ÔN THI TOÁN THPT QUỐC GIA

Câu (Đề thức 2017) Cho khối chóp S.ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật, AB  a ,  AD  a , SA vng góc với mặt phẳng đáy mặt phẳng  SBC  tạo với đáy góc 60 Tính thể tích V khối chóp S.ABCD A V  3a3 3a 3 B V  C V  a3 D V  a3 Lời giải Chọn.C S A a 60 a B C D Ta có SABCD  3a2  SBC    ABCD   BC      60  Vì  BC  SB   SBC  Vậy SBA   SBC  ,  ABCD   SBA   BC  AB   ABCD    ˆ  1v có: tan 60  SA  SA  AB tan 60  a Xét tam giác vuông SAB A AB 1 Vậy VS ABCD  SABCD SA  a2 3.a  a3 3  Câu  (Đề thức 2017) Cho khối chóp S.ABCD có đáy hình vng cạnh a , SA vng góc với đáy khoảng cách từ A đến mặt phẳng  SBC  a Tính thể tích khối chóp cho A a3 B a3 C a3 Lời giải Chọn B D 3a3 S H A B D C Ta có BC  AB, BC  SA  BC  AH Kẻ AH  SB  AH   SBC    Suy d A;  SBC   AH  a Tam giác SAB vng A có: 1    SA  a 2 AH SA AB2 a3 Vậy VSABCD  SA.SABCD  3 Câu (Đề Thử Nghiệm 2017) Cho tứ diện ABCD tích 12 G trọng tâm tam giác BCD Tính thể tích V khối chóp A.GBC A V  B V  C V  D V  Lời giải A B G D C Chọn B Cách 1: Phân tích: tứ diện ABCD khối chóp A.GBC có đường cao khoảng cách từ A đến mặt phẳng  BCD  Do G trọng tâm tam giác BCD nên ta có SBGC  SBGD  SCGD  SBCD  3SBGC (xem phần chứng minh) Áp dụng cơng thức thể tích hình chóp ta có:  VABCD  h.SBCD  h.SBCD V S 1  ABCD 3  BCD   VA.GBC  VABCD  12   3 VA.GBC h.S SGBC VA.GBC  h.SGBC  GBC  Chứng minh: Đặt DN  h; BC  a +) MF // ND  MF CM 1 h    MF  DN  MF  DN CD 2 +) GE // MF  GE BG 2 h h    GE  MF   MF BM 3 3 +) SBCD SGBC 1 DN BC 2    SBCD  3SGBC 1h GE.BC a 23 +) Chứng minh tương tự có SBCD  3SGBD  3SGCD  SBGC  SBGD  SCGD Cách 2: Ta có d  G;  ABC   d  D;  ABC    GI 1   d  G;  ABC    d  D;  ABC   DI 3 1 Nên VG ABC  d  G;  ABC   SABC  VDABC  3 D G A H C H1 I B Câu (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 A B 11 12 C D Lời giải Chọn D S F E D A C B 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 1 1 VADF BCE  AB.S BCE  ;VBADE  AD.S ABE   VABCDSEF    Dựa vào hình vẽ ta 6 có VABCDSEF  VADF BCE  VS CDFE  VADF BCE  VB.CDFE  2VADF BCE  VBADE   Câu 5   6 (Đề Tham Khảo 2017) Cho khối tứ diện tích V Gọi V  thể tích khối đa V diện có đỉnh trung điểm cạnh khối tứ diện cho, tính tỉ số V V V V V     A B C D V V V V Lời giải Chọn A A Q P E B M F D N C Cách Đặc biệt hóa tứ diện cho tứ diện cạnh a Hình đa diện cần tính có a cách cắt góc tứ diện, góc tứ diện có cạnh V V Do thể tích phần cắt bỏ V    1 (Vì với tứ diện cạnh giảm nửa thể tích giảm    )  2 V V  Vậy V    V Cách Khối đa diện hai khối chóp tứ giác (giống