1 1 2 1 2 1 4 1 x  x  1  x 2  3 3 x 4 1  x 2   x 4 1  x 2    VS . ABC  . 2 2 4 27 6 3 . Dùng 2 4 1 3  VS . ABC  bảng biế thiên thì f  x  đạt giá trị lớn nhất tại x  khi đó max f  x   0  x 1 2 27 6 Câu 42: Cho hình chóp tam giác S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân đỉnh C và SA vuông góc Cách 2: Dùng hàm f  x   x 4  x 6  0  x  1  f   x   4 x 3  6 x 5 ; f   x   0  x   với mặt phẳng  ABC  , SC  a, SCA   . Xác định góc  để thể tích khối chóp SABC lớn nhất. 1 2 A.   arcsin B.   arcsin 3 7 1 1 C.   arcsin D.   3arcsin 5 3 Lời giải BC  AC  a.cos ; SA  a.sin  1 1 1 VSABC  S ABC .SA  . AC.BC.SA  a 3 sin  .cos 2 3 6 6 1  a 3 sin  1  sin 2   6 Xét hàm số: f  x   x  x 3 trên khoảng  0;1 . 1 . 3 Từ đó ta thấy trên khoảng  0;1 hàm số f  x  liên tục và có một điểm cực trị là điểm cực đại, Ta có: f '  x   1  3 x 2 , f '  x   0  x   nên tại đó hàm số đạt GTLN hay: File Word liên hệ: 0978064165 - Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 32 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Khối Đa Diện Nâng Cao 2 1    1  hay   arcsin , 0     max f  x   f    x 0;1 2 3   3 3 3 Chọn A Câu 43: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông, AB  1 , cạnh bên SA  1 và vuông góc với mặt phẳng đáy  ABCD  . Kí hiệu M là điểm di động trên đoạn CD và N là điểm di động trên   45 . Thể tích nhỏ nhất của khối chóp S . AMN là? đoạn CB sao cho MAN A. 2 1 . 9 2 1 . 3 B. 2 1 . 6 C. 2 1 . 9 D. Lời giải Chọn B Đặt DM  x , BN  y ta có     BAN    tan DAM  tan BAN  x  y . Suy ra y  1  x . tan 45  tan  DAM . tan BAN  1  xy 1 x 1  tan DAM 2 2  x 2  1  1 x  và AM  AD  DM  x  1 , AN  AB  BN  1  y    1  .  1 x  x 1 2 2 2 2 2 2 1 1 x2  1 2 1  f  2  1  Vì vậy V  SA.S AMN  SA. AM . AN sin 45  f  x   . 3 6 6  x  1 3 Câu 44: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông, AB  1 , cạnh bên SA  1 và vuông góc với mặt phẳng đáy  ABCD  . Ký hiệu M là điểm di động trên đoạn CD và N là điểm di động   60 . Thể tích nhỏ nhất của khối chóp S . AMN là trên đoạn CB sao cho MAN A. 2 3 . 3 2 3 . 9 B. 2 3 3 . 3 C. D. 2 3 3 . 9 Lời giải Chọn C Đặt DM  x, BN  y . Ta có:     BAN   tan DAM  tan BAN  x  y  y  1  3 x . tan 60  tan DAM . tan BAN  1  xy 3x 1  tan DAM   2 2 2 2 2  1  3x  y 1   1 .  3  x    2 2 AM  AD  DM  x  1 , AN  AB  BN  3  x 2  1 1 1 Vì vậy VS . AMN  .SA.S AMN  .SA. AM .SN .sin 60  . 3 6 6 3x  Ta có f  x   3  x 2  1 6  3x     f 2 3   2 3 3 . 3 Câu 45: Cho hình chóp S . ABC có SA , SB , SC đôi một vuông góc, I là tâm nội tiếp tam giác ABC . Mặt phẳng  P  thay đổi qua I , cắt các tia SA , SB , SC lần lượt tại A, B, C . Biết SA  SB  2 , SC  7 . Hỏi thể tích của khối chóp S . AB C  có giá trị nhỏ nhất là? A. 243 7 . 256 B. 7 . 3 C. 81 7 . 256 D. 27 7 . 256 Lời giải Chọn A File Word liên hệ: 0978064165 - Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 33 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A · Khối Đa Diện Nâng Cao Ta có SA SB SC  . . .VS . ABC SA SB SC · Ta có SA  SB  2, SC  7 1 1  VS . ACB  SA.SB.SC  7 6 3 · Từ SA  SB  2, SC  7  AB  2, BC  3  AC · Do I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC nên:     BC.IA  CA.IB  AB.IC  0 VS . ABC          BC SA  SI  CA. SB  SI  AB. SC  SI  0     BC CA AB  SI  SA  SB  SC AB  BC  CA AB  BC  CA AB  BC  CA BC SA  CA SB  AB SC   . .SA  . SB  . SC  . AB  BC  CA SA AB  BC  CA SB AB  BC  CA SC · Do bốn điểm A, B, C, I đồng phẳng nên BC SA CA SB AB SC .  .  . 1 AB  BC  CA SA AB  BC  CA SB AB  BC  CA SC  · Sử dụng bất đẳng thức AM-GM ta có BC SA CA SB AB SC 1 .  .  . AB  BC  CA SA AB  BC  CA SB AB  BC  CA SC  AB.BC .CA SA SB SC  33 . . . 3  AB  BC  CA SA SB SC   1  33    AB.BC .CA  AB  BC  CA · VS . ABC   3 .   