THỂ TÍCH KHỐI ĐA DIỆN KHÁC KÈM ĐÁP ÁN

Câu 1. (Đề Tham Khảo 2020 Lần 2) Cho hình hộp ABCD A B C D .     có chiều cao bằng 8 và diện tích đáy bằng 9. Gọi M N P , , và Q lần lượt là tâm của các mặt bên ABB A BCC B CDD C       , , và DAA D  . Thể tích của khối đa diện lồi có các đỉnh là các điểm A B C D M N P , , , , , , và Q bằng A. 27 . B. 30 . C. 18. D. 36. Lời giải Chọn B Ta có . 9.8 72 VABCD A B C D       . Gọi I J K L , , , lần lượt là trung điểm các cạnh AA BB CC DD     , , , suy ra . 36 VABCD IJKL  . Do hình chóp AMIQ . đồng dạng với hình chóp A B A D .    theo tỉ số 1 2 nên . . 1 1 1 9 3 . .8. 8 8 3 2 2 V V A MQI A B A D       . . . . 3 4 36 4. 30 2 V V V ABCD MNPQ ABCD IJKL A MIQ      . Câu 2. (Mã 101 2020 Lần 1) Cho hình chóp đều S ABCD . có cạnh đáy bằng a , cạnh bên bằng 2a và O là tâm của đáy. Gọi M , N , P , Q lần lượt là các điểm đối xứng với O qua trọng tâm của các tam giác SAB , SBC , SCD , SDA và S là điểm đối xứng với S qua O . Thể tích của khối chóp S MNPQ . bằng A. 3 20 14 81 a . B. 3 40 14 81 a . C. 3 10 14 81 a . D. 3 2 14 9 a . Lời giải Chọn A. Chuyên đề 14 THỂ TÍCH KHỐI ĐA DIỆN DIỆN KHÁC Tài Liệu Ôn Thi Group https:TaiLieuOnThi.Net TAILIEUONTHI.NET Trang 2 Gọi 1 2 3 4 G G G G , , , lần lượt là trọng tâm     SAB SBC SCD SDA , , , . E F G H , , , lần lượt là trung điểm của các cạnh AB BC CD DA , , , . Ta có 1 2 3 4 2 4 4 1 8 4 4. 4. . . 9 9 2 9 MNPQ G G G G EFGH a S S S EG HF     .                 1 2 3 4 , , , , 2 , 2 , , 3 5 5 14 , 3 6 d S MNPQ d S ABCD d O MNPQ d S ABCD d O G G G G d S ABCD d S ABCD a d S ABCD           Vậy 2 3 . 1 5 14 8 20 14

Tài Liệu Ôn Thi Group TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 THỂ TÍCH KHỐI ĐA DIỆN DIỆN KHÁC Chuyên đề 14 TÀI LIỆU DÀNH CHO ĐỐI TƯỢNG HỌC SINH GIỎI MỨC 9-10 ĐIỂM Câu (Đề Tham Khảo 2020 Lần 2) 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 Ta có VABCD ABC D  9.8  72 Gọi I , J , K , L trung điểm cạnh AA, BB, CC, DD suy VABCD IJKL  36 Do hình chóp A.MIQ đồng dạng với hình chóp A.BAD theo tỉ số nên 1 VA.MQI  VA BAD   8 2 VABCD.MNPQ  VABCD IJKL  4VA.MIQ  36   30 (Mã 101 - 2020 Lần 1) Cho hình chóp S ABCD có cạnh đáy a , cạnh bên 2a O tâm đáy Gọi M , N , P , Q điểm đối xứng với O qua trọng tâm tam giác SAB , SBC , SCD , SDA S ' điểm đối xứng với S qua O Thể tích khối chóp S '.MNPQ 40 14a 81 10 14a3 81 Lời giải C 14a3 D IE U O N T H I N E A IL Chọn B T 20 14a3 81 A A T Câu Trang https://TaiLieuOnThi.Net Tài Liệu Ôn Thi Group Gọi G1 , G2 , G3 , G4 trọng tâm SAB, SBC, SCD, SDA E, F , G, H trung điểm cạnh AB, BC, CD, DA 4 8a Ta có S MNPQ  SG1G2G3G4  S EFGH  EG.HF  9 d  S ,  MNPQ    d  S ,  ABCD    d  O,  MNPQ    d  S ,  ABCD    2d  O,  G1G2G3G4    d  S ,  ABCD    d  S ,  ABCD   5a 14  d  S ,  ABCD    5a 14 8a 20a 14   Vậy VS .MNPQ   81 Câu (Mã 102 - 2020 Lần 1) Cho hình chóp S ABCD có cạnh đáy a , cạnh bên a O tâm đáy Gọi M , N , P, Q điểm đối xứng với O qua trọng tâm tam giác SAB, SBC , SCD, SDA S  điểm đối xứng với S qua O Thể tích khối chóp 20 10 a3 81 Lời giải C D 10 a3 E 10 10 a3 81 I