chuyen de trac nghiem ti so the tich

CHỦ ĐỀ 9: TỈ SỐ THỂ TÍCH I LÝ THUYẾT TRỌNG TÂM Chú thích V1 = Thể tích cũ, V2 = Thể tích (dùng cho kỹ thuật chuyển đỉnh đáy) Kỹ thuật đổi đỉnh (đáy không đổi) a Song song với đáy V= V= Bh b Cắt đáy d A; P S V1 ( ( ) ) đ d ( A; ( P ) ) IB = = = V2 IA d B P ; ( ) ( ) d ( B; ( P ) ) S đ Kỹ thuật chuyển đáy (đường cao không đổi) V1 S1 ;với S1 diện tích đáy cũ; S diện tích đáy = V2 S Chú ý: i Đưa hai khối đa diện đỉnh; hai đáy cũ nằm mặt phẳng (thường đáy cũ chứa đáy mới) Áp dụng cơng thức tính diện tích đa giác để so sánh tỉ số đáy cũ đáy ii Nếu tăng (hoặc giảm) cạnh đa giác (tam giác, tứ giác), k lần diện tích đa giác tăng (hoặc giảm) k lần iii Tỉ số đa giác hay gặp tỉ số diện tích hai tam giác AM AN sin A S ∆AMN AM AN = = S ∆ABC AB AC AB AC.sin A Tỉ số thể tích khối chóp a Tỉ số thể tích khối chóp tam giác Cơng thức: VS A′B′C ′ SA′ SB ′ SC ′ = VS ABC SA SB SC Lưu ý: Cơng thức áp dụng với khối chóp có đáy tam giác nên nhiều trường hợp ta cần chia nhỏ khối đa diện thành hình chóp tam giác khác áp dụng b Tỉ số thể tích khối chóp tứ giác  Trường hợp đặc biệt: Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD (hoặc đa giác bất kỳ), mặt phẳng ( P ) song song với đáy cắt cạnh bên SA, SB, SC , SD A′, B ′, C ′, D ′ Khi VS A′B′C ′D′ SA′ SB ′ SC ′ SD ′ = = k = k ; với VS ABCD SA SB SC SD Chú ý: Công thức với đáy n giác  Trường hợp đáy hình bình hành (hay gặp) Bài tốn: Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình bình hành Mặt phẳng ( P) cắt cạnh SA′ SB ′ SC ′ SD ′ ; y= ; z= ; t SA, SB, SC , SD A′, B ′, C ′, D ′ cho= x= SA SB SC SD Khi VS MNPQ xyzt  1 1  1 1 = + = +  + + +  x y z t VS ABCD x z y t Tỉ số thể tích khối lăng trụ a Lăng trụ tam giác  Kết 1: Gọi V thể tích khối lăng trụ, V1 thể tích khối chóp tạo thành từ đỉnh lăng trụ, V2 thể tích khối chóp tạo thành từ đỉnh lăng trụ Khi đó:= V1 V 2V = ;V2 3 Ví dụ: Hình lăng trụ ABC.= →VA′B′BC = A′B ′C ′  VABC A′B′C ′ ;VA′B′ABC VABC A′B′C ′ 3  Kết 2: Cho hình lăng trụ tam giác ABC A′B ′C ′ Mặt phẳng (α ) cắt đường thẳng AA′, BB ′, CC ′ M , N , P (tham khảo hình vẽ bên) Tính tỉ số VABC MNP VABC A′B′C ′ HD: Ta có VABC = VM ABC + VA BNPC MNP 1 AM = d ( M ; ( ABC ) ) S ∆ABC d ( A′; ( ABC ) ) S ∆ABC 3 AA′ Lại có VM ABC = = Và = S BNPC ⇒ S BNPC S BCC ′B′ AM AM →VM ABC VABC= VABC A′B′C ′ A′B′C ′  AA′ AA′ h h ( BN + CP ) ; S BCC ′B′= ( BB ′ + CC ′ )= h.BB ′ 2 h ( BN + CP )  BN + CP   BN CP  = =  + =    BB ′   BB ′ CC ′  h.BB ′ Suy VA.BNPC = d ( A; ( BCC ′B ′ ) ) S BNPC 1  BN CP   BN CP  d ( A; ( BCC ′B ′ ) )  S BCC ′B′ = = + +    VA.BCC ′B′  BB ′ CC ′   BB ′ CC ′  Mà VA.BCC ′B′ = Vậy VABC MNP=  BN CP  VABC A′B′C ′ ⇒ VA.BNPC =  +  VABC A′B′C ′ 3  BB ′ CC ′  V AM  BN CP   