SA SB SC SA SB SC  27. AB.BC .CA . .  . .  SA SB  SC  SA SB SC  AB  BC  CA 3 SA SB SC  27. AB.BC.CA 27.2.3.3 1 81 7 . . VS . ABC  V  . 7 3 S . ABC 3 SA SB SC 256  AB  BC  CA  2  3  3 3 Dấu bằng xảy ra BC SA CA SB AB SC   AB  BC  CA . SA  AB  BC  CA . SB  AB  BC  CA . SC   1  BC SA CA SB AB SC  .  .  .  AB  BC  CA SA AB  BC  CA SB AB  BC  CA SC  9  SB SA 8    SB  SA  9  SA  SB  8 2   . SC 4 3   SC    7  4  SC  3 File Word liên hệ: 0978064165 - Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 34 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Khối Đa Diện Nâng Cao Câu 46: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O , cạnh bằng 1, SO   ABCD  và SC  1 . Thể tích lớn nhất của khối chóp S . ABCD là? 2 3 2 3 2 3 4 3 A. B. . C. . D. . 9 3 27 27 Lời giải Chọn D Đặt OC  x  OB  BC 2  OC 2  1  x 2  S ABCD  4SOBC  2 x 1  x 2 và SO  SC 2  OC 2  1  x 2 vì vậy 3 1 2 x 1  x 2  2 2 x 2 1  x 2 1  x 2  2  2x2 1  x2 1  x2  4 3 V  S ABCD .SO  =  .    3 3 3 3  3 27  1 Dấu bằng xảy ra khi 2 x 2  1  x 2  x  . 3 Câu 47: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông, AB  1 , cạnh bên SA  1 và vuông góc với mặt phẳng đáy  ABCD  . Kí hiệu M là điểm di động trên đoạn CD và N là điểm di động trên   45 . Thể tích nhỏ nhất của khối chóp S . AMN là? đoạn CB sao cho MAN A. 2 1 . 9 2 1 . 3 B. 2 1 . 6 C. 2 1 . 9 D. Lời giải Chọn B Đặt DM  x , BN  y ta có     BAN    tan DAM  tan BAN  x  y . Suy ra y  1  x . tan 45  tan  DAM . tan BAN  1  xy 1 x 1  tan DAM 2 2  x 2  1  1 x  và AM  AD  DM  x  1 , AN  AB  BN  1  y   .  1  1 x  x 1 2 2 2 2 2 2 1 1 x2  1 2 1  f  2  1  Vì vậy V  SA.S AMN  SA. AM . AN sin 45  f  x   . 3 6 6  x  1 3 Câu 48: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông, AB  1 , cạnh bên SA  1 và vuông góc với mặt phẳng đáy  ABCD  . Ký hiệu M là điểm di động trên đoạn CD và N là điểm di động   30 . Thể tích nhỏ nhất của khối chóp S . AMN là? trên đoạn CB sao cho MAN A. 1 . 9 B. 1 . 3 2 . 27 C. D. 4 . 27 Lời giải Chọn A Đặt DM  x, BN  y . Ta có:     BAN   tan DAM  tan BAN  x  y  y  3  x . tan 30  tan DAM  .tan BAN  1  xy 1  3x 1  tan DAM   2 2 2 2 2  3x  y 1   1 .  1  3 x    2 2 AM  AD  DM  x  1 , AN  AB  BN  1 1 x2  1 Vì vậy VS . AMN  .SA.S AMN  .SA. AM .SN .sin 30  . 3 6 6 3x  1   File Word liên hệ: 0978064165 - Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 35 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Ta có f  x   Khối Đa Diện Nâng Cao x2  1 6   1  1  f  . 3x  1  3 9  Câu 49: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông, AB  1 , cạnh bên SA  1 và vuông góc với mặt phẳng đáy  ABCD  . Ký hiệu M là điểm di động trên đoạn CD và N là điểm di động   60 . Thể tích nhỏ nhất của khối chóp S . AMN là trên đoạn CB sao cho MAN A. 2 3 . 3 2 3 . 9 B. 2 3 3 . 3 C. D. 2 3 3 . 9 Lời giải Chọn C Đặt DM  x, BN  y . Ta có:     BAN   tan DAM  tan BAN  x  y  y  1  3 x . tan 60  tan DAM . tan BAN  1  xy 3x 1  tan DAM   2 2 2 2 2  1  3x  y 1   1 .  3  x    2 2 AM  AD  DM  x  1 , AN  AB  BN  Vì vậy VS . AMN 3  x 2  1 1 1  .SA.S AMN  .SA. AM .SN .sin 60  . 3 6 6 3x Ta có f  x    3  x 2  1 6  3x     f 2 3   2 3 3 . 3 Câu 50: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình bình hành với AD  4 a . Các cạnh bên của hình chóp bằng nhau và bằng a 6 . Tìm thể tích Vmax của khối chóp S . ABCD . A. Vmax 8a 3  . 3 B. Vmax 4 6a 3  . 3 C. Vmax  8a 3 . D. Vmax  4 6a3 . Lời giải Chọn A Do SA  SB  SC  SD  a 6 nên hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng  ABCD  trùng với tâm đường tròn ngoại tiếp đáy, do vậy ABCD là một hình chữ nhật và H là giao điểm của AC và BD . Đặt AB  x  0 ta có: AC  AD 2  AB 2  x 2  16a 2 , SH  SA2  AC 2 1  8a 2  x 2 . 4 2 1 2ax 8a 2  x 2 Vì vậy S .ABCD  .SO. AB.AD  . 