nhau) có đáy hình bình hành úp 1 lại Suy ra: V   2VN MEPF  4.VN MEP  4.VP.MNE  V  V (Do chiều cao giảm nửa, cạnh đáy giảm nửa nên diện tích giảm ) V ' V  VA.QEP  VB.QMF  VC.MNE  VD NPF Cách Ta có  V V VA.QEP VB.QMF VC.MNE VD.NPF 1 1 1 1 1 1  1     1     2 2 2 2 2 2 V V V V Câu (Đề Minh Họa 2017) Cho tứ diện ABCD có cạnh AB , AC AD đơi vng góc với nhau; AB  6a , AC  a AD  4a Gọi M , N , P tương ứng trung điểm cạnh BC , C D , DB Tính thể tích V tứ diện AMNP 28 A V  a B V  14a3 C V  a D V  7a3 Lời giải Chọn D 1 AB AD AC  6a.7 a.4a  28a 3 1 Ta nhận thấy S MNP  S MNPD  S BCD  VAMNP  VABCD  a 4 Ta có VABCD  Câu (Đề Minh Họa 2017) 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 h  a a Tính khoảng cách h từ B đến mặt phẳng  SCD  B h  a C h  a D h  a 3 Lời giải Chọn B Gọi I là trung điểm của AD Tam giác SAD cân tại S  SI  AD SI  AD  SI   ABCD  Ta có   SAD    ABCD   SI là đường cao của hình chóp Theo giả thiết VS ABCD  SI S ABCD  a  SI 2a  SI  2a 3 Vì AB song song với  SCD   d  B,  SCD    d  A,  SCD    2d  I ,  SCD   Gọi H là hình chiếu vuông góc của I lên SD SI  DC  IH  DC Ta có Mặt khác   ID  DC Xét tam giác SID vuông tại 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    Câu a (Chuyên Nguyễn Trãi - Hải Dương - Lần - 2019) Cho hình chữ nhật ABCD có AB  2; AD  nằm mặt phẳng  P  Quay  P  vòng quanh đường thẳng BD Khối tròn xoay tạo thành tích bằng: 28 28 56 A B C 9 Lời giải Chọn C D 56 C' K M A D O H E F O' B N P C A' Gọi A đối xứng với A qua BD , C  đối xứng với C qua BD Gọi M  BC  AD; K  CC  AD; H  AD  CC; O  DB  CC; N  AD  BC; E  MN  BD; P  BC  AA; O  AA  BD; F  AA  BC Ta có: BD  BC  CD ; OA  OC  BC DC  3; BO  OD  DC  OC  1; BD DO  BD  BO  3; OE  EO   OO  1; OH OH OD OH OD     OH  ;    EN  OC OA DO 3 EN DE Gọi V1 ,V2 , V3 , V4 thể tích khối nón tròn xoay sinh tam giác OCD; OAD; END; OHD quay xung quanh đường thẳng BD Ta có: V1   OC OD   V2   OA2 OD  3 8 V3   EN DE   V4   OH OD  V  V1  V2  V4  V3  V4    Câu 56 (HSG - TP Đà Nẵng - 2019) Cho khối lăng trụ tam giác ABC ABC có chiều cao a hai đường thẳng AB  , BC vuông góc với Tính theo a thể tích V khối lăng trụ ABC ABC  5a 9a A V  a B V  C V  a D V  2 Lời giải Chọn D Gọi M , I trung điểm cạnh AC , BC Ta có MI // AB  nên   90 AB, BC     MI , BC    MIB  Mà AB  BC suy BIM vuông cân I Đặt AB  x ,  x   Ta có 1 AB  AB  BB2  x  3a 2 BM  IB  IM  IM   x  3a  1 IM  ABM vuông M nên BM  AB  AM  x  Từ 1   suy SABC x 3x  4  2 3x x  3a    x  6a  x 3a   3a 9a a  2 Câu 10 (HSG - TP Đà Nẵng - 2019) Cho hình chóp tứ giác