Chuyên đề Toán học về thể tích khối đa diện khác chương trình THPT cơ bản đến nâng cao lớp 12 được biên soạn tương đối đầy đủ về các bài tập được giải chi tiết từng bài. Tài liệu này giúp giáo viên tham khảo để dạy học, học sinh tham khảo rất bổ ích nhằm nâng cao kiến thức toán học về thể tích khối đa diện khác và để ôn thi THPQG và thi đại học.
TÀI LIỆU ƠN THI THPTQG Chun đề 14 THỂ TÍCH KHỐI ĐA DIỆN DIỆN KHÁC 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 A MIQ Do hình chóp 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 20 14a 81 A Chọn 40 14a 81 B 10 14a 81 C Lời giải 14a D A Trang TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG Gọi G1 , G2 , G3 , G4 trọng tâm ∆SAB, ∆SBC , ∆SCD, ∆SDA E , F , G, H trung điểm cạnh AB, BC , CD, DA 4 8a S MNPQ = 4SG1G2G3G4 = S EFGH = EG.HF = 9 Ta có 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 VS ′.MNPQ = × × = 81 Vậy 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 40 10a 81 A 10 10a 81 B 20 10a 81 C Lời giải 10a D Chọn B Trang TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG Ta gọi G1, G2, G3, G4 trọng tâm tam giác SAB, SBC , SCD, SDA 5 d ( S ′, ( MNPQ ) ) = d ( O, ( MNPQ ) ) ⇒ VS ′ MNPQ = VO.MNPQ = 8VO.G1G2G3G4 2 = 10VS G1G2G3G4 Câu 20 a 10 10 10a = 10 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 6a A 40 6a 81 B 10 6a C 81 Lời giải 20 6a3 81 D Chọn D Trang TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 5a S ′K = S ′O + OK = SO + SO = × Ta có: , S MNPQ = × × S ABCD = a 9 Vậy: Câu VS ′.MNPQ = 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 2a A 20 2a 81 B 40 2a 81 C Lời giải 10 2a D 81 Chọn B SO = a 2 Ta có Gọi G, K trọng tâm tam giác SAB tam giác SCD Trang TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 4 MP = 2GK = a NQ = a , tương tự Suy ⇒ S MNPQ = a Ta có ( MNPQ ) // ( ABCD ) d ( M , ( ABCD ) ) = 2d ( G, ( ABCD ) ) = ⇒ d ( ( MNPQ ) , ( ABCD ) ) = ⇒ d ( S ′, ( MNPQ ) ) = S ′O + ⇒ VS ′MNPQ Câu a SO = 3 a a 5a = 5a 8a 20 2a = = 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 4a A 64a B 81 128a C 81 Lời giải 2a D 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) 1 S EFGH = S ABCD VS EFGH = VS ABCD 2 Ta có EFGH hình vng suy Trang TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 1 AC = (2a 3) − (4a 2) = 2a 2 4 Các độ dài SE = SO + OE = 2a SM SO SN SP SQ = = = = = 2 suy SF SG SH Trong tam giác vng SOE ta có SE SE Xét hai hình chóp S EFGH O.MNPQ ta có hai đường cao OO′ SO tương ứng tỷ lệ SO = SA2 − S MNPQ MN OO′ = = ÷ = SO , đồng thời diện tích đáy S EFGH EF VO.MNPQ 1 1 = VO.MNPQ = VS EFGH = VS ABCD = 2a.