3 3 Sử dụng bất đẳng thức AM – GM ta có: x 2  8a 2  x 2 8a 3 8a 3 x 8a 2  x 2   4a 2  V   Vmax  . 2 3 3 Câu 51: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình bình hành và thể tích bằng V . Gọi M , N lần lượt AB AD 2  4 . Gọi V ' là thể tích khối là các điểm di động trên các cạnh AB và AD sao cho AM AN chóp S .MBCDN . Tìm giá trị nhỏ nhất của V ' . 1 2 3 1 A. V . B. V . C. V . D. V . 4 3 4 3 File Word liên hệ: 0978064165 - Email: [email protected] Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 36 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Khối Đa Diện Nâng Cao Lời giải Chọn B  1 AM AN   xy  Ta có V '  1  . . V  1  V 2   2 AB AD   AM AN   x  AB , y  AD 0 0); Đ là bóng điện; I là hình chiếu của Đ lên mặt bàn. MN là đường kính của mặt bàn.( như hình vẽ) l2  2 h (l  2) . và h 2  l 2  2 , suy ra cường độ sáng là: C (l )  c l l3 6  l2 C ‘  l   c.  0 l  2 l4. l2  2 Ta có sin     C ‘ l   0  l  6 l  2   Lập bảng biến thiên ta thu được kết quả C lớn nhất khi l  6 , khi đó Câu 44: Với một đĩa tròn bằng thép tráng có bán kính R  6m phải làm một cái phễu bằng cách cắt đi một hình quạt của đĩa này và gấp phần còn lại thành hình tròn. Cung tròn của hình quạt bị cắt đi phải bằng bao nhiêu độ để hình nón có thể tích cực đại? 6m O N A.  66 B.  294 C.  12, 56 D.  2,8 Hướng dẫn giải: Chọn A. Ta có thể nhận thấy đường sinh của hình nón là bán kính của đĩa tròn. Còn chu vi đáy của hình nón chính là chu vi của đĩa trừ đi độ dài cung tròn đã cắt. Như vậy ta tiến hành giải chi tiết như sau: Gọi x(m) là độ dài đáy của hình nón (phần còn lại sau khi cắt cung hình quạt của dĩa). x Khi đó x  2 r  r  2 File Word liên hệ: 0978064165 – Email: dangvietdong.bacgiang.vn@gmail.com Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 118 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Nón-Trụ-Cầu Nâng Cao Chiều cao của hình nón tính theo định lí PITAGO là h  R 2  r 2  R 2  x2 4 2 1 2 1 x2 x2 2 R  2 Thể tích khối nón sẽ là: V   r h   3 3 4 2 4 Đến đây các em đạo hàm hàm V ( x ) tìm được GTLN của V ( x ) đạt được khi x  2 R 6  4 3 2 6  4 3600  660 2 6 Câu 45: Một công ty nhận làm những chiếc thùng phi kín hay đáy với thể tích theo yêu cầu là 2 m3 mỗi chiếc yêu cầu tiết kiệm vật liệu nhất. Hỏi thùng phải có bán kính đáy R và chiều cao h là bao nhiêu? 1 1 1 A. R  2m, h  m . B. R  m, h  8m .C. R  4m, h  m . D. R  1m, h  2m . 2 2 8 Hướng dẫn giải: Chọn A. Gọi R là bán kính đáy thùng ( m ), h : là chiều cao của thùng ( m ). ĐK: R  0, h  0 2 Thể tích của thùng là: V   R 2 h  2  R 2 h  2  h  2 R Diện tích toàn phần của thùng là:  2  2  Stp  2 Rh  2 R 2  2 R  h  R   2 R  2  R   2   R 2  R  R  2  Đặt f  t   2   t 2   t  0  với t  R t  3  1  4  t  1 f ‘  t   4  t  2   , f ‘ 1  0  t 3  1  t  1 2 t  t  Từ bảng biến thiên….. ta cần chế tạo thùng với kích thước R  1m, h  2m Câu 46: Có một cái cốc làm bằng giấy, được úp ngược như hình vẽ. Chiều cao của chiếc cốc là 20 cm , bán kính đáy cốc là 4cm , bán kính miệng cốc là 5cm . Một con kiến đang đứng ở điểm A của miệng cốc dự định sẽ bò hai vòng quanh than cốc để lên đến đáy cốc ở điểm B . Quãng đường ngắn nhất để con kiến có thể thực hiện được dự định của mình gần đúng nhất với kết quả nào dước đây? Suy ra độ dài cung tròn bị cắt đi là: 2 R  4    A. 59, 98cm Hướng dẫn giải: Chọn D. B. 59, 93cm C. 58, 67 cm File Word liên hệ: 0978064165 – Email: dangvietdong.bacgiang.vn@gmail.com Facebook: https://www.facebook.com/dongpay D. 58,80 cm . Trang 119 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Nón-Trụ-Cầu Nâng Cao Đặt b, a, h lần lượt là bán kính đáy cốc, miệng cốc và chiều cao của cốc,  là góc kí hiệu như trên hình vẽ. Ta “trải” hai lần mặt xung quanh cốc lên mặt phẳng sẽ được một hình quạt của một khuyên với cung nhỏ BB ”  4 b và cung lớn AA ”  4 a . Độ dài ngắn nhất của đường đi của con kiến là độ dài đoạn thẳng BA”. Áp dụng định lí hàm số cosin ta được: l  BO2  OA2  2BO.OA.cos 2 (1). BA  AB  (a  b) 2  h 2 .   ) OA OB  AB a 4 a l ( BB AB AB.      1  1  2  b b 4 b l (AA) OB OB 2 b  b (a  b) 2  h2 AB a a b 2 ( a  b) 2 (a  b)  1   OB  (b) .  (a ). AB OB b b a b ( a  b) 2  h 2 b (a  b) 2  h2  (a  b) 2  h2 (c). ab Thay (a), (b), (c) vào (1) ta tìm được l. l  58, 79609cm  58,80 OA  OB  BA   tại điểm nào khác B, Ghi chú. Để tồn tại lời giải trên thì đoạn BA” phải không cắt cung BB  tại B. Điều này tương đương với 2  cos 1  b  . tức là BA” nằm dưới tiếp tuyến của BB   a Tuy nhiên, trong lời giải của thí sinh không yêu cầu phải trình bày điều kiện này (và đề bài cũng đã cho thỏa mãn yêu cầu đó). Câu 47: Học sinh A sử dụng 1 xô đựng nước có hình dạng và kích thước giống như hình vẽ, trong đó đáy xô là hình tròn có bán kính 20 cm , miệng xô là đường tròn bán kính 30 cm , chiều cao xô là 80 cm . Mỗi tháng A dùng hết 10 xô nước. Hỏi A phải trả bao nhiêu tiền nước mỗi tháng, biết giá nước là 20000 đồng/ 1 m3 (số tiền được làm tròn đến đơn vị đồng)? File Word liên hệ: 0978064165 – Email: dangvietdong.bacgiang.vn@gmail.com Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 120 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Nón-Trụ-Cầu Nâng Cao A. 35279 đồng. B. 38905 đồng. C. 42116 đồng. D. 31835 đồng. Hướng dẫn giải: Chọn D. Ta xét hình nón đỉnh A , đường cao h  80 cm đáy là đường tròn tâm O , bán kính bằng 30 cm . Mặt phẳng   cách mặt đáy 80 cm cắt hình nón theo giao tuyến là đường tròn tâm O ‘ có bán kính bằng 20 cm . Mặt phẳng   chia hình nón thành 2 phần. Phần I là phần chứa đỉnh A , phần II là phần không chứa đỉnh A ( Như hình vẽ) O ‘ B AO ‘ AO ‘ 2 Ta có     AO ‘  160 cm OC AO AO ‘ O ‘ O 3 1 Thể tích hình nón V  AO. .302  72000 cm3 3 1 64000 Thể tích phần I là V1  AO ‘. .202   cm3 3 3 152000 19 Vậy thể tích cái xô là thể tích phần II là V2  V  V1   cm3    m3  3 375 19 Vậy số tiền phải trả là T  .10.20000  31835 đồng. 375 Câu 48: Một cốc nước hình trụ có chiều cao 9cm , đường kính 6cm . Mặt đáy phẳng và dày 1cm , thành cốc dày 0, 2cm . Đổ vào cốc 120ml nước sau đó thả vào cốc 5 viên bi có đường kính 2cm . Hỏi mặt nước trong cốc cách mép cốc bao nhiêu cm . (Làm tròn đến hai chữ số sau dấu phẩy). A. 3, 67 cm . B. 2, 67 cm . C. 3, 28cm . D. 2, 28cm . Hướng dẫn giải: Chọn D. Thành cốc dày 0, 2cm nên bán kính đáy trụ bằng 2,8cm . Đáy cốc dày 1cm nên chiều cao hình 2   Đổ 120ml vào cốc, thể tích còn lại là 197, 04  120  77, 04  cm  . trụ bằng 8cm . Thể tích khối trụ là V   . 2,8 .8  197, 04 cm3 . 3 4 Thả 5 viên bi vào cốc, thể tích 5 viên bi bằng Vbi  5. . .13  20, 94 ( cm3 ) . 3 3 Thể tích cốc còn lại 77, 04  20,94  56,1  cm  . 2 Ta có 56,1  h ‘. .  2,8   h ‘  2, 28 cm . Cách khác: Dùng tỉ số thể tích 2 8.  2,8  . h VTr 8  coc    hnuoc bi  5, 72 4 Vnuoc  Vbi hnuoc bi h nuoc  bi 120  5. . 3 Chiều cao còn lại của trụ là 8  5, 72  2, 28 . Vậy mặt nước trong cốc cách mép cốc là 2, 28cm . Câu 49: Người ta xếp 7 hình trụ có cùng bán kính đáy r và cùng chiều cao h vào một cái lọ hình trụ cũng có chiều cao h, sao cho tất cả các hình tròn đáy của hình trụ nhỏ đều tiếp xúc với đáy của hình trụ lớn, hình trụ nằm chính giữa tiếp xúc với sáu hình trụ xung quanh, mỗi hình trụ xung quanh đều tiếp xúc với các đường sinh của lọ hình trụ lớn. Khi thể tích của lọ hình trụ lớn là: A. 16 r 2 h B. 18 r 2 h C. 9 r 2 h D. 36 r 2 h Hướng dẫn giải: File Word liên hệ: 0978064165 – Email: dangvietdong.bacgiang.vn@gmail.com Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 