File đáp án (31 54)

Câu 31 (Sở Hà Nam 2019) Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình bình hành Gọi M là trung điểm SB N là điểm thuộc cạnh SC sao cho 2SN CN , P là điểm thuộc cạnh SD sao cho 3SP DP Mặt phẳng  MNP cắt[.]

Câu 31 (Sở Hà Nam - 2019) Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD hình bình hành Gọi M trung điểm SB N điểm thuộc cạnh SC cho SN  2CN , P điểm thuộc cạnh SD cho SP  3DP Mặt phẳng  MNP  cắt SA Q Biết khối chóp SMNPQ tích Khối đa diện ABCD.QMNP tích A B 17 C D 14 Lời giải Chọn B SA SC SB SD    (Tham khảo tập 73 trang 64 SBT Hình 11 nâng cao) SQ SN SM SP SQ Do ta có  SA 11 VSMNQ SM SN SQ    VSMNQ  VSABCD Ta có VSBCA SB SC SA 11 11 Ta có 22 VSABCD Do VSMNQ  VSQPN  VSABCD  VSABCD  22 22 17  Tương tự: VSQPN  Vậy VABCD.QMNP Câu 32 (THPT Thăng Long-Hà Nội- 2019) Cho hình chóp S ABC có SA   ABC  , tam giác ABC đều, AB  a , góc SB mặt phẳng  ABC  60 Gọi M , N trung điểm SA , SB Tính thể tích khối chóp S MNC A a3 B a3 C a3 12 D a3 16 Lời giải Chọn D Ta có: SA   ABC   AB hình chiếu SB lên mặt phẳng  ABC    60   SB,  ABC     SB, AB   SBA   a.tan 60  a SA  AB.tan SBA 1 a2 a3 VS ABC  S ABC SA  a  3 4 VS MNC SM SN SC 1    VS ABC SA SB SC 2 1 a3 a  VS MNC  VS ABC   4 16 Câu 33 Cho hình chóp tứ giác S ABCD có đáy hình vng tâm O , SA  a , SA vng góc với đáy, mặt phẳng  SBC  tạo với đáy góc  cho tan   Gọi G trọng tâm tam giác SCD Tính thể tích khối tứ diện SOGC a3 A 36 a3 B a3 C 12 Lời giải Chọn A a3 D 24  BC  AB  BC  SB  BC  SA Ta có:   SBC   ( ABCD)  BC     BC  AB   SBC  ;  ABCD    AB; SB  SBA Như   BC  SB     Trong tam giác SAB vuông A , tan    SA a  6  AB  a AB AB Gọi I trung điểm CD , trọng tâm G tam giác SCD , G thuộc SI Có VS OCI  Khi đó: 1 1 a a a3 SA.SOIC  SA .IO.IC  a  3 2 24 VSOGC SG 2 a a3    VSOGC  VSOIC   VSOIC SI 3 24 36 Câu 34 Cho khối hộp ABCD ABC D tích V Lấy điểm M thuộc cạnh AA cho MA  MA Thể tích khối chóp M ABC V V A B C V 18 Lời giải Chọn B D V Thể tích hình hộp V  B h Gọi diện tích tam giác ABC B  , ta có: B  B Gọi A H đường cao hạ từ A xuống mặt phẳng đáy: AH   ABCD  H , đặt h  AH Dựng MK MA 2    gt   h  h AH AA 3 1 V Gọi V thể tích hình chóp M ABC , ta có: V   B h  B h  B h  3 9 MK   ABCD  K , ta có MK //AH có tỉ số Câu 35 Cho hình lăng trụ ABC A ' B ' C ' tích V Gọi M trung điểm BB ' , điểm N thuộc cạnh CC ' cho CN  2C ' N Tính thể tích khối chóp A.BCMN theo V 7V 7V V 5V A VA BCMN  B VA BCMN  C VA BCMN  D VA.BCMN  12 18 18 Lời giải