(4a) = a 16 16 3 Do VS EFGH hay Câu 3a (Mã 103 - 2020 Lần 2) Cho hình chóp S ABCD có cạnh đáy a , cạnh bên O tâm đáy Gọi M , N , P Q hình chiếu vng góc O mặt phẳng ( SAB ) , ( SBC ) , ( SCD ) a A 48 2a B 81 ( SDA) Thể tích khối chóp O.MNPQ a3 C 81 Lời giải a D 96 Chọn D Gọi M ′, N ′, P′, Q′ trung điểm cạnh AB, BC , CD, DA AB ⊥ ( SOM ′ ) Ta có AB ⊥ OM ′ AB ⊥ SO nên ( SAB ) ⊥ ( SOM ′) theo giao tuyến SM ′ Suy OM ⊥ ( SAB ) Theo giả thiết ta có nên OM ⊥ SM ′ , M hình chiếu vng góc O SM ′ Tương tự vậy: N , P, Q hình chiếu vng góc O SN ′, SP′, SQ′ Ta có SO = SA2 − AO = 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 song song với ( ABCD ) , với I trung điểm SO Trang TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG a OI = OS = Suy Do MN = 1 2a M ′N ′ = AC = 4 1 a a a3 S MNPQ OI = MN OI = = 3 96 Thể tích khối chóp O.MNPQ 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 9a A 16 2a B 9a C 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 = = = 42 = 2 9a SG SG SG 2 ⇒ P trung điểm SG Ta có Chứng minh tương tự ta có M , N , Q trung điểm AB, BC , DA Khi d(O, ( MNPQ)) = S MNPQ = Vậy 3a SO = 1 9a S EFGH = S ABCD = 8 VO.MNPQ = 3a 9a 9a × × = 32 Trang TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG Câu (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 ( SAB) , ( SBC ) , ( SCD) ( SDA) Thể tích khối chóp O.MNPQ bằng: phẳng 8a a3 a3 16a A 81 B C 12 D 81 Lời giải Chọn C Gọi I , J , E F trung điểm AB , BC , CD DA 2 2 ∆SIA vuông I ⇒ SI = SA − AI = 3a − a = a 2 2 ∆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 = ÷ ÷ = 2 Gọi H = MP I SO ⇒ H trung điểm SO a ⇒ d ( O, ( MNPQ ) ) = SH = SO = 2 VO.MNPQ Câu 10 1 a a2 a3 = 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 12 C Lời giải D Chọn D Trang TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 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 = ⇒ VABCDSEF = − = 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 C Lời giải 14 D Chọn B 42 V = = 16 Thể tích khối lăng trụ ABC A′B′C ′ V Gọi thể tích khối đa diện lồi có đỉnh điểm A, B, C , M , N , P Ta có: V1 = VAMNCB + VBMNP + VBNPC Trang TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG VA′ABC = V VAMNCB = VA′ABC VAMNCB = V 4 Dễ thấy nên 1 VBA′B′C ′ = V VBMNP = VBA′B′C ′ VBMNP = V 24 nên 1 VA′BCB′ = VA′B′CC′ = V VBNPC = VBA′B′C VBNPC = V 12 nên V1 = VAMNCB + VBMNP + VBNPC = V = Vậy 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 A' C' B' N D F M P E C A B ( MNP ) Gọi DEF thiết diện lăng trụ cắt mặt phẳng ( DEF ) / / ( ABC ) D, E , F trung điểm đoạn Dễ chứng minh VABC DEF = VABC A′B′C ′ = 12 thẳng AA′, BB′, CC ′ suy Ta có VABCPNM = VABC DEF − VADMN − VBMPE − VCPMF VADMN = VBMPE = VCPMF = VABC DEF ⇒ VABCPNM = VABC DEF = 12 Mặt khác Câu 13 (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 40 A B 16 28 C Lời giải D 12 Chọn D Trang 10 TÀI LIỆU ƠN THI THPTQG Ta có AG4 AG3 = = ⇒ G3G4 / / HE AE AH Tương tự ( 1) AG3 AG2 = = ⇒ G2G3 / / HF ( ) AF AH ( 1) , ( ) ⇒ ( G G2G3 ) / / ( DBC ) Từ ⇒ d ( G1 ; ( G2G3G4 ) ) = d ( G ; ( BCD ) ) = d ( A; ( BCD ) ) G2G3 AG2 = = G GG AF Tam giác đồng dạng tam giác HEF HF 1 2 SG2G3G4 = ÷ S HEF = S ABC = S ABC 9 3 G G GG Thể tích khối tứ diện V = d ( G1 ; ( G2G3G4 ) ) SG2G3G4 = Câu 32 là: 1 1 V 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 = 2MB′ Mặt phẳng (α ) qua M vng góc với AC ′ cắt V1 V cạnh DD′, DC , BC N , P, Q Gọi thể tích khối đa diện CPQMNC ′ Tính tỷ số V 31 35 34 13 A 162 B 162 C 162 D 162 Lời giải Chọn B Theo giả thiết (α ) ∩ DD′ = N , (α ) ∩ CD = P, (α ) ∩ BC = Q Từ tính chất hình lập phương ta có ( ACC ′) ⊥ BD suy BD ⊥ AC ′ BD //(α ) , từ ta suy MN //BD; PQ //BD ta có DN = ND′ Trang 27 TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG AB ⊥ B′C ⇒ B′C ⊥ ( ABC ′) ⇒ B′C ⊥ AC ′ ′ ⊥ B′C BC P , Q Ta xác định vị trí sau: Ta có ′ ′ (α )//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 (α ) ( MNS )//( A′B′C ′D′) Đặt V0 = VRCPQ ;V2 = VC ′MSN V1 = VRMNS + VC ′MSN − VRCPQ Đặt cạnh hình lập phương AB = x ta có V = (3 x)3 = 27 x3 V SN SM SR = x3 RMNS = 3x3 ′ V = SM SN SC = C ′MSN 3 x3 x + x − x V1 2 = 35 V = CP CQ CR = = RCPQ 6 27 x 162 V V1 35 = Vậy V 162 Câu 33 A (Sở Bắc Ninh - 2020) Cho tứ diện ABCD tích 18 Gọi trọng tâm tam giác BCD ; ( P ) mặt phẳng qua A cho góc ( P ) mặt phẳng ( BCD ) 600 Các AA1 ( P ) B1; C1; D1 Thể tích khối tứ diện đường thẳng qua B; C ; D song song với cắt A1B1C1D1 bằng? A 12 B 18 C Lời giải D 12 Chọn B C1 B1 A D1 A1 B D C A BC D Từ giả thiết trọng tâm tam giác BCD nên ta suy A trọng tâm tam giác 1 V = 3VA A1BC = 3VB AA1C V = 3VA1 AB1C1 = 3VB1 AA1C1 Do A.BCD A1 B1C1D1 Trang 28 TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG d B ;( AA1CC1 ) = d B1 ;( AA1CC1 ) ⇒ VB AA1C = VB1 AA1C1 S ∆AA1C = S ∆AA1C1 Mặt khác quan hệ song song nên V = VA BCD = 18 Vậy nên A1 B1C1D1 Câu 34 (Sở Bình Phước - 2020) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a, ( SCD) cho tổng cạnh bên a Xét điểm M thay đổi mặt phẳng Q = MA2 + MB2 + MC + MD + MS2 nhỏ Gọi V1 thể tích khối chóp S.ABCD V2 V2 thể tích khối chóp M ACD Tỉ số V1 11 22 11 A 140 B 35 C 70 Lời giải Chọn C 11 D 35 uur uu r r Gọi O tâm hình vng ABCD I điểm đoạn thẳng SO cho 4IO + IS = uuur uur uuur uur uuur uuu r uuur uuu r uuur Q = MO +OA + MO +OB + MO +OC + MO +OD + MS Ta có: uuur uuur uuur uur uuur uur = 4MO + MS + 4OA2 = MI + IO + MI + IS + 4OA2 = 5MI + 4IO2 + IS + 4OA2 ( ) ( ) ( ( ) ( ) ( ) ) 2 Vì 4IO + IS + 4OA = const nên Q nhỏ Û MI nhỏ Û M hình chiếu I (SCD ) Gọi E trung điểm CD, H hình chiếu O (SCD) Þ M , H Ỵ SE SO = Ta có a a 3a ,SE = ,SH = 2 12a 11a SM SI Þ ME = SE - SM = = = Þ SM = 10 Vì SH SO d M ,(ABCD)) SACD V2 ( 11 11 = = = d( M ,(ABCD)) ME 11 35 70 = = Þ V1 d( S,(ABCD)) S ABCD d( S,(ABCD)) SE 35 Ta có Trang 29 TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG Câu 35 (Hậu Lộc - Thanh