chu de khoi da dien va the tich khoi da dien on thi tot nghiep thpt mon toan

Phan Nhật Linh Fanpage: Luyện thi Đại học 2023 DẠNG Câu 1: Câu 2: Mở đầu khối đa diện Khối tứ diện ABCD tích V , AB = a , CD = b , góc hai đường thẳng AB CD  khoảng cách chúng c Mệnh đề đúng? abc sin  abc sin  abc sin  A V = B V = C V = D V = abc sin  Khối tứ diện ABCD tích V , AB = a góc hai mặt phẳng ( CAB ) ( DAB )  Các tam giác CAB , DAB có diện tích S1 S2 Mệnh đề đúng? A V = Câu 3: 2S1S2 sin  a B V = 4S1S2 sin  3a C V = 4S1S2 sin  a D V = 2S1S2 sin  3a Cho hình chóp S ABCD có đáy hình vng cạnh a Cạnh bên SA vng góc với mặt phẳng đáy, cịn cạnh bên SC tạo với mặt phẳng (SAB) góc 30 Thể tích hình chóp A Câu 4: B a3 C a3 D a3 Cho hình chóp S ABCD có đáy hình vng cạnh a Các mặt phẳng (SAB) (SAD ) vng góc với mặt phẳng đáy, cạnh bên SC tạo với mặt phẳng đáy góc 30 Thể tích khối chóp cho A Câu 5: a3 a3 B a3 C a3 D a3 Cho hình chóp tứ giác có cạnh đáy a diện tích xung quanh gấp đơi diện tích đáy Khi thể tích hình chóp A a3 B a3 C a3 D a3 12 Câu 6: Nếu hình chóp có chiều cao cạnh đáy tăng lên n lần thể tích tăng lên A n lần B 2n2 lần C n lần D 2n3 lần Câu 7: Cho hình lăng trụ ABC A ' B ' C ' có AA ' = , khoảng cách từ A đến đường thẳng BB ',CC' , ; khoảng cách C đến đường thẳng BB ' ABC A ' B 'C' A B C Thể tích khối lăng trụ D Câu 8: Cho khối tứ diện O ABC có OA , OB , OC đơi vng góc thỏa mãn OA + OB2 + OC = 12 Thể tích lớn khối tứ diện O ABC A B C D 3 Câu 9: Thể tích khối chóp cụt có diện tích hai đáy S1 , S2 có chiều cao h A h(S1 + S2 − S1S2 ) B | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh h(S1 + S2 + S1S2 ) C h(S1 + S2 − S1S2 ) D h(S1 + S2 + S1S2 ) Thể tích khối đa diện – Hình học khơng gian Câu 10: Cho hình hộp ABCD.A ' B ' C 'D' có đáy hình thoi cạnh a , BAD = 600 có chiều cao a Gọi M,N trung điểm cạnh A ' B ', A ' D ' Tính thể tích khối đa diện ABDA ' MN A a3 Câu 11: Cho hình B hộp đứng 3a ABCD ABC D C có 5a D 2a3 AB = AD = a , a góc BAD = 60 o Gọi M N trung điểm cạnh AD AB Thể tích khối chóp A.BDMN là: AA = A 3a 16 B 3a 16 C 3a 16 D a3 16 Câu 12: Cho hình lăng trụ tam giác ABC ABC  có tất cạnh a Gọi M , N trung điểm cạnh AB BC  Mặt phẳng ( AMN ) cắt cạnh BC P , Thể tích khối đa diện MBP ABN bằng: A 3a 24 B 3a 12 C 3a 96 D 3a 32 Câu 13: Cho khối tứ diện OABC có OA , OB , OC đơi vng góc với thỏa mãn OA + OB + OC = Thể tích lớn khối tứ diện OABC A B C D 3 Câu 14: Cho hình hộp ABCD.ABC D có diện tích đáy S , chiều cao h Thể tích khối tứ diện AABD Sh Sh Sh Sh A B C D Câu 15: Cho hình lăng trụ có độ dài cạnh đáy a Chiều cao hình lăng trụ h , điện tích mặt đáy S Tổng khoảng cách từ điểm hình lăng trụ tới tất mặt hình lằng trụ 2S 3S 2S 3S A h + B h + C D a a a a Câu 16: Cho lăng trụ đứng ABC ABC ' có đáy tam giác a , AA = a Gọi M , N trung điểm AA , BB G trọng tâm tam giác ABC Mặt phẳng ( MNG ) cắt CA , CB E , F Thể tích khối đa diện có đỉnh A , B , M , N , E , F A a3 B 3a C 3a 27 D 3a 27 a BAD = 60 o Gọi M N trung điểm cạnh A ' D ' A ' B ' Tính thể tích khối chóp A.BDMN