121 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Nón-Trụ-Cầu Nâng Cao Ta có hình vẽ minh họa mặt đáy của hình đã cho như trên, khi đó ta rõ ràng nhận ra rằng R  3r , đề bài thì có vẻ khá phức tạp, tuy nhiên nếu để ý kĩ thì lại rất đơn giản. Vậy khi đó 2 V  B.h   3r  . .h  9 r 2 h. Câu 50: Từ cùng một tấm kim loại dẻo hình quạt như hình vẽ có kích thước bán kính R  5 và chu vi của hình quạt là P  8  10 , người ta gò tấm kim loại thành những chiếc phễu theo hai cách: Câu 51: Gò tấm kim loại ban đầu thành mặt xung quanh của một cái phễu Câu 52: Chia đôi tấm kim loại thành hai phần bằng nhau rồi gò thành mặt xung quanh của hai cái phễu V Gọi V1 là thể tích của cái phễu thứ nhất, V2 là tổng thể tích của hai cái phễu ở cách 2. Tính 1 ? V2 V 2 21 V 6 V1 21 V 2 B. 1  C. 1  D. 1   V2 V2 7 V2 V2 2 7 6 Hướng dẫn giải: Do chu vi của hình quạt tròn là P = độ dài cung + 2R. Do đó độ dài cung tròn là l  8 Theo cách thứ nhất: 8 chính là chu vi đường tròn đáy của cái phễu. Tức là 2 r  8  r  4 A. Khi đó h  R 2  r 2  52  42  3 1  V1  .3 .42 3 Theo cách thứ hai: Thì tổng chu vi của hai đường tròn đáy của hai cái phễu là 8  chu vi của một đường tròn đáy là 4  4  2 r  r  2 Khi đó h  1  V2  2. 3 V Khi đó 1  V2 R 2  r 2  52  22  21 21.22. 42 2 21  7 8 21 3 Câu 53: Cho một miếng tôn hình tròn có bán kính 50cm . Biết hình nón có thể tích lớn nhất khi diện tích toàn phần của hình nón bằng diện tích miếng tôn ở trên. Khi đó hình nón có bán kính đáy là A. 10 2cm Hướng dẫn giải: B. 20cm C. 50 2cm File Word liên hệ: 0978064165 – Email: dangvietdong.bacgiang.vn@gmail.com Facebook: https://www.facebook.com/dongpay D. 25cm Trang 122 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Nón-Trụ-Cầu Nâng Cao Đặt a  50cm Gọi bán kính đáy và chiều cao của hình nón lần lượt là x, y  x, y  0  . Ta có SA  SH 2  AH 2  x 2  y 2 Khi đó diện tích toàn phần của hình nón là Stp   x 2   x x 2  y 2 Theo giả thiết ta có  x 2   x x2  y 2   a 2  x x 2  y 2  x 2  a2 a4  x x  y  a  x  x  x  y   a  x  2a x ,  DK : x  a   x  2 y  2a 2 Khi đó thể tích khối nón là 1 a4 1 y V  . 2 . y   a4 . 2 2 3 y  2a 3 y  2a 2 2 2 2 2 2 2 2 4 4 2 2 2 y 2  2a 2 V đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi đạt giá trị nhỏ nhất y Ta có y 2  2a 2 2a 2 2a 2  y  2 y.  2 2a y y y a 2a 2 Vậy V đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi y  , tức là y  a 2  x   25cm 2 y Lưu ý: Bài trên các em xét hàm số và lập bảng biến thiên cũng được nhé Câu 54: Một chậu nước hình bán cầu bằng nhôm có bán kính R =10cm, đặt trong một khung hình hộp chữ nhật (hình 1). Trong chậu có chứa sẵn một khối nước hình chỏm cầu có chiều cao h = 4cm. Người ta bỏ vào chậu một viên bi hình cầu bằng kim loại thì mặt nước dâng lên vừa phủ kín viên bi (hình 2). Bán kính của viên bi gần số nguyên nào sau đây. (Cho biết thể tích khối chỏm h  cầu là V   h 2  R   ) 3  File Word liên hệ: 0978064165 – Email: dangvietdong.bacgiang.vn@gmail.com Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 123 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A A. 2 Nón-Trụ-Cầu Nâng Cao B. 4 C. 7 D. 10 Hướng dẫn giải: Gọi x là bán kính viên bi hình cầu. Điều kiện: 0 < 2x <10  0 < x < 5 0 4 3 - Thể tích viên bi là Vbi   x3 . tích khối nước hình chỏm cầu khi chưa thả viên bi vào h 4  416   V1   h 2  R    16  10    3 3 3   - Khi thả viên bi vào thì khối chỏm cầu gồm khối nước và viên bi có 2 x  4 x 2 (30  2 x) 2 thể tích là: V2   (2 x )  R   3  3  - Ta có phương trình: 4 x 2 (30  2 x ) 416 4 3 V2  V1  Vbi     x  4 x 2 (30  2 x )  416  4 x 3 3 3 3 3 2  3x  30 x  104  0 - Giải phương trình ta có các nghiệm: x1  9,6257 > 5 (loại) x2  2,0940 < 5 (thỏa mãn), và x3  - 1,8197 (loại). Vậy bán kính viên bi là: r  2,09 (cm). Câu 55: Một người có một dải duy băng dài 130 cm, người đó cần bọc dải duy băng đỏ đó quanh một hộp quà hình trụ. Khi bọc quà, người này dùng 10 cm của dải duy băng để thắt nơ ở trên nắp hộp (như hình vẽ minh họa). Hỏi dải duy băng có thể bọc được hộp quà có thể tích lớn nhất là bao nhiêu? - Thể A. 4000 cm3 B. 32000 cm3 C. 1000 cm3 D. 16000 cm 3 Hướng dẫn giải: Một bài toán thực tế khá hay trong ứng dụng của việc tìm giá trị lớn nhất của hàm số. Ta nhận thấy, dải duy băng tạo thành hai hình chữ nhật quanh cái hộp, do đó chiều dài của dải duy băng chính là tổng chu vi của hai hình chữ nhật đó. Tất nhiên chiều dài duy băng đã phải trừ đi phần duy băng dùng để thắt nơ, có nghĩa là: 22  2r  h   120  h  30  2r Khi đó thể tích của hộp quà được tính bằng công thức: V  B.h   .r 2  30  2r     2r 3  30r 2  File Word liên hệ: 0978064165 - Email: dangvietdong.bacgiang.vn@gmail.com Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 124 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Nón-Trụ-Cầu Nâng Cao Xét hàm số f  r   2r 3  30r 2 trên  0;15  r  0 l  f '  r   6r 2  60r; f '  r   0    r  10 Khi đó vẽ BBT ta nhận ra Max f  r   f 10  . Khi đó thể tích của hộp quà  0;10  2 V  B.h   .10 .10  1000 Câu 56: Một khối gạch hình lập phương (không thấm nước) có cạnh bằng 2 được đặt vào trong một chiếu phễu hình nón tròn xoay chứa đầy nước theo cách như sau: Một cạnh của viên gạch nằm trên mặt nước (nằm trên một đường kính của mặt này); các đỉnh còn lại nằm trên mặt nón; tâm của viên gạch nằm trên trục của hình nón. Tính thể tích nước còn lại ở trong phễu (làm tròn 2 chữ số thập phân). A. V =22,27 B. V =22,30 C. V =23.10 D. 20,64 Hướng dẫn giải: Gọi R , h lần lượt là bán kính và chiều cao của hình nón (phễu). Thiết diện của hình nón song song với đáy của hình nón, qua tâm của viên gạch là hình tròn có R h 2 h 2 bán kính R1  3 thỏa mãn 1   .R  3 1 R h h Thiết diện của hình nón song song với đáy hình nón, chứa cạnh đối diện với cạnh nằm trên đáy R h2 2 h2 2 của hình nón là hình tròn có bán kính R2  1 thỏa mãn 2   .R  1 2  R h h h 2 5 2 6 Từ (1) và (2) suy ra  3h và R  2 3  1 2 h2 2 1 3 Thể tích lượng nước còn lại trong phễu là V  Vnón - Vgạch   R 2 h  23  22, 2676 Câu 57: (CHUYÊN LÊ THÁNH TÔNG QUẢNG NAM LẦN 2 NĂM 2019) Người ta xếp ba viên bi có bán kính bằng nhau và bằng 3 vào một cái lọ hình trụ sao cho các viên bi đều tiếp xúc với hai đáy của lọ hình trụ và các viên bi này đôi một tiếp xúc nhau và cùng tiếp xúc với các đường sinh của lọ hình trụ. Tính bán kính đáy của lọ hình trụ. 3 2 3 A. 1  2 3 . B. 2 3 . C. . D. 2  3 . 2 Lời giải Chọn D File Word liên hệ: 0978064165 - Email: dangvietdong.bacgiang.vn@gmail.com Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 125 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Nón-Trụ-Cầu Nâng Cao O1 O O3 O2 M Gọi O1 , O2 , O3 lần lượt là tâm của ba viên bi và r1  r2  r3  3 là bán kính của ba viên bi đó. Theo giả thiết thì ba đường tròn lớn của ba viên bi đôi một tiếp xúc với nhau , khi đó ba điểm O1, O2 , O3 tạo thành một tam giác đều cạnh 2 3 . Gọi O là trọng tâm của tam giác O1O2O3 thì 2 3 OO1  OO2  OO3  .2 3. 2. 