30 BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM THỂ TÍCH KHỐI ĐA DIỆN – CÓ LỜI GIẢI CHI TIẾT
MỨC ĐỘ 4: VẬN DỤNG CAO – ĐỀ SỐ 1
CHUYÊN ĐỀ: HÌNH HỌC KHÔNG GIAN
Câu 1. Cho khối lăng trụ ABC. ABC  có thể tích bằng 2018. Gọi M là trung điểm AA'; N, P lần lượt
là các điểm nằm trên các cạnh BB',CC' sao cho BN  2 BN , CP  3C P. Tính thể tích khối đa diện
ABCMNP.
A. 4036 .
3

B. 32288 .
27

C. 40360 .
27

D. 23207 .
18

Câu 2. Một tấm kẽm hình vuông ABCD có cạnh bằng 30cm. Người ta gập tấm kẽm theo hai cạnh EF
và GH cho đến khi AD và BC trùng nhau như hình vẽ bên để được một hình lăng trụ khuyết hai đáy.
Giá trị của x để thể tích khối lăng trụ lớn nhất là:

A. x  5  cm  .

B. x  9  cm  .

C. x  8  cm  .

D. x  10  cm  .

Câu 3. Cho khối hộp chữ nhật ABCD. ABC D có thể tích bằng 2110. Biết AM  MA;



C. k  1

k  42 3

VS . ABC 
VS . ABC

D. k  2 2  2

4



Câu 5. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình bình hành, I nằm trên cạnh SC sao cho IS = 2IC.
Mặt phẳng (P) chứa cạnh AI cắt cạnh SB, SD lần lượt tại M, N. Gọi V’, V lần lượt là thể tích khối

chóp S . AMIN và S . ABCD . Tính giá trị nhỏ nhất của tỷ số thể tích V .
V

A. 4 .
5

B. 5 .
54

C. 8 .
15



C.

4
.
3

D.

4 3.

Câu 8. Cho hình chóp S . ABCD có SA  x , các cạnh còn lại đều bằng 18. Tính giá trị lớn nhất của thể
tích khối chóp S . ABCD ?
A. 648 2  dvtt  .

B. 1458  dvtt  .

C. 8748  dvtt  .

D. 243 11  dvtt  .

A1B1C1D1 là tứ diện với các đỉnh lần lượt là trọng tâm
và có thể tích V1. Gọi A2 B2C2 D2 là tứ diện với các đỉnh lần lượt là

Câu 9. Cho tứ diện ABCD có thể tích V . Gọi
tam giác BCD, CDA, DAB, ABC

B1C1 D1 , C1 D1 A1 , D1 A1 D1 B1 , A1 B1C1 và có thể tích V2 ,... cứ như vậy cho đến tứ diện
An BnCn Dn có thể tích Vn với n là một số tự nhiên lớn hơn 1. Tính giá trị của
P  lim V1  V2  ...  Vn  .


D. 3V .

8

54

Câu 11. Cho hình trụ có đáy là hai đường tròn tâm O và O’, bán kính đáy bằng chiều cao và bằng 2a.
Trên đường tròn đáy tâm O lấy điểm A, trên đường tròn tâm O’ lấy điểm b. Đặt  là góc giữa AB và
đáy. Biết rằng thể tích khối tứ diện OO’AB đạt giá trị lớn nhất. Khẳng định nào sau đây đúng?
A. tan   2.

B. tan  

1
.
2

C. tan   1 .

D. tan   1.

2

Câu 12. Cho tứ diện đều ABCD có cạnh đáy bằng 3. Gọi M, N là hai điểm thay đổi lần lượt thuộc
cạnh BC, BD sao cho mặt phẳng (AMN) luôn vuông góc với mặt phẳng (BCD). Gọi V1, V2 lần lượt là
giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của thể tích khối tứ diện ABMN. Tính V1 + V2?
A.

17 2

B. 1 .

3

6

C. 3 .
4

V ,V1 lần lượt là

V1
.
V

D. 17 .
14

Câu 14. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB  3, AD  6, tam giác
SAC nhọn và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Biết hai mặt phẳng  SAB  ,  SAC  tạo với
nhau góc



thỏa mãn tan   3 và cạnh SC = 3. Thể tích khối chóp S.ABCD bằng

A. 8 .
3

2

lại đều bằng 1. Khi x, y thay đổi, thể tích khối chóp S . ABC có giá trị lớn nhất là
A.

2
.
12

B.