Câu 17: Cho hình hộp đứng ABCD.A ' B ' C ' D ' có AB = AD = a , AA' = Tư toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | Phan Nhật Linh A a3 16 Fanpage: Luyện thi Đại học 2023 B 3a 16 C 3a 3 16 D a3 16 Câu 18: Cho hình lăng trụ tam giác ABC A ' B ' C ' có tất cạnh a Gọi M N trung điểm cạnh AB B ' C ' Mặt phẳng ( A ' MN ) cắt cạnh BC P Thể tích khối đa diện MBP.A ' B ' N A a3 24 B a3 12 C a3 96 D a3 32 a góc BAD = 600 Gọi M ; N trung điểm A'D'; A ' B ' Tính thể tích khối đa diện BCD.MNB’C ’D ’ Câu 19: Cho hình hộp đứng ABCD.A ’B’C ’D ’ có AB = AD = a; AA' = A 3a 16 B a3 32 C 9a3 16 D 17 a 32 Câu 20: Cho lăng trụ tam giác ABC A ’B’C ’ tích 72 Gọi M trung điểm cạnh A ’B’; điểm N , P thỏa mãn B ' N = B ' C '; BP = BC Đường thẳng NP cắt BB’ E , đường thẳng 4 ME cắt AB Q tính thể tích khối đa diện AQPC.C ’A ’MN A 55 B 59 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh C 52 D 56 Thể tích khối đa diện – Hình học khơng gian BẢNG ĐÁP ÁN 1.A 2.D 3.D 4.A 5.A 6.C 7.A 8.B 9.B 10.A 11.B 12.C 13.B 14.B 15.A 16.A 17.B 18.C 19.D 20.B HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Câu 1: Chọn A Dựng điểm E cho tứ giác BDCE hình bình hành Khi ( ) ( ) ( ) CD // BE  CD // ( ABE )  d ( AB, CD ) = d C , ( ABE ) = c ; AB, CD = AB, BE =  ( ) 1 AB.BE.sin AB, BE = ab sin  2 1 abc sin  Vậy VABCD = VC ABE = SABE d C , ( ABE ) = ab sin  c = 3 SABE = ( Câu 2: ) Chọn D Gọi H hình chiếu vng góc C ( ABD ) E hình chiếu vng góc H AB Khi ((CAB) ,( DAB)) = ( HE,CE) = CEH =  CH ⊥ AB 2S 2S CE.AB  CE ⊥ AB Do SABC =  CE = ABC =  AB a  HE ⊥ AB 2S sin  CH = sin CEH = sin   CH = CE.sin  = CE a 2S sin  2S1S2 sin  1 = SDAB CH = S2 = 3 a 3a CEH vng H có Vậy VABCD = VC ABD Tư toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | Phan Nhật Linh Câu 3: Chọn D Ta có Fanpage: Luyện thi Đại học 2023 CB ⊥ AB   CB ⊥ (SAB ) CB ⊥ SA  Suy góc SC với mặt phẳng ( SAB ) CSB = 30 Do SB = CB.cot 30 = a đó, Suy SA = SB2 − AB2 = a Vì VS ABCD = SA.SABCD = a 3 Câu 4: Chọn A Do (SAB) ⊥ ( ABCD )   SA ⊥ ABCD ( )  (SAD ) ⊥ ( ABCD ) Suy góc SC với mặt phẳng đáy SCA = 30 Suy SA = AC.tan 30 = a = a Do VS ABCD = SA.SABCD = a Câu 5: Chọn A Giả sử hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a tâm O Đặt SO = h Gọi M trung điểm BC Ta có SM = SO2 + OM = h2 + Sxq = 4SSBC VS ABCD Câu 6: A a2 a2 = .SM.BC = h + a Có Sxq = 2Sday  h2 + S D B O M C a2 a a = 2a  h = 1 a a3 = SO.SABCD = a = 3 Chọn C Ta xét hai hình chóp tam giác, tứ giác Trường hợp 1: Hình chóp tam giác có cạnh đáy a chiều cao h a2 h Thể tích khối chóp tam giác ban đầu: V1 = Thể tích khối chóp sau tăng chiều cao cạnh đáy tăng lên n lần: ( na ) V2 = nh = n3 V1 Kết luận: hình chóp tam giác có chiều cao cạnh đáy tăng lên n lần thể tích tăng lên n lần | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh Thể tích khối đa diện – Hình học khơng gian Trường hợp 2: Hình chóp tứ giác có cạnh đáy a chiều cao h Thể tích khối chóp tứ giác ban đầu: V1 = a2 h Thể tích khối chóp tứ giác sau tăng chiều cao cạnh đáy tăng lên n lần: V2 = ( na ) nh = n3 V1 