PHẦN CUỐI: BÀI TOÁN VẬN DỤNG (8.9.10)
Chủ đề 5. KHỐI ĐA DIỆN
ABCD. A′B′C ′D′

Câu 1: (SGD VĨNH PHÚC) Cho hình hộp chữ nhật

BB′

Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng
và
a 3
a 3
a 3
4
2
.
B.
.
C.
.
A.

AC ′.

AB = a, AD = a 3.

có

D.

a 2

BB′// ( ACC ′A′ )
Vì

nên

d ( BB′, AC ′ ) = d ( BB′, ( ACC ′A′ ) )

d ( BB′, ( ACC ′A′ ) ) = B′H =

d ( BB′, AC ′ ) =

Nên

a 3
.
2

a 3
.
2

Câu 2: (SGD VĨNH PHÚC) Cho hình chóp
vuông cân tại
tích khối chóp
a3
6
A.
.

B

a3
9

C.

ABC

có

.

D.

a3
12

Hướng dẫn giải
Chọn A.

http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

.


Xét

tam

AB = BC =


=
.
.
=
VS . ABC SA SB SC 2
1
a3
⇒ VS . AMC = VS . ABC =
2
6

Câu 3: (SGD VĨNH PHÚC) Cho hình lăng trụ đứng
AA1 = 2a 5
và

·
BAC
= 120°.

Gọi

K

,

ABC. A1 B1C1
có

AB = a


IK = B1C1 = BC = AB 2 + AC 2 − 2 AB. AC .cos1200 = a 7
Ta có

AH ⊥ B1C1
Kẻ

khi đó

AH

là đường cao của tứ diện

A1 BIK

A1 H .B1C1 = A1B1. A1C1.sin1200 ⇒ A1H =

Vì

,

a 21
7

,


SVIKB =

1
1

A
Tam giác
vuông cân tại và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy
SB = 4 2
l
SD
M
và
. Gọi
là trung điểm của cạnh
. Tính khoảng cách từ điểm
( SBC )
M
đến mặt phẳng
.
2
l=
l= 2
l=2 2
l=2
2
A.
B.
C.
D.
Hướng dẫn giải

Theo giả thiết, ta có

( SAB ) ⊥ ( ABCD ) , ( SAB ) ∩ ( ABCD ) = AB

AH ⊥ SB VABC
AH
(
cân tại A có
là trung tuyến).

Mà

AH ⊥ ( SBC )
Suy ra

KN ⊥ ( SBC )
, do đó

KN || AH
(vì

, đường trung bình).

MN || BC ⇒ MN || ( SBC )
Mặt khác

.

d ( M , ( SBC ) ) = d ( N , ( SBC ) ) = NK =
Nên

1
AH = 2 2
2


ABCD

3 3
C.

D.

27 2
12

Hướng dẫn giải
Chọn A
AB P( CMN )
Do

nên

d ( P, ( CMN ) ) = d ( A, ( CMN ) ) = d ( D, ( CMN ) )

Vậy

1
VPCMN = VDPMN = VMCND = VABCD
4

(Do diện tích đáy và chiều cao đều bằng một nửa).
2

VABCD


nên

1 27 2 9 2
VMCND = .
=
4 12
16

AD = 14, BC = 6
có
MN = 8

M,N
. Gọi

. Gọi

α

lần

là góc giữa hai


A.

2 2
3



tam

MNP

giác

MN 2 + PN 2 − MP 2 1
=
2MN .NP
2

·
cos MNP
=

sin α =

Suy ra

3
2

,

. Suy ra

ta

có


8a 3 3
.
3

B.

8a 3 6
.
3

C.

16a 3 3
.
3

D.

