Chuyên đề 14 thể tích khối đa diện khác

TÀI LIỆU ƠN 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 Câu (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 A 20 14a3 81 Chọn B 40 14a3 81 10 14a3 81 Lời giải C D 14a3 A Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuong Trang NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 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 20a3 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 S .MNPQ A 40 10 a3 81 B 10 10 a3 81 20 10 a 81 Lời giải C D Chọn B Trang Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ 10 a3 TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Ta gọi G1 , G2 , G3 , G4 trọng tâm tam giác SAB, SBC , SCD, SDA Câu d  S ,  MNPQ    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 6a 81 Lời giải C D 20 6a 81 Chọn D Facebook Nguyễn Vương https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 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 Chọn B a 2 Gọi G, K trọng tâm tam giác SAB tam giác SCD Ta có SO  Suy MP  2GK  4 a , tương tự NQ  a 3 Trang Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ 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 Câu (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 4a3 B 64a 81 128a 81 Lời giải C D 2a3 Chọn D Gọi E , F , G, H trung điểm AB, BC , CD DA Gọi M , N , P, Q hình chiếu vng góc O lên đường thẳng SE , SF , SG, SH ta suy M , N , P, Q hình chiếu vng góc O mặt phẳng ( SAB), ( SBC ),( SCD) ( SDA) Ta có EFGH hình vng S EFGH  Các độ dài SO  SA2  1 S ABCD suy VS EFGH  VS ABCD 2 1 AC  (2a 3)  (4a 2)  2a SE  SO  OE  2a 4 Trong tam giác vuông SOE ta có SM SO SN SP SQ   suy    SE SE SF SG SH Facebook Nguyễn Vương https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Xét hai hình chóp S EFGH O.MNPQ ta có hai đường cao OO SO tương ứng tỷ lệ S MNPQ  MN 2 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  2a.(4a )  a 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 A a3 48 B 2a 81 a3 81 Lời giải C D a3 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  song song với  ABCD  , với I trung điểm SO a Suy OI  OS  Do MN  1 2a M N   AC  4 Thể tích khối chóp O.MNPQ 1 a2 a a3 S MNPQ OI  MN OI   3 96 Trang Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ 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 D a3 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  Câu 3a SO  3a 9a 9a    32 (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 phẳng  SAB  ,  SBC  ,  SCD   SDA  Thể tích khối chóp O MNPQ bằng: A 8a 81 B a3 a3 12 Lời giải C D 16 a 81 Chọn C Facebook Nguyễn Vương https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 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 Câu 10 (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 Trang Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ 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 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  Câu 12 (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 đa diện lồi có đỉnh điểm A, B, C , M , N , P A B 10 C Lời giải D 12 Chọn A Facebook Nguyễn Vương https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 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 B 16 28 Lời giải C D 12 Chọn D Ta có: VABC A ' B 'C '  1  32 3; VC ' ABC  VABC A ' B ' C ' ; VA.BC ' B '  VABC A ' B 'C ' 3 Khối đa diện cần tìm V  VC ABPN  VP AMN  VP ABM Ta có VC ABPN  VC ' ABC  VABC A' B ' C ' 4 Trang 10 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ 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  2 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 G2G3G4    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 Câu 32 (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 Chọn B Facebook Nguyễn Vương https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 25 NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 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  2PC 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  (3x)3  27 x  V SN SM SR  x3 3 x3 RMNS   x  x  V1   35   3x V 27 x 162 VC MSN  SM SN SC     x3 VRCPQ  CP.CQ.CR  Vậy Câu 33 V1 35  V 162 (Sở Bắc Ninh - 2020) Cho tứ diện ABCD tích 18 Gọi A1 trọng tâm tam giác BCD ;  P  mặt phẳng qua A cho góc  P  mặt phẳng  BCD  600 Các đường thẳng qua B; C; D song song với AA1 cắt  P  B1; C1; D1 Thể tích khối tứ diện A1B1C1D1 bằng? A 12 B 18 C Lời giải D 12 Chọn B Trang 26 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ 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 B1C1D1 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 Câu 34 (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 D 11 35 Chọn C    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         Facebook Nguyễn Vương https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 27 NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489        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 V 11 11 Ta có      23 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 64 Chọn A Gọi E  OA ' SA; F  OB ' SB ; G  OC ' SC Theo hình vẽ thể tích V1  VSEFGO ;V2  VS ABC Đặt SO  x Do S ABC hình chóp O tâm tam giác ABC nên SO   ABC  Trang 28 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ V1 bằng: V2 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 