N B H 40 10 a3 81 T A T S .MNPQ T A IL IE U O N Chọn B Trang https://TaiLieuOnThi.Net Tài Liệu Ôn Thi Group TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Ta gọi G1 , G2 , G3 , G4 trọng tâm tam giác SAB, SBC , SCD, SDA 5 d  O,  MNPQ    VS .MNPQ  VO MNPQ  8VO G1G2G3G4 2  10VS G1G2G3G4  10 20 a 10 10 10a3 VS ABCD  a  27 27 81 (Mã 103 - 2020 Lần 1) Cho hình chóp S ABCD có cạnh đáy a , cạnh bên 2a O tâm đáy Gọi M , N , P, Q điểm đối xứng với O qua trọng tâm tam giác SAB, SBC , SCD , SDA S  điểm đối xứng với S qua O Thể tích khối chóp S .MNPQ A 6a B 40 6a 81 10 a 81 Lời giải C 20 6a 81 D A IL IE U O N T H I N E T Chọn D T Câu d  S ,  MNPQ    Trang https://TaiLieuOnThi.Net Tài Liệu Ôn Thi Group 5a Ta có: S K  S O  OK  SO  SO   , SMNPQ    S ABCD  a 9 Vậy: VS .MNPQ  Câu 20 6a  81 (Mã 104 - 2020 Lần 1) Cho hình chóp S ABCD có tất cạnh a O tâm đáy Gọi M , N , P , Q điểm đối xứng với O qua trọng tâm tam giác SAB , SBC , SCD , SDA S  điểm đối xứng với S qua O Thể tích khối chóp S MNPQ A 2a B 20 2a 81 40 2a 81 Lời giải C D 10 2a 81 N T H I N E T Chọn B O a 2 Gọi G, K trọng tâm tam giác SAB tam giác SCD Trang https://TaiLieuOnThi.Net IE IL A 4 a , tương tự NQ  a 3 T Suy MP  2GK  U Ta có SO  Tài Liệu Ôn Thi Group TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021  S MNPQ  a Ta có  MNPQ  //  ABCD  d  M ,  ABCD    2d  G ,  ABCD     d   MNPQ  ,  ABCD     d  S ,  MNPQ    S O  a SO  3 a a 5a  5a 8a 20 2a  VS MNPQ   81 (Mã 102 - 2020 Lần 2) Cho hình chóp S ABCD có cạnh đáy 4a , cạnh bên 3a O tâm đáy Gọi M , N , P , Q hình chiếu vng góc O lên mặt phẳng (SAB) , ( SBC) , (SCD) (SDA) Thể tích khối chóp O.MNPQ A 4a B 64a 81 128a 81 Lời giải C 2a3 D Chọn D T Gọi E , F , G , H trung điểm AB, BC , CD DA Gọi M , N , P, Q hình I N E chiếu vng góc O lên đường thẳng SE , SF , SG, SH ta suy M , N , P, Q hình T N IE U 1 AC  (2a 3)2  (4a 2)2  2a SE  SO  OE  2a 4 IL Các độ dài SO  SA2  1 S ABCD suy VS EFGH  VS ABCD 2 O Ta có EFGH hình vng S EFGH  H chiếu vng góc O mặt phẳng ( SAB ), ( SBC ),( SCD) ( SDA) SM SO SN SP SQ   suy    SE SE SF SG SH A Trong tam giác vng SOE ta có T Câu Trang https://TaiLieuOnThi.Net Tài Liệu Ôn Thi Group Xét hai hình chóp S EFGH O.MNPQ ta có hai đường cao OO SO tương ứng tỷ lệ SMNPQ  MN  OO   , đồng thời diện tích đáy   S EFGH  EF  SO Do Câu VO.MNPQ VS EFGH  1 1 hay VO.MNPQ  VS EFGH  VS ABCD  a.(4a )  a 8 16 16 3 3a O tâm đáy Gọi M , N , P Q hình chiếu vng góc O mặt (Mã 103 - 2020 Lần 2) Cho hình chóp S ABCD có cạnh đáy a , cạnh bên phẳng  SAB  ,  SBC  ,  SCD   SDA  Thể tích khối chóp O.MNPQ a3 A 48 2a B 81 a3 C 81 Lời giải a3 D 96 Chọn D Gọi M , N , P, Q trung điểm cạnh AB, BC , CD, DA Ta có AB  OM  AB  SO nên AB   SOM   Suy  SAB    SOM   theo giao tuyến SM  Theo giả thiết ta có OM   SAB  nên OM  SM  , M hình chiếu vng góc O SM  Tương tự vậy: N , P, Q hình chiếu vng góc O SN , SP, SQ 3a 2a a    OM  4 Suy tam giác SOM  vuông cân O nên M trung điểm SM  Từ dễ chứng minh MNPQ hình vng có tâm I thuộc SO nằm mặt phẳng Ta có SO  SA2  AO  E T song song với  ABCD  , với I