Câu 1 (Gv Lê Tuấn Anh 2018)Cho hình chóp đều S . ABCD có cạnh đáy 2a , góc giữa mặt
bên và mặt đáy bằng 600 .Tính thể tích của khối chóp S . ABCD .
A.

2a 3 2
.
3

4a 3 3
.
3

B.

C.

2a 3 3
.
3

D.

a3 3
.
3

Hướng dẫn: B
Gọi M là trung điểm của CD , O là giao điểm của AC và BD .
Ta có

CD  OM

2
 SO.S ABCD  .a 3.4a 
.
3
3
3

(Gv Lê Tuấn Anh 2018) Cho lăng trụ đứng ABC.ABC có đáy là tam giác đều

cạnh a .Mặt phẳng ABC tạo với mặt đáy góc 600 . Tính theo a thể tích khối lăng trụ

ABC.ABC .
A. V 

a3 3
2

.

B. V 

3a3 3
.
4

C. V 

a3 3
8



3a
.. Diện
2

. Vậy V  SABC .A A 

3a3 3
8

(đvdt).
Câu 3:

(Gv Lê Tuấn Anh 2018) Cho hai điểm A , B cố định. Gọi M là một điểm di động

trong không gian sao cho MAB  300 . Khẳng định nào dưới đây là khẳng định đúng ? .
A. M thuộc mặt cầu cố định.

B. M thuộc mặt trụ cố định.


C. M thuộc mặt phẳng cố định.

D. M thuộc mặt nón cố định.

Hướng dẫn: D
Từ A kẻ đường thẳng d tạo với AB một góc 300 ta quay
đường thẳng vừa tạo quanh AB với góc 300 không đổi thì
thu được hình nón.
Lấy điểm K bất kì trên mặt nón đó, ta có KAB  300


+ Kẻ SH  ABCD tại H ta có  HC  SC 2  SH 2

2
2
 HD  SD  SH
Bài ra SB  SC  SD  1  HB  HC  HD  H là tâm đường tròn
ngoại tiếp BCD
Hơn nữa BCD cân tại C  H  AC
+ Ta có

SBD  CBD  c  c  c   SO  CO  SO  CO  AO  SAC
vuông tại S
Cạnh AC  SA2  SC 2  a 2  1
2

a2  1 3  a2
 AC 
 OB  SB  SO  1  

1



4
4
 2 
2

 OB 




a
6 a2  1

Câu 5:

. a 2  1. 3  a 2 

a 3  a2
.
6

(Gv Lê Tuấn Anh 2018) Cho hình lập phương ABCD. ABC D có cạnh bằng 1 .

Gọi M , N lần lượt là trung điểm của AB và CD . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng

AC và MN .
2
.
2

A.

B.

2
.
4

2
2
2
AH
AA
AB
2

Ta có

 d  A,  ABC   

Câu 6:

2
2
 d  M ,  ACB   
.
2
4

(Gv Lê Tuấn Anh 2018)Cho khối lập phương ABCD. ABC D cạnh a . Các điểm

E và F lần lượt là trung điểm của C B và C D . Mặt phẳng  AEF  cắt khối lập phương đã
cho thành hai phần, gọi V1 là thể tích khối chứa điểm A và V2 là thể tích khối chứa điểm C  .
Khi đó
A.

V1
là .

+ Do tính đối xứng của hình lập phương nên ta có V4  V5
V3 

1
1 3a 3a 3a 3
AA. AM . AN  a. . 
6
6 2 2
8

V4 

1
1 a a a a3
25a 3
47 a 3
PD.DF .DN  . . .  ;V1  V3  2V4 
, V2  V  V1 
6
6 3 2 2 72
72
72

Vậy

V1 25

.
V2 47
(Gv Lê Tuấn Anh 2018)Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông,