AM BN CP  + + + VABC A′B′C ′ +  VABC A′B′C ′ ⇒ ABC MNP=    VABC A′B′C ′  AA′ BB ′ CC ′  AA′  BB ′ CC ′  Cơng thức tính nhanh VABC MNP  AM BN CP  =  + +  VABC A′B′C ′  AA′ BB ′ CC ′  b Khối hộp  Kết 1: Gọi V thể tích khối hộp, V1 thể tích khối chóp tạo thành từ đỉnh khối hộp gồm hai đường chéo hai mặt song song, V2 thể tích khối chóp tạo thành từ đỉnh khối hộp trường hợp cịn lại Khi đó:= V1 V V = ;V2 1 ′B ′C ′D ′  Ví dụ: Hình hộp ABCD A= →VA′C ' BD = VABCD A′B′C ′D′ ;VA′C ′D′D VABCD A′B′C ′D′  Kết 2: Cho hình lăng trụ tam giác ABCD A′B ′C ′D ′ Mặt phẳng (α ) cắt đường thẳng AA′, BB ′, CC ′, DD ′ M , N , P, Q (tham khảo hình vẽ bên) Chứng minh VABCD.MNPQ VABCD A′B′C ′D′ • Chứng minh = AM CP BN DQ + = + AA′ CC ′ BB ′ DD ′  AM CP   BN DQ  + +  =    AA′ CC ′   BB ′ DD ′  AM CP BN DQ + = + AA′ CC ′ BB ′ DD ′ Gọi I tâm hình vng ABCD; I ′ tâm hình vng A′B ′C ′D ′ Ta có: AM CP AM + PC 2OI += = ; AA′ CC ′ AA′ AA′ BN DQ BN + DQ 2OI ′ AM CP BN DQ + = = ⇒ + = + BB ′ DD ′ BB ′ BB ′ AA′ CC ′ BB ′ DD ′ • Chứng minh VABCD.MNPQ VABCD A′B′C ′D′ =  AM CP   BN DQ  + +  =    AA′ CC ′   BB ′ DD ′  Chia khối đa diện ABCD.MNPQ thành hai khối đa diện ABC.MNP ACD.MPQ ; Làm tương tự với thể tích khối lăng trụ tam giác; Cộng thể tích hai khối đa diện ⇒ Mà VABC MNP  AM CP BN DQ  = + + +   VABC A′B′C ′  AA′ CC ′ BB ′ DD ′  VABCD.MNPQ AM CP BN DQ  AM CP   BN DQ  + = + ⇒ =  + + =   AA′ CC ′ BB ′ DD ′ VABCD A′B′C ′D′  AA′ CC ′   BB ′ DD ′  Cơng thức tính nhanh VABCD.MNPQ  AM CP BN DQ   AM CP   BN DQ  = + + + = + = +       VABCD A′B′C ′D′  AA′ CC ′ BB ′ DD ′   AA′ CC ′   BB ′ DD ′  II CÁC DẠNG TOÁN TRỌNG TÂM VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI  Dạng Tỉ số thể tích khối chóp Ví dụ 1: Cho hình chóp S ABC tích V = 18 Gọi M trung điểm SA, E điểm đối xứng với B qua C Gọi N giao điểm hai đường thẳng SB ME a) Tính thể tích khối chóp MABE b) Tính thể tích khối chóp AMNBC c) Tính thể tích khối chóp SANE Lời giải Vì E đối xứng với B qua C ⇒ C trung điểm BE Mà M trung điểm SB SC ∩ ME = N Suy N trọng tâm ∆SBE  → 1 d A→ BC BE = d A→ BC BC 2.S ABC = 2 a) Ta có: S ∆SBE = Và SN = SC d ( S ; ( ABC ) ) d ( M ; ( ABC ) ) SB = ⇒ d ( M ; ( ABC ) ) = d ( S ; ( ABC ) ) BM Khi VM ABE = d ( M ; ( ABC ) ) S ∆SBE = b) Ta có 1 d ( M ; ( ABC ) ) S= 18 V= S ABC ∆ABC VS AMN SM SN 1 = = = ⇒ VS AMN = VS ABC VS ABC SB SC 3 Lại có = VS ABC VS AMN + VAMNBC  →V= VS ABC − V= AMNBC S AMN 2 18 12 = VS ABC = 3 c) Ta có VS ANE = VS AME − VS AMN = VS AME − VS ABC Lại có VS AME SM 1 = =  →VS AME = VS ABE = = VS ABC 2VS ABC VS ABE SB 2 2 Do VS ANE = VS ABC − VS ABC =VS ABC =.18 = 12 3 Ví dụ 2: Cho hình chóp S ABC có đáy cạnh a, cạnh bên 2a a) Gọi M, N thuộc AB, AC cho= AM AB = , AN NC Tính VS MBCN b) Mặt