trung điểm SO H T O U IE IL 1 a a a3 S MNPQ OI  MN OI   3 96 T Thể tích khối chóp O.MNPQ N 1 2a M N   AC  4 A Do MN  I N a Suy OI  OS  Trang https://TaiLieuOnThi.Net Tài Liệu Ôn Thi Group TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Câu 3a Cho hình chóp S ABCD có cạnh đáy 3a , cạnh bên O tâm đáy Gọi M , N , P Q hình chiếu vng góc O mặt phẳng ( SAB ) , ( SBC ) , ( SCD ) ( SAD) Thể tích khối chóp O.MNPQ A 9a 16 B 2a C 9a 32 a3 D Lời giải Chọn C Gọi E , F , G , H giao điểm SM với AB , SN với BC , SP với CD , SQ với DA E , F , G , H trung điểm AB , BC , CD , DA 9a SP SP.SG SO Ta có      P trung điểm SG SG SG SG 9a 2 2 Chứng minh tương tự ta có M , N , Q trung điểm AB , BC , DA Khi d(O, ( MNPQ ))  S MNPQ  1 9a S EFGH  S ABCD  8 Vậy VO.MNPQ  3a 9a 9a    32 T (Mã 104 - 2020 Lần 2) Cho hình chóp S ABCD có cạnh đáy 2a , cạnh bên a O tâm đáy Gọi M , N , P Q hình chiếu vng góc O lên mặt D I N 16 a 81 H a3 12 Lời giải C T a3 N B O 8a 81 U A E phẳng  SAB  ,  SBC  ,  SCD   SDA  Thể tích khối chóp O MNPQ bằng: A IL IE Chọn C T Câu 3a SO  Trang https://TaiLieuOnThi.Net Tài Liệu Ôn Thi Group Gọi I , J , E F trung điểm AB , BC , CD DA SIA vuông I  SI  SA2  AI  3a  a  a SOI vuông O  SO  SI  OI  2a  a  a  SOI vuông cân O  M trung điểm SI MN đường trung bình SIJ  MN  1 1 a IJ  AC  2a  2 2  a  a2 S MNPQ  MN       Gọi H  MP  SO  H trung điểm SO a  d  O,  MNPQ    SH  SO  2 1 a a2 a3 VO.MNPQ  SH S MNPQ   3 2 12 (Đề Tham Khảo 2018) Cho hình vng ABCD ABEF có cạnh , nằm hai mặt phẳng vng góc với Gọi S điểm đối xứng B qua đường thẳng DE Thể tích khối đa diện ABCDSEF 11 A B C D 12 Lời giải Chọn D T A IL IE U O N T H I N E T Câu 10 Trang https://TaiLieuOnThi.Net Tài Liệu Ôn Thi Group TÀI LIỆU ƠN THI THPTQG 2021 Ta có:ADF.BCE hình lăng trụ đứng có đáy tam giác vng cân Dựa vào hình vẽ ta có: VABCDSEF  VADF BCE  VS CDFE  VADF BCE  VB.CDFE  2VADF BCE  VBADE VADF BCE  AB.S BCE  Câu 11 1 1 ;VBADE  AD.S ABE   V ABCDSEF    6 (Mã đề 104 - BGD - 2019) 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 20 Lời giải C D 14 Chọn B 42  16 Gọi thể tích khối đa diện lồi có đỉnh điểm A, B, C , M , N , P V1 Thể tích khối lăng trụ ABC ABC  V  Ta có: V1  VAMNCB  VBMNP  VBNPC E I N H U O N T (Mã 103 - BGD - 2019) 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 C Lời giải IL B 10 D 12 A A IE đa diện lồi có đỉnh điểm A, B, C , M , N , P T Câu 12 T Dễ thấy VAABC  V VAMNCB  VAABC nên VAMNCB  V 4 1 VBABC   V VBMNP  VBABC  nên VBMNP  V 24 1 VABCB  VABCC   V VBNPC  VBABC nên VBNPC  V 12 Vậy V1  VAMNCB  VBMNP  VBNPC  V  Chọn A Trang https://TaiLieuOnThi.Net Tài Liệu Ôn Thi Group A' C' B' N D F M P E C A B Gọi DEF thiết diện lăng trụ cắt mặt phẳng  MNP  Dễ chứng minh  DEF  / /  ABC  D, E , F trung điểm đoạn thẳng AA, BB, CC  suy VABC DEF  VABC ABC   12 Ta có VABCPNM  VABC DEF  VADMN  VBMPE  VCPMF Mặt khác VADMN  VBMPE  VCPMF  Câu 13 VABC DEF  VABCPNM  VABC DEF  12 (Mã 102 - BGD - 2019) 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 40 28 Lời giải B 16 C D 12 N T 1  32 3; VC ' ABC  VABC A ' B 'C ' ; VA BC ' B '  VABC A ' B 'C ' 3 O Ta có: VABC A ' B 'C '  H I N E T Chọn D Trang 10 https://TaiLieuOnThi.Net IE IL A T Ta có VC ABPN  VC ' ABC  VABC A ' B 'C ' 4 U Khối đa diện cần tìm V  VC ABPN  VP AMN  VP ABM Tài Liệu Ơn Thi Group 32 Thể tích khối cầu ngoại tiếp tứ diện CMNP là: V   23  3 Câu 30 (Chuyên Thái Nguyên - 2020) Cho hình chóp S ABC có đáy ABC tam giác vuông cân đỉnh B , AB  , SA  SB  SC  12 Gọi M , N , E trung điểm AC , BC , AB Trên cạnh BF  Thể tích khối tứ diện MNEF SB lấy điểm F cho BS A 34 B 34 34 Lời giải C D 16 34 Chọn C Vì SA  SB  SC nên hình chiếu S lên  ABC  tâm đường tròn ngoại tiếp ABC , suy SM   ABC  Từ AB   AC   Tam giác SAM vuông M nên SM  SA2  AM  12  2   34 1 1 16 34 Thể tích VS ABC   S ABC  SM    AB  SM    42  34  3 3 Suy thể tích (Đại Học Hà Tĩnh - 2020) Cho khối tứ diện ABCD tích V Gọi G1 , G , G3 , G4 trọng E Câu 31 V 18 H D T V 27 Lời giải C N V O B U V 12 I N tâm bốn mặt tứ diện ABCD Thể tích khối tứ diện G1 G G3G4 là: A T A IL IE Chọn C Trang 24 https://TaiLieuOnThi.Net T 1 1 32 34 34 VMNEF   S MNE  d  F ,  MNE      S ABC   SM   VS ABC    3 12 12 Tài Liệu Ôn Thi Group TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Gọi H , E, F trung điểm BD, BC, CD AG4 AG3    G3G4 / / HE 1 AE AH AG3 AG2    G2G3 / / HF   Tương tự AF AH Ta có   Từ 1 ,  2  G4 G2G3 / /  DBC   d  G1;  G2G3G4    d  G ;  BCD    d  A;  BCD   G G AG2  Tam giác G G3G4 đồng dạng tam giác HEF  HF AF 1 2 S G2 G3G4    S HEF  S ABC  S ABC 9   Thể tích khối tứ diện G1 G G3G4 là: 1 1 V V  d  G1 ;  G2G3G4   SG2G3G4  d  A;  BCD   S ABC  VABCD  3 27 27 (Sở Hà Tĩnh - 2020) Cho hình lập phương ABCD AB C D  tích V Gọi M điểm thuộc cạnh BB cho BM  MB  Mặt phẳng ( ) qua M vng góc với AC  cắt cạnh DD , DC , BC N , P, Q Gọi V1 thể tích khối đa diện CPQMNC  Tính tỷ số V1 V A 31 162 B 35 162 34 162 Lời giải C D 13 162 A IL IE U O N T H I N E T Chọn B T Câu 32 Trang 25 https://TaiLieuOnThi.Net Tài Liệu Ôn Thi Group Theo giả thiết ( )  DD   N , ( )  CD  P, ( )  BC  Q Từ tính chất hình lập phương ta có ( ACC )  BD suy BD  AC  BD //( ) , từ ta suy MN //BD; PQ //BD ta có DN  ND  AB  BC Ta xác định vị trí P, Q sau: Ta có   BC  ( ABC )  BC  AC   BC   BC ( )//BC MQ //BC , ta BQ  2QC , theo PQ //BD ta lại có DP  PC Vậy điểm M , N , P, Q hoàn toàn xác định Gọi S điểm cạnh CC  thỏa mãn CS  2SC  R điểm đường thẳng CC  thỏa mãn MBCR hình bình hành Khi ta có R nằm mặt phẳng ( ) ( MNS )//( AB C D ) Đặt V0  VRCPQ ;V2  VC MSN V1  VRMNS  VC MSN  VRCPQ Đặt cạnh hình lập phương AB  3x ta có V  (3 x)3  27 x3  V SN SM SR  x 3 x3 RMNS   x  x  V1   35   3x V 27 x 162 VC MSN  SM SN SC     x3 V  CP CQ CR   RCPQ 6 Vậy (Sở Bắc Ninh - 2020) Cho tứ diện ABCD tích 18 Gọi A1 trọng tâm tam giác E BCD ;  P  mặt phẳng qua A cho góc  P  mặt phẳng  BCD  600 Các T Câu 33 V1 35  V 162 H I N đường thẳng qua B; C; D song song với AA1 cắt  P  B1; C1; D1 Thể tích khối tứ diện N D 12 O C Lời giải U B 18 IE A 12 T A1B1C1D1 bằng? T A IL Chọn B Trang 26 https://TaiLieuOnThi.Net Tài Liệu Ôn Thi Group TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 C1 B1 A D1 D A1 B C Từ giả thiết A1 trọng tâm tam giác BCD nên ta suy A trọng tâm tam giác B1C1 D1 Do VA.BCD  3VA A1BC  3VB AA1C VA1 B1C1D1  3VA1 AB1C1  3VB1 AA1C1  d  B ; AA CC   d  B1 ; AA1CC1  Mặt khác quan hệ song song nên   1   VB AA1C  VB1 AA1C1  S AA1C  S AA1C1 Vậy nên VA1 B1C1D1  VA.BCD  18 (Sở Bình Phước - 2020) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a, cạnh bên a Xét điểm M thay đổi mặt phẳng SCD  cho tổng Q  MA  MB  MC  MD  MS nhỏ Gọi V1 thể tích khối chóp S.ABCD 2 2 V2 thể tích khối chóp M ACD Tỉ số A 11 140 B 22 35 V2 V1 11 70 Lời giải C 11 35 D O N T H I N E T Chọn C      IL   A  IE U    Gọi O tâm hình vng ABCD I điểm đoạn thẳng SO cho IO  IS           Ta có: Q  MO  OA  MO  OB  MO  OC  MO  OD  MS T Câu 34 Trang 27 https://TaiLieuOnThi.Net Tài Liệu Ôn Thi Group        MO  MS  4OA2  MI  IO  MI  IS  4OA2  5MI  IO  IS  4OA2     Vì IO  IS  4OA  const nên Q nhỏ  MI nhỏ  M hình chiếu I (SCD ) Gọi E trung điểm CD , H hình chiếu O (SCD )  M , H  SE a a 3a , SE  , SH  2 12a 11a SM SI Vì  ME  SE  SM     SM  SH SO 5 10 d M ,( ABCD ).S ACD d  M ,( ABCD )  ME 11 V2  11 11    Ta có    V1 35 70 d S , ( ABCD ) SE 35 d S ,( ABCD ).S ABCD Ta có SO  Câu 35 (Hậu Lộc - Thanh Hóa - 2020) Cho hình chóp tam giác S ABC có cạnh bên tạo với đường cao góc 30 o , O trọng tâm tam giác ABC Một hình chóp thứ hai O.A ' B ' C ' có S tâm tam giác A ' B ' C ' cạnh bên hình chóp O A ' B ' C ' tạo với đường cao góc 60 o cho cạnh bên SA, SB , SC cắt cạnh bên OA ', OB ', OC ' Gọi V1 phần thể tích phần chung hai khối chóp S ABC O A ' B ' C ', V2 thể tích khối chóp S ABC Tỉ số A 16 B 27 64 Lời giải C D V1 bằng: V2 64 N T H I N E T Chọn A O Gọi E  OA ' SA; F  OB ' SB ; G  OC ' SC IE U Theo hình vẽ thể tích V1  VSEFGO ;V2  VS ABC Trang 28 https://TaiLieuOnThi.Net A T Do S ABC hình chóp O tâm tam giác ABC nên SO   ABC  IL Đặt SO  x Tài Liệu Ôn Thi Group TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Do O A ' B ' C ' hình chóp S tâm tam giác A ' B ' C ' nên OS   A ' B ' C ' Từ ta có  ABC  / /  A ' B ' C '  OA / / SA ' SO  OA; OS  SA ' ASO  30o ;  A ' OS  60o Ta có theo kiện tốn ta có  Ta có SE x x   SE   OE  SO 2 SO  SA SO  OA ' 2x  SA   OA '  x OA SA x   OA   SA 2 SA '   SA '  x SO Ta có:  OA  AB  OA  x 3 A ' B '  SA '  A ' B '  SA '  x Ta có: AB x x3 V2  VS ABC  x  12  x  x 3  x  4 VO A ' B 'C ' Ta có: E I N H T N O VS EFG VS ABC T  x  SE SF SG  SE    27 27 x 3        V  S EFG  SA SB SC  SA   x  64 64 12     3 U IE IL A T VO.EFG VO A ' B 'C '  x  OE OF OG  OE    1 x 3      V  V    O EFG O A ' B ' C '  OA ' OB ' OC '  OA '   x  64 64 64   Trang 29 https://TaiLieuOnThi.Net Tài Liệu Ôn Thi Group V1  VS EFG  VO EFG Câu 36 3x 3 3x V    364  64 V2 x 16 12 (Kim Liên - Hà Nội - 2020) Cho hình chóp tứ giác S ABCD có tất cạnh a , tâm đáy O Gọi M , N tương ứng trung điểm cạnh SA , SC Gọi E giao điểm SD mặt phẳng  BMN  Tính thể tích V khối chóp O.BMEN A V  a3 18 B V  a3 24 C V  a3 12 D V  a3 36 Lời giải Chọn D Gọi K  MN  SO , BK cắt SD E Kẻ OO / / BE Do MN đường trung bình SAC