Hướng dẫn: D
+ Gọi x  0 là cạnh của hình vuông ABCD và H là
trung điểm cạnh AD
+ Dễ dàng chứng minh SH   ABCD  , SH 

x 3
2

+ Gọi O  AC  BD và G là trọng tâm SAD , đồng
thời d1 , d 2 lần lượt là 2 trục đường tròn ngoại tiếp

ABCD , SAD ( d1 qua O và / / SH , d 2 qua G và
/ / AB )

 I  d1  d 2 là tâm mặt cầu ngoại tiếp khối chóp S . ABCD  R  SI
2

2

2 21
 x  x
S  4 R  R  1  SI  SG  GI  
   2   x  7  dm 
 3  
2

2

2


1
1
1
1
1
x 21 3
6




 HP 
 dm  d  AC ; SD   dm
2
2
2
2
2
HP
SH
KH
14
7
7
x 3 x 2

 

 2   4 

4

C. V 

a3
.
2

D. V 

a3
.
4

Chọn đáp án D
Ta có ID 
S IDC 

1
a
1
AD  và S ADC  AD.DC  a 2 . Lại có
4
2
2

1
a2
ID.DC 
 S AIC  S ADC  S IDC



B. 3  4 3  .

Chọn đáp án A
Đường tròn  S ; R  có
+ Chu vi hình tròn  S ; R  là C  4





C. 3  2 3  .

D. 3 .


+ Diện tích hình tròn  S ; R  là S  4 . Khi cắt

1
hình tròn rồi dán lại để tạo ra mặt xung
4

quanh của hình nón, ta có. Diện tích xung quanh hình nón là S xq 

3
S  3
4

3

ngoại tiếp hình chữ nhật BBC C cắt nhau tại I .
- Khi đó. I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp A.BBC C cũng chính là
tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABC C ; bán kính R  IA .
- Ta có
2 
3
2
2
AG  .  3a
  a 3; GI  HK  4a  R  IA  GA  GI  a 19
3 
2 

Câu 12:

(Gv Lê Tuấn Anh 2018) Cho hình chóp S . ABC có các góc tại đỉnh S cùng bằng

600 , SA  a, SB  2a, SC  3a . Tính khoảng cách từ đỉnh A đến mặt phẳng  SBC  .

A. a 3 .

B. a 6 .

C. a

6
.
3

D. a

3

(Gv Lê Tuấn Anh 2018)Cho hình chóp tam giác đều S . ABC có cạnh đáy bằng a .

Câu 13:

Góc hợp bởi cạnh bên và mặt phẳng đáy bằng 600 . Khi đó khoảng cách giữa hai đường thẳng

SA và BC bằng.
A.

3a
.
2

B.

3a
.
4

C.

3a 3
.
2

D.

3a 3


EHM  GKA  g  g 

Vậy d  SA, BC  

Câu 14:

EH EA
EA a 3 3a

 EH  GK .
 . 
EG GA
GK 2 2 4

3a
.
4

(Gv Lê Tuấn Anh 2018) Cho hình chóp S . ABC có đáy là tam giác ABC đều cạnh

a , tam giác SBA vuông tại B , tam giác SAC vuông tại C . Biết góc giữa hai mặt phẳng

 SAB 
A.

và  ABC  bằng 600 . Tính khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng  SAB  .

3 3a
.

AB  SB
AB  SH

Tương tự, ta cũng chứng minh được AC   SCH  . Từ đó suy ra AC  CH .
Do SH  AB, BH  AB nên suy ra góc giữa  SAB  và  ABC  là góc SBH . Vậy SBH  600 .
Do ABH  ACH  BAH  300
Trong tam giác vuông ABH , ta có BH  AB.tan 300 

a
3

Trong tam giác vuông SHB , ta có SH  BH .tan 600 

a
. 3a
3

Vậy VS . ABC

1
1 a 2 3 a3 3
1
a2
 .SH .S ABC  .a .

