Câu 1: (THPT Lê Quý Đôn-Hà Nội năm 2017-2018) Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình bình hành Gọi M , N trung điểm cạnh AB , BC Điểm I thuộc đoạn SA Biết mặt phẳng  MNI  chia khối chọp S ABCD thành hai phần, phần chứa đỉnh S tích A IA lần phần cịn lại Tính tỉ số k  ? 13 IS 1 B C Lời giải D Chọn D Dễ thấy thiết diện tạo mặt phẳng  MNI  với hình chóp hình ngũ giác IMNJH với MN // JI Ta có MN , AD , IH đồng qui E với EA  ED MN , CD , HJ đồng qui F với FC  FD , ý E , F cố định Dùng định lí Menelaus với tam giác SAD ta có Từ d  H ,  ABCD   d  S ,  ABCD    HS ED IA HS HS 1 � 3.k  �  HD EA SI HD HD 3k HD 3k  SD 3k  Suy VHJIAMNCD  VH DFE  VI AEM  VJ NFC Đặt V  VS ABCD S  S ABCD , h  d  S ,  ABCD   ta có S AEM  S NFC  S d  I ,  ABCD   d  S ,  ABCD    IA k  SA k  Thay vào ta VHJIAMNCD 21k2  25k 3k �9 � k V  h � S � h S   3k  1  k  1 3k  �8 � k  Theo giả thiết ta có VHJIAMNCD phương trình k  21k  25k 13 13   V nên ta có phương trình , giải  3k  1  k  1 20 20 Câu 2: (THPT Can Lộc-Hà Tĩnh-lần năm 2017-2018) Cho hình chóp S ABCD có đáy hình bình hành tích V Điểm P trung điểm SC Một mặt phẳng qua AP cắt hai cạnh SB SD M N Gọi V1 thể tích khối chóp S AMPN Tìm giá trị nhỏ A V1 V B C D Lời giải Chọn A SM SN , y ,   x, y �1 SB SD V V SM SP SN SP �  VS ANP V V  S AMP  S ANP  �  Ta có  S AMP �  x  y  (1) 2VS ABC 2VS ADC � V V �SB SC SD SC � V V SM SN SM SN SP �  VS PMN V V  S AMN  S PMN  �  Lại có  S AMN � xy (2) 2VS ABD 2VS CBD � V V �SB SD SB SD SC � Đặt x  Suy x x �1 , Từ điều kiện  y �1 , ta có  x  y   xy � x  y  3xy � y  4 3x  3x  1 hay x � Thay vào (2) ta tỉ số thể tích V1 x  V 3x  x  ( L) � 3x2  x x2 � � � � f x  � , x �� ;1�, ta có   Đặt f  x   , f  x  �  3x  1 � x (N ) 3x  � � � V1 �1 � �2 � f  x   f �2 � f � � f  1  , f � � , V  � �� � x � ;1 � � �2 � �3 � �3 � � � Câu 3: (THPT Can Lộc-Hà Tĩnh-lần năm 2017-2018) Cho tam giác nhọn ABC , biết quay tam giác quanh cạnh AB , BC , CA ta hình trịn xoay 3136 9408 , Tính diện tích tam giác ABC 13 A S  1979 B S  364 C S  84 D S  96 Lời giải Chọn C Vì tam giác ABC nhọn nên chân đường cao nằm tam giác Gọi , hb , hc đường cao từ đỉnh A , B , C tam giác ABC , a , b , c tích 672 , độ dài cạnh BC , CA , AB Khi  hc c  672 3136 + Thể tích khối tròn xoay quay tam giác quanh BC  a  9408 + Thể tích khối trịn xoay quay tam giác quanh CA  hb b  13 �4 S � 4S �1  672 c �3 c � �3 c.hc  672 � � 3.6722 � 3136 �4 S � 20S �1 3136 ��  �� a Do � a.ha  5 �3 �3 a � 3.3136 �1 9408 �4 S 9408 � 52 S b h  b  �3 b � � 13 � 13 �3 b � 3.9408 + Thể