Chọn B Cách 1: 3 Ta có: VB ' BAC  d ( B ', ( ABC )).SABC  V Theo công thức tỷ số thể tích: Ta có: BB '  BM  VB.MAC BM 1 1 V    VB.MAC  VB B ' AC  V  2 VB.B ' AC BB ' 3 NC  BM  NC BM d (C , BB ') SBMC    SNMC NC.d ( M , CC ')  S BCNM V 7     A.BCNM  SBMC 3 VA BMC Vậy: VA BCNM  7 V 7V VA BMC   3 18 Cách 2: Gọi h, k độ dài đường cao hình lăng trụ ABC A ' B ' C ' hình chóp A.BCMN , S diện tích tam giác ABC  độ dài đường cao hình chóp M ABC là: h h hS (1) VMABC  S  h 3 Mặt khác: VMABC  S  k SBCM  k SBCM  Ta có SMNC  hS 4 SBCM (vì tam giác MNC BCM có chiều cao CN  BM ) 3 1 4 hS 2hS VAMNC  k SMNC  k SBCM  k SBCM   (2) 3 9 Từ (1) (2) ta có: VA BCMN  VMABC  VAMNC  Câu 36 (Chuyên Quang Trung - 2018) hS 2hS hS 7V    18 18   CSA   60, SA  a, Cho khối chóp S ABC có  ASB  BSC SB  2a, SC  4a Tính thể tích khối chóp S ABC theo a 8a A 2a3 B 4a3 C Lời giải a3 D  SM  SB  Lấy M  SB, N  SC thoả mãn: SM  SN  SA  a   SN    SC   CSA   600  S AMN khối tứ diện cạnh a ASB  BSC Theo giả thiết:  Do đó: VS AMN  Mặt khác : Câu 37 a3 12 VS AMN SM SN 1 2a3     VS ABC  8VS AMN  VS ABC SB SC   CSA   60 SA  (Chuyên Lê Hồng Phong 2018) Cho khối chóp S ABC có góc  ASB  BSC , SB  , SC  Thể tích khối chóp S ABC A 2 B C Lời giải D S C A O M B C B Gọi B SB cho SB  SB C  SC cho SC   SC Khi SA  SB  SC    S ABC khối tứ diện Ta có: AM  Nên SO  2   AO  AM  3 SA2  AO  Khi VS ABC   Mà ta lại có: S ABC   2 S ABC  SO  3 VS ABC SA SB SC    VS ABC  3VS ABC   2 VS ABC  SA SB SC  Cách khác: VS ABC  Câu 38 SA.SB.SC   cos CSB   2cos   cosCSB  2  cos  ASB  cos BSC ASB.cos.BSC (Chuyên Bắc Ninh - 2018) Cho khối tứ diện ABCD tích 2017 Gọi M , N , P , Q trọng tâm tam giác ABC , ABD , ACD , BCD Tính theo V thể tích khối tứ diện MNPQ A 2017 B 4034 81 C 8068 27 Lời giải D 2017 27 A N P M B D F Q E G C VAEFG S EFG 1    VAEFG  VABCD VABCD S BCD 4 ( Do E , F , G trung điểm BC, BD, CD ) VAMNP SM SN SP 8    VAMNP  VAEFG  VABCD  VABCD VAEFG SE SE SG 27 27 27 27 Do mặt phẳng  MNP  //  BCD  nên VQMNP VAMNP  1  VQMNP  VAMNP 2 2017 VQMNP  VABCD  VABCD  27 27 27 Câu 39 (Chuyên Hùng Vương - Phú Thọ - 2018) Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a , SA  a SA vng góc với đáy Gọi M trung điểm SB , N điểm thuộc cạnh SD cho SN  ND Tính thể tích V khối tứ diện ACMN 1 a a A V  B V  a C V  a D V  12 36 Lời giải Cách Ta có VS ABCD  VNDAC  a3 SA.S ABCD  3 1   a3 NH S DAC  a  a   3   18 1 a   a3 VMABC  MK S ABC   a   3   12 a3 d  A,  SMN   SSMN  18 Suy VNSAM  