có độ dài cạnh đáy a chiều cao 2a Tính theo a thể tích khối đa diện có đỉnh trung điểm cạnh hình chóp cho Vậy thể tích khối lăng trụ ABC ABC V  SABC AA  A 5a 24 B 5a 12 C Lời giải Chọn B a3 12 D 3a S M 2a Q P N A D E O B a F C 2a a3 Ta có: VS ABCD  2a.a   VS ABC  VS ABCD  3 • VS MNP SM SN SP 1 1 a3     VS MNP  VS ABC  VS ABC SA SB SC 2 8 24  VS MNPQ  2VS MNP  • a3 12 VB.EFN BE BF BN 1 1 a3     VB EFN  VS ABC  VB ACS BA BC BS 2 8 24 • Thể tích khối đa diện cần tìm là: V  VS ABCD  VS MNPQ  4.VB.EFN  Câu 11 2a a a 5a    12 24 12 (HSG - TP Đà Nẵng - 2019) Cho khối hộp ABCD A ' B ' C ' D ' tích V Gọi M , N , P trung điểm AB, B ' C ' DD ' Thể tích khối tứ diện C ' MNP A V 32 B V C V 16 D V Lời giải Chọn C Gọi M , Q, H trung điểm AB, CD, C D G giao điểm QH C P Ta có: 3 VC ' MNP  VMC ' NP  VQC ' NP  3VHC ' NP  VDC ' NP  VPNC 'D  d  P;  NC D   S NC D 2 1 1 V  d  D;  NC D   S NC D  d  D;  NC D   S ABC D  2 4 16 Câu 12 (Chuyên Lam Sơn - Thanh Hóa - Lần - 2019) Cho tứ diện ABCD tích V Gọi E, F , G trung điểm BC , BD, CD M , N , P, Q trọng tâm ABC , ABD, ACD, BCD Tính thể tích khối tứ diện MNPQ theo V A V B V 2V C D A N M P B D F Q G E C Lời giải Chọn D MN  EF EF  ΔEFG  ΔDCB DC Ta có ΔMNP  ΔEFG Do ΔMNP  ΔDCB MN  DC SΔMNP 1   SΔMNP  SΔBCD SΔBCD 9 Mặt khác d  Q,  MNP    d  A,  BCD   Suy VMNPQ  V 27 V 27 MN song song với SC chia khối chóp thành phần Gọi V1 thể tích khối đa diện chứa A , V2 thể tích khối đa diện lại Tính tỉ số A V1  V2 B V1  V2 C V1 ? V2 V1  V2 D V1  V2 Lời giải - Trong mặt phẳng  SAC  dựng MP song song với SC cắt AC P Trong mặt phẳng  SBC  dựng NQ song song với SC cắt BC Q Gọi D giao điểm MN PQ Dựng ME song song với AB cắt SB E (như hình vẽ) - Ta thấy: SE SM 1    SN  NE  NB  SB SB SA 3 Suy N trung điểm BE DM , đồng thời DB  ME  Do NQ / / MP  DB DN AB   ,  DA DM DQ DN   DP DM - Nhận thấy: V1  VD AMP  VD BNQ VD.BNQ VD AMP  15 15 DB DN DQ 1 1  VD.BNQ  VD AMP  V1  VD AMP  VM ADP   16 16 16 DA DM DP 2 16 - Do NQ / / SC  d  N ; DB  QB QB NB 1    d  Q; DB   d  C; AB     d  C; AB  CB CB SB 3 1 1  SQDB  d  Q; DB  DB  d  C; AB  AB  SCAB  S ADP  S ABC 2 3 9 Và d  M ;  ADP    d  S ;  ABC   1 16  VM ADP  d  M ;  ADP   S ADP  d  S ;  ABC   S ABC  VS ABC 3 27  V1  Vậy Câu 122 15 16 VS ABC  VS ABC  V2  VS ABC  V1  VS ABC 16 27 9 V1  V2 (THPT PHAN CHU TRINH - ĐẮC LẮC - 2018) hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình thoi tâm O ,   60 , SO   ABCD  mặt phẳng  SCD  tạo với mặt đáy góc 60 Tính thể AB  a , BAD tích khối chóp S ABCD A VS ABCD  3a3 24 B VS ABCD  