tích khối trịn xoay quay tam giác quanh AB �  a  b  c   a  b  c   b  c  a   c  a  b   S � 16 S  S 1 9408 28812 1 � S  16.81.9408.28812 � S  84 9408 28812 Câu 4: (THPT Chuyên Tiền Giang-lần năm 2017-2018) Cho tứ diện ABCD có cạnh a Gọi M , N trung điểm cạnh AB , BC E điểm đối xứng với B qua D Mặt phẳng  MNE  chia khối tứ diện ABCD thành hai khối đa diện, khối chứa điểm A tích V Tính V A 11 2a 216 B 2a 216 C Lời giải Chọn A 2a 18 D 13 2a 216 Gọi VABCD  V1 VACMNPQ  VE ACMN  VE ACPQ 1 3 3V VE ACMN  d  E ,  ABC   S AMNC  d  E ,  ABC   S ABC  d  D,  ABC   S ABC  3 4 1 8 VE ACPQ  d  B,  ACD    S ACD  SQPD   d  B,  ACD   S ACD  V1 3 9 VACMNPQ  3V1 11  V1  V1 18 a3 Áp dụng công thức giải nhanh thể tích tứ diện ABCD có cạnh a có V1  12 11 11 a a 311 Vậy V  V1   18 18 12 216 Câu 5: (THPT Phan Đình Phùng-Hà Tĩnh-lần năm 2017-2018) Cho hình đa diện hình vẽ S D B C A �  CSD �  DSA �  BSD �  60� Thể tích Biết SA  , SB  , SC  , SD  � ASB  BSC khối đa diện S ABCD A B C 30 D 10 Lời giải Chọn B  SB�  SC �  SD  Ta có Trên SA , SB , SC lấy điểm A� , B� , C �sao cho SA� 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 23 2 VS A��  B D  VS C �� BD  12 VS ABD SA SB SD 9 2    , nên VS ABD  VS A�� Mặt khác 3 BD  � � VS A�� SA SB SD 2 2 BD VS CBD SC SB SD 2    , nên VS CBD  3VS C �� 2 B D  VS C �B�D SC �SB�SD Thể tích khối đa diện S ABCD V  VS ABD  VS CBD   2  Câu 6: (THPT Chuyên Hùng Vương-Phú Thọ-lần năm 2017-2018) Cho hình thập nhị diện (tham khảo hình vẽ bên) Cơsin góc tạo hai mặt phẳng có chung cạnh thập nhị diện A 1 B 1 C Lời giải Chọn C D Bước 1: Lập mối quan hệ bán kính mặt cầu cạnh khối 12 mặt đều: Gọi O tâm khối 12 mặt đều, xét mặt phẳng chung đỉnh A ABEFC , ACGHD, ABJID Khi A.BCD chóp tam giác OA vng góc với  BCD  �3 Ta có BC  CD  DB  a  a  2a cos � �5 AH  AB  � 1 a � � BC 1  a 3 AB a  AH 1 Bước 2: Tính khoảng cách từ tâm mặt đến cạnh nó: Ta có AH AO  AB AM � R  AO  �  3 AM  a Ta có BAT 10 3 Suy MT  AM tan 10 Bước 3: Tính góc: Gọi tâm mặt ABEFC ABJID T , V Có OT , OV vng góc với hai mặt nên góc hai mặt góc OT OV Lại có O, T , M , V thuộc mặt phẳng (trung trực AB ) Có OT  TM OV  VM   1 a �a � a ; MT  AM tan 3  OM  OA  AM  � � 1 � � 10 1 � � �  Suy sin TOM TM  OM      tan 54� 1   1  5 5 Câu 7: (THPT Chuyên Hùng Vương-Phú Thọ-lần năm 2017-2018) Cho hình chóp �   2sin TOM �  Vậy cos TOV SABCD có đáy hình chữ nhật, AB  a , SA   ABCD  , cạnh bên SC tạo với  ABCD  góc 60�và tạo với  SAB  góc  thỏa mãn sin   Thể tích khối chóp SABCD A 3a B 3a C 2a Lời giải Chọn C D 2a �  60� �   � sin   BC  Theo ta có SCA , BSC SC 4x Đặt BC  x , ta có SC  , AC  a  x AC 2x cos 60� �  a  x � x  a � AC  2a � SA  AC tan 60� 2a SC 1 Thể tích khối chóp SABCD V  SA.S ABCD  2a 3.a  2a 3 Câu 8: (THPT Lục Ngạn-Bắc Giang-lần năm 2017-2018) Cho tứ diện ABCD có cạnh AD  BC  ; AC  BD  ; AB  CD  Thể tích tứ diện ABCD A 2047 12 B 2470 12 C 2474 12 D 2740 12 Lời giải Chọn B A G B D E C F Từ đỉnh tam giác BCD ta kẻ đường thẳng song song với cạnh đối diện chúng tạo thành tam giác EFG có diện tích gấp lần diện tích tam giác BCD Các tam giác AEF , AFG , AGE tam giác vuông A nên ta có: AE  AF  EF  64  1 ; AF  AG  FG  36   AE  AG  EG  48  3 2 Từ  1 ,   ,  3 ta có:  AE  AF  AG   148 � AE  AF  AG  74  4 Từ  1 ,   ta có: AG  10 � AG  10 Từ   ,   ta có: AE  38 � AE  38 Từ  3 ,   ta có: AF  26 � AF  38  Thể tích khối chóp A.EFG : V � 1 AE AF AG  9880  2470 6 2470 Do thể tích tứ diện ABCD : V  V �  12 Câu 9: (THPT Chuyên Hạ Long-Quãng Ninh lần năm 2017-2018) Trong không gian, cho bốn mặt cầu có bán kính , , , (đơn vị độ dài) tiếp xúc với Mặt cầu nhỏ tiếp xúc với bốn mặt cầu nói có bán kính A B C D 15 11 Lời giải Chọn D Cách 1: Gọi A, B, C , D tâm bốn mặt cầu, khơng tính tổng qt ta giả sử AB  , AC  BD  AD  BC  Gọi M , N trung điểm AB, CD Dễ dàng tính MN  Gọi I tâm mặt cầu nhỏ với bán kính r tiếp xúc với bốn mặt cầu Vì IA  IB, IC  ID nên I nằm đoạn MN  Đặt IN  x , ta có IC  32  x   r , IA  22   x Từ suy  x   2x 2    2r � 12 12 � , suy r  32  � 1� x  3 � � � 11 11 � 11 � Cách B  2 M I A  2 D  3 N C  3 Gọi A, B tâm cầu bán kính C , D tâm cầu bán kính I tâm cầu bán kính x Mặt cầu  I  tiếp xúc với mặt cầu tâm A, B, C , D nên IA  IB  x  2, IC  ID  x  Gọi  P  ,  Q  mặt phẳng trung trực đoạn AB CD � �IA  IB � I � P  � I � P  � Q   1 � �IC  ID � I � Q  Tứ diện ABCD có DA  DB  CA  CB  suy MN đường vng góc chung AB CD , suy MN   P  � Q  (2) Từ  1   suy I �MN Tam giác IAM có IM  IA2  AM  Tam giác CIN có IN  IC  CN   x  2  x  3 2 4 9 Tam giác ABN có NM  NA2  AM  12 Suy  x  3 9   x  2   12 � x  11 Câu 10: (THPT Chuyên Hùng Vương-Gia Lai-lần năm 2017-2018) Một khối lập phương lớn tạo 27 khối lập phương đơn vị Một mặt phẳng vng góc với đường chéo khối lập phương lớn trung điểm Mặt phẳng cắt ngang (khơng qua đỉnh) khối lập phương đơn vị? A 16 B 17 C 18 D 19 Lời giải Chọn D B C D khối lập phương lớn tạo 27 khối lập phương đơn vị O tâm Gọi ABCD A���� B C D có cạnh Ta xét mặt phẳng  P  hình lập phương đó, khối lập phương ABCD A���� C M � qua O vuông góc với AC � , cắt AC M , cắt A�� 3 3 AM AO � AM  AC �  