2x   SA  SA SO   OA '  x OA ' 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 VO A ' B 'C '  x  x3 3  x  4 Ta có: VS EFG VS ABC  x SE SF SG  SE       SA SB SC  SA   x   3   27 27 x3    VS EFG  64 12  64   VO.EFG VO A ' B ' C '  x  OE OF OG  OE    1 x3 3      V  V    O EFG O A ' B ' C '  OA ' OB ' OC '  OA '   x  64 64 64   Facebook Nguyễn Vương https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 29 NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 3x3 3x V    364  64 V2 x 16 12 V1  VS EFG  VO.EFG Câu 36 (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 2 a 2 a  BD  Xét SOA vng O có: SO  SA  OA  SA       a       2 a3 Do đó: VS ABCD  S ABCD SO  a a3  Vậy VS BMEN  6 36 Trang 30 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ 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  60o   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 a3  Thay  * vào * ta VS ABMN  16 Câu 38 (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 khối đa diện lồi có đỉnh điểm A, B , C , D , M , N , P Q A 88 B 42 C 44 D 220 Lời giải Chọn B Trước tiên ta chứng minh bổ đề sau: Facebook Nguyễn Vương https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 31 NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489  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 S ACPM  CP  AM   CP AM        S ACC A AA  CC  AA   CP AM   VN ACPM     VABC ABC   CC  AA  Từ ta suy điều phải chứng minh Bây ta áp dụng vào giải toán  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 2OI  MA  PC  DQ  NB  AMPC MA PC BN DQ    AA CC  BB DD  Trang 32 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ BNQD suy TÀI LIỆU ƠN 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  Câu 39 (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 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 Ta có SSAB    thẳng song song với AD cắt SD Q Suy  MNPQ  mặt phẳng qua G song song với  ABCD  Facebook Nguyễn Vương https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 33 NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Khi SM SN SP SQ SG      SA SB SC SD SH 3 V SM SN SP   8 Có S MNP      VS MNP  VS ABC  VS ABCD  VS ABCD VS ABC SA SB SC   27 27 27 27 Có 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?    a3 A 64 B 2   a 32    a3 C 64   27  a D 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    ;  AAB   Ta có:  BCD  //  BC D  ; AB  AC  AD  a ; BAA 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 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ 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  2 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  2 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.cos3  V  SMNP  AH  AH   S MNP AA  3  cot   cot   Với   30   45 V  32 Câu 41     a3 9a   64 1 (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 D 32a3 Chọn C Facebook Nguyễn Vương https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 35 NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 V  VS ABCD  12a 4a  16a3 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  16a  a3 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 CD BN 1 SO suy VMABN  VS ABCD (1) 2  VABM DJI (2) Ta có S ABN  S ABCD d ( M , ( ABCD))  Từ giả thiết ta có V( H )  VS ABCD Xét khối chóp N ABM áp dụng cơng thức tính tỷ số thể tích ta có VNDJI 5 NI ND NJ 1    VNDJI  VNABM VABM DJI  VNABM  VMABN (3) 6 VNABM NM NA NB 6 Từ (1), (2) (3) ta tích ( H ) Trang 36 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 V( H )  VS ABCD  VS ABCD  12 Vậy thể tích khối đa diện ( H ) 12 Câu 43 (Tiên Lãng - Hải Phịng - 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 D 2V Chọn C Ta có VMNPQRG  VG.MPQR  VN MPQR 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 1  VC MNR  VC ABD  V 1 V Vậy VMNPQRG  V  V  12 Facebook Nguyễn Vương https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 37 NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 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  VABC 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 Suy VBQP.BMN  VE MBN  VEBQP  Vậy VAQPCAMNC  BẠN HỌC THAM KHẢO THÊM DẠNG CÂU KHÁC TẠI https://drive.google.com/drive/folders/15DX-hbY5paR0iUmcs4RU1DkA1-7QpKlG?usp=sharing Theo dõi Fanpage: Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Hoặc Facebook: Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuong Trang 38 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Tham gia ngay: Nhóm Nguyễn Bào Vương (TÀI LIỆU TOÁN)  https://www.facebook.com/groups/703546230477890/ Ấn sub kênh Youtube: Nguyễn Vương  https://www.youtube.com/channel/UCQ4u2J5gIEI1iRUbT3nwJfA?view_as=subscriber Tải nhiều tài liệu tại: http://diendangiaovientoan.vn/ ĐỂ NHẬN TÀI LIỆU SỚM NHẤT NHÉ! Facebook Nguyễn Vương https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 39 ... 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 ... diện cạnh a tạo từ khối chóp tứ giác có cạnh đáy cạnh bên a  Chiều cao khối chóp là: h  Thể tích khối chóp: Vchop  a 6 a a       2 a a3 a  (đvtt) 2   Vậy thể tích khối bát diện. .. 22 (Chuyên Lương Văn Chánh - Phú Yên - 2020) Cho khối chóp S ABCD có chiều cao đáy hình bình hành có diện tích 10 Gọi M , N , P Q trọng tâm mặt bên SAB , SBC , SCD SDA Thể tích khối đa diện