Kết luận: hình chóp tứ giác có chiều cao cạnh đáy tăng lên n lần thể tích tăng lên n lần Kết luận: Nếu hình chóp có chiều cao cạnh đáy tăng lên n lần thể tích tăng lên n lần Nhận xét: Ta dùng kết quen thuộc ▪ Nếu ta tăng kích thước đa giác lên k lần diện tích đa giác tăng lên k lần ▪ Nếu tăng diện tích đáy khối chóp lên k lần chiều cao k lần thể tích khối chóp tăng lên k lần Câu 7: Chọn A Gọi H , K lượt hình chiếu vng góc A lên BB',CC' ta có AH = d( A , BB ') = 1, AK = d(A,CC') = AH + AK = HK =  AHK vuông A  SAHK = AH.AK = Vậy VABC A ' B 'C ' = SAHK AA ' = Câu 8: Chọn B Ta có VO ABC = OA.OB.OC Sử dụng bất đẳng thức AM – GM có 12 = OA2 + OB2 + OC  3 OA2 OB2 OC2  OA.OB.OC   VO ABC  Câu 9: = Chọn B Thể tích hình chóp cụt h(S1 + S2 + S1S2 ) Câu 10: Chọn A Tư toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | Phan Nhật Linh Chú ý: ABDA ' MN hình chóp cụt có hai tam giác đáy ABD , A ' MN Do V = Trong h = 2a đó, S1 = SABD = Vậy V = h(S1 + S2 + S1S2 ) Fanpage: Luyện thi Đại học 2023 a2 a2 , S2 = SA ' MN = SA ' B' D ' = 4 16 2a a2 a2 a2 a2 a2 ( + + )= 16 16 Câu 11: Chọn B 1 a a  a a3 Ta có: VA AMN = SAMN  AA =    sin 600   = 3 2 32  Khối chóp cụt ABD.AMN có h = Do VABD AMN a a2 a2 ,S1 = SABD = ,S2 = SAMN = 16 h a  a2 a2 3a  = S1 + S2 + S1S2 = + +  16 64  ( ) Do VA.BDMN = VABD AMN − VA AMN =  a3 =  32  a a 3a − = 32 32 16 Câu 12: Chọn C MP BP BM 1 = = =  MBP ~ ABN theo tỉ số Ta có AN BN AB 2 Khối đa diện MBP ABN khối chóp cụt có chiều cao h = BB = a Diện tích hai đáy : a2 a2 S1 = SABN = SABC = ,S2 = SMBP = SABN = 32 Vậy VMBP ABN = h a  a2 a2 a2 a2 S1 + S2 + S1S2 =  + + 3 32 32  ( ) Câu 13: Chọn B Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho ba số không âm, ta có: = OA + OB + OC  3 OA.OB.OC  OA.OB.OC  1 Ta có VOABC = OA.OB.OC  = 6 Dấu " = " xảy OA = OB = OC = Vậy VOABC lớn | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh  3a =  96  Thể tích khối đa diện – Hình học khơng gian Câu 14: Chọn B 1 Sh 1 Ta có SABD = SABCD  VAABD = VA ABCD = SABCD d ( A; ( ABCD ) ) = 2 Câu 15: Chọn A Xét hình lăng trụ ( H ) cho có đáy đa giác n đỉnh Xét điểm I hình lăng trụ ( H ) cho Khi nối I với đỉnh ( H ) ta n + khối chóp có đỉnh I , có hai khối chóp có đáy hai mặt đáy ( H ) , n khối chóp có đáy mặt bên ( H ) Diện tích mặt đáy ( H ) S , diện tích mặt bên (H) ah Gọi h1 , h2 , , hn , hn+1 , hn+ khoảng cách từ I đến mặt bên mặt đáy ( H ) Vậy theo cơng thức tính thể tích khối lăng trụ khối chóp ta có: 1 1 V( H ) = V1 + V2 + + Vn + Vn+1 + Vn+  Sh = h1 ah + + hn ah + hn+1 S + hn+ S 3 3 1 S  S = ( h1 + h2 + + hn ) a + ( hn+1 + hn+ ) 3 h h S S h1 + h2 + + hn ) a +  ( h1 + h2 + + hn ) a = S − ( 3 3 2S 2S  h1 + h2 + + hn =  h1 + h2 + + hn + hn+1 + hn+ = +h a a S= Câu 16: Chọn D Ta có 1a 3a V1 = VC ABNM = CH.SABNM = a = 3  MN  ( GMN )   AB  ( ABC )  AB / / MN   ( GMN )  ( ABC ) = EF / / AB / / MN Suy CF CG CE = = = CB CH CA Tư toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | Phan Nhật Linh Fanpage: Luyện thi Đại học 2023 3 VC EFNM + + + 4 3a 3 a Suy = =  VBFN AEM = V1 − VC EFNM = V1 = = 3 V1 9 27 .1.1 2 Câu 17: Chọn B Dễ thấy A ' MN ADB hình chóp cụt hai đáy hai tam giác đồng dạng theo tỉ số Ta SADB = có:  VAA ' MN = a2 a2  SA ' MN = SADB = 16 a3 AA.SAMN = 32 ( ) a3 3a VA ' MN ADB = AA SAMN + SADB + SAMN SADB =  VA BDMN = VA ' MN ADB − VAA ' MN = 32 16 Câu 18: Chọn C Ta có AN / / ( ABC ) Gọi K trung điểm đoạn thẳng BC Suy AK / / AN Mặt khác ( AMN )  BC = P nên P trung điểm đoạn thẳng BK Dễ thấy MBP.A ' B ' N hình chóp cụt hai đáy hai tam giác đồng dạng theo tỉ số Ta có SABN = a2 a2 AB.AN.sin 60 o =  SMBP = SABN = 32 ( ) a3 Vậy VMBP A ' B' N = AA SMBP + SA ' B' N + SMBP SA ' B' N = 96 Câu 19: Chọn D Đặt: V1 thể tích khối hộp đứng ABCD A ’B’C ’D ’ V thể tích khối chóp cụt A ’MN ABD V thể tích đa diện BCD.MNB’C ’D ’ Ta có: V1 = B.h = a.a.sin 600 a 3a = a3 a2 SA ' MN = SA ' B' D ' = ; SABD = 16 h  V2 = SA ' MN + SABD + SA ' MN SABD  a  a2 a2 a a  a = + + =  16 16  32   ( | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh ) Thể tích khối đa diện – Hình học khơng gian 3a3 a3 17 a3 Do đó: V = V1 − V2 = − = 32 32 Câu 20: Chọn B Đặt: V ABC.A ’B’C ’ thể tích  V = 72 khối lăng trụ V1 thể tích khối đa diện AQPC.C ’A ’MN V thể tích khối chóp cụt BQP.B ' MN Ta có:   BP BQ BQ = =  = B' N B' M BA SBQP SBAC 1 1 = =  SBQP = SBAC 24 24 SB 'MN 3 = =  SB 'MN = SBAC SB ' A ' C ' 8 Suy ra: V2 = ( h S + SB'MN + SBQP SB'MN BQP h 3 =  SBAC + SBAC + SBAC SBAC   24 24 Vậy: V1 = V − V2 = 72 − 13 = 59 )  h.SBAC   13V = 13 =  + + =   24 8  72  Tư toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | 10 Thể tích khối đa diện – Hình học khơng gian Chọn A Gọi I trung điểm BC  Trong ABC  : BC 2 = AB2 + AC 2 − AB AC .cos BAC  = 3a S ABC 2SABC a a a2  A I = = = ; = a.a.sin120 = BC 2a ( ABC )  ( ABC ) = BC  Ta có :  AI ⊥ BC   AIA = 60  AI ⊥ BC   Trong tam giác vng AIA có AA = AI tan 60 = Vậy thể tích V = a a a 3a = Câu 21: Cho khối lăng trụ ABC ABC  , khoảng cách từ C đến đường thẳng BB , khoảng cách từ A đến đường thẳng BB CC  , hình chiếu vng góc A lên mặt phẳng ( ABC  ) trung điểm M BC  AM = Thể tích khối lăng trụ cho A B 15 C D 15 Lời giải Chọn B Gọi J , K hình chiếu vng góc A lên BB CC  , H hình chiếu vng góc C lên BB Ta có AJ ⊥ BB (1) AK ⊥ CC   AK ⊥ BB ( 2) Từ (1) ( ) suy BB ⊥ ( AJK )  BB ⊥ JK  JK //CH  JK = CH = Xét AJK có JK = AJ + AK = suy AJK vuông A Gọi N trung điểm BC , xét tam giác vng ANF ta có: Gọi F trung điểm JK ta có AF = JF = FK = AF = =  NAF = 60 ( AN = AM = AN //AM AN = AM ) cos NAF = AN Tư toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | 26 Phan Nhật Linh Vậy ta có SAJK = 1 AJ AK = 1.2 =  SAJK 2 Fanpage: Luyện thi Đại học 2023 S = SABC cos 60  S ABC = AJK = = cos 60 Xét tam giác AMA vuông M ta có MAA = AMF = 30 hay AM = AM tan 30 = Vậy thể tích khối lăng trụ V = AM S ABC = 15 15 15 = 3 Câu 22: Cho khối lăng trụ ABC A ' B ' C ' , khoảng cách từ C đến đường thẳng BB ' 2, khoảng cách từ A đến đường thẳng BB ' CC ' , hình chiếu vng góc A lên mặt phẳng ( A ' B ' C ') trung điểm M B ' C ' A ' M = Thể tích khối lăng trụ cho A B C D Lời giải Chọn B Gọi A1 , A2 hình chiếu A BB ' , CC ' Theo đề AA1 = 1; AA2 = 3; A1 A2 = Do AA12 + AA2 = A1 A2 nên tam giác AA1 A2 vuông A Gọi H trung điểm A1 A2 AH = A1 A2 = Lại có MH BB '  MH ⊥ ( AA1 A2 )  MH ⊥ AH suy MH = AM − AH = nên cos(( ABC ), ( AA1 A2 )) = cos( MH , AM ) = cos HMA = Suy S ABC = S AA1 A2 cos(( ABC ), ( AA1 A2 )) MH = AM = Thể tích lăng trụ V = AM  S ABC = Nhận xét Ý tưởng câu dùng diện tích hình chiếu S ' = S cos  27 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh Thể tích khối đa diện – Hình học không gian Câu 23: Cho khối lăng trụ ABC A'B'C' , khoảng cách từ C đến BB ' , khoảng cách từ A đến BB ' CC ' 1; Hình chiếu vng góc A lên mặt phẳng A ' B ' C ' trung điểm M B ' C ' , A ' M = A 15 15 Thể tích khối lăng trụ cho B C D 15 Lời giải Chọn D A B F I E C B' A' M K Kẻ AI ⊥ BB ' , AK ⊥ CC ' ( hình vẽ ) Khoảng cách từ A đến BB ' CC ' 1;  AI = , AK = Gọi F trung điểm BC A ' M = Ta có 15 15  AF = 3 AI ⊥ BB '    BB ' ⊥ ( AIK )  BB ' ⊥ IK BB ' ⊥ AK  Vì CC ' BB '  d (C , BB ') = d ( K , BB ') = IK =  AIK vuông A Gọi E trung điểm IK  EF BB '  EF ⊥ ( AIK )  EF ⊥ AE Lại có AM ⊥ ( ABC ) Do góc hai mặt phẳng ( ABC ) ( AIK ) góc EF AM AE = =  FAE = 30 góc AME = FAE Ta có cos FAE = AF 15 Tư toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | 28 Phan Nhật Linh Fanpage: Luyện thi Đại học 2023 Hình chiếu vng góc tam giác ABC lên mặt phẳng ( AIK ) AIK nên ta có: S AIK = S ABC cos EAF  = S ABC  = S ABC 15 AF  AM =  AM = Xét AMF vuông A : tan AMF = AM 3 Vậy VABC A ' B 'C ' = 2 15 = 3 Câu 24: Cho khối lăng trụ ABC ABC  , khoảng cách từ C đến đường thẳng BB , khoảng cách từ A đến đường thẳng BB CC  , hình chiếu vng góc A lên mặt phẳng ( ABC  ) trung điểm M BC  AM = Thể tích khối lăng trụ cho A B C D 3 Lời giải Chọn A A C2 B2 C' A M M B' C1 A' A' H T H B1 T Cắt lăng trụ mặt phẳng qua A vng góc với AA ta thiết diện tam giác AB1C1 có cạnh AB1 = ; AC1 = ; B1C1 = Suy tam giác AB1C1 vuông A trung tuyến AH tam giác Gọi giao điểm AM AH T ; AH =  MH = AM = Do MAA = 60  AA = cos MAA Ta có: AM = 29 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh Suy MAH = 30 Thể tích khối đa diện – Hình học khơng gian Thể tích khối lăng trụ ABC ABC  thể tích khối lăng trụ AB1C1 AB2C2 V = AA.S AB1C1 =  = Câu 25: Cho lăng trụ tam giác ABC ABC  có đáy ABC tam giác vuông cân A , cạnh AC = 2 Biết AC  tạo với mặt phẳng ( ABC ) góc 60 AC  = Tính thể tích V khối đa diện ABCBC  A V = B V = 16 C V = 3 D V = 16 3 Lời giải Chọn D Phân tích: Tính thể tích khối đa diện ABCBC  thể tích khối lăng trụ ABC ABC  trừ thể tích khối chóp A ABC  Giả sử đường cao lăng trụ C H Khi góc AC  mặt phẳng ( ABC ) góc C AH = 60 Ta có: sin 60 = C H  C H = 3; SABC = ; VABC ABC  = C H SABC = 2 AC  ( ) =8 1 8 16 ; VABBC C = VABC ABC  − VA ABC  = − VA ABC  = C H SABC = VABC ABC  = = 3 3 Câu 26: Cho hình hộp ABCD A ' B ' C ' D ' có chiều cao diện tích đáy Gọi M , N , P Q tâm mặt bên ABB ' A ', BCC ' B ', CDD ' C ' DAA ' D ' Thể tích khối đa diện lồi có đỉnh điểm A, B, C , D, M , N , P Q