2 3
.
27

C.

3
.
8

D. 1 .
8

3


Câu 17. Khối chóp tam giác có độ dài 3 cạnh xuất phát từ một đỉnh là a, 2a, 3a có thể tích lớn nhất
bằng
A. 4a 3 .

B. 2a 3 .


tạo với đáy một góc bằng 450. Thể tích của khối chóp có giá trị lớn nhất là

a3
.
A.
4

a3
.
B.
3

a3
.
C.
6

a3
.
D.
2

  90 , BC  2 2, 
ACB  30 , hình chiếu của S trên mặt
Câu 20. Cho khối chóp S.ABC có BAC
phẳng đáy là trung điểm H của BC. Giả sử có mặt cầu tâm O, bán kính bằng 1 tiếp xúc với SA,SB,SC
0

lần lượt tại các điểm

D.

3 2
.
2

Câu 21. Một khối nón có thiết diện qua trục là một tam giác vuông cân và đường sinh có độ dài bằng
3 2 cm. Một mặt phẳng đi qua đỉnh và tạo với đáy một góc 600 chia khối nón thành hai phần. Tính
thể tích phần nhỏ hơn (Tính gần đúng đến hàng phần trăm).
A.

4,36cm3 .

B.

5,37cm3 .

C.

5,61cm3 .

D.

4,53cm3 .

Câu 22. Cho hình lăng trụ tam giác ABC. ABC . Gọi M , N , P lần lượt là các điểm thuộc các cạnh
AA, BB, CC  sao cho AM  2 MA, NB  2 NB, PC  PC . Gọi

diện ABCMNP và A’B’C’MNP. Tính tỉ số


khối đa diện, trong đó khối đa diện chứa đỉnh A có thể tích là V. Tính V.

4


A. V 

9 2a 3
.
320

B. V 

3 2a 3
.
320

C. V 

a3 2
.
96

D. V 

3 2a 3
.
80

Câu 24. Cho hình chóp SABC có mặt phẳng  SAC  vuông góc với mặt phẳng  ABC  , SAB là tam

tạo với nhau góc

A. V = 8.



thoả mãn tan   3 . Tính thể tích khối lăng trụ ABCD. ABC D
4

B. V = 12.

C. V = 10.

D. V = 6.

Câu 26. Cho hình lập phương ABCD. ABC D cạnh 2a, gọi M là trung điểm của BB và P thuộc cạnh

DD sao cho DP  1 DD. Mặt phẳng  AMP  cắt CC  tại N. Thể tích khối đa diện AMNPBCD bằng
4

A. V  2a .
3

B. V  3a .
3

11a 3
.
C. V 
3

NB  2 NC , PC  2 PD. Mặt phẳng (MNP) chia tứ diện thành hai phần. Gọi T là tỉ số thể tích của phần
nhỏ chia phần lớn. Giá trị của T bằng

5


A. 25 .
43

B. 19 .
26

C. 13 .
25

D. 26 .
45

Câu 29. Cho hình chóp S.ABC có AB  5cm, BC  6cm, CA  7cm. Hình chiếu vuông góc của S
xuống mặt phẳng  ABC  nằm bên trong tam giác ABC. Các mặt phẳng  SAB  ,  SBC  ,  SCA  đều tạo
với đáy một góc 600. Gọi AD, BE , CF là các đường phân giác của tam giác ABC với
D  BC , E  AC , F  AB. Thể tích S.DEF gần nhất với số nào sau đây?
A.

2,9cm3 .

B.

4,1cm3 .


HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT
1–D
11 - B
21 - A

2–D
12 – A
22 - C

3–D
4–B
13 – C 14 – A
23 - A 24 - C

5-C
15 – A
25 – A

6–D
16 - B
26 – B

7-C
17 – C
27 – B

8–B
18 – B
28 - B



2018  1 2 3  23207
   
3 2 3 4
18

Câu 2. Chọn D.
Phương pháp: Tính thể tích khối lăng trụ. Do chiều cao của lăng trụ cố định nên để thể tích lăng trụ là
lớn nhất thì diện tích đáy phải lớn nhất. Ta đi tính diện tích đáy, sau đó áp dụng bất đẳng thức Cô-si để
tìm giá trị lớn nhất của diện tích đáy.
Cách giải: Thể tích khối lăng trụ là:

V  BC.S AEG  30.S AEG .