.SSAB  .SB. AB 
3
3
4
12


6
3
.
, h
2
2

C. r 

6
3
.
, h
3
3

D. r 

3
6
.
, h
3
3

Chọn đáp án C
Hình trụ nội tiếp nửa mặt cầu, nên theo giả thiết đường tròn đáy trên có
tâm O là hình chiếu của O xuống mặt đáy  O  . Suy ra hình trụ và
nửa mặt cầu cùng chung trục đối xứng và tâm của đáy dưới hình trụ


0

f h

3
3
0



f h

1



2 3
9

0

Vậy Max V 
 0;1

0

2 3
6
3

(Vô lý). Do đó đáp án C bị loại.

+ Giả sử SA cắt BC. Khi đó SA, BC đồng phẳng. Suy ra S thuộc
mp

(ABCD)

(Vô lý). Đáp án D bị loại. MN, SO cùng nằm

trong mp

(SBD), không song song và trùng nhau.

Câu 17:

(Gv Lê Tuấn Anh 2018) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông

cạnh bằng 1. Cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng ABCD và SC  5 . Tính thể tích khối
chóp S.ABCD
A. V 

3
3

B. V 

3
6

C. V  3

. Hình chiếu vuông góc của A’ lên mặt phẳng ABCD
2

trùng với giao điểm của AC và BD. Tính theo a thể tích khối hộp ABCD.A’B’C’D’.
A. V  8a3

B. V  3a3

C. V  12a3

D. V  9a3

Chọn đáp án B
Gọi O  AC  BD .Từ giả thiết suy ra A ' O  ABCD
Cũng từ giả thiết, suy ra ABC là tam giác đều nên

S ABCD  2S ABC 

a2 3
2

Đường cao khối hộp
2

 AC 
A ' O  AA '  AO  AA '  
  2a 3
 2 
2


3 4  5
 6; S  pr  r  1
2

+ Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác từ giả thiết các mặt
bên tạo với đáy ABC một góc 30 độ ta suy ra I là chân đường cao
của khối chóp tan300 

SI
3
3
 SI  MI .tan300  1.

MI
3
3

1
2 3
VS. ABC  S ABC .SI 
. Do đó ta chọn A
3
3

D. 2 3


Câu 20:

(Gv Lê Tuấn Anh 2018) Cho một hình trụ có thiết diện qua trục là hình vuông

A. 6 3 a3

B. 4 5 a3

C. 8 3 a3

D. 4 3 a3

Chọn đáp án D
+ Gọi H là trung điểm SB. Do tam giác SAB vuông tại A, SBC vuông tại C suy ta

HA  HB  HS  HC
Suy ra H là tâm mặt cầu.
+ Gọi I là hình chiếu của H lên (ABC). Do HA  HB  HC , suy ra IA  IB  IC
Suy ra I là trung điểm AC. Gọi P là trung điểm BC, do tam giác ABC vuông cân, suy ra

IP  BC  ( IHP)  BC , dựng IK  HP  IK  ( HBC)









+ d A,  SBC   a 2  d I ,  SBC  
Áp dụng hệ thức

1


 a 3  3a2
 3a2 , suy ra R  a 3 , suy ra V  4 3 a3
Suy ra AH 2  AI 2  IH 2  
 
 2 
2




Câu 22

(Gv Lê Tuấn Anh 2018): Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông

cạnh a, SA=a và SA vuông góc với đáy. Gọi M là trung điểm SB, N là điểm thuộc cạnh SD
sao cho SN=2ND. Tính tỉ số thể tích
A. V 

1
4

B. V 

VACMN
VSABCD

1
2


3 2  2  12

1
a3
d A,  SMN  .SSMN 
3
18





1
1 2  1 a  a3
Suy ra VNSAM  NL .SSAM  . a.  a.  
3
3 3  2 2  18
Mặt khác VC.SMN

1
1
a3
 d C,  SMN  .SSMN  d A,  SMN  .SSMN 
3
3
18





Kết luận

VACMN 1

VSABCD 4

Câu 23

(Gv Lê Tuấn Anh 2018) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành,

E là trung điểm của SA, F, G lần lượt là các điểm thuộc cạnh BC, CD
Thiết diện của hình chóp cắt bởi
A. Tam giác

(CF
AB 3

SQ
SC
B.