phẳng ( P ) qua trọng tâm tam giác ABC, song song với SA BC, biết ( P ) cắt SB, SC P, Q Tính thể tích khối chóp MPQCB Lời giải Gọi G trọng tâm tam giác ABC ⇒ SG ⊥ ( ABC ) Tam giác SAG vng G, có SG = 2 SA − AG = ( 2a ) a 3 a 33 −   =   VS ABC ⇒ Thể tích khối chóp S ABC= a) Ta có a 11 = SG.S ∆ABC 12 S ∆AMN V AM AN 1 = = = ⇒ S AMN = S ∆ABC AB AC 3 VS ABC Mà= VS ABC VS AMN + VS MBCN  →V = S MBCN a 11 = VS ABC 18 b) Qua G kẻ đường thẳng song song với BC, cắt AB, AC E, N Tương tự, từ E, N kẻ đường thẳng song song với BC cắt SB, SC P, Q SP SQ AN Dễ dàng chứng minh = = = SB SC AC Ta có: VMPQCB = 1 1 SP SQ  VS ABC  = VA.PQCB = VS ABC − VS APQ )= VS ABC (  VS ABC − 2 2 SB SC  18 Vậy thể tích cần tìm = VMPQCB a 11 11 = a 18 12 216 Ví dụ 3: Cho hình chóp S ABC có đáy ABCD hình vng cạnh a , cạnh bên SA vng góc với đáy Góc hai mặt phẳng ( SBD ) ( ABCD ) 45° a) Gọi M, N, P trung điểm SA, SB, AB Tính VMNPD b) Gọi H hình chiếu A SD; E trung điểm BC Nối AC cắt DE F Tính thể tích khối đa diện MHCD, HFCD Lời giải = Gọi O tâm hình vng ABCD ⇒ ( SBD ) ; ( ABCD ) = SOA 45° Suy SA = OA = AC a 2a = a  →VS ABCD = SA.S ABCD = a 2= 3 ( a) Ta có S ∆MNP = S ∆SAB − S ∆SMN − S ∆AMP − S ∆BPN 1 1 =S ∆SAB − S ∆SAB − S ∆SAB − S ∆SAB = S ∆SAB 4 4 Lại có V= V= MNPD D MNP 1 d ( D; ( SAB ) ) S= VD.SAB ∆MNP ) = 1 S ∆ABD 1 2a a = = = = V V V S ABD S ABCD S ABCD 4 S ABCD 8 12 SH  SA  b) Xét ∆SAD vuông A, đường cao AH ⇒ =  = SD  SD  • Tính thể tích khối chóp MHCD Ta có S ∆HCD HD 1 S ∆SCD = = ⇒ S ∆HCD = S ∆SCD SD = ⇒ VM HCD = 1 d ( M ; (= SCD ) ) S ∆HCD d ( A; ( SCD ) ) S ∆SCD 1 1 a3 = VA.SCD = VS ACD V = V = S ABCD S ABCD 6 12 18 • Tính thể tích khối chóp HFCD Vì EC / / AD ⇒ EC CF EF DF = = =⇒ = AD AC FD DE d ( H ; ( ABCD ) ) HD Cách Ta có VH FCD = d ( H ; ( ABCD ) ) S ∆FCD mà = = d ( S ; ( ABCD ) ) SD S ∆FCD DF 4 1 2a Và = =  →VH FCD = VS ECD = VS ABCD = VS ABCD = S ∆ECD DE 9 27 Cách Ta có V= V= H FCD F HCD = 1 d ( F ; ( SCD ) ) S= d ( A; ( SCD ) ) S ∆SCD ∆HCD 3 3 2 1 2a = VA.SCD = VS ACD = V = V S ABCD S ABCD 9 9 27 Ví dụ 4: Cho tứ diện ABCD tích V Gọi V ′ thể tích khối tứ diện có đỉnh trọng tâm mặt khối tứ diện ABCD Tính tỉ số A V′ = V 27 B V ′ 23 = 27 V V′ V C Lời giải V′ = V 27 D V′ = V 27 Gọi M trung điểm AC; E, F trọng tâm tam giác ABC, ACD Trong tam giác MBD có EF = BD Tương tự ta có cạnh cịn lại tứ diện sinh cạnh 3 V′ 1 tứ diện ban đầu Do đó= = Chọn C  27 V 3 Ví dụ 5: Cho tứ diện ABCD có AB, AC, AD đơi vng góc = AB 6= a, AC 9= a, AD 3a Gọi M, N, P trọng tâm tam giác ABC, ACD, ADB Tính thể tích V khối tứ diện AMNP A V = 8a B V = 4a C V = 6a D V = 2a Lời giải Ta có: VABCD = = AB AC AD 27 a Gọi E, F, G trung điểm BC, CD, DB Suy ra= VAEFG 27 = VABCD a 4 Do M, N, P trọng tâm tam giác