nên K trung điểm SO Suy VO.BMEN  VS BMEN Ta có: VS BME SM SE SE V SN SE SE    S BNE  VS BAD SA SD SD VS BCD SC SD SD SE Suy VS BMEN  VS BME  VS BNE  VS ABCD SD Vì OO / / BE  O trung điểm ED Mặt khác: KE / / OO  E trung điểm SO Do SE  EO  OD  SE  SD Suy VS BMEN  VS ABCD Ta có: S ABCD  a U O T A IL IE a a3  Vậy VS BMEN  6 36 Trang 30 https://TaiLieuOnThi.Net I N N T a3 Do đó: VS ABCD  S ABCD SO  E H T a 2 a  BD  Xét SOA vng O có: SO  SA  OA  SA       a       Tài Liệu Ôn Thi Group TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Câu 37 (Lê Lai - Thanh Hóa - 2020) Cho hình chóp S ABCD có cạnh đáy a Mặt bên tạo với AB M 60o 30o SC , SD đáy góc Mặt phẳng  P  chứa tạo với đáy góc cắt N V S ABMN a Tính thể tích khối chóp theo A V  a3 B V  5a3 48 C V  a3 D V  a3 16 Lời giải Chọn D Gọi AC  BD  O  SO   ABCD  (vì S ABCD hình chóp đều) Gọi I , J hình chiếu vng góc O DC , AB gọi SO   P    E    SDC  ,  ABCD    SOI  60 o   P  ,  ABCD    EJO  30 o SJI  JE phân giác góc SJI  F trung điểm SI 1 (với Khi tam giác SIJ Mà E JO  30o  JE  SI   F  ) Mặt khác CD //AB  CD //  P   CD //MN   Từ 1   suy MN đường trung bình tam giác SBC  SM SN   SC SD 1 VS ABM SM    VS ABM  VS ABC  VS ABCD V SC 2  S ABC Khi ta có  1 VS AMN  SM SN    V VS ACD  VS ABCD S AMN   VS ACD SC SD 2 4 1  VS ABMN  VS ABM  VS AMN  VS ABCD  VS ABCD  VS ABCD * 8 Tam giác SIJ cạnh a  SO  a 1 a a3  VS ABCD  SO.S ABCD  a  3  2* a3 a 3  Thay  2* vào * ta VS ABMN  16 (Nguyễn Huệ - Phú Yên - 2020) Cho hình hộp ABCD ABC D có chiều cao diện tích đáy 11 Gọi M trung điểm AA, N điểm cạnh BB  cho BN  3BN P điểm cạnh CC  cho 6CP  5C P Mặt phẳng  MNP  cắt cạnh DD  Q Thể tích C 44 E 220 D I N B 42 H 88 T A T khối đa diện lồi có đỉnh điểm A, B , C , D, M , N , P Q O N Lời giải A IL IE U Chọn B Trước tiên ta chứng minh bổ đề sau: T Câu 38 Trang 31 https://TaiLieuOnThi.Net Tài Liệu Ôn Thi Group  AM BN CP  Cho hình lăng trụ hình vẽ, VABC MNP      VABC ABC   AA BB CC   Chứng minh: VABC MNP  VN ACB  VN ACPM VN ACB  VN ACPM VB ACC A BN BN VB ' ACB  VABC ABC  BB  BB  CP  AM  S ACPM   CP AM        S ACC A AA  CC  AA  IL A MA PC BN DQ    AA CC  BB DD  T 2OI  MA  PC  DQ  NB  IE U O N T H I N E  ADDA  //  BCC B   Ta có:  MQ   MNP    ADDA   NP //MQ , tương tự ta có MN //PQ Do MNPQ   NP   MNP    BCC B  hình bình hành Ta có OI đường trung bình hai hình thang AMPC BNQD suy T  CP AM   VN ACPM     VABC ABC   CC  AA  Từ ta suy điều phải chứng minh Bây ta áp dụng vào giải toán Trang 32 https://TaiLieuOnThi.Net Tài Liệu Ôn Thi Group TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Dựa vào hình vẽ ta chia khối lăng trụ làm hai phần cắt mặt phẳng  BDDB  Do VADB ADB  VBDC  BDC  44 VABCD.MNPQ  VABD MNQ  VBCD NPQ  MA BN DQ   CP BN DQ      VABD ABD       VBCD BC D  AA BB DD   CC  BB DD   MA BN DQ CP BN DQ          VABC ABC   AA BB DD CC  BB DD     MA CP      VABC ABC 3.2   AA CC     MA CP      VABC ABC   AA CC   1      88  42  11  (Nguyễn Trãi - Thái Bình - 2020) Cho hình chóp S ABCD có đáy hình vng, mặt bên  SAB  tam giác nằm mặt phẳng vng góc với mặt đáy  ABCD  