A 27 B 30 C 18 Lời giải D 36 Chọn B Tư toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | 30 Phan Nhật Linh Fanpage: Luyện thi Đại học 2023 Mặt ( MNPQ ) cắt cạnh AA', BB', CC', DD' A1 , B1 , C1 , D1 Thể tích khối đa diện cần tìm V , thì: V = VA1B1C1D1 A ' B ' C ' D ' − VA '.QMA1 − VB '.MNB1 − VC '.PNC1 − VD '.QPD1 8.9 V − 4 24  V = 30 = Câu 27: Cho hình lăng trụ ABC A B C có chiều cao đáy tam giác cạnh Gọi M , N P tâm mặt bên ABB A , ACC A BCC B Thể tích khối đa diện lồi có đỉnh điểm A, B, C , M , N , P A 14 C B D 20 Lời giải Chọn C Cách 1: Chia đôi khối lăng trụ mặt phẳng VABC EFG = VABC ABC  31 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh ( MNP ) Khi ta có ( MNP )  BB = F  Thể tích khối đa diện – Hình học khơng gian Lại có VABC MNP = VABC EFG − VB.MPF − VA EMN − VC NPG 1 1 Dễ thấy VB.MPF = VA.EMN = VC NPG = VABC EFG = VABC ABC  = VABC ABC  4 3 4.42 1 1 = Tức VABC MNP =  −  VABC ABC  = VABC ABC  = 8  8 Cách 42 = ; VABC ABC  = V Hạ M , N1 , P1 vng góc AB, AC , BC , S ABC = M , N1 , P1 trung điểm cạnh AB, AC , BC Khi VABCMNP = VMNP.M1N1P1 + VB.MPP1M1 + VC NPP1 N1 + VA.MNN1M1 1 1 S ABC ; MM = AA nên VMNP.M1N1P1 = VABC ABC  = V 8 Do đáy tam giác nên VB.MPP1M1 = VC NPP1N1 = VA.MNN1M1 Dễ thấy S MNP = Ta có d ( B; ( MPPM 1 )) = d ( B; ( ACC A ) ) ; S MPP1M1 = S ACC A nên 1 VB.MPP1M1 = VB ACC A = V = V 8 12 1 1 3 Do VABCMNP = V + V + V + V = V = 4.4 = 12 12 12 8 Câu 28: Cho lăng trụ ABC A ' B ' C ' có chiều cao đáy tam giác cạnh Gọi M, N, P tâm mặt bên ABB ' A ', ACC ' A ', BCC ' B ' Thể tích khối đa diện lồi có đỉnh điểm A, B, C , M , N , P A B 10 C Lời giải D 12 Chọn A Tư toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | 32 Phan Nhật Linh Fanpage: Luyện thi Đại học 2023 A C B N K I P M J C' A' B' = 24 ’ Thể tích cần tìm V1 = VABC MNP = VA ' B 'C '.MNP VABC A ' B 'C ' = 6.16 V2 = VA ' AMN = VB ' BMP = VC 'CNP  VABC A ' B 'C ' = 2V1 + 3V2 1 1 S AB 'C '  V2 = VA' AB 'C ' = VABC A' B 'C ' = VABC A ' B 'C ' 4 12  VABC A' B 'C ' = 2V1 + VABC A' B ' C '  V1 = VABC A' B ' C ' = S AMN = Câu 29: Cho lăng trụ ABC ABC  có chiều cao đáy tam giác cạnh Gọi M , N P tâm mặt bên ABBA , ACC A BCC B Thể tích khối đa diện lồi có đỉnh điểm A , B , C , M , N , P A 12 B 16 C 28 Lời giải Chọn A Cách 1: 42 = 32 , gọi h = d ( A, ( ABC ) ) 33 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh Ta có V = VABCABC = D 40 Thể tích khối đa diện – Hình học không gian h V h S V = ABC = 24 Ta có VMABC = S ABC = VMNPC 1 d ( A, ( BCC B ) ) S BCCB VA.BCCB V VMBCP = d ( M , ( PBC ) ) S PBC = = = 3 12 Tương tự VMNAC = V 12 Vậy VMNPABC = VMABC + VMNAC + VMNPC + VMBCP = 3V = 12 Cách 2: Đặc biết hóa cho lăng trụ đứng Gọi E , F , G trung điểm AB , AC , BC Ta có: VMNP EFG = ME.S EFG = 1 1 VB.MEGP = d ( B, ( MEGP ) ) SMEGP = BF ME.EG = 3.4.2 = 3 3 Tương tự: VA.MNFE = VC PNFG = Vậy VMNPABC = VMNP.EFG + VB.MEGP + VA.MNFE + VC PNFG = + = 12 Câu 30: Cho lăng trụ ABC A ' B ' C ' có chiều cao đáy tam giác cạnh Gọi M , N P tâm mặt bên ABB ' A ' , ACC ' A ' BCC ' B ' Thể tích khối đa