1
6

C.

1
2

D.

2
3

Chọn đáp án A
Trong mặt phẳng

(ABC), gọi E  NP  AC

Khi đó Q chính là giao điểm của SC với EM.
Áp dụng định lý Menelaus vào tam giác ABC ta có:

AP BN CE
CE
.

6  3 b2

C.





2 3  3 b2

Chọn đáp án D
Tam giác ABC vuông tại A  AB  AC . Tam giác ACB  b 3 và

BC 

AC
 2b
cos ACB





D. 2 2 3  3 b2


Ta có

 AB  CC '
AB

(Gv Lê Tuấn Anh 2018)Một hình nón có góc ở đỉnh bẳng 600 , đường sinh bẳng

2a, diện tích xung quanh của hình nón là
A. Sxq  4 a2

B. Sxq  2 a2

C. Sxq   a2

D. Sxq  3 a2

Chọn đáp án B
Theo đề: góc ở đỉnh bằng 600 nên SOB  300

OB
 R  OB  SB.sin OSB
SB
R  2a.sin300  a

sin SOB 

Diện tích xung quanh mặt nón là:

Sxq   Rl   .a.2a  2 a2
Câu 27 (Gv Lê Tuấn Anh 2018): Cắt một hình trụ bằng mặt phẳng ( ) vuông góc mặt
đáy, ta được thiết diện là một hình vuông có diện tích bằng 16. Biết khoảng cách từ tâm đáy
hình trụ đến mặt phẳng ( ) bằng 3. Tính thể tích khối trụ.
A.

52

3
4

B. a3

3
8

C. a3

3
16

D. 3a3

3
16

Chọn đáp án C

Do S.ABCD đều, có trọng tâm G của tam giác SAC cũng là trọng tâm của SBD.
Nên M, N lần lượt là trung điểm của SC, SD.
 MN  DC  MN  AB

Do đó 
1
 MN  AB

2



VS.ABM SA SB SM
V
1 1 1

. .
 1. .  suy ra VS. ABM  S. ABC
VS.ABC SA SB SC
1 2 2
2

VS.ABMN  VS.ABM  VS.AMN 

VS.ABC
2



VS.ACD
4

1 1
1
1 1
1
3 3
 VS. ABMN  . .SO. .OB.AC  . .SO. .OD.AC 
a
2 3
2

đáy.
+ Gọi E, K, F, H, N lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng SD, SC, BC, AD, EK
+ Ta có tam giác SDF là tam giác cân tại F. Vì FD  FS  a 5

(độc giả tự chứng minh)

Suy ra FE  SD
Mặt khác, ta có KE  FH
+ Trong mặt phẳng

(Vì cùng song song với CD). Nên 4 điểm K, E, F, H đồng phẳng

(KEFH), gọi T là giao điểm của FE và ON.

Ta có T là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD


2
2 a 3 a 3

+ Ta có tam giác EKO là tam giác đều cạnh a. Nên OT  ON  .
3
3 2
3
2

2

2


8

B.

13

cm

C.

9
5

cm

D. Đáp án khác

Chọn đáp án A
Gọi H là trung điểm của AB suy ra SH  ( ABC)
Trong

(SAC) từ M dựng MN  AC , gọi K là hình chiếu của H

trên BN
Ta có AC  (SAB) mà MN  AC  MN  (SAB)

 HK  BN
 HK  ( BMN ) .

 HK  MN

3





Suy ra d A,  BMN   2.2.
Câu 31

3
7



4 21
7

(Gv Lê Tuấn Anh) Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào đúng?