1  a  a3 NL.S SAM  a  a   3  2  18 Mặt khác VC SMN  1 a3 d  C ,  SMN   S SMN  d  A,  SMN   S SMN  3 18 Vậy VACMN  VS ABCD  VNSAM  VNADC  VMABC  VSCMN  a3 a3 a3 a3 a3      a 18 18 12 18 12 S M L A N B O K H D C Cách Gọi O giao điểm AC BD Ta có VS ABCD  a3 SA.S ABCD  Vì OM //SD nên SD //  AMC  3 Do d  N ;  AMC    d  D;  AMC    d  B;  AMC   a3  VACMN  VN MAC  VD.MAC  VB.MAC  VM BAC  VS ABCD  12   (do d M ;  ABC   1 d  S ;  ABC   S ABC  S ABCD ) 2 Câu 40 (Chuyên Quốc Học Huế - 2018) Cho hình chóp S ABCD có đáy hình vng cạnh a Cạnh bên SA vng góc với mặt đáy SA  2a Gọi B; D hình chiếu vng góc A cạnh SB, SD Mặt phẳng  AB D   cắt cạnh SC C  Tính thể tích khối chóp S ABC D a3 A 16a B 45 a3 C Lời giải D 2a Ta có VS ABC D  2VS AB C  1 mà VSABC SB SC  * VSABC SB SC  SAC vuông A nên SC  SA2  AC   2a   a   6a suy SC  a Ta có BC   SAB   BC  AB SB  AB suy AB   SBC  nên AB   BC Tương tự AD   SC Từ suy SC   ABD    ABC D  nên SC  AC  Mà SC .SC  SA2 suy Từ  *  SC  SA2 4a 2 SB SA2 SA2 4a Ta có        2 2 2 SC SC 6a SB SB SA  AB 4a  a VSABC  8 8  VSABCD mà suy VSABC   VSABC  VSABCD  VSABC 15 15 15 30 2a VSABCD  S ABCD SA  3 Suy VSABC   2a 8a  30 45 Từ 1 suy VS ABC D  2VS ABC   Câu 41 16a 45 (Kim Liên - Hà Nội - 2018) Cho tứ diện ABCD có cạnh Trên cạnh AB CD lần      lượt lấy điểm M N cho MA  MB  NC  2 ND Mặt phẳng  P  chứa MN song song với AC chia khối tứ diện ABCD thành hai khối đa diện, khối đa diện chứa đỉnh A tích V Tính V A V  18 B V  11 216 C V  216 D V  108 Lời giải Từ N kẻ NP //AC , N  AD M kẻ MQ //AC , Q  BC Mặt phẳng  P  MPNQ Ta có VABCD  AH S ABCD  12 V  VACMPNQ  VAMPC  VMQNC  VMPNC Ta có VAMPC  AM AP VABCD  VABCD  VABCD AB AD 3 1 CQ CN 11 VMQNC  VAQNC  VABCD  VABCD  VABCD 2 CB CD 22 2 2 AM 11 VMPNC  VMPCD  VMACD  VABCD  VABCD  VABCD 3 3 AB 32 11 11 1 1  VABCD  V  VABCD  18 216 3 9 Vậy V    Câu 42 (Chuyên Vĩnh Phúc - 2018) Cho hình chóp tứ giác S ABCD đáy hình bình hành tích V Lấy điểm B  , D trung điểm cạnh SB SD Mặt phẳng qua  ABD cắt cạnh SC C  Khi thể tích khối chóp S ABC D A V B 2V C V3 Lời giải D V Gọi O giao điểm hai đường chéo AC BD SO  BD  H Khi H trung điểm SO C  AH  SO Trong mặt phẳng  SAC  : Ta kẻ  d  //AC AC  cắt  d  K Khi áp dụng tính đồng dạng tam giác ta có: OH OA SK SK SC  SC     SK  OA   ;     SH SK AC AC CC  SC Vì VS ABD  VS BCD  V SA SB SD 1 V VS ABCD  nên ta có S ABD      VS ABD  V 2 VS ABD SA SB SD VS BC D SB SC  SD SC  SC  V        VS BC D  SC VS BCD SB SC SD SC Suy VS ABC