3  Ta có � CM    2 2 � AC AC Gọi A1 B1C1D1 mặt phẳng chia lớp khối lập phương mặt với khối lập phương mặt thứ , gọi M  A1C1 �MM � 7 Ta có A1M  CM   � C1M  A1C1  A1M  3 4 Gọi A2 B2C2 D2 mặt phẳng chia lớp khối lập phương mặt thứ với khối lập phương mặt thứ , gọi M  A2C2 �MM � 5 Ta có A2 M  CM   � C2 M  A2C2  A2 M  3 4 Giao tuyến mặt phẳng  P  với mặt phẳng  ABCD  cắt cạnh hình vng, giao tuyến mặt phẳng  P  với mặt phẳng  A1 B1C1 D1  cắt cạnh hình vng (hình vẽ), hình vng có cặp hình vng chung hình lập phương đơn vị, nên suy mặt phẳng  P  cắt ngang khối lập phương mặt Tương tự mặt phẳng  P  cắt ngang khối lập phương mặt Giao tuyến mặt phẳng  P  với mặt phẳng  A1 B1C1D1  cắt cạnh hình vng, giao tuyến mặt phẳng  P  với mặt phẳng  A2 B2C2 D2  cắt cạnh hình vng (hình vẽ), có cặp hình vng chung với hình lập phương đơn vị, nên suy mặt phẳng  P  cắt ngang khối lập phương mặt thứ hai Vậy, mặt phẳng  P  cắt ngang (không qua đỉnh)    19 khối lập phương đơn vị Cách khác Giả sử đỉnh khối lập phương đơn vị  i; j; k  , với i , j , k � 0;1; 2;3 đường chéo xét khối lập phương lớn nối hai đỉnh O  0;0;0  A  3;3;3 Phương trình mặt trung trực OA    : x  y  z   Mặt phẳng cắt khối lập phương đơn vị và đầu mút  i; j; k  (i  1; j  1; k  1) đường chéo khối lập phương đơn vị nằm hai phía ( ) Do tốn quy đếm số 27  i; j; k  , với i , j , k � 0;1; 2 , có ba thỏa mãn: � i  j  k  0 � � � i jk  � 2 � i  1   j  1   k  1    �  1 � i  i  k � � Các ba không thỏa điều kiện  1 , tức � � iik � � S    0;0;0  ;  0;0;1 ;  0;1;0  ;  1;0;0  ;  1; 2;  ;  2;1;  ;  2; 2;1 ;  2; 2;   Vậy có 27   19 khối lập phương đơn vị bị cắt    BC Câu 11: (PTNK-ĐHQG TP HCM-lần năm 2017-2018) Cho hình lăng trụ ABC A��� uuur uuuur r uuuu r uuuu r có cạnh đáy a Gọi M , N hai điểm thỏa mãn MB  MB� Biết hai  ; NB�  3NC � mặt phẳng  MCA   NAB  vng góc với Tính thể tích hình lăng trụ A 9a B 9a 16 C Lời giải Chọn B Chọn hệ tọa độ Oxyz hình vẽ 3a 16 D 3a � � a � �a 2h � �a a h � � a � �a 0;  ;0 � ;0;0 � 0; ;0 �, M � ;0; � Ta có A � , B� , C� , I� � � � � ; ; � � � � � �2 � � � �2 � �4 3� uuur �a a � uur � a a h � r uuu r uur �ah ah a � � � AB  � ; ;0 BI   ; ; � n  AB , � � , BI � � �2 � � � 4 3� � �6 ; ; � � � � � � � � uuuu r �a a 2h � uu r uuur uuuu r �2ah a � uuur � � � ;0; ; ; � n  AC , AM AC   0; a;0  , AM  � � � � �3 �2 � � � � � � � ur uu r 2a h 3a 3a Ta có  NAB    MAC  � n1.n2  �  0�h 6.3 VABC A��� BC  3a 9a a.a  2 16 Câu 12: (THPT Chuyên ĐH Vinh – lần - năm 2017 – 2018) Cho hình lăng trụ đứng ABC A��� B C có đáy ABC tam giác