ABC, ACD, ADB AM AN AP Nên ta có: = = = AE AF AG V AM AN AP Lại có: A.MNP = = VA.EFG AE AF AG 27  = →VA.MNP = VA EFG 2a Chọn D 27 Ví dụ 6: Cho hình chóp S.ABCD có chiều cao 9, diện tích đáy Gọi M trung điểm cạnh SB N thuộc cạnh SC cho NS = NC Tính thể tích V khối chóp A.BMNC A V = 15 B V = C V = 10 Lời giải D V = Từ giả thiết, ta có SM SN = = SB SC Thể tích khối chóp V= S ABC Ta có 9.5 15 = VS AMN SM SN = = ⇒ VABMNC = 10 Chọn C VS ABC = VS ABC SB SC 3 = CSA = 60° Tính thể tích V Ví dụ 7: Cho hình chóp S.ABC có= ASB= BSC SA 3,= SB 4,= SC  khối chóp cho A V = B V = C V = 10 D V = 15 Lời giải Trên SB, SC lấy điểm E, F cho SE = SF = Khi S.AEF khối tứ diện có cạnh a = Suy thể tích khối chóp S.AEF V= S AEF Ta có: a3 = 12 VS AEF SE SF 3 = = = VS ABC SB SC 20 20  = →VS ABC = VS AEF Chọn A Ví dụ 8: Cho tứ diện cạnh ABCD có cạnh a Gọi M, N trung điểm cạnh AB, BC E điểm đối xứng với B qua D Mặt phẳng ( MNE ) 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 2a 216 C V = Lời giải 13 2a 216 D V = 2a 18 Thể tích khối tứ diện ABCD cạnh a VABCD a3 = 12 Gọi= P EN ∩ CD và= Q EM ∩ AD ⇒ P, Q trọng tâm ∆BCE ∆ABE Gọi S diện tích tam giác BCD ⇒ S ∆CDE = S ∆BNE = S Ta có:= S ∆PDE S = S ∆CDE 3 Gọi h chiều cao tứ diện ABCD, suy h h ; d Q; ( BCD )  = d  M ; ( BCD )  = Khi VM BNE = Và VQ.PDE S h ; S ∆BNE d ( M ; ( BCD ) ) = S h = S ∆PDE d ( Q; ( BCD ) ) 27 Suy VPQD NMB = VM BNE − VQ.PDE = S h S h S h S h − = = = VABCD 27 54 18 18 11 a 11 2a Vậy thể tích khối đa diện chứa đỉnh A V = Chọn B VABCD − VPQD NMB = = 18 12 216 Ví dụ 9: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình thang vng A B, AD = 2, BA = BC = Cạnh bên SA vng góc với đáy SA = Gọi H hình chiếu vng góc A SB Tính thể tích V khối đa diện SAHCD A V = 2 B V = C V = D V = Lời giải Tam giác vng SAB, có SB = SA2 + AB = Gọi M trung điểm AD ⇒ ABCM hình vng nên CM= AB= a=  → Tam giác ACD vng C Ta có VS= VS ACD + VS AHC AHCD • VS ACD = • 11  = S ∆ACD SA = AB  SA  AD 3  VS AHC SH SA2 2 = =2 = ⇒ VS AHC = VS ABC = 3 VS ABC SB SB AD 2 Câu 11: Qua G kẻ đường thẳng d / / BC , cắt SB, SC I, J Ta có d / / BC ⇒ Khi SG SI SJ = = = (M trung điểm BC) SM SB SC VS AIJ SI SJ 2 = = Chọn C = VS ABC SB SC 3 Câu 12: Diện tích tam giác ABC = S ∆ABC a2 AB.BC = 2  = Ta có SA ⊥ ( ABC ) ⇒ SB ; ( ABC ) = SB; AB ) = SBA 60° (  a Tam giác SAB vng A, có SA AB tan SBA = = Suy thể tích khối chóp S ABC là= VS ABC a a a3 SA S ∆ABC = = 3 a3 Vì M trung điểm SB  → = VM ABC = VS ABC Chọn C 12 Câu 13: Kẻ CF ⊥ SB ( F ∈ SB )  SC ⊥ AB Ta có  ⇒ AB ⊥ ( SAC )  AC ⊥ AB Kẻ CE ⊥ SA ( E ∈ SA ) mà AB ⊥ CE ⇒ CE ⊥ ( SAB ) ⇒ CE ⊥ SB Do C , E , F đồng phẳng ⇒ VS CEF SE SF = VS CAB SA SB Tam giác SAC vuông cân C  → Tam giác SBC vng C , có 1 a = + ⇒ CF = 2 CF SC BC Tam giác SCF vuông F , có SF = Vậy SE = SA SC − CF = a SF ⇒ = SB 3 VS CEF 1 1 a a a3 = = ⇒ VS CEF = VS ABC = = Chọn C VS CAB 6 36 VS AHK SA SH SK 1 Câu 14: Ta có = = 1.