Theo giả thiết ta phải có 2 x  30  x  15
Ta có AEG có độ dài các cạnh là AE  AG  x  cm  , EG  30  2 x  cm  nên diện tích là

S  15 15  x 15  x  15   30  2 x    15 15  x   2 x  15   cm 2  1
2

Áp dụng bất đẳng thức cô si cho





15  x , 15  x , 2 x  15 ta nhận được

7




 

2  AA CC   2  BB DD 

Cách giải:
Thể tích của khối đa diện nhỏ hơn là V 

VABCD. ABC D  AM CP  2110  1 1  5275
  

  
2
2  2 3
6
 A A CC  

Câu 4. Chọn B.
Phương pháp: Trải ba mặt bên của hình chóp ra cùng một mặt phẳng. Tìm chu vi của tam giác
AB’C’và tìm SB’, SC’ để chu vi của tam giác AB’C’ là nhỏ nhất.
Cách giải:

Trải các tam giác SAB, SBC, SAC ra cùng một mặt phẳng  A  A 
Ta có SAC  SAC  AC   AC 
Do đó chu vi tam giác AB’C’ là AB  BC   C A  AB  BC   C A  AA
0
Dấu “=” xảy ra khi B  E , C   F hay SB  SE , SC   SF . Tam giác SAA’ có S  90 , SA  SA  a
nên tam giác SAA’ vuông cân tại S, do đó SAA  SAA  450



Vậy chu vi tam giác AB’C’ nhỏ nhất  SB  SC   1  3 a
Khi đó

2
VS . ABC  SB SC 

.
 1  3  4  2 3  k  4  2 3.
VS . ABC SB SC





Câu 5. Chọn C.
Phương pháp: Tỷ lệ tích của hai khối chóp nhỏ nhất  MN / / BD
Cách giải:

Gọi K là giao điểm của AI và SO

Ta có M, N, K thẳng hàng V nhỏ nhất  MN / / BD
V

Khi MN // BD. Gọi E là trung điểm IC  OE / / AI
SK SI
SI
2 IC
4
SM SN 4

khối chóp theo tham số k. Khảo sát hàm số chứa biến k để tìm giá trị lớn nhất – giá trị nhỏ nhất
Cách giải:

9


Gọi O là tâm hình bình hành ABCD và I  SO  AM .
Ba điểm M, A, I thẳng hàng nên áp dụng định lý Menelaus cho tam giác SOC ta có:
SM CA OI
OI k
.
.
1

SC CO SI
SI
2

Vì NP//BD  SP  SI  SN 
SD

SO

SB

2
(định lý Thalet)
k 2

Và d  P;  ABCD    d  N ;  ABCD    DP d  S ;  ABCD   


k
d  S ;  ABCD  
k 2

2

 k  1 k  2 



k 
 VS . ABCD
k  2 

2k
VS . ABCD
k  3k  2
2

Để VC . ANMP max  f  k  
Xét hàm số f  k  

f k  

k
đạt giá trị lớn nhất
k  3k  2
2


ABC  SBC  c.c.c   SE  AE  ESA cân tại E  DE  BC
Do đó DE là đường vuông góc chung của SA và BC nên
VS . ABC 

1
1
SA.BC.cos  SA; BC  .d  SA; BC   xy.DE.cos  SA; BC 
6
6

BA2  BS 2 SA2 1  1 x 2
x2


  1   CD 2
Xét tam giác SAB có BD 
2
4
2
4
4
2

Xét tam giác BDE có DE  BD 2  BE 2  1 

Khi đó VS . ABC 
Ta có: xy 

x2 y 2


3
4  2t
3
 4  2t 

4  2t  t.

4
2
4 8 3
4 8 3
f  0   0; f  2   0; f   
 max f  t   f   
 x2   x 
0;2
9
9
3
3
3
3
Vậy thể tích khối chóp S.ABC lớn nhất khi và chỉ khi x  y 

2
4
 x y 
3
3

Câu 8. Chọn B.