vuông, AB  BC  a Biết góc hai mặt phẳng C  60� Tính thể tích khối chóp B�  ACC �   AB�� ACC � A� A C B A� C� B� A a 3 B a C a3 D a3 Lời giải Chọn A C Do tam giác A��� B C vuông cân B�nên B� M  A�� C Gọi M trung điểm A�� � MB�   AA�� C C  Thể tích khối chóp B� B� M AA� AC ACC � A�là VB� AA�� CC  a   AA�� C C  � MB�  AC � Ta có B� , AC  a Do MB� Kẻ MK  AC � M � � � � C  MKB   AB�� � B� K  AC � Vậy góc hai mặt phẳng  ACC � � MKB  60� Trong tam giác vuông MKB� ta có tan 60� MB� MB� a � MK   MK tan 60� � � K Trong tam giác vng MKC � ta có tan MC MK MK  KC MC  MK  a 6 2  2a 6a  36 � � C ta có AA� Mặt khác tam giác vuông AA� a  a  A�� C tan MC K a3 a � �  B M AA AC Vậy VB� AA��   a a CC 3 Câu 13: (THPT Quảng Xương I – Thanh Hóa – năm 2017 – 2018) Cho x , y số thực dương thay đổi Xét hình chóp S ABC có SA  x , BC  y , cạnh cịn lại Khi thể tích khối chóp S ABC đạt giá trị lớn tích x y A B C D 3 Lời giải Chọn A S N C A H M B - Do SB  SC  AB  AC  nên tam giác SBC ABC cân S A Gọi M , N trung điểm BC SA , ta có: �SM  BC � BC   SAM  Hạ SH  AM H SH   ABC  � �AM  BC - Ta có: AM   y2 y2 � S ABC  AM BC  y  4 Mặt khác: SM  AM nên tam giác MSA cân M � MN  MA2  AN   y2 x2 x   2 MN SA 4  x 4 x  y  � SH  Lại có: SH AM  MN SA AM y2  y2 1 � VS ABC x  x2  y y2 1 y 1  SH S ABC   xy  x  y 2 12 4 y  1 �x  y   x  y � x2 y   x2  y  � � � 12 12 � � 27 y x2  4 Vậy Vmax  � x2  y   x  y � x  y  , x y  3 27 B C Gọi M , N , P Câu 14: HẾT Cho hình lăng trụ ABC A���  NB , PC  PC � điểm thuộc cạnh AA� , BB� , CC �sao cho AM  2MA� , NB� B C MNP Gọi V1 , V2 thể tích hai khối đa diện ABCMNP A��� V1 Tính tỉ số V2 V1 V1 V1 V1     A B C D V2 V2 V2 V2 Câu 15: (THPT Chuyên Ngữ – Hà Nội - Lần năm 2017 – 2018) Cho hình lăng trụ ABC A��� B C Gọi M , N , P điểm thuộc cạnh AA� , BB� , CC �  NB , PC  PC � cho AM  2MA� , NB� Gọi V1 , V2 thể tích hai B C MNP Tính tỉ số khối đa diện ABCMNP A��� A V1  V2 B V1  V2 V1 V2 V1  V2 Lời giải C D V1  V2 Chọn C B C Ta có V1  VM ABC  VM BCPN Gọi V thể tích khối lăng trụ ABC A��� 1 2 VM ABC  S ABC d  M ,  ABC    S ABC d  A� ,  ABC    V 3 1 1 ��� ��� VM A��� S A��� S A��� V BC  B C d  M ,  A B C    B C d  M ,  A B C    3 B�là hình bình hành NB�  NB , PC  PC �nên S B�� Do BCC � C PN  S BCPN VM BCPN , Từ V  VM ABC  VM BCPN  VM A��� Suy VM B�� B C  VM B �� C PN C PN  � V  V  VM BCPN  V  VM BCPN � VM BCPN  V 9 18 V1 1 1 Như V1  V  V  V � V2  V Bởi vậy: V2 18 2 Câu 16: (THPT Chuyên Vĩnh Phúc – Vĩnh Phúc - Lần năm 2017 – 2018)Cho tứ diện ABCD có cạnh a Gọi M , N trọng tâm tam giác ABD , ABC