= 2 VS ABC SA SB SC Do đó= VS AHK 1 VS ABC V Chọn B = 4 Câu 15: Gọi M trung điểm AB ⇒ A, G, M thẳng hàng SM = 3GM ⇒ d ( G; ( ABC ) ) = d ( S ; ( ABC ) ) Ta có: VG ABCD = d ( G; ( ABCD ) ) S ABCD = 1 d ( A; ( ABCD )= S ABCD VS ABCD a Chọn A = ) 3 Câu 16: Do S ABCD =4 SOCD ⇒ VS ABCD =4VS OCD V SO SM SN Mặt = khác S OMN = VS OCD SO SC SD ⇒ VS OMN = VS OCD = VS ABCD Chọn D 16 Câu 17: BC 2a = AB = a 2, AC = AB =  AB ⊥ BC Do  ⇒ AB ⊥ CE  AB ⊥ SC Mặt khác CE ⊂ (α ) ⇒ CE ⊥ SA ⇒ CE ⊥ ( SAB ) ⇒ CE ⊥ SB Tam giác SCB vuông S có đường cao CE có: SC SE SE SC SC = SE.SB ⇒ = ⇒ = = 2 SB SB SC + BC SB SC = AC ⇒ ∆SCA vuông cân C nên D trung điểm SA Suy VS CED SC SE SD 1 = = = VS CBA SC SB SA 1 Mặt khác VS CAB = SC.S ABC = 2a a 2 ( ) 2 2 = a ⇒ VS CDE = a = a Chọn C 3 2 Câu 18: Ta có AB + BC AC 20a ⇒ ∆ABC vuông B = = 1 8a Do S ABC = AB.BC = 4a ⇒ VS ABC = SA.S ABC = 3 Xét tam giác SAB vng S có đường cao AM có: SA2 = SM SB ⇒ SA2 SM SM SA2 = ⇒ = = 2 SB SB SA + AB SB SN SA2 Tương tự= = = 2 SC SA + AC + 20 Mặt khác VS AMN SM SN 1 8a 2a = =⇒ VS AMN = = VS ABC SB SC 12 12 Chọn A Câu 19: ∆ABC vuông B ⇒= AB BC tan = B tan= 60° a = S ABC a2 = AB.BC 2 Gọi H trung điểm AB ⇒ MH đường trung bình tam  MH / / SA ⇒ MH ⊥ ( ABC )  giác SAB ⇒  SA a MH = =   2 Do = VM ABC a3 Chọn D = MH S ABC Câu 20: Xét tam giác SAC vuông S có đường cao AP có: SA2 SP SP SA2 4 SA = SP.SC ⇒ = ⇒ = = = 2 SC SC SA + AC +1 SC VS MNP SM SN SP 1 Do = = = VS ABC SA SB SC 2 5 Lại có S ABC = Suy ra= VS MNP a2 a3 ⇒ VS ABC = SA.S ABC = a3 a3 Chọn A = 30 Câu 21: Ta có SA= SB = SM = ⇒ hình chiếu đỉnh S xuống mặt phẳng ( ABM ) tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ABM Mặt khác  ASC= 90° ⇒ AS ⊥ SM ⇒ AM ⊥ SA2 + SM 2= Các tam giác ASB, ASM tam giác nên = = AB BM Suy AB + BM = AM = ⇒ ∆ABM vuông B Khi SH ⊥ ( ABM ) H trung điểm cạnh huyền AM Ta có AH = = VS ABM 2 ⇒ SH = SA2 − AH = 2 1 AB.BM = SH S ABM = Chọn C 3 2 12 Câu 22: Trên SB lấy điểm E cho SE = Dựng EF ⊥ SA, EG ⊥ SC ( F ∈ SA, G ∈ SC ) Khi ∆SEF , ∆SEG vng cân E Ta có EF = EG =⇒ SF = SG =2 = 60° ⇒ FSG = 60° ⇒ ∆FSG suy FG = Do CSA Khi ∆EFG vng cân E ⇒ S EFG = ⇒ VS EFG = 1 EF FG = 2 1 SE.S EFG = V SF SE SG Ta = có S EFG = VS ABC SA SB SC 2 = 60 Suy ra= VS ABC 60 = VS EFG 10 Mặt khác S AMP AM AP 3 = = ⇒ S AMP = S ABC S ABC AB AC 16 16 3  Tương tự ⇒ S AMP = S BMN = SCNP = S ABC ⇒ S MNP =− 1  S ABC = S ABC 16 16  16  Suy V= S MNP 7 35 V= 10 Chọn B = S ABC 16 16 Câu 23: Dễ dàng chứng minh AH ⊥ SB, a = AC AB = Tam giác SAB vng A , có đường cao AH nên SA2 SH SA2 SA = SH SB ⇒ = = = 2 SB SA + AB SB SK SA2 