có diện tích 27 (đvdt) Một mặt phẳng qua trọng tâm tam giác SAB song song với mặt đáy  ABCD  chia khối chóp S ABCD thành hai phần, tính thể tích V phần chứa điểm S A V  B V  24 C V  36 D V  12 Lời giải Chọn D T Gọi H trung điểm AB Do SAB  SAB    ABCD  nên SH   ABCD  AB 27 AB 3 3     AB  3  SH  4 2 2 1 81 (đvtt)  VS ABCD  S ABCD SH  AB SH  3  3 2 Gọi G trọng tâm tam giác SAB , qua G kẻ đường thẳng song song với AB , cắt SA SB M , N Qua N kẻ đường thẳng song song với BC cắt SC P , qua M kẻ đường N T H  IL IE U O  I N E Ta có SSAB  A thẳng song song với AD cắt SD Q Suy  MNPQ  mặt phẳng qua G song song với  ABCD  T Câu 39 Trang 33 https://TaiLieuOnThi.Net Tài Liệu Ôn Thi Group Khi SM SN SP SQ SG      SA SB SC SD SH 3 Có Có VS MNP SM SN SP   8      VS MNP  VS ABC  VS ABCD  VS ABCD VS ABC SA SB SC   27 27 27 27 VS MPQ VS ACD SM SP SQ   8      VS MPQ  VS ACD  VS ABCD  VS ABCD SA SC SD   27 27 27 27 Vậy VS MNPQ  VS MNP  VS MPQ  Câu 40 4 8 81 VS ABCD  VS ABCD  VS ABCD   12 (đvtt) 27 27 27 27 (Tiên Du - Bắc Ninh - 2020) Cho hai hình chóp tam giác có chiều cao Biết đỉnh hình chóp trùng với tâm đáy hình chóp kia, cạnh bên hình chóp cắt cạnh bên hình chóp Cạnh bên có độ dài a hình chóp thứ tạo với đường cao góc 300 , cạnh bên hình chóp thứ hai tạo với đường cao góc 450 Tính thể tích phần chung hai hình chóp cho? A    a3 64 2  3 a B 32 C    a3 64 D   27  a 64 Lời giải Chọn C B' D' A α C' M P H N B β D A' C Hai hình chóp A.BCD A.BC D hai hình chóp đều, có chung đường cao AA , A tâm tam giác BC D A tâm tam giác BCD    ;  Ta có:  BCD  //  BC D  ; AB  AC  AD  a ; BAA AAB   T A IL IE U O N T H I N E T Do AB cắt AB M nên AB // AB Gọi N giao điểm AC AC  ; P giao điểm AD AD Tương tự ta có: AC  // AC , AD // AD Từ suy cạnh BCD B C D  song song với đôi Trang 34 https://TaiLieuOnThi.Net Tài Liệu Ôn Thi Group TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021  MB AB  MA  AB  MB NC  NC AC   MN // BC Ta có:     NA AC MA NA   AB  AC  ; AB  AC   Tương tự ta có: NP // CD MP // BD Suy ra: MNP tam giác Gọi H giao điểm OO  MNP  , H tâm tam giác MNP Trong tam giác AAD có: AA  AD.cos   a.cos  1 Đặt x  MH Hai tam giác AHM tam giác AHM vuông H cho:  AH  MH cot   x.cot   AA  x  cot   cot    2   AH  MH cot   x.cot  Từ 1   suy ra: a.cos   x  cot   cot    x  a.cos  cot   cot  Tam giác MNP có cạnh MN  x nên: S MNP  MN 3 x 3 a cos    4  cot   cot   Phần chung hai hình chóp A.BCD A.BC D hai hình chóp đỉnh A A có chung mặt đáy tam giác MNP Do thể tích là: 1 a 3.cos  V  SMNP  AH  AH   S MNP AA  3  cot   cot   Với   30   45 V  32  1     a3 64 (Lương Thế Vinh - Hà Nội - 2020) Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình bình hành có diện tích 12a ; khoảng cách từ S tới mặt phẳng  ABCD  4a Gọi L trọng tâm tam giác ACD ; gọi T V trung điểm cạnh SB SC Mặt phẳng  LTV  chia hình chóp thành hai khối đa diện, tính thể tích khối đa diện chứa đỉnh S A 20a B 8a 28a Lời giải C 32a D A IL IE U O N T H I N E T Chọn C T Câu 41  9a Trang 35 https://TaiLieuOnThi.Net Tài Liệu Ôn Thi Group V  VS ABCD  12a 4a  16a