3 2 Cũng theo giả thiết thì ba viên bi tiếp xúc với các đường sinh của lọ hình trụ tại 3 điểm nằm trên một đường tròn bằng đường tròn đáy của lọ hình trụ (tham khảo hình vẽ trên). Vậy bán kính đáy của lọ hình trụ là OM  OO3  O3 M  2  3 . Câu 58: Một bồn hình trụ đang chứa dầu, được đặt nằm ngang, có chiều dài bồn là 5m , có bán kính đáy 1m , với nắp bồn đặt trên mặt nằm ngang của mặt trụ. Người ta đã rút dầu trong bồn tương ứng với 0,5m của đường kính đáy. Tính thể tích gần đúng nhất của khối dầu còn lại trong bồn (theo đơn vị m3 ) A. 12,637m3 . Hướng dẫn giải: B. 114,923m3 . Nhận xét OH  CH  0,5  C. 11,781m3 . D. 8,307m3 . R OB suy ra OHB là tam giác nửa đều  22 2   60    HOB AOB  120 1 1 Suy ra diện tích hình quạt OAB là: S   R 2   3 3 2 OB 3 3 Mặt khác: S AOB  2S HOB  S BOC   ( BOC 4 4 C B A H đều) O File Word liên hệ: 0978064165 - Email: dangvietdong.bacgiang.vn@gmail.com Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 126 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Nón-Trụ-Cầu Nâng Cao 1 3  3 4 1 3 Suy ra thể tích dầu được rút ra: V1  5.     3 4   Thể tích dầu ban đầu: V  5. .12  5 Vậy thể tích còn lại: V2  V  V1  12, 637 m3 . Chọn A. Câu 59: (Chuyên Vinh Lần 2) Người ta sản xuất một vật lưu niệm  N  bằng thủy tinh trong suốt có Vậy diện tích hình viên phân cung AB là dạng khối tròn xoay mà thiết diện qua trục là hình thang cân. Bên trong  N  có hai khối cầu ngũ sắc với bán kính lần lượt là R  3cm và r  1cm tiếp xúc với nhau và tiếp xúc với mặt xung quanh của  N  đồng thời hai khối cầu tiếp xúc với hai đáy của  N  . Tính thể tích của vật lưu niệm đó. A. 485   cm3  . 6   B. 81 cm3 .   C. 72 cm3 . D. 728   cm3  . 9 Lời giải Chọn D IO1 O1 H1 1   IO2 O2 H 2 3 Mà IO2  IO1  4 nên IO2  6cm; IO1  2cm; IK  1cm; IO  9cm Ta có: IO1 H1  IO2 H 2   N  là khối nón cụt có bán kính đáy lớn và đáy bé là r1 và r2 1 1 nên r1  3 3; r2  2 3 1 728 Vậy thể tích của  N  là V   r12  r2 2  r1r2  h   cm3  3 9 Câu 60: (Chuyên Lê Quý Đôn Điện Biên Lần2) Người ta thả một viên billiards snooker có dạng hình cầu với bán kính nhỏ hơn 4,5 cm vào một chiếc cốc hình trụ đang chứa nước thì viên billiards đó tiếp xúc với đáy cốc và tiếp xúc với mặt nước sau khi dâng (tham khảo hình vẽ bên). Biết  Trong IO1 H1 có sin O 1 IH 1  File Word liên hệ: 0978064165 - Email: dangvietdong.bacgiang.vn@gmail.com Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 127 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Nón-Trụ-Cầu Nâng Cao rằng bán kính của phần trong đáy cốc bằng 5, 4 cm và chiều cao của mực nước ban đầu trong cốc bằng 4,5 cm. Bán kính của viên billiards đó bằng? A. 4, 2cm. B. 3, 6cm. C. 2, 7cm. Lời giải D. 2, 6cm. Chọn C Gọi V1 là thể tích của viên billiards snooker và r là bán kính của nó ( ĐK: 0  r  4,5 ). Gọi V2 , V lần lượt là thể tích của khối trụ trước và sau khi thả viên billiards snooker vào. Khi đó: V  V1  V2 (1). 4 Ta có V1  .r 3 ; V2  .5, 4 2.4,5  131, 22.; V  .5, 4 2.2 r  58, 32.r . Thay vào (1) ta có 3 phương trình: 4 3 4 .r  131, 22.  58,32 .r  .r 3  58,32.r  131, 22  0 (2). 3 3 Giải phương trình (2) ta được r1  4,83 (loại); r2  7,53 (loại); r3  2,7 (Thỏa mãn). Vậy r  2, 7cm. Câu 61: (THPT-Ngô-Quyền-Hải-Phòng-Lần-2-2018-2019) Một hộp dựng bóng tennis có dạng hình trụ. Biết rằng hộp chứa vừa khít ba quả bóng tennis được xếp theo chiều dọc, các quả bóng tennis có kích thước như nhau. Thể tích phần không gian còn trống trong hộp chiếm tỉ lệ a % so với thể tích của hộp bóng tennis. Số a gần nhất với số nào sau đây? A. 50 . B. 66 . C. 30 . D. 33 . Lời giải Chọn D Gọi r là bán kính của quả bóng tennis. Khi đó bán kính đáy hộp bằng r và chiều cao hộp bằng 6r . Khi đó thể tích hộp bóng hình trụ: V   r 2 h   r 2 6r  6 r 3 . 4 Thể tích một quả bóng tennis: V1   r 3 . 3 Suy ra thể tích ba quả bóng tennis là 3V1  4 r 3 . Thể tích phần không gian còn trống trong hộp là V2  V  3V1  6 r 3  4 r 3  2 r 3 . File Word liên hệ: 0978064165 - Email: dangvietdong.bacgiang.vn@gmail.com Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 128 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Nón-Trụ-Cầu Nâng Cao V2 2 r 3 1  a%   a%   a% . Ta có: 3 V 6 r 3 Suy ra a  33 . Câu 62: Cho hai mặt trụ có cùng bán kính bằng 4 được đặt lồng vào nhau như hình vẽ. Tính thể tích phần chung của chúng biết hai trục của hai mặt trụ vuông góc và cắt nhau. . A. 256 . 