Tương tự, ta tính= = 2 SC SA + AC VS AHK SH SK 8 a 8a Vậy = = = ⇒ VS AHK = .2a = VS ABC SB SC 15 15 45 Chọn B = N Câu 24: Gọi ( MBC ) ∩ SD Ta có: BC / / AD ⇒ ( MAC ) ∩ ( SAD ) = MN suy MN / / BC / / AD V= V= S ABC S ACD Đặt ⇒ VS ABCD V SM SM = = x = x Ta có S ACM VS ABC SA SA VS ACM x = x ⇒ VS ACM = VS ABCD VS ABCD 2 Lại có: VS CMN SM SN x2 x2 VS CMN =VS ABCD = =⇒ VS CAD SA SD  x x2  x x2 −1 + ⇒ VS ACNM =  +  VS ABCD = ⇒ + = ⇒x= ⇒ SM = −1 + 2 2 2  ( ) Lại có AC = 1+ = Suy= S MAC −5 = MA AC Chọn A 2 5, MA = − −1 + = − 5, AC =  BC ⊥ AB Câu 25: Do  ⇒ BC ⊥ AB ′ ⊥ BC SA   AB ′ ⊥ SC Ta có:  ⇒ AB ′ ⊥ ( SBC ) ⇒ AB ′ ⊥ SB  AB ′ ⊥ BC Do hình chóp có ( SAC ) mặt phẳng đối xứng nên VS AB′C ′D′ VS AB′C ′ SB ′ SC ′ = = VS ABCD VS ABC SB SC Xét tam giác SAB vng S có đường cao AB ′ có: SA = SB ′.SB ⇒ Tương tự SA2 SB ′ SB ′ SA2 = ⇒ = = 2 SB SB SA + AB SB VS AB′C ′ VS AB′C ′D′ SC ′ SA2 SA2 = = = ⇒ = = SC SC SA2 + AC VS ABC VS ABCD 1 5a Mặt khác VABCD =SA.S ABCD =a ⇒ VS AB′C ′D′ =a ⇒ VAB′C ′D′ ABCD = VS ABCD − VS AB′C ′D′ = 3 18 18 Chọn A Câu 26: Dựng AH ⊥ BM Ta có BM ⊥ SA ⇒ BM ⊥ ( SHA ) ) ( = 45° Khi ( SBM ) ; ( ABCD )= SHA x Đặt AB = AD = x ⇒ AM = MD = DN = Mặt khác AH = AM AB = AM + AB Suy SA= AH tan 45°= x x = a ⇒ x= a S AMNB = S ABCD − S DMN − S BCN = x − Do đó= VS ABNM x x x 25a − = = 8 1 25 25a S= SA = a a Chọn D ABNM 3 24 SA SB ′ SC ′ SD + + + VS AB′C ′D′ SA′ SB SC SD ′ + + + Câu 27: Ta = có = = Chọn C SA SB ′ SC ′ SD VS ABCD 4.2.2.2.2 SA′ SB SC SD ′ Câu 28: Gọi O tâm hình bình hành ABCD Nối AN ∩ SO =I ⇒ I trọng tâm tam giác SAC Qua I kẻ đường thẳng d cắt SB, SD M , P SA SB SC SD Đặt= 1;= x= ; 2;= y SA SM SN SP V′ x+ y +3 x+ y +3 Suy + = x + y ⇔ x + y = 3= = V xy xy Ta có xy ≤ ( x + y ) =9 ⇒ V ′ 2.3 ≥ = Chọn B V 2.9 Câu 29: Nối AN ∩ SO =I ⇒ I trọng tâm tam giác SAC Qua I kẻ đường thẳng d / / BD, cắt SB, SD E , F SE SF Suy = = ; E , F thuộc mặt phẳng ( P ) SB SD SA SB SC SD + + + + + V1 SA SE = SM SF = = Khi SA SB SC SD 3 VS ABCD 4.1 .2 SA SE SM SF 2 V1 Mà VS ABCD = V1 + V2  →= Chọn D V2 2 Câu 30: Ta có ( MNPQ ) / / ( ABCD ) ⇒ d ( S ; ( MNPQ ) ) = d ( S ; ( ABCD ) ) Mà O ∈ ( ABCD )  → d ( O; ( MNPQ ) )= d ( S ; ( ABCD ) ) V 27 2 Lại có S= S ABCD S ABCD  = → = Chọn C MNPQ   = V2 2 3 Câu 31: Nối MN ∩ SA =E ⇒ E trọng tâm ∆SMB Nối MC ∩ AD =F ⇒ F trung điểm AD Ta có VAEF = VN MBC − VE MAF BNC 1 d ( N ; ( ABCD ) ) S ∆MBC − d ( E; ( ABCD ) ) S ∆MAF 3 1 1 d ( S ; ( ABCD ) ) S ABCD − d ( A; ( ABCD ) ) S ABCD 3 = V1 1 Chọn A VS ABCD − VS ABCD = VS ABCD ⇒= 12 12 V2 Câu 32: Gọi O tâm hình vng ABCD ⇒ SO ⊥ ( ABCD ) Gọi E trung điểm BC ⇒ BC ⊥ ( SEO ) = 60° Do ( SNO ) ; ( ABCD= SN ; ON = ) ( ) SNO  a Tam giác SEO vuông tại= tan SEO = O, có SO OE Suy thể tích khối chóp S ABCD