3a3 3a3 C VS ABCD  12 Lời giải D VS ABCD  3a 48 S B C O A I J D   BAD   60 , tam giác BCD cạnh a Ta có BCD Gọi J trung điểm CD , BJ  CD BJ  a Gọi I trung điểm DJ , suy OI //BJ , OI  CD Theo định lí ba đường vng góc suy CD  SI Ta có  SCD    ABCD   CD ; Trong  SCD  có SI  CD ;  ABCD  có OI  CD   60 Suy góc  SCD   ABCD  SIO   60 , OI  BJ  a , SO  OI tan 60 Trong tam giác SOI vng O , có SIO  a 3a 3 4 Diện tích mặt đáy S ABCD  S BCD  a2 a2  3a a a 3  Thể tích khối chóp VS ABCD  SO.S ABCD  Câu 123 (THPT PHAN CHU TRINH - ĐẮC LẮC - 2018) Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a Hai mặt phẳng  SAB   SAD  vng góc với đáy, biết SC  a Gọi M , N , P , Q trung điểm cạnh SB , SD , CD , BC Tính thể tích khối chóp A.MNPQ A a3 B a3 C a3 D a3 12 Lời giải Gọi F  PQ  AC Dễ thấy AF  PQ Mặt khác  MNPQ  // SC nên  SAC    MNPQ   EF  EF // SC ; F  SA Dựng AH  EF Do PQ   SAC  nên PQ  AH Suy AH   MNPQ   AH  d  A;  MNPQ   Ta có: AE  3a 3 3a AC  SC  AC  ; AF  AS  4 4 AF AE a  2 AE  AF Mặt khác BD  SC nên PQ  QM suy tứ giác MNPQ hình chữ nhật Suy ra: AH  S MNPQ  MQ.QP  Vậy VA.MNPQ  Câu 124 a2 BD.SC  4 a3 AH S MNPQ  (THPT CHUYÊN BIÊN HÒA - HÀ NAM - 2018) Xét khối tứ diện ABCD có cạnh AB , CD thỏa mãn AB  CD  18 cạnh lại Biết thể tích khối tứ diện ABCD đạt giá trị lớn x y ; x, y  * ;  x; y   Khi x, y thỏa mãn bất đẳng thức đây? A x  y  xy  4550 B xy  x  y  2550 có dạnh Vmax  C x  xy  y  5240 D x3  y  19602 Lời giải Đặt AB  a Gọi M trung điểm CD  CD  AM , CD  BM  CD   ABM  1 Khi VABCD  VABMC  VABMD  S ABM CM  S ABM DM  S ABM CD 3 Do AM trung tuyến tam giác ACD nên: AM   AC  AD   CD   52  52   18  a   82  a Tam giác ABM cân M ( AM  BM ) nên: S ABM 1 82 a 82  AB    AB AM     a 4   a 82 82 82 a  18  a 82 VABCD  18  a  a 18  a     x  3, y  82 12 12 Câu 125 (THPT CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG - NAM ĐỊNH - LẦN - 2018) Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình bình hành thoả mãn AB  a , AC  a , BC  2a Biết tam giác SBC cân S , tam giác SCD vuông C khoảng cách từ D đến mặt phẳng  SBC  a Tính thể tích V khối chóp cho A V  2a B V  a3 C V  Lời giải a3 3 D V  a3 S I A D H B C K Ta có BC  AB  AC  ABC vuông A CD  SC    CD   SAC    SAC    ABCD  CD  AC  Kẻ SH  AC , H  AC  SH   ABCD  Gọi K trung điểm BC BC  SK    BC   SHK   BC  HK BC  SH  Kẻ HI  SK ,  I  SK   HI   SBC   d  H ;  SBC    HI AD //  SBC   d  A;  SBC    d  D;  SBC   CKH  CAB (g.g)  d  A;  SBC   d  H ;  SBC    2a HK CH CK a  HC  AC  , HK     3 AB BC CA 3 2a AC   HI  HC 1 1 81 15 2a        SH  