256 . 3 Hướng dẫn giải B. 512 . C. D. 1024 . 3 Chọn D. Cách 1. Ta xét 1 phần giao của hai trụ như hình. 8 . Ta gọi trục tọa độ Oxyz như hình vẽ. . Khi đó phần giao  H  là một vật thể có đáy là một phần tư hình tròn tâm O bán kính 4 , thiết diện của mặt phẳng vuông góc với trục Ox là một hình vuông có diện tích S  x   4 2  x 2 . 4 Thể tích khối  H  là 4 2  S  x  dx   16  x dx  0 0 128 1024 . Vậy thể tích phần giao là . 3 3 16 3 1024 R  . 3 3 Câu 63. (Nguyễn Du Dak-Lak 2019) Một cốc nước có hai phần: phần thân và phần đế. Phần thân để chứa nước có hình trụ cao 15 ml , chứa được đúng 750 ml nước. Phần đế là một phần của bán cầu làm bằng thủy tinh đặc. Mặt trên của đế là hình tròn lớn của bán cầu vừa khít với hình tròn đáy của thân cốc, mặt dưới của đế là hình tròn đường kính 6 ml . Thể tích của phần đế là (tính chính xác đến hàng phần trăm) Cách 2. Dùng công thức tổng quát giao hai trụ V  File Word liên hệ: 0978064165 - Email: dangvietdong.bacgiang.vn@gmail.com Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 129 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A A. 112, 44 cm 3 . B. 101,73 cm 3 . Nón-Trụ-Cầu Nâng Cao C. 132,98 cm 3 . Lời giải D. 152,08 cm 3 . Chọn A + Ta có 750 ml  750 cm3 , suy ra V   R 2 h  R  V 750   3,99 cm . h 15 + Theo bài ta có hình vẽ bên. 15cm O R A r I 6cm Gọi O là tâm mặt trên của đế, I là tâm mặt dưới của đế nên OA  R là bán kính hình tròn mặt trên (cũng là bán kính của bán cầu); IA  r  3 cm là bán kính đường tròn mặt dưới của đế. OI là chiều cao của phần đế, suy ra chiều cao của chỏm cầu bỏ đi là h  R  OI  R  R 2  r 2  1,36 cm (Vì OI  R 2  r 2 ). 4 3 R 2 R 3   133,04 cm3 . + Thể tích của bán cầu, bán kính R là: V1  3 2 3 h + Thể tích của chỏm cầu có bán kính hình tròn nhỏ r là: V2  3r 2  h 2   20,54 cm3 . 6 Vậy thể tích phần đế là: V   V1  V2  133, 04  20,54  112,5 cm3 . Câu 64. (Cẩm Giàng) Một nhà máy cần thiết kế một chiếc bể đựng nước hình trụ bằng tôn có nắp, có thể tích là 64  m3  . Tìm bán kính đáy r của hình trụ sao cho hình trụ được làm ra tốn ít nguyên liệu nhất. A. r  3  m  . B. r  3 16  m  . C. r  3 32  m  . Lời giải D. r  4  m  . Chọn C Cách 1: V 64 64    m . 2  .r  .r 2 r 2 Bể đựng nước hình trụ bằng tôn có nắp nên diện tích tôn cần dùng là diện tích toàn phần của hình trụ. Chiều cao của bể nước hình trụ là: h  File Word liên hệ: 0978064165 - Email: dangvietdong.bacgiang.vn@gmail.com Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 130 ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A Nón-Trụ-Cầu Nâng Cao  64  Ta có: Stp  2 r.h  2 r 2  2   r 2   m 2  .  r  64 2 64 2r 3  64 Hàm số f  r    r có f   r    2  2r nên f   r   0   0  r  3 32 . r r r2 Ta có bảng biến thiên của hàm số f  r  : r f r  3 0  32 0    f r   3 3 1024 Hàm số f  r  đạt giá trị nhỏ nhất khi r  3 32 nên bán kính đáy r của hình trụ sao cho hình trụ được làm ra tốn ít nguyên liệu nhất là r  3 32  m  . Cách 2: V 64 64 Chiều cao của bể nước hình trụ là: h     m . 2  .r  .r 2 r 2 Bể đựng nước hình trụ bằng tôn có nắp nên diện tích tôn cần dùng là diện tích toàn phần của hình trụ.  64  Ta có: Stp  2 r.h  2 r 2  2   r 2   m 2  .  r  32 32  32 32  Do đó: S tp  2    r 2   2 .3 3 . .r 2  Stp  6 3 1024 . r r r  r  32 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi  r 2  r  3 32 . r Vậy bán kính đáy r của hình trụ sao cho hình trụ được làm ra tốn ít nguyên liệu nhất là r  3 32  m  . File Word liên hệ: 0978064165 - Email: dangvietdong.bacgiang.vn@gmail.com Facebook: https://www.facebook.com/dongpay Trang 131