VS ABCD = 4a 3 Vì ( P ) chứa AG nên ( P ) ∩ SC = M trung điểm SC Qua M kẻ đường thẳng d / / CD, cắt SD N SA SB SC + + VS ABMN SA SB SM = Khi SA SB SC VS ABCD a SA SB SM SD 1+1+ + 3 SN = = ⇒ VS ABMN = a Chọn C SD 4.1.1.2.2 SN + Câu 33: Gọi O tâm hình vng ABCD ⇒ SO ⊥ ( ABCD ) Gọi N trung điểm BC ⇒ BC ⊥ ( SNO ) = 60° SNO ) ; ( ABCD= SN ; ON = Do ( ) SNO ) (  x Tam giác SNO vng tại= = tan SNO O, có SO ON Tam giác SAO vng O, có SO = SA2 − OA2 = a − x2 x x2 x2 3x 2a 2 Suy =a − ⇔ =a − ⇔ AB =x = 2 1 2a  2a  4a 15 Thể tích khối chóp S ABCD= VS ABCD = SO.S ABCD =   3   75 Nối SO ∩ CM = I  → I trọng tâm ∆SAC ⇒ SI = SO Qua I kẻ đường thẳng d / / BD, cắt SB, SD E , F ⇒ Đặt V SA SB SC SD == = = x; y; z; t ⇒ S MECF SM SE SC SF VS ABCD + + x+ y+ z+t = =2 = 3 xyzt 4.2 .1 2 1 4a 15 4a 15 Vậy= VS MECF = VS ABCD = Chọn C 3 75 225 Câu 34: Do A′E / / AC ⇒ FA′ A′E FA′ = =⇒ = FC AC CA′ Do d ( F ; ( A′B ′C ′ ) ) = d ( C ; ( A′B ′C ′ ) ) Suy ra= VF AB′C ′ Vậy 1 VC A′B′C ′ VABCD ABC ′ = V2 = Chọn D V1 Câu 35: Ta có MB ′ / / ( ACC ′A′ ) nên d ( M ; ( A′AC ) ) = d ( B ′; ( A′AC ) ) Do V ′ = VB′ ACC ′A′ = V − VB′ ABC = V − V =V 3 Vậy = k V′ Chọn A = V SE SF = = SB SD Câu 36: Gọi V thể tích khối trụ Ta có: S MNBA = 1 S A′B′BA ⇒ VC MNBA = VC A′B′BA 2 Mặt khác VC A′B′BA =VABC A′BC ′ − VC A′B′C ′ =V − V 2V = 3 2V ⇒ VC MNBA = = 18 = 3 Do VCNMAB′C ′ = V − VC MNBA = 12 Chọn A Câu 37: Gọi I trung điểm BC ⇒ AI = 3GI ′BC ) ) 3d ( G; ( A′BC ) ) ⇒= Khi d ( A; ( A= VA A′BC 3VG′A′B′C ′ V V Mặt khác VA A′BC = VA′ABC =⇒ VG A′BC =Chọn D Câu 38: Do h với h ( ABC ) / / ( A′B ′C ′ ) ⇒ d ( G; ( A′B ′C ′ ) ) = chiều cao khối lăng trụ Do đó= VG AB′C ′ 1 = h.S A′B′C ′ V Chọn A 3 Câu 39: Do AA′ / / ( BCC ′B ′ ) P ∈ AA′ nên ta có: VP BCC ′B′ =VA′.BCC ′B′ =V0 − VA′ ABC =V0 − V0 2V0 = Chọn A 3 Câu 40: Gọi E trung điểm BC, F trung điểm BE Khi MF / / AE mà AE / / A′N nên MF / / A′N Suy điểm A′, M , F , N thuộc mặt phẳng Vậy ( A′MN ) cắt cạnh BC điểm P ⇒ P trùng với F Công thức tổng quát tính thể tích khối đa diện “Thể tích khối chóp cụt V= h B + B ′ + BB ′ ( ) với h chiều cao, B, B ′ diện tích hai đáy” Xét khối chóp cụt MBP A′B ′N có chiều cao= h BB =′ a S ABC  = B S= MBP = Và diện tích đáy  A′B′C ′  B ′ S= S= = A′B′N ′  Thể = V tích khối đa S S với S = diện MBP A′B ′N BB ′  S S S S  3a  + + =  Chọn D 8  96 Câu 41: Gọi V thể tích khối lăng trụ ABC A′B ′C ′ Ta có: VA.BCC ′B′ =V − VA′ ABC =V − V 2V = 3 a2 V , V= V= VA′ BCC ′B′ M BB′N A′ BB′N Khi V= G A′B′C ′ (Do S NBB′ = 2V V = SCC ′B′B ) Do VM= BB′N 3 Tương tự V= V= A.C ′B′B A′.C ′B′B Do S BCN < S BCC= ′ V VA= ′ BCC ′B ′ 1 V S BCC ′B′ ⇒ VA′.BCN < VA′.BCC ′B= ′ 2 Vậy khối chóp BB ′MN tích nhỏ Chọn D Câu 42: Gọi V thể tích khối chóp ABC A′B ′C ′ Ta có: VA.BCC ′B′ =V − VA′ ABC =V − ′ Lại có V S= = ABC AA Suy ra= VA.BCC ′B′ V 2V = 3 AB AC = AA′ 2a 3 2 4a 3 Chọn A 2a = 3 Câu 43: Gọi V thể tích khối chóp ABC A′B ′C ′ Ta có VA.BCC ′B′ =V − VA′ ABC =V − Lại có:= S IKB Suy V= A′ IKB V 2V = 3 1 S KICB S BCC ′B′ = 1 V VA= V = BCC ′B′ 4 ′ Mặt= khác V S= ABC AA  AA′ AB AC.sin BAC 1 a3 3a ⇒ VA′.IKB = V = = a.2a.sin120°.2a = A Câu 44: Thể tích khối lập phương V = a Ta có VA= V= V= VD= ′ B′C ′C A′B′D′ B′ ABC D ′ ACD a Chọn VACD= VABCD A′B′C ′D′ − VA, A′B′D′ − VB′ ABC − VD′ ACD − VD′.B′C ′C ′B′ Suy VACD′B′ = a − a3 a3 = Chọn A Câu 45: Ta có S ABCD =2 S ABC ⇒ VA′ ABCD =2VA′ ABC Mặt khác VA′ ABCD = VABCD A′B′C ′D′ Do đó= VA′ ABC 1 = VA′ ABCD VABCD A′B′C ′D′ 2 = VABCD A′B′C ′D′ Chọn B Câu 46: Gọi h chiều cao khối hộp Ta có= VB′ ABC 1 1 h.S ABC h = S ABCD h.S ABCD V = = 3 6 1 V1 = V − 4.VB′ ABC = V − V = V Chọn A Câu 47: Ta có VADMN = d  M ; ( ABCD )  S ∆AND = AA′ ( S ABCD − S ∆ABN − S ∆NCD ) = 1   AA′  S ABCD − S ABCD − S ABCD  4   1 a3 ′ = = AA S ABCD a3 Vậy thể tích cần tính V = Chọn C Câu 48: Ta có VD= VC ′ ABD + VC ′ ADD′ ABC ′D ′ 1 CC ′.S ∆ABD + C ′D ′.S ∆ADD′ 3 1 CC ′.S ABCD + C ′D ′ .S AA′DD′ 3 1 1 a3 = a a + a a = 3 Vậy thể tích cần tính V = a3 Chọn A d ( M ; ( ABCD ) ) MC Câu 49: Ta có MC = 3MA′ ⇒ = = d ( A ′; ( ABCD ) ) A′C d ( M ; ( ABCD ) ) S ABCD VM ABCD 3 Do , Chọn D = = = 4 VABCD A′B′C ′D′ d ( A ′; ( ABCD ) ) S ABCD Câu 50: Chuẩn hóa thành hình lập phương ABCD A′B ′C ′D ′ cạnh I Qua M kẻ đường thẳng d / / BD, cắt AD N ⇒ MN / / BD, Mà BD / / B ′D ′ ⇒ MN / / B ′D ′ ⇒ M , N , B ′, D ′ đồng phẳng Dó VAMN = A′B′D′ = AA′ S ∆AMN + S ∆A′B′D′ + S ∆AMN S ∆A′B′D′ ( 1 1  13  + + =   18 18  54 ⇒ Thể tích khối cịn lại 13 41 13 : = Chọn C 54 54 41 Câu 51: Dễ thấy AB / / C ′D ′ ⇒ A, B, C ′, D ′ đồng phẳng ) 1 Do d G; ( = ABC ′ )  d C ; ( ABC ′ )  ⇒= VG ABC ′ VC ABC ′ 3 1 V CC ′.= S ∆ABC CC ′ S= ABCD 3 Ta có V= V= C ABC ′ C ′ ABC Vậy VG ABC= ′ 1 V V = = Chọn A VC ABC= ′ 3 18 18 1 AA′.S ∆ABC S ∆ABC VA′ ABC Câu 52: Ta có = = 3= Chọn B VABCD A′B′C ′D′ AA′.S ABCD 2.S ∆ABC Câu 53: Chọn AB = Nối MN ∩ BC= P; MN ∩ CD= Q Nối C ′P ∩ BB=′ E , C ′Q ∩ DD=′ F Do thiết diện cắt mp ( C ′MN ) C ′EMNF PB QD Dễ thấy BM = BP = DQ = DN = ⇒ = = PC QC Khi V= V= E B PM F DQN Ta có VC ′.CPQ= 1 1 1 EB.S= = ∆BPM 3 2 72 1  1 CC ′.S ∆CPQ= 1 + =  3  8 Gọi V0 thể tích đa diện chứa điểm C ⇒ V= = VC ′.CPQ − VE B PM − VF DQN Vậy tỉ số thể tích cần tính V1 25 Chọn D = V2 72 Câu 54: Gọi M trung điểm AB ⇒ IM / / AB ′ / / C ′D Do mp ( DIC ′ ) cắt hình lập phương theo thiết diện IMDC ′ Ta có VIBM= C ′CD = BC S ∆IBM + S ∆C ′CD + S ∆IBM S ∆C ′CD ( 1 1 1 BC  S ABCD + S ABCD + S ABCD S ABCD 8 7 = BC S ABCD VABCD A′B′C ′D′ 24 Vậy tỉ số cần tính Chọn C 17    ) 25 72