2 2 HI HK SH SH 12a a 4a 15 Thể tích cần tìm V  Câu 126 2a 2a a  15 3 (THPT LÊ HOÀN - THANH HĨA - LẦN - 2018) Cho hình chóp S ABC có SA vng góc với đáy, mặt phẳng  SAB  vng góc với mặt phẳng  SBC  , góc hai mặt phẳng  SAC   SBC  60 ,   45 Thể tích khối chóp S ABC theo a là: SB  a , BSC A V  a3 15 B V  3a C V  2a Lời giải D V  2a 3 15 S K H I C A B Thể tích khối chóp V  SA.S ABC Kẻ AH  SB suy AH   SBC  Do BC  SA BC  AH nên BC   SAB  , tam giác ABC vng B Kẻ BI  AC  BI  SC kẻ BK  SC  SC   BIK    60 Do góc hai mặt phẳng  SAC   SBC  BKI   45 nên SB  BC  a K trung điểm SC nên BK  SB  a Do BSC Trong tam giác vng BIK có BI  BK sin 60  Trong tam giác vng ABC có S ABC  a 1  AB    2 BI AB BC BI BC BC  BI  a 30 a 15 2a AB.BC  ; SA  SB  AB  2a 3  V  SA S Vậy ABC 15 Câu 127 (ĐỀ THI GIỮA KỲ II N PHONG - 2018) Cho hình chóp S ABCD tích V , đáy ABCD hình vng Cạnh bên SA   ABCD  SC hợp với đáy góc 300 Mặt phẳng  P  qua A vng góc với SC cắt SB, SC , SD E , F , K Tính thể tích khối chóp S AEFK theo V A V 10 B 2V C Lời giải 3V 10 D V Giả sử cạnh đáy a  SA    cos 60  cos FSA a 2a ; AC  a ; SC  SA2  AC  3 a SF SF   ; SF  SA SC CD  AK  CD   SAD   ;  P   SC  SC  AK AK  SD Chứng minh tương tự AE  SB SD  SA2  AD  a 15 SE SA2 2a SK  ; tương tự:  ; SK  ;  SB SD 15 SD VS AEFK VS AEF  VS AFK V V V V  SE SF SF SK    = S AEF  S AFK = S AEF  S AFK =   V.SABCD V.SABCD V.SABCD V.SABCD 2V.SABC 2V.SACD  SB SC SC SD  = Câu 128 12 1 2 V    = Vậy VS AEFK  25 4 5 (THPT HÀM RỒNG - THANH HÓA - 2018) Cho cầu bán kính a xếp đơi tiếp xúc Hình tứ diện ABC D có mặt tiếp xúc với cầu Tính thể tích khối tứ diện ABC D    a3 A   B  a3 C   2  a3   3  a3 D Lời giải Gọi tâm cầu A ', B ', C ', D ' , tứ diện A ' B ' C ' D ' tứ diện cạnh 2a Gọi I , J tâm đường tròn ngoại tiếp A ' B ' C ' ABC Gọi M , N trung điểm BC  AD Gọi O trọng tâm tứ diện A ' B ' C ' D '  O  MN  DI Ta có: OI  1 a DI  DA2  AI  4 *) Dễ thấy ABCD phải tứ diện cạnh x có trọng tâm O Nên: 1 x 3 OJ  DJ  OI  a  x     x  2a  4    Vậy thể tích VABC D  x 2a    12   Câu 129 (THPT NGÔ QUYỀN - HẢI PHỊNG - 2018) Cho hình chóp S ABC có đáy ABC tam giác vng cân A , SA vng góc với đáy, khoảng cách từ A đến mặt phẳng  SBC  , góc hai mặt phẳng  SBC   ABC  30 Thể tích khối chóp S ABC A 72 B 24 C 24 D 72 Lời giải Gọi M trung điểm BC H hình chiếu A lên SM Ta có AM  BC SA  BC nên BC   SAM   BC  AH Do AH  BC AH  SM nên AH   SBC   d  A,  SBC    AH    30 Lại có SM  BC AM  BC nên góc hai mặt phẳng  SBC   ABC  SMA Xét tam giác AHM có sin  AMH  AH AH  AM   AM sin  AMH Ta có