37 câu hỏi trắc nghiệm thuộc Thể tích khối chóp

Câu 1:

Cho khối chóp có thể tích V, diện tích đáy là S và chiều cao h. Chọn công thức đúng:

A. $V = S h$

B. $V = \frac{1}{2} S h$

C. $V = \frac{1}{3} S h$

D. $V = \frac{1}{6} S h$

Xem đáp án

Công thức tính thể tích khối chóp $V = \frac{1}{3} S h$

Đáp án cần chọn là: C

Câu 2:

Phép vị tự tỉ số k > 0 biến khối chóp có thể tích V thành khối chóp có thể tích V′. Khi đó:

A. $\frac{V}{V^{'}} = k$

B. $\frac{V^{'}}{V} = k^{2}$

C. $\frac{V}{V^{'}} = k^{3}$

D. $\frac{V^{'}}{V} = k^{3}$

Xem đáp án

Phép vị tự tỉ số k > 0 biến khối chóp có thể tích V thành khối chóp có thể tích V′. Khi đó $\frac{V^{'}}{V} = k^{3}$

Đáp án cần chọn là: D

Câu 3:

Cho khối chóp tam giác S.ABC, trên các cạnh SA,SB,SC lần lượt lấy các điểm A′,B′,C′. Khi đó:

A. $\frac{V_{S . A^{'} B^{'} C^{'}}}{V_{S . A B C}} = \frac{S A^{'}}{S A} + \frac{S B^{'}}{S B} + \frac{S C