.x.18  6 x 243  x 2
3
3
4
4

1
1 Cosi  1
1 
 12. .x 243  x 2  6.  x 2  243  x 2   1458
2
4
4 
4
Dấu “=” xảy ra 

1
1
x  243  x 2  x  9 6  x  0 
2
4

Câu 9. Chọn A.
Phương pháp:
Bước 1: Tìm công thức truy hồi cho

n
Vn theo V. Cụ thể ta đi chứng minh Vn   1  V .
27



d  B1 , A1C1  2
2
  d  B1 , A1C1   d  B1, A1C1 
d  B1, A1C1  3
3

S A1B1C1



S A1B1C1

d  A1 ; B1C1  .B1C1 2 2 4
4
 .   S A1B1C1  S A1B1C1
d  A1; B1C1  .B1C1 3 3 9
9

Mà S ABC   1 S ABC  S A B C  1 S ABC
1 1 1

4

1 1 1

9

1
d D ;ABC S

1  
2
n


1  1 
 1 
 27 
An  V 1 
    ...      V
 27  27 
1
 27  

1
27

q

1
do đó
27

n 1

n 1

 1  
 1   
 27    V  27V .

AC

AD

3

 MN MP MQ 




AB. AC. AD
AB AC AD 
MN MP MQ

 AB. AC. AD.

MN .MP.MQ  AB. AC. AD.
.
.
27
27
AB AC AD
Vậy VMNPQ  MN .MP.MQ  1 . AB. AC. AD  V  Vmax  V
6

27

6


A
B

B





Ta có: OAB’.O’A’B là hình lăng trụ

1
1
1
V V
VOOAB  VA.OOBB  VOAB.OAB  VA. ABO    V   
2
2
2
3 3
(V: thể tích lăng trụ OAB’.O’A’B’)  VOOAB đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi V lớn nhất.
 .OO  1 2a.2a.sin O
 .2a  4a 3 .sin O
  4a 3
Mà thể tích lăng trụ V  SOAB .OO  1 OA.OB.sin O
2

 Vmax  4a 3 khi và chỉ khi
 tan  


22 3

  BM  BC  2  S BMNmin 
 3
BC BE 3
3
4
15


ND

Diện tích tam giác BMN lớn nhất khi và chỉ khi

S BMNmin

hoặc

M  C,

khi đó

1
1 32 3 9 3
 S ABC  .

2
2 4
8


1
AH .S BMN min 
6. 3  2  V1  V2 
8
3
3

Câu 13. Chọn C.
Phương pháp:
+ Tỷ số

+

S
V1
chính là tỉ số diện tích MBCDN
S ABCD
V

S MBCDN
S
 1  AMN
S ABCD
S ABCD
2

 ab
+ Sử dụng bất đẳng thức: ab  
  a; b  0 
 2 



 2 xy  4 
Vậy max

1
1
1
3
  1

2 xy 4
2 xy 4

V1 3

V
4

Câu 14. Chọn A.
Phương pháp: Sử dụng phương pháp xác định góc giữa hai mặt phẳng, tìm các yếu tố liên quan đến
chiều cao của khối chóp suy ra thể tích khối chóp
Cách giải:

Kẻ BH  AC  H  AC  , HI  SA  I  SA 
   SAB  ;  SAC     BI ; HI   BIH  tan BIH 

Tam giác BIH vuông tại H, có tan BIH 

3

3
1
3

1 4 2
8
.3 2 
3 3
3

Vậy thể tích cần tính là VS . ABCD  d  S ; AC  .S ABCD  .
Câu 15. Chọn A.
Phương pháp:
+ Xác định thiết diện của hình hộp khi cắt với  AEF  .

17


+ Tính thể tích của H' so với thể tích hình hộp, đưa về các bài toán tính thể tích khối chóp và cộng trừ
thể tích.
Cách giải:
Mặt phẳng  AEF  chứa EF / / BD   ABCD   Giao tuyến của  AEF  và  ABCD  là đường thẳng
qua A và song song với EF.
Trong  ABCD  qua A kẻ HI//BD  H  BC , I  CD 
Trong  BCC B  gọi L  EH  BB, trong  CDDC   gọi M  FI  DD , khi đó  AEF    ALEFM 

 AEF    BCC B   HE

 HE , FI , CC  đồng quy tại N.
Ta có:  AEF    CDDC    FI

  VN .FC E  . VN .CIH  VN .CIH
NC HC 4
16 4
64
d  N ,  CIH   4
VLABH  VM . ADI 

1 1
1
. VN .CIH  VN .CIH
2 4
8

 VH   VN .CIH  VN . FC E  VL. ABH  VM . ADI 

Ta có:

47
VN .CIH
64

CC  3 S ABCD 1 VABCD. ABC D d  C ;  ABCD   .S ABCD
CC  S ABCD
3 1 9
 ,
 

3
.
 3. . 