Mặt phẳng  LTV  cắt AB, CD M N cho MN / / BC / /TV Đặt V   VS ADNMTV  VS ABMN  VS TVMN Ta có : VS ADNM  V Xét khối chóp S.MNCB có đáy hình bình hành : SM SN SB SC a  1; b   1; c   2; d  2 SM SN ST SV V abcd Khi S TVMN    VS TVMN  V  V VS MNBC 4abcd 1 7 28 Do V   V  V  V  16a3  a 12 12 Câu 42 (Thanh Chương - Nghệ An - 2020) Cho hình chóp tứ giác S ABCD tích Gọi M trung điểm SA N điểm đối xứng của A qua D Mặt phẳng ( BMN ) chia khối chóp thành hai khối đa diện Gọi ( H ) khối đa diện có chứa đỉnh Thể tích khối đa diện ( H ) A 12 B 12 Lời giải C D Chọn A Gọi O tâm hình vng ABCD ta có SO chiều cao hình chóp Trong mặt phẳng ( SAD) gọi I giao điểm MN SD ta suy I trọng tâm tam SI NI   SD NM Trong mặt phẳng ( ABCD ) gọi J giao điểm BN CD ta suy J trung điểm giác SAN E T CD BN 1 SO suy VMABN  VS ABCD (1) 2  V ABM DJI (2) Trang 36 https://TaiLieuOnThi.Net H N T T Từ (1), (2) (3) ta tích ( H ) A IL IE U Xét khối chóp N ABM áp dụng cơng thức tính tỷ số thể tích ta có VNDJI NI ND NJ 1 5    VNDJI  VNABM VABM DJI  VNABM  VMABN (3) VNABM NM NA NB 6 6 O Từ giả thiết ta có V( H )  VS ABCD I N Ta có S ABN  S ABCD d ( M , ( ABCD ))  Tài Liệu Ôn Thi Group TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 V( H )  VS ABCD Vậy thể tích khối đa diện ( H ) 12 (Tiên Lãng - Hải Phòng - 2020) Cho tứ diện ABCD tích V Gọi M , N , P, Q , R trung điểm cạnh AB , AD , AC , DC , BD G trọng tâm tam giác ABC (như hình vẽ) Tính thể tích khối đa diện lồi MNPQRG theo V A V B V V Lời giải C 2V D Chọn C Ta có VMNPQRG  VG.MPQR  VN MPQR E I N H T N O U IE IL A 1  VC MNR  VC ABD  V 1 V Vậy VMNPQRG  V  V  12 T VG.MPQR  VB.MPQR  VB.PQR 3 2  VP.BQR  VA BQR 3 1  VA BCD  V 12 VN MPQR  2VN MPR  2.VP.MNR T Câu 43  VS ABCD  12 Trang 37 https://TaiLieuOnThi.Net Tài Liệu Ôn Thi Group Câu 44 (Trần Phú - Quảng Ninh - 2020) Cho lăng trụ ABC AB C  tích Gọi M , N P điểm nằm cạnh AB , BC  BC cho M trung điểm AB , BN  BC  BC Đường thẳng NP cắt đường thẳng BB E đường thẳng EM cắt đường thẳng AB Q Thể tích khối đa diện lồi AQPCAMNC ' BP  A 23 B 23 59 12 Lời giải C D 19 Chọn C EB EQ EP BP     EB EM EN B N 3 Suy d  E ,  ABC     d  B,  ABC    S BN BM  Mà ta lại có BMN  S ABC  BC  BA Ta có Và VE MBN  d  E ,  MBN   S MBN  V ABC ABC   16 Ta lại có VE QPB VE MNB EQ EP EB  EB      EM EN EB  EB  27 26 VE MBN 27 26 59  VABC ABC   VBQP BMN    27 12 E I N T A IL IE U O N T H Vậy VAQPCAMNC  T Suy VBQP BMN  VE MBN  VEBQP  Trang 38 https://TaiLieuOnThi.Net ...  S ABCD d ( M , ( ABCD ))  Tài Liệu Ôn Thi Group TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 V( H )  VS ABCD Vậy thể tích khối đa diện ( H ) 12 (Tiên Lãng - Hải Phòng - 2020) Cho tứ diện ABCD tích V Gọi... 42 (Thanh Chương - Nghệ An - 2020) Cho hình chóp tứ giác S ABCD tích Gọi M trung điểm SA N điểm đối xứng của A qua D Mặt phẳng ( BMN ) chia khối chóp thành hai khối đa diện Gọi ( H ) khối đa diện. .. đáy cạnh bên a  Chiều cao khối chóp là: h  Thể tích khối chóp: Vchop  a 6 a a        a a3  a  (? ?vtt) 2 Vậy thể tích khối bát diện là: V  2Vchop  a (? ?vtt) H I N E T Câu 16 Cho