diện lồi có đỉnh điểm A, B, C , M , N , P bằng: A 27 B 21 C 30 Lời giải D 36 Chọn A Tư toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | 34 Phan Nhật Linh Fanpage: Luyện thi Đại học 2023 Gọi A1 , B1 , C1 trung điểm cạnh AA ', BB ', CC ' Khối lăng trụ ABC A1 B1C1 có chiều cao là tam giác cạnh Ba khối chóp A A1MN , BB1MP , CC1 NP có chiều cao cạnh tam giác cạnh Ta có: VABC MNP = VABC A1B1C1 − (VA A1MN + VB.B1MP + VC C1NP ) = 62 4−3   = 27 4 Câu 31: Cho khối lăng trụ ABC ABC  tích Gọi M , N trung điểm đoạn thẳng AA BB Đường thẳng CM cắt đường thẳng C A P , đường thẳng CN cắt đường thẳng C B Q Thể tích khối đa diện lồi AMPBNQ A B C D Lời giải Chọn D A C B M N P C' A' B' Q +) Ta có A trung điểm PC  ; B  trung điểm QC  Do SCPQ = SCAB  +) VC CPQ = SCPQ SCAB = 1  VC ABC  = 4VC ABC  =  VABC ABC   = SCAB 3  SCPQ  AM BN C C  1  + + VABC ABC =  + + 1VABC ABC = +) Mặt khác VABC .MNC =    AA BB C C  2  +) Do VAMPBNQ = VC C PQ − VABC  MNC = 35 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh 2 − = 3 Thể tích khối đa diện – Hình học khơng gian Câu 32: Cho tứ diện ABCD có cạnh a Gọi M, N trung điểm cạnh AB, BC E điểm đối xứng với B qua D Mặt phẳng chia khối tứ diện ABCD thành hai khối đa diện, khối đa diện chứa đỉnh A tích V Tính V A V = 2a 216 B V = 11 2a3 216 C V = 13 2a 216 D V = 2a 18 Lời giải Chọn B ( MNE ) chia khối tứ diện ABCD thành khối đa diện ( 1 ) : AC.MNPQ (  ) : BD.MNPQ ( MNE ) cắt AD Q, cắt CD P VAC MNPQ = VE AMNC − VE ACPQ VE AMNC = d ( E, ( AMNC ) ) SAMNC = d ( E, ( ABC ) ) ( SABC − SBMN ) 1   = d ( E, ( ABC ) )  SABC − SABC    3 = 2.d ( D, ( ABC ) ) SABC = VABCD 1 8 VE ACPQ = d ( E, ( ACPQ) ) SACPQ = d ( B, ( ACD ) ) ( SACD − SDPQ ) = d ( B, ( ACD ) ) SACD = VABCD 3 9 VAC MNPQ = 11 11 11 VABCD − VABCD = VABCD = a = a 18 18 12 216 Câu 33: Cho khối chóp S ABCD có đáy hình vng cạnh a , SA vng góc với đáy khoảng cách từ A đến mặt phẳng ( SBC ) a3 A V = a Tính thể tích V khối chóp cho a3 C V = B V = a a3 D V = Lời giải Chọn D Kẻ AH vng góc SB Ta có AH ⊥ ( SBC ) nên AH khoảng cách từ A đến mp ( SBC ) Ta có 1 1 1 = 2+  2= − = 2 2 AH SA AB SA AH AB a Tư toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | 36 Phan Nhật Linh Fanpage: Luyện thi Đại học 2023 a Suy SA = a Thể tích cần tính V = a.a.a = 3 Câu 34: Cho hình chóp tứ giác S ABCD có đáy hình vng cạnh 2a Tam giác SAD cân S mặt bên ( SAD ) vng góc với mặt phẳng đáy Biết thể tích khối chóp S ABCD a 3 Tính khoảng cách h từ B đến mặt phẳng ( SCD ) A h = a B h = a C h = a D h = a Lời giải Chọn B Gọi I trung điểm AD Tam giác SAD cân S  SI ⊥ AD  SI ⊥ AD  SI ⊥ ( ABCD ) Ta có  ( SAD ) ⊥ ( ABCD )  SI đường cao hình chóp Theo VS ABCD = SI S ABCD giả  a = SI 2a  SI = 2a 3 thiết Vì AB song song với ( SCD )  d ( B, ( SCD ) ) = d ( A, ( SCD ) ) = 2d ( I , ( SCD ) ) Gọi H hình chiếu vng góc I lên SD  SI ⊥ DC  IH ⊥ DC Ta có Mặt khác   ID ⊥ DC Xét tam giác SID vuông I :  IH ⊥ SD  IH ⊥ ( SCD )  d ( I , ( SCD ) ) = IH   IH ⊥ DC 1 1 2a = + = +  IH = IH SI ID 4a 2a  d ( B, ( SCD ) ) = d ( A, ( SCD ) ) = 2d ( I , ( SCD ) ) = a Câu 35: Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu ( S ) có tâm I ( −2;1; ) qua điểm A (1; −2; −1) Xét điểm B, C , D thuộc ( S ) cho AB, AC , AD đơi vng góc với Thể tích khối tứ diện ABCD có giá trị lớn A 72 B 216 Chọn D 37 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh C 108 Lời giải D 36 Thể tích khối đa diện – Hình học khơng gian Ta có: AI = 32 + 32 + 32 = 3 Dựng hình hộp chữ nhật ABEC.DFGH I tâm mặt cầu ngoại tiếp A.BCD  I trung điểm AG  AG = AI = Đặt AB = x, AC = y, AD = z , ta có: AG = AB + AC + AD Co − si  108 = x + y + z  3 x y z  xyz  363 = 216 1 xyz  216 = 36 6 Dấu đẳng thức xảy  x = y = z = Lại có: VABCD = Vậy max VABCD = 36 Câu 36: Xét khối chóp S ABC có đáy tam giác vng cân A , SA vng góc với đáy, khoảng cách từ A đến mặt phẳng ( SBC ) Gọi  góc mặt phẳng ( SBC ) ( ABC ) , tính cos  thể tích khối chóp S ABC nhỏ A cos  = B cos  = C cos  = 2 D cos  = Lời giải Chọn B Gọi M trung điểm BC , H giao điểm đường thẳng qua A vng góc với SM Ta được: Góc mặt phẳng ( SBC ) ( ABC ) SMA 3 ; SA = ; AM = BC sin  cos  Suy VS ABC = AM SA = sin  cos  Thể tích khối chóp nhỏ sin  cos  lớn AM Tư toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | 38 Phan Nhật Linh Fanpage: Luyện thi Đại học 2023 Xét hàm số f ( x ) = sin x.cos x = cos x − cos3 x với  x   sin x = f  ( x ) = − sin x + 3cos x.sin x , f ( x) =   cos x =   Suy sin  cos  lớn cos  = Câu 37: Xét khối tứ diện ABCD có cạnh AB = x cạnh lại Tìm x để thể tích khối tứ diện ABCD đạt giá trị lớn A x = B x = 14 C x = Lời giải D x = Chọn C A N x 3 B C M2 D Gọi M , N trung điểm CD AB CD ⊥ MB  CD ⊥ MN   CD ⊥ ( MAB )   CD ⊥ MA  CD ⊥ AB Tam giác MAB cân M nên MN ⊥ AB 1 VABCD = AB.CD.d ( AB, CD ) sin ( AB, CD ) = x.2 3.MN sin 90 6 Ta có 2 3  x + ( 36 − x )  x 2  =3 = x.2 3 −   = x 36 − x   6  2   Dấu " = " xảy  x = 36 − x  x = Vậy với x = VABCD đạt giá trị lớn 3 Câu 38: Cho khối lăng trụ đứng ABC ABC  có đáy ABC tam giác vng cân A , AB = a Góc đường thẳng BC  mặt phẳng ( ACC A ) 30 Thể tích khối lăng trụ cho A a B 3 a C Lời giải Chọn D 39 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh 3 a D a Thể tích khối đa diện – Hình học khơng gian Diện tích đáy: S ABC = a2 AB AC = 2  AB ⊥ AC Ta có:   AB ⊥ ( ACC A )  ( BC , ( ACC A ) ) = BC A = 30  AB ⊥ AA Khi AC  = AB.cot 30 = a  AA = AC 2 − AC 2 = Vậy, thể tích khối lăng trụ cho là: V = S ABC AA = (a ) − a2 = a a2 a = a 2 Tư toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2022 | 40 ... BCC ' B ') ) = AK 1 VA '.BCC ' B ' = AK DE ( BB '+ CC ') = S ADE ( BB '+ CC ' ) 3 1  VABC A ' B 'C ' = VA ' ABC + VA ' BCC ' B ' = S ADE AA '+ S ADE ( BB '+ CC ' ) = S ADE ( AA '+ BB '+... ADE )  ( ( ABC ) , ( ADE ) ) = ( A ' H , AA ' ) = AAˆ ' H Tam giác ADE hình chiếu tam giác ABC lên mp(ADE), đó: S ADE S AA ' S ADE = S ABC cos AAˆ ' H  S ABC = = ADE A' H cos AAˆ ' H 1  VA. .. tam giác AKM vuông cân M 1 2a a Trong tam giác ABC : MK = CI = = 2 2 a VA? ?? ABC = VABC ABC 2 2 a = a3  VA? ?? BCCB = VABC ABC − VABC ABC = VABC ABC = SABC AM = a2 3 3 Câu