E điểm đối xứng với B qua D Mặt phẳng  MNE  chia khối tứ diện ABCD thành hai khối đa diện, khối đa diện chứa đỉnh A tích V Tính V A V  2a 320 B V  2a 320 C V  a3 96 D V  2a 80 Lời giải Chọn A Gọi G trọng tâm tam giác BCD , ABCD tứ diện nên AG   BCD  a a a3 3a a VABCD   AG  AD  DG  a   12 Gọi I , K giao điểm EN với AD AB ; F giao điểm KM với AC Khi V  VAKIF Ta có: HM HN AI AF � MN // FI , mà MN // CD nên CD // FI �    HI HF AD AC AI EA AI  3�   IEA # IND � ID ND AD AK EA AI  6�   AEK # HNK � HK HN AB 2 3 3 3 a 2a Vậy: V  VABCD   4 4 12 320 Câu 17: (THPT Kim Liên – Hà Nội - Lần năm 2017 – 2018)Cho tứ diện ABCD có cạnh Trên cạnh AB CD lấy điểm M uuur uuur r uuur uuur 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  Lời giải Chọn B 216 D V  108 Từ N kẻ NP //AC , N �AD M kẻ MQ //AC , Q �BC Mặt phẳng  P  MPNQ AH S ABCD  12  VAMPC  VMQNC  VMPNC Ta có VABCD  V  VACMPNQ 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 �1 1 � VABCD � V  11 VABCD  11 Vậy V  �   � �3 � 18 216 Câu 18: HẾT (SGD Quảng Nam – năm 2017 – 2018) Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a , mặt bên SAB tam giác đều, mặt bên SCD tam giác vuông cân S Gọi M điểm thuộc đường thẳng CD cho BM vng góc với SA Tính thể tích V khối chóp S BDM A V  a3 16 B V  a3 24 C V  a3 32 D V  Lời giải Chọn D Gọi I , J trung điểm AB CD Gọi H hình chiếu S lên IJ Ta có SI  a a , SJ  , IJ  a 2 a3 48 Khi SI  SJ  IJ suy tam giác SIJ vuông S Ta có SH  SI SJ SI  SJ  3a 13 a � HI  SI  SH  AH  SA2  SH  a 4 �AB  SI � AB   SIJ  � AB  SH � �AB  IJ �SH  AB � SH   ABCD  � SH   BDM  Do � �SH  IJ �BM  SA � BM  AH Gọi E  AH �BM Ta có � �BM  SH �  90� � Ta có ABE đồng dạng với AHI ( I$ E A chung) nên ta có AB AI 2a AE AB � AE    AH 13 AI AH �E �  90� B �M � ) nên ta có Ta có ABE đồng dạng với BMC ( C AB AE AB.BC 13a  � BM   BM BC AE 3a a2 S BMD  S BMC  S BDC  a  a.a  2 1 3 Thể tích V khối chóp S BDM V  SH S BMD  a a  a 3 4 48 ... 672 c ? ?3 c � ? ?3 c.hc  672 � � 3. 6722 � 31 3 6 ? ?4 S � 20S ? ?1 31 3 6 ��  �� a Do � a.ha  5 ? ?3 ? ?3 a � 3. 31 3 6 ? ?1 940 8 ? ?4 S 940 8 � 52 S b h  b  ? ?3 b � � 13 � 13 ? ?3 b � 3. 940 8 + Thể tích khối trịn... chia khối tứ diện ABCD thành hai khối đa diện, khối chứa điểm A tích V Tính V A 11 2a 216 B 2a 216 C Lời giải Chọn A 2a 18 D 13 2a 216 Gọi VABCD  V1 VACMNPQ  VE ACMN  VE ACPQ 1 3 3V VE... thể tích tứ diện ABCD có cạnh a có V1  12 11 11 a a 31 1 Vậy V  V1   18 18 12 216 Câu 5: (THPT Phan Đình Phùng-Hà Tĩnh-lần năm 2 017 -2 018 ) Cho hình đa diện hình vẽ S D B C A �  CSD �  DSA