Phương pháp: Xác định thể tích khối chóp thông qua phương pháp dựng hình với các yếu tố đặc biệt,
đưa về biểu thức chứa hai biến ,xy và đánh giá thông qua bất đẳng thức, khảo sát hàm số để tìm GTLN
của thể tích
Cách giải:

Gọi I, H lần lượt là trung điểm của SA, BC.

 BI  SA
Ta có: 
 SA   BIC  , VS .IBC  VA.IBC
CI  SA
BI  SB 2  SI 2  1 

x2
4  x2
4  x2  y 2
4  x2 y 2
, IH  IB 2  BH 2 



4
2
4
4
2

Diện tích tam giác IBC là S IBC  1 IH .BC  y 4  x 2  y 2
2

VS . ABC là Vmax 

t 4  t2 
24



16 3
(khảo sát hàm số)
9

2 3
27

Câu 17. Chọn C.
Phương pháp: Xác định khoảng cách, biện luận góc và vị trí điểm để tìm GTLN của thể tích.
Cách giải:

19


 SA  a, SB  2a
Xét khối chóp tam giác S.ABC có 
và h là khoảng cách từ C đến  SAB 
 SC  3a, ASB  
Khi đó, thể tích khối chóp S.ABC là V  1 d  C ;  SAB   .S SAB (1)
3

Diện tích tam giác SAB là S SAB  1 SA.SB.sin 
ASB  a 2 .sin  (2)

 SM  BC

 AM 

AH
3
6
1
1 3
6
9

 BC  2 AM 
 S ABC  AM .BC 
.

sin  sin 
sin 
2
2 sin  sin  sin 2 

3
Trong tam giác vuông SAM có SM  AM 
cos  sin  cos 

 SA  SM 2  AM 2 

9
3 1  cos 2 
3

 

9
1  t 2  t

 2
 2  243
 min f  t  

  18 2; f   
x 0;1
2
3
10





 3
f  
 3 

Câu 19. Chọn C.
Phương pháp: Xác định thể tích khối chóp bằng cách xác định chiều cao, với hình chiếu của đỉnh là
tâm đường tròn nội tiếp hoặc ngoại tiếp tam giác đáy
Cách giải:

Ba mặt bên  SAB  ,  SAD  ,  SBD  tạo với đáy các góc bằng nhau và bằng 450.


a 3
1 a 2 3 a 3 a3
 SC  OC 
 Vmax  .
.

2
3 2
2
4
Câu 20. Chọn B.
Phương pháp: Dựng hình, xác định bán kính mặt cầu để suy ra chiều cao của khối chóp
Cách giải:

Do mặt cầu tâm O tiếp xúc với ,, SA SB SC lần lượt tại các điểm

A1 , B1 , C1  SA1  SB1  SC1 1

Mặt khác: OA1  OB1  OC1  2 
Từ (1) và (2)  SO   A1 B1C1 D1 
Gọi C’ là điểm đối xứng của C qua S. Ta có các tam giác SAB, SAC’, SBC’ cân tại S.

 A1 B1 / / AB, A1C1 / / AC , B1C1 / / BC    A1 B1C1  / /  ABC  
SH / / BC   SH / /  ABC   Vậy SO  SH
 SH  d  O;  ABC    R  1. Vậy V 

3
3

Câu 21. Chọn A.

Tam giác SIO vuông tại O  IO 

  P  ,  ABI    OIS  60

0

SO
SO
3


 3  cm 
0
tan SIO tan 60
3

1
S .h
V0 3 0
S
S
Gọi V0 là thể tích phần nhỏ hơn. Ta có

 0  V0  V 0
1
V
S
S
S .h
3




9  9sin 2 t .3cos t.dt  18
1
3

2


arcsin

cos 2 t.dt
1
3



2

arcsin


arcsin



 18

2

 sin  2 arcsin

S
2
3 2 
3
 0
S
9
9
1 9 
1 
 9 arcsin
 sin  2 arcsin

S0
2
3 2 
3
 V0  V .  9 .
 4,36  cm3 
S
9


Câu 22. Chọn C.
Phương pháp: Chia thành các khối đa diện nhỏ để tính thể tích
Cách giải:

24

S ABBA AA  BB
AA  BB
2
2
Mà VC . ABBA  2 V  VP. ABNM  1 . 2 V  V
3

2 3

3

Khi đó VABCMNP  V  V  V
6

Vậy

3

2

V1 V V
 : 1
V2 2 2

Câu 23. Chọn A.
Phương pháp: Xác định thiết diện, sử dụng công thức tỉ số thể tích.
Cách giải:

25