D  VS ABD  VS BC D  V  Câu 43 SC  V V  SC   V   1   SC 8  SC  (Toán Học Tuổi Trẻ - 2018) Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a , SA vng góc với đáy, SA  a Một mặt phẳng qua A vng góc với SC cắt SB , SD , SC B , D , C  Thể tích khối chóp S ABC D là: A V  2a 3 B V  2a C V  a3 D V  Lời giải S C' D' B' D A O B C 2a 3 Ta có: VS ABCD a3 2   a a 3 Ta có AD   SDC   AD  SD ; AB   SBC   AB   SB Do SC   ABD   SC  AC  Tam giác S AC vuông cân A nên C  trung điểm SC SB SA2 2a 2    Trong tam giác vuông S AB ta có SB SB 3a VS ABC D VS ABCD  VS ABC   VS AC D Vậy VSABCD  Câu 44 VS ABCD  SB SC SD SC   SB SC  1        SB SC SD SC  SB SC 3 a3 (Chuyên Thái Bình - 2018) Cho khối tứ diện ABCD tích V Gọi M , N , P , Q trung điểm AC , AD , BD , BC Thể tích khối chóp AMNPQ A V B V C V D V Lời giải Ta có VAMNPQ  2VAPMQ (do MNPQ hình thoi), AB // MQ  VAPMQ  VBPMQ Mặt khác P trung điểm BD nên d  P,  ABC    1  VBPMQ  d  P,  ABC   S BQM  d  D,  ABC   S ABC 1 V V  d  D,  ABC   S ABC   VAMNPQ  8 1 d  D,  ABC   , đồng thời S BQM  S ABC Câu 45 (Phan Đình Phùng - Hà Tĩnh - 2018) Cho hình đa diện hình vẽ   CSD   DSA   BSD   60 Thể tích khối đa Biết SA  , SB  , SC  , SD   ASB  BSC diện S ABCD A B C 30 D 10 Lời giải Trên SA , SB , SC lấy điểm A , B , C  cho SA  SB  SC   SD  Ta có AB  BC   C D  DA  Khi hình chóp S AB D hình chóp S CBD hình chóp tam giác có tất cạnh VS ABD  VS CBD  Mặt khác 23 2  12 VS ABD SA SB SD 2 9  3   , nên VS ABD  VS ABD  VS ABD SA SB SD 2 VS CBD SC SB SD 2    , nên VS CBD  3VS C BD  2 VS C BD SC  SB SD Thể tích khối đa diện S ABCD V  VS ABD  VS CBD   2  Câu 46 (THPT Thạch Thanh - Thanh Hóa 2018) Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a , SA  a SA vng góc với đáy Gọi M trung điểm SB , N thuộc cạnh SD cho SN  ND Tính thể tích V khối tứ diện ACMN 1 3 a a A V  a B V  a3 C V  D V  36 12 Lời giải Cách 1: Phân rã hình: Thể tích khối chóp S ABCD là: V  a3 a  3 Thể tích tứ diện SMNC là: VSMNC  2 1  VS BDC    V  V 3 2 Thể tích tứ diện NACD là: VNADC  1  V V Thể tích tứ diện MABC là: VMABC  1  V V 2 Thể tích tứ diện SAMN là: VSAMN  2 1  VS BDC    V  V 3 2 Mặt khác ta có: VSMNC  VNACD  VMABC  VSAMN  VAMNC  VS ABCD 1 6   Suy VAMNC  V  VSMNC  VNACD  VMABC  VSAMN   V   V  V  V  V   V  Câu 47 a3 12 (THPT Thạch Thanh - Thanh Hóa - 2018) Cho khối hộp chữ nhật ABCD ABC D tích 2110 Biết AM  MA , DN  ND , CP  2C P hình vẽ Mặt phẳng  MNP  chia khối hộp cho thành hai khối đa diện Thể tích khối đa