16a 3 6
.
3

Hướng dẫn giải

Gọi

H

là hình chiếu của

( 2a 2 )
2.
4

2

. 3

=

16a 3 6
.
3

Chọn D.
http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất


Gọi

H

là hình chiếu của

A

mp ( A ' B ' C ')
lên

· ' A = 450

3
A.
.
B.
.

và

CD '

. 3

=

16a 3 6
.
3

ABCD. A ' B ' C ' D '

Câu 8: (T.T DIỆU HIỀN) Cho hình lập phương
BC '

2

cạnh

a

. Tính khoảng


B ' H ⊥ BO

CD '

d ( BC '; CD ') = d ( D ';( BA ' C ')) = d ( B ';( BA ' C ')) = B ' H =

( BA ' C ')
//
BB '.B ' O a 3
=
BO
3

nên


Câu 9: (T.T DIỆU HIỀN) Một hình hộp chữ nhật

ABCD. A′B′C ′D′

A.CB′D′

2cm 3cm
6cm
,
và
. Thể tích của khối tứ diện
3
8 cm

⇒ VA.CB′D′ = VABCD. A′B′C ′D′ = .2.3.6 = 12 cm3
3
3

Câu 10: (LẠNG GIANG SỐ 1) Cho khối tứ diện đều

ABCD

2cm.

M , N, P

cạnh bằng
Gọi
ABC , ABD, ACD.
V
lần lượt là trọng tâm của ba tam giác
Tính thể tích
của
AMNP.
khối chóp
2
2 2 3
4 2 3
2
V=
cm3
V=
cm
V=


2 6
3

1
1 1
1
3
S ∆EFK = .d ( E , FK ) .FK = . d ( D,BC ) . BC =
2
2 2
2
4
⇒ VSKFE =

1
1 2 6 3
2
AH .S ∆EFK = .
.
=
3
3 3
4
6

.

http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất


– TPHCM) Cho hình hộp
có
·BCD = 60°, AC = a 7, BD = a 3, AB > AD
BD′
,đường chéo
hợp với mặt phẳng
( ADD′A′ )
30°
V
ABCD. A′B′C ′D′
góc
. Tính thể tích
của khối hộp
.
39 3
a.
3
39a .
2 3a 3 .
3 3a 3 .
3
A.
B.
C.
D.
Hướng dẫn giải
Chọn D.

• Đặt x = CD; y = BC ( x > y )
• Áp dụng định lý hàm cos và phân giác trong tam giác BCD

B.
.

SD

. Nếu

SB ⊥ SD

S . ABCD

V=

có thể tích

thì khoảng cách từ

2
3

C.

.

3
4

D.

B


a

SO =

và

BD a 2
=
2
2

SCD, SAD
Suy ra các tam giác
M
.

Thể tích khối chóp là

Mà

Vì

BD = a 2

. Khi đó,

là các tam giác đều cạnh

a


1
2

.

http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

tại


Câu 13: (THTT – 477) Một hình lăng trụ có đáy là tam giác đều cạnh bằng

a

, cạnh

b
α
bên bằng và tạo với mặt phẳng đáy một góc . Thể tích của khối chóp có
đáy là đáy của lăng trụ và đỉnh là một điểm bất kì trên đáy còn lại là
3 2
3 2
3 2
3 2
a b sin α .
a b sin α .
a b cos α .
a b cos α .
12


α = ·A′AH
tích

.

khối

lăng

trụ

là

a 2b 3 sin α
4

.
Lại có chiều cao của chóp theo yêu cầu đề bài chính là chiều cao của lăng

trụ và bằng

A′H

nên thể tích khối chóp là

1
a 2b 3 sin α
VS . ABC = VABC . A′B′C ′ =
3

V = a + b + c.

8

.

.