A. Mọi hình hộp đứng đều có mặt cầu ngoại tiếp.
B. Mọi hình hộp chữ nhật đều có mặt cầu ngoại tiếp.


C. Mọi hình hộp có một mặt bên vuông góc với đáy đều có mặt cầu ngoại tiếp.
D. Mọi hình hộp đều có mặt cầu ngoại tiếp.
Chọn đáp án B
Bởi vì một hình lăng trụ muốn có mặt cầu ngoại tiếp thì nó phải là lăng trụ đứng và đáy có
đường tròn ngoại tiếp. Các đáp án A, B, D đáy đều là hình bình hành nên không có đường
tròn ngoại tiếp. Vậy chỉ có đáp án B đúng.
Câu 32 (Gv Lê Tuấn Anh): Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác ABC vuông cân tại A,


1 a 3 1
a3 3
V .
. .a.2a 
3 3 2
9

Câu 33 (Gv Lê Tuấn Anh): Cho đa diện H biết rằng mỗi mặt của H đều là những đa giác
có số cạnh lẻ và tồn tại ít nhất một mặt có số cạnh khác với các mặt còn lại. Hỏi khẳng định
nào đúng trong các khẳng định sau?
A. Tổng số các cạnh của  H  bằng 9

B. Tổng số các đỉnh của  H  bằng 5

C. Tổng số các cạnh của  H  là một số lẻ

D. Tổng số các mặt của  H  là một số chẵn

Chọn đáp án D


Gọi tổng số các mặt của

H 

là m và tổng số các cạnh của

H 


 IA = IB = IC = ID với  SAC vuông tại A, IA = IS = IC . Do đó I là tâm mặt cầu ngoại tiếp
khối chóp S.ABCD suy ra IA = a 2  SC = 2 a 2 . Mặt khác AC là hình chiếu của SC trên
  45 . Suy ra  SAC vuông cân
mặt phẳng  ABCD    SC;  ABCD     SC; AC   SCA

1
1
2a 3 3
 SA = AC = 2 a  VS.ABCD  .SA.SABCD  .2a.a .a 3 
3
3
3

Câu 35:

(Gv Lê Tuấn Anh) Cho hình nón đỉnh S, đáy là đường tròn  0;5  . Một mặt phẳng

đi qua đỉnh của hình nón cắt đường tròn đáy tại hai điểm A và B sao cho SA  AB  8 . Tính
khoảng cách từ O đến  SAB  .
A. 2 2
Chọn đáp án B

B.

3 13
4

C.

3 2

2

2

2

Tam giác vuông SOI có:

1
1
1
3 13
.
 2
 OH 
2
2
OH
OI
SO
4

Vậy d  O;  SAB    OH 

3 13
.
4

Câu 36 (Gv Lê Tuấn Anh): Một hình trụ có hai đường tròn đáy nằm trên một mặt cầu bán
kính R và có đường cao bằng bán kính mặt cầu. Diện tích toàn phần hình trụ đó bằng


+ Theo bài ra, ta có h  R nên suy ra R 2  r 2 

2

h2
3R 2
R 3
 r2 
r
4
4
2

+ Diện tích toàn phần hình trụ là:





2
 3 2 3  R
R 3 R 3
Stp  2 r  2 rh  2 r  r  h   2
.
 R  
2  2
2

2

1
2
D. x  ; y 
2
3

Chọn đáp án A
+ Ta có S AMN  S AHM  S AHN  xy 

x y
 0  x  1
3

+ Theo bất đẳng thức cô si 3 xy  x  y  2 xy  xy 
+ Ta có S AMN 

1
3 xy
AN . AM sin 60 
2
4

S AMD 

1
3x
AD. AM sin 60 
2
4


9

 x  y

2

 3 xy  3 xy 

 x  y

2

 3 xy

1
2
3  xy   3 xy .
2

4
Ta thu được giá trị nhỏ nhất của diện tích toàn phần đạt được khi
9

4
2
, tức là x  y 
9
3

Câu 38:

1
3


1
1
1
3
2


 2  BK  a
2
2
2
BK
BC
BA
2a
3
AK 

2
2a
3 3
AC 
; BE  a
 BK nên K là trọng tâm của tam giác BCD
3
2 2