BC  AM  12 Xét tam giác SAM có 1 1  SA     2 SA AH AM 12 1 Vậy VS ABC  SA.S ABC  SA AM BC  24 3 Câu 130 (SỞ GD&ĐT NAM ĐỊNH - HKII - 2018) Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD tứ giác lồi góc tạo mp  SAB  ,  SBC  ,  SCD  ,  SAD  với mặt đáy 90 , 60 , 60 , 60 Biết tam giác SAB vuông cân S , AB  a chu vi tứ giác ABCD 9a S A D C B Tích thể tích V khối chóp S ABCD A V  a3 B V  a3 C V  2a 3 D V  a 3 Lời giải S A D H K C B Gọi H trung điểm AB  SH   ABCD  có SH  1 AB  a 2   60 SCD  ,  ABCD   SKH Kẻ HK  CD, K  CD    Khi HK  a SH  tan 60 Suy SHCD  a HK CD  CD 12  Tương tự SHBC  a a BC , SHDA  DA 12 12 Do S ABCD  SHBC  SHCD  SHDA  a a 2a  9a  a    BC  CD  DA  12 12 a3  Vậy V  SH S ABCD Câu 131 (THPT NGUYỄN HUỆ - TT HUẾ - 2018) Cho hình chóp S ABC có SA  x , BC  y ,  x  0, y   , cạnh lại Thể tích khối chóp A B C S ABC có giá trị lớn 81 D 81 Lời giải S K A C H B - Gọi H , K trung điểm BC SA - Do tam giác ABC SBC cân A S nên AH  BC SH  BC  BC   SAH  Lại  ABC  SBC  AH  SH  HSA cân H  HK  SA AB  AC BC y2   1 4 - Ta có : AH  SH    x2  y  y2 x2   HK  AH  AK    4 2 x   x2  y2  HK SA  1 1 - Lại có : VSABC  VB.SAH  VC SAH  BH S SAH  CH S SAH  BC.S SAH  xy   x  y  3 12 - Ta có : x  y  xy    x  y    xy  VSABC  xy  xy 12 - Đặt t  xy ,  t   S SAH  Xét hàm số : f  t   t  2t  0;  , có f   t   Bảng biến thiên : 4  3t  f  t    t   2t Suy f  t   3 , t   0;   VSABC  ,  t  dấu ”= ” xảy   x  y   x  y Vậy thể tích khối chóp S ABC đạt giá trị lớn Câu 132 (THPT CHUYÊN KHTN - LẦN - 2018) Cho khối chóp tứ giác S ABCD Mặt phẳng qua trọng tâm tam giác SAB, SAC , SAD chia khối chóp thành hai phần tích V1 V2 V1  V2  Tính tỉ lệ A 27 V1 V2 B 16 81 C 19 D 16 75 Lời giải Cách Gọi G1 , G2 , G3 trọng tâm tam giác SAB, SAC , SAD Ta có  G1G2G3  ||  ABCD  Gọi  G1G2G3  cắt SA, SB , SC , SD theo thứ tự A, B, C , D  , ta có S ABCD đồng dạng với S ABCD theo tỉ số k  8 V 27  suy VS ABC D  VS ABCD   27 V2  19 27 Cách VS ABCD  VS ABC  VS ACD VS A ' B 'C ' SA ' SB ' SC '   8      VS A ' B 'C '  VS ABC VS ABC SA SB SC   27 27 VS A 'C'D' SA ' SC ' SD '   8      VS A 'C'D'  VS ACD VS ACD SA SC SD   27 27 VS A ' B 'C ' D '  VS A ' B 'C '  VS A 'C'D'  8 V 27  VS ABCD   27 V2  19 27 Câu 133 (THCS&THPT NGUYỄN KHUYẾN - BÌNH DƯƠNG - 2018) Cho hình lập phương    ABCD ABC D cạnh a Trên BC  lấy điểm M cho ba vecto DM , DA , AB đồng phẳng Gọi V thể tích khối chóp M ABCD Hãy tính V theo a A V  a3 B V  a3 C V  a3 D V  a3 Lời giải A D B C M D' A' B' C' Chọn hệ trục tọa độ Oxyz cho A  O  0;0;0  , B  Ox , D  Oy , A  Oz  B  a;0;0  , A  0;0; a  , D  0; a; a    Giả sử BM  k BC '   Có: B  a; 0; a  , C   a; a;  , D   0; a;   BC    0; a; a  ; DB   a; a; a   Nên BM  0; ka;  ka       Mà D ' M  D ' B  BM   a;  a  ka; a  ka   BC    0; a; a  ; DB   a; a; a        Ba vecto DM , DA, AB đồng phẳng   DA, AB DM   a   2k    k  Khi đó: d  M ;  ABCD    3 d  C ;  ABCD    a 2 a3 Nên VM ABCD  a.a  2 Câu 134 (SGD&ĐT BẮC NINH - 2018) Cho lăng trụ ABC ABC  có đáy tam giác cạnh a Hình chiếu vng góc điểm A lên mặt phẳng  ABC  trùng với trọng tâm tam giác ABC Biết khoảng cách hai đường thẳng AA BC A a3 B a Khi thể tích khối lăng trụ a3 24 C a3 12 D a3 36 Lời giải A' B' C' N H A B G M C Gọi G trọng tâm ABC , M trung điểm BC  AG   ABC   BC  AM  BC   AAG   BC  MN Trong  AAM  dựng MN  AA , ta có:   BC  AG  d  AA, BC   MN  a Gọi H hình chiếu G lên AA Ta có: GH / / MN  a GH AG 2    GH  MN  MN AM 3 Xét tam giác AAG vuông G , ta có: 1 1 1 27 a 1        GA    2 2 2 2 GH GA GA GA GH GA 3a a 3 a 3         Vậy thể tích khối lăng trụ là: V  S ABC AG  a a a3  12 Câu 135 (TOÁN HỌC TUỔI TRẺ SỐ 6) Cho hình lăng trụ tam giác ABC ABC  có cạnh đáy 2a , góc hai đường thẳng AB BC  60 Tính thể tích V khối lăng trụ A V  3a B V  3a C V  6a D V  6a Lời giải Đặt AA  x, x           Ta có: AB.BC   BB  BA BC  BB   BA.BC  BB      BA.BC cos 60  BB 2  x  2a AB  BC   x  4a   AB.BC    Theo đề: cos 60  AB.BC  x  2a x  a x  4a  x  4a  x  a  x  4a  x  4a   x  2a 2  x  a  2 x  a Vậy V  AA Câu 136 AB  2a (THPT CHUYÊN QUANG TRUNG - BP - LẦN - 2018) Cho khối lăng trụ tam giác ABC ABC  tích V Gọi I , J trung điểm hai cạnh AA BB Khi thể tích khối đa diện ABCIJC  A V B V C Lời giải V D V B A C J I K B A C Gọi K trung điểm CC  hiển nhiên thể tích khối lăng trụ ABCIJK V VABCIJK  Thể tích khối chóp tam giác C .IJK VC .IJK  V Do thể tích VABCIJC   VABCIJK  VC  IJK  V V 5V    V 6 Trình bày lại Gọi K trung điểm CC  VABCIJK  VABC IJK  V V Thể tích khối chóp tam giác C .IJK VC  IJK  VABC IJK  Do thể tích VABCIJC   VABCIJK  VC  IJK  V V 2V   ...  AB  BB2  x  3a 2 BM  IB  IM  IM   x  3a  1 IM  ABM vuông M nên BM  AB  AM  x  Từ 1   suy SABC x 3x  4  2 3x x  3a    x  6a  x 3a   3a 9a a  2 Câu 10... vng góc với đáy đường thẳng SC tạo với mặt phẳng (SAB) góc 30 0 Thể tích khối chóp S ABCD A 2a B 3a3 C Lời giải Chọn C 6a3 D 3a3 S 30  D A a B a C Vì SA   ABCD  nên SA  BC Hơn AB  BC... D 1 AH S BC D  3. 3  3 2 Áp dụng công thức tỉ số thể tích ta có VABC D AC  AD 3 24     VABCD  VABC D  VABCD AC AD 24 VABC D  Câu 33 (THPT Yên Khánh A - Ninh Bình - 2019)