Hướng dẫn giải

Chọn A.

x, y , z

Giả sử hình hộp chữ nhật có ba kích thước:

Theo yêu cầu bài toán ta có
 2 a2 − b2 + c2
y =
2

2
a + b2 − c2

⇔  x2 =
⇒V =
2

 2 b2 + c2 − a2


2

2

2

2

2

+ c 2 − b2 ) ( a 2 + b2 − c2 ) ( b2 + c2 − a2 )
8

Câu 15: (SỞ GD HÀ NỘI) Cho hình lăng trụ

ABCA′B ′C ′

có đáy là tam giác đều cạnh

a

( ABC )

A′

. Hình chiếu vuông góc của
lên mặt phẳng
trùng với trọng tâm
ABC

ABCA′B ′C ′.
V =
C.

a3 3
.
3

V =
D.

Hướng dẫn giải
Chọn B.

M

là trung điểm của

BC

(

BC ⊥ AA′M
thì

)
.

http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất


thì

là khoảng cách

.

a 3
a 3
a2
.A′A =
A′A2 −
2
3
A′A.HM = A′G .AM ⇔ 4


a2 
4a2
4a2
2a
2
2
2
2
′
′
′
′
⇔ A A = 4 A A − ÷ ⇔ 3A A =
⇔AA =


Câu 16: (SỞ GD HÀ NỘI) Cho hình chóp
SA = SB = SC = a

A.

d = 2a 6

. Tính khoảng cách
d=

.

B.

.

a 6
3

.

d

S . ABC

từ điểm

C.



.

,


a
∆SAB ∆SBC
AB = BC = a
,
là các đều cạnh nên

+ Ta có:

∆SAC

+ Ta có:

AC 2 = AB 2 + BC 2

+ Ta có:
+ Gọi

vuông cân tại

H

nên

S

có

a2
=
2

HA = HB = HC

và

SA = SB = SC

nên

.

3VS . ABC SH .S ABC
=
S SBC
S SBC

+ Vậy

a 2 a2
.
2
2 =a 6
=
2
3

3a 2
2a 2
h=
.
h=
.
h = a 3.
h = 2a 2.
3
2
A.
B.
C.
D.
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Gọi

H

là chân đường cao hạ từ

A

của tam giác

có đáy

ABC.



là khoảng cách từ

Xét tam giác

SAH

vuông tại

A

, kẻ

AI ⊥ SH

( SBC ) .

tại

I.

AI ⊥ ( SBC )
Ta có

nên

AI

đến mặt phẳng
1


lần nhưng mỗi cạnh đáy giảm đi

lần thì thể tích của nó.
n
n −1
B. Tăng lên lần. C. Tăng lên

A. Không thay đổi.
lần.

n

D. Giảm đi

n

lần.
Hướng dẫn giải

Chọn D.

Ta có:

1
V = .h.S
3

x2a
S=

Ycbt

 x
 ÷ a
1
1 1
1
n
⇔ V1 = .nh.  
= . .h.S = .V
0
3
n
 180  n 3
4 tan 
÷
 a ÷



.

Câu 19: (BIÊN HÒA – HÀ NAM) Cho hình chóp tứ giác đều

S . ABCD

có cạnh đáy bằng
a
60°
C

Chọn A.

Giả sử các điểm như hình vẽ.

E = SD ∩ MN ⇒ E
BM

là trọng tâm tam giác

SCM

DF // BC ⇒ F

,

là trung điểm

.

Ta có:

· , ( ABCD ) = SDO
) · = 60° ⇒ SO = a 2 6
( SD

⇒ d ( O, ( SAD ) ) = OH = h =

SF = SO 2 + OF 2 =

,

72
1
a3 6
7a 3 6
VS . ABCD = SO.S ABCD =
⇒ VSABFEN = VS . ABCD − VBFDCNE =
×
3
6
36

Suy ra:

VSABFEN 7
= ×
VBFDCNE 5

Câu 20: (CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU) Cho hình hộp chữ nhật

ABCD. A′B′C ′D′

có tồng

AC ′
36
6
diện tích của tất cả các mặt là
, độ dài đường chéo
bằng . Hỏi thể
tích của khối hộp lớn nhất là bao nhiêu?

÷ = 
3
3

  3 ÷


VMax = 16 2
. Vậy

S . ABC

Câu 21: (CHUYÊN ĐHSP HN) Cho hình chóp đều

có đáy cạnh bằng

( ABC )

a

, góc giữa

60°
A′ B′ C ′
và mặt phẳng
bằng
. Gọi
,
,
tương ứng là

đường thẳng

SA

Chọn A.
Cách 1: Ta tính thể tích khối chóp

S . ABC

:

⇒ CH =

Gọi H là tâm tam giác ABC đều cạnh a
SA

và

mặt

phẳng

a 3
3

. Góc giữa đường thẳng

(ABC)

bằng

12

.

600


SBC

Diện tích tam giác

Khoảng cách từ

là:

.

( SBC )

A

d ( A, ( SBC ) ) =

S ∆SBC

a 2 39
=
12

đến mặt phẳng

S BCB 'C ' =

là:

a 2 39
3

.

.

Thể tích khối 8 mặt cần tìm là:
1
2a 3 3
V = 2. d ( A, ( SBC ) ) .S BCB 'C ' =
.
3
3

Cách 3 (Tham khảo lời giải của Ngọc HuyềnLB).

Thể tích khối bát diện đã cho là

1
V = 2VA ' B 'C ' BC = 2.4VA '.SBC = 8VS . ABC = 8. SG.S ABC
3

·
= 60 .
(·SA; ( ABC ) ) = SAG

1
1 a 2 3 2 3a 3
V = 8. SG.S ABC = 8. .a.
=
.
3
3
4
3

Câu 22: (CHUYÊN THÁI BÌNH) Cho khối chóp
tích lớn nhất của khối chóp là
a3 6
a3 6
2
A.
.
B.
.

S . ABC

C.

có

SA = a SB = a 2 SC = a 3
,
,
. Thể


A

( SBC ) ⇒ V =
lên

.
AS ⊥ ( SBC )

; dấu “=” xảy ra khi

1
1
·
SB.SC.sin SBC
≤ SB.SC
2
2

SB ⊥ SC

V=
Khi đó,

1
AH .S SBC
3

.



.

Câu 23: (CHUYÊN THÁI BÌNH) Cho hình chóp
SD =

a 17
2

, hình chiếu vuông góc

S . ABCD

( ABCD )

S

H

a
có đáy là hình vuông cạnh ,

của
lên mặt
a
H .SBD
AB
đoạn
. Tính chiều cao của khối chóp
theo .

÷
÷
÷ −  a +  2 ÷
÷
2


 

2

2

.
d ( H , BD ) =

Cách 1. Ta có

1
a 2
d ( A, BD ) =
2
4

.

là trung điểm của

D.


a 3.

Cách 2.

1
3 3
S . ABCD = SH .S ABCD =
a
3
3

1
1
1
3 3
VH .SBD = VA.SBD = VS . ABC = VS . ABCD =
a
⇒
2
2
4
12

.

Tam giác

Tam giác

⇒

có

.

.

3VS .HBD a 3
=
.
S ∆SBD
5
I

Ta

a 2 a 13
=
4
2

;

 a 
B  0; ;0 ÷
 2 

điểm

(



2x 2 y
z
3
+
+
= 1 ⇔ 2x + 2 y +
z−a =0
a
a a 3
3

.

http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

với


d ( H , ( SBD ) ) =

2.0 + 2.0 +

3
.0 − a
3

4+4+

1

B.

ABCD

có thể tích bằng

.

a3

. Mặt

là hình bình hành. Tính theo

2a
3

a 3

A.

S . ABCD

C.
.
Hướng dẫn giải

D.

a


=

3VSABD
S SBD

a3
= 2 2 = 2 3a
a 3
4
3.

Câu 25: (LÝ TỰ TRỌNG – TPHCM) Tìm

.

Vmax

là giá trị lớn nhất của thể tích các khối
18cm 2 .
3 2cm
hộp chữ nhật có đường chéo bằng
và diện tích toàn phần bằng
3
Vmax = 6cm .
Vmax = 5cm3 .
A.
B.
Vmax = 4cm3 .



( b + c)

2

Do

≥ 4bc ⇒ ( 6 − a ) ≥ 4 9 − a ( 6 − a )  ⇔ 0 < a ≤ 4.
2

0 < b, c ≤ 4
Tương tự

Ta lại có

.

V = a 9 − a ( 6 − a ) 

. Khảo sát hàm số này tìm được GTLN của

Câu 26: (CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU) Khối chóp
a

cạnh .
S . ABCD

SA = SB = SC = a

A.

Khi
thay đổi thi
thay đổi. Đặt
AC = x
.
O = AC ∩ BD
Gọi
.
SH
SA = SB = SC
Vì
nên chân đường cao
trùng với tâm đường tròn ngoại tiếp tam
ABC
giác
.
⇒ H ∈ BO
.
2

4a 2 − x 2
4a 2 − x 2
x
OB = a −  ÷ =
=
4
2
2
2


4

http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

.


HB = R =

a.a.x
=
4S ABC

a2 x
4.

x 4a 2 − x 2
4

SH = SB 2 − BH 2 = a 2 −

=

a2
4a 2 − x 2
.

a
a 3a − x
=

 2

Câu 27: (THTT – 477) Cho khối đa diện đều

n

mặt có thể tích

S.

V

và diện tích mỗi mặt

của nó bằng
Khi đó, tổng các khoảng cách từ một điểm bất kì bên trong
khối đa diện đó đến các mặt của nó bằng
nV
V
.
.
S
nS
A.
B.
3V
V
.
.
S

S
S
h1 =


Câu 28: (LƯƠNG ĐẮC BẰNG) Cho hình lập phương

(α)

ABCD. A′B′C ′D′

có cạnh bằng

a

,

AA′ BB′ CC ′ DD′
M N P
một mặt phẳng
cắt các cạnh
,
,
,
lần lượt tại
,
, ,
1
2
AM = a CP = a

OI =

Ta có:

AM + CP 11
a
= a



+ ABCD là hình vuông có tâm O đồng thời chính là hình chiếu của S lên mặt đáy

SO =

a
2

;

ABCD =

BD =

cạnh của hình lập phương

=a

. Suy ra các cạnh của hình vuông

2
a
2

1
1 1  2  2  3 a 3
VS.ABCD = Sh = . . 
÷
÷

.
V =4
V =6
V =5
B.
.
C.
.
D.
.

Chọn B.
• Cách 1:
Phân tích: tứ diện

ABCD

A.GBC

và khối chóp
có
A
cùng đường cao là khoảng cách từ
đến mặt
( BCD )
G
BCD
phẳng
. Do
là trọng tâm tam giác

3

.

DN = h; BC = a
Chứng minh: Đặt

.

Từ hình vẽ có:

MF // ND ⇒
+)

MF CM 1
1
h
=
= ⇒ MF = DN ⇒ MF =
DN CD 2
2
2

.

BCD

.




⇒ S ∆BGC = S ∆BGD = S ∆CGD

S ∆BCD = 3S∆GBD = 3S ∆GCD

.

• Cách 2:

d ( G; ( ABC ) )



d ( D; ( ABC ) )

Nên

=

GI 1
1
= ⇒ d ( G; ( ABC ) ) = d ( D; ( ABC ) )
DI 3
3
.

1
1
VG. ABC = d ( G; ( ABC ) ) .S ∆ABC = .VDABC = 4.
3

V = 10

Đáp án B

B, D
nhìn

AC

dưới một góc

SD = a 5;K D =

Ta có:

90°

.

AD 2
a2
a
=
=
;
SD
a 5
5 SC = SA 2 + AC 2 = a 6

1


D

D

.

.

a 6
5

http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

.