diện nhỏ A 5275 B 8440 C 7385 18 Lời giải D 5275 12 Gọi Q giao điểm mặt phẳng  MNP  với BB  Giả sử AM C P DN BQ  x,  y,  z,  t Khi x  y  z  t AA CC  DD BB VABD.MQN VABD ABD VC BD PQN VC BD.CBD   V  x zt x zt  A B D MQN  VABC D ABCD  V  y z t y z t  C B D PQN  VABC D ABCD VMNPQ ADC B VABCD ADC B VMNPQ ADC B VABCD ADC B   AM C P   1          AA CC     12  VMNPQ ADC B  Câu 48  x  y 5275 VABCD ADC B  12 (Chuyên Thăng Long - Đà Lạt - 2018) Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình bình hành tích V Gọi E điểm cạnh SC cho EC  ES Gọi   mặt phẳng chứa AE song song với BD ,   cắt SB, SD hai điểm M , N Tính theo V thể tích khối chóp S AMEN 3V A B V C 3V 16 Lời giải D V Gọi G giao điểm AE SO Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác SOC ta có:  AC GO ES GO 1  1 AO GS EC GS SG SM SN     SO SB SD Ta có: VS AMEN VS AME V 1 1 1   S AEN    V 2VS ABC 2VS ACD 2 2 6 Vậy VS AMEN  V Câu 49 (Chuyên Hùng Vương - Phú Thọ - 2018) Cho khối hộp chữ nhật ABCD ABC D tích 2110 Biết AM  MA ; DN  ND ; CP  PC  Mặt phẳng  MNP  chia khối hộp cho thành hai khối đa diện Thể tích khối đa diện nhỏ D A C B N P M C D B A A 7385 18 B 5275 12 C 8440 Lời giải D 5275 D A C B N P M Q C D B A Ta có: VMNPQ ABC D VABCD ABC D Vnho  VMNPQ ABC D  Câu 50  AM C P   1          AA C C    12 5 5275 VABCD ABC D   2110  12 12 (Chuyên Bắc Ninh - 2018) Cho khối lăng trụ ABC ABC tích 2018 Gọi M trung điểm AA ; N , P điểm nằm cạnh BB , CC  cho BN  2BN , CP  3C P Tính thể tích khối đa diện ABC.MNP 32288 40360 A B 27 27 C 4036 D 23207 18 Lời giải Ta có Câu 51 VABC MNP  AM BN CP  23 23207      Vậy VABC MNP   18 VABC ABC  AA BB CC   36 (Quảng Xương - Thanh Hóa - 2018) Cho hình lăng trụ ABC ABC  tích 6a Các AM BN CP  ,   Tính điểm M , N , P thuộc cạnh AA , BB , CC  cho AA BB CC  thể tích V  đa diện ABC.MNP 11 11 11 a a a A V   B V   C V   a D V   27 16 18 Lời giải Lấy điểm Q  AA cho PQ //AC Ta có MQ  AQ  AM  Dễ thấy VABC MNP  AA VABC ABC  , VM QNP  VABC ABC  12 Vậy V   VABC MNP  VM QNP  11 11 V  a3 18 Câu 52 (Chuyên Lê Quý Đôn - Điện Biên - 2022) Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình bình hành M trung điểm cạnh bên SC Gọi  P  mặt phẳng chứa AM song song với BD , mặt phẳng  P  cắt SB, SD B  D Tính tỷ số A B C Lời giải Chọn B VS ABMD VS ABCD D ... ABC D  VS ABD  VS BC D  V  Câu 43 SC  V V  SC   V   1   SC 8  SC  (Toán Học Tuổi Trẻ - 2018) Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a , SA vng góc với đáy,