Hóa - 2020) Cho hình chóp tam giác S ABC có cạnh bên tạo với đường o cao góc 30 , O trọng tâm tam giác ABC Một hình chóp thứ hai O A ' B ' C ' có S tâm o tam giác A ' B ' C ' cạnh bên hình chóp O A ' B ' C ' tạo với đường cao góc 60 cho V cạnh bên SA, SB, SC cắt cạnh bên OA ', OB ', OC ' Gọi phần thể tích phần V1 V chung hai khối chóp S ABC O A ' B ' C ', thể tích khối chóp S ABC Tỉ số V2 bằng: 9 27 A 16 B C 64 D 64 Lời giải Chọn A Gọi E = OA '∩ SA; F = OB '∩ SB; G = OC '∩ SC V = VSEFGO ;V2 = VS ABC Theo hình vẽ thể tích Đặt SO = x SO ⊥ ( ABC ) Do S ABC hình chóp O tâm tam giác ABC nên OS ⊥ ( A ' B ' C ') Do O A ' B ' C ' hình chóp S tâm tam giác A ' B ' C ' nên ( ABC ) / / ( A ' B ' C ') ⇒ OA / / SA ' SO ⊥ OA; OS ⊥ SA ' Từ ta có Trang 30 TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG o · o · Ta có theo kiện tốn ta có ASO = 30 ; A ' OS = 60 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 x2 x3 V2 = VS ABC = x = 12 ( x ) x 3 = x = 4 VO A ' B 'C ' Ta có: VS EFG VS ABC x SE SF SG SE ÷ 27 27 x 3 ÷ = = = ⇒ VS EFG = ÷ = SA SB SC SA x ÷ 64 64 12 ÷ VO EFG VO A ' B 'C ' x OE OF OG OE ÷ 1 x3 3 = = ⇒ VO.EFG = VO A ' B 'C ' = ÷ = ÷ = OA ' OB ' OC ' OA ' x ÷ 64 64 64 Trang 31 TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG V1 = VS EFG + VO.EFG Câu 36 3x 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 V= C Lời giải a3 12 D V= a3 36 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 VS BME SM SE SE VS BNE SN SE SE = = = = SA SD SD VS BCD SC SD SD Ta có: VS BAD SE VS BMEN = VS BME + VS BNE = VS ABCD SD Suy Vì OO′ / / BE ⇒ O′ trung điểm ED Mặt khác: KE / / OO′ ⇒ E trung điểm SO′ SE ⇒ = SD Do SE = EO′ = O′D VS BMEN = VS ABCD Suy Ta có: S ABCD = a 2 a 2 a BD SO = SA − OA = SA − = ÷ ÷ = a − ÷ Xét ∆SOA vng O có: 2 a VS ABCD = S ABCD SO = Do đó: Trang 32 TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 3 a a VS BMEN = = 6 36 Vậy (Lê Lai - Thanh Hóa - 2020) Cho hình chóp S ABCD có cạnh đáy a Mặt bên tạo với Câu 37 o o P đáy góc 60 Mặt phẳng ( ) chứa AB tạo với đáy góc 30 cắt SC , SD M N Tính thể tích V khối chóp S ABMN theo a A Gọi đều) V= a3 B V= Chọn D AC ∩ BD = { O} ⇒ SO ⊥ ( ABCD ) 5a 3 48 V= C Lời giải a3 D V= a3 16 (vì S ABCD hình chóp Gọi I , J hình chiếu vng góc O DC , AB gọi SO ∩ ( P ) = { E} ⇒ ( ( SDC ) , ( ABCD ) ) = SOI = 60o ( ( P ) , ( ABCD ) ) = EJO = 30 o Khi tam giác SIJ Mà E JO = 30o = SJI ⇒ JE phân SI ( 1) giác góc SJI ⇒ F trung điểm (với JE ∩ SI = { F } Từ ( 1) SBC ⇒ ( 2) ) Mặt khác CD //AB ⇒ CD // ( P ) ⇒ CD //MN ( ) suy MN đường trung bình tam giác SM SN = = SC SD 1 VS ABM SM = = ⇒ VS ABM = VS ABC = VS ABCD V SC 2 S ABC 1 VS AMN = SM SN = = ⇒ V VS ACD = VS ABCD S AMN = V SC SD 2 4 Khi ta có S ACD 1 ⇒ VS ABMN = VS ABM + VS AMN = VS ABCD + VS ABCD = VS ABCD ( *) 8 Tam giác SIJ cạnh a Thay Câu 38 ( 2*) vào ( *) ⇒ SO = ta VS ABMN a 1 a a3 ⇒ VS ABCD = SO.S ABCD = a = 3 ( 2*) a3 a3 = = 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 ( MNP ) cắt cạnh DD′ Q Thể tích điểm cạnh CC ′ cho 6CP = 5C ′P Mặt phẳng khối đa diện lồi có đỉnh điểm A, B, C , D, M , N , P Q 88 220 A B 42 C 44 D Lời giải Trang 33 TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG Chọn B Trước tiên ta chứng minh bổ đề sau: AM BN CP VABC MNP = + + ÷.VABC A′B′C ′ ′ ′ ′ AA BB CC Cho hình lăng trụ hình vẽ, 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′ ) MQ ⊂ ( MNP ) ∩ ( ADD′A′ ) ⇒ NP //MQ NP ⊂ ( MNP ) ∩ ( BCC ′B′ ) Ta có: hình bình hành , tương tự ta có MN //PQ Do MNPQ Trang 34 TÀI LIỆU ƠN THI THPTQG Ta có OI đường trung bình hai hình thang 2OI = MA + PC = DQ + NB ⇒ AMPC MA PC BN DQ + = + AA′ CC ′ BB′ DD′ Dựa vào hình vẽ ta chia khối lăng trụ làm hai phần cắt mặt phẳng VA′D′B′ ADB = VBD′C ′ BDC = 44 BNQD suy ( BDD′B′ ) Do 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 ( SAB ) ⊥ ( ABCD ) nên SH ⊥ ( ABCD ) Gọi H trung điểm AB Do ∆SAB Ta có S∆SAB = AB 27 AB 3 3 = ⇒ SH = = = 4 ⇒ AB = 3 2 Trang 35 ⇒ VS ABCD ( TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG ) 1 81 = S ABCD SH = AB SH = 3 = 3 2 (đvtt) 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 ( MNPQ ) mặt phẳng qua G song song thẳng song song với AD cắt SD Q Suy ( ABCD ) với SM SN SP SQ SG = = = = = Khi SA SB SC SD SH VS MNP SM SN SP 8 = = ÷ = ⇒ VS MNP = VS ABC = VS ABCD = VS ABCD SA SB SC 27 27 27 27 Có VS ABC VS MPQ Có VS ACD Vậy Câu 40 = SM SP SQ 8 = ÷ = ⇒ VS MPQ = VS ACD = VS ABCD = VS ABCD SA SC SD 27 27 27 27 VS MNPQ = VS MNP + VS MPQ = 4 8 81 VS ABCD + VS ABCD = VS ABCD = = 12 27 27 27 27 (đvtt) (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 0 góc 30 , cạnh bên hình chóp thứ hai tạo với đường cao góc 45 Tính thể tích phần chung hai hình chóp cho? ( ) ( − 3) a − a3 A 64 B 32 ( ) ( − a3 C 64 ) 27 − a D 64 Lời giải Chọn 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 · ′ = α ·AA′B′ = β ( BCD ) // ( B′C ′D′ ) ; AB = AC = AD = a ; BAA Ta có: ; Trang 36 TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 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 MB A′B MA = AB′ NC A′C = NA AC ′ AB′ = AC ′ ; A′B = A′C MB NC ⇒ = MA NA ⇒ MN // BC Ta có: Tương tự ta có: NP // CD MP // BD ( MNP ) , H tâm tam giác Suy ra: ∆MNP tam giác Gọi H giao điểm OO′ MNP ( 1) Trong tam giác AA′D có: AA′ = AD.cos α = a.cos α Đặt x = MH Hai tam giác AHM tam giác A′HM vuông H cho: AH = MH cot α = x.cot α ⇒ AA′ = x ( cot α + cot β ) ( 2) A′H = MH cot β = x.cot β Từ ( 1) ( 2) suy ra: a.cos α = x ( cot α + cot β ) ⇔ x = a.cos α cot α + cot β Tam giác MNP có cạnh MN = x nên: S ∆MNP = MN 3 3x 3 a cos α = = 4 ( cot α + cot β ) 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 α V = S ∆MNP ( AH + A′H ) = S ∆MNP AA′ = 3 ( cot α + cot β ) V= Với α = 30° β = 45° Câu 41 32 ( 9a ) +1 = ( ) − a3 64 (Lương Thế Vinh - Hà Nội - 2020) Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình bình hành có ( ABCD ) 4a Gọi L trọng tâm diện tích 12a ; khoảng cách từ S tới mặt phẳng ( LTV ) chia tam giác ACD ; gọi T V trung điểm cạnh SB SC Mặt phẳng hình chóp thành hai khối đa diện, tính thể tích khối đa diện chứa đỉnh S 20a A B 8a 28a C Lời giải 32a D Chọn C Trang 37 TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG V = VS ABCD = 12a 4a = 16a 3 ( LTV ) cắt AB, CD M N cho MN / / BC / /TV Mặt phẳng ′ Đặt V = VS ADNMTV = VS ABMN + VS TVMN VS ADNM = V Ta có : 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 VS TVMN a + b + c + d = = ⇒ VS TVMN = V = V V abcd 8 Khi S MNBC 1 7 28 V ′ = V + V = V = 16 a = a3 12 12 Do 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 C 12 Lời giải D Chọn A Gọi O tâm hình vng ABCD ta có SO chiều cao hình chóp Trang 38 TÀI LIỆU ƠN THI THPTQG Trong mặt phẳng ( SAD ) gọi I giao điểm MN SD ta suy I trọng tâm tam SI NI = = giác SAN SD NM Trong mặt phẳng ( ABCD) gọi J giao điểm BN CD ta suy J trung điểm CD BN 1 d (M , ( ABCD )) = SO VMABN = VS ABCD S = S ABCD 2 Ta có ∆ABN suy (1) V = VS ABCD − VABM DJI Từ giả thiết ta có ( H ) (2) 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 VNABM NM NA NB 6 6 (3) ( H ) Từ (1), (2) (3) ta tích V( H ) = VS ABCD − VS ABCD = 12 Vậy thể tích khối đa diện ( H ) 12 Câu 43 (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 V A V B V C Lời giải 2V D Chọn C Trang 39 Ta có TÀI LIỆU ƠN THI THPTQG 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 Vậy Câu 44 VMNPQRG = 1 V V+ V= 12 (Trần Phú - Quảng Ninh - 2020) Cho lăng trụ ABC A′B′C ′ tích Gọi M , N P B′N = B′C ′ ′ ′ ′ ′ A B , B C điểm nằm cạnh BC cho M trung điểm A′B′ , 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 = 23 A 23 B 59 C 12 Lời giải 19 D Chọn C EB EQ EP BP = = = = Ta có EB′ EM EN B′N d ( E , ( A′B′C ′ ) ) = d ( B, ( A′B′C ′ ) ) Suy Trang 40 S B′MN B′N B′M = = ′ ′ ′ ′ S B C B A ′ ′ ′ Mà ta lại có A B C VE MB′N = d ( E , ( MB′N ) ) S MB′N = VABC A′B′C ′ = 16 Và VE QPB TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG EQ EP EB EB = = = ÷ ′ ′ Ta lại có VE MNB′ EM EN EB EB 27 26 VBQP.B′MN = VE MB′N − VEBQP = VE MB′N 27 Suy Vậy VAQPCA′MNC ′ = VABC A′B′C ′ − VBQP.B ′MN = − 26 59 = 27 12 Trang 41 ... 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 C 12 Lời. .. (Chuyên Hạ Long -2019) thể tích bát diện cạnh a a 3 a 6a B 6a C D a Lời giải Ta có khối bát diện cạnh a tạo từ khối chóp tứ giác có cạnh đáy cạnh bên a ( h= Chi? ??u cao khối chóp là: Thể tích. .. 22 (Chuyên Lương Văn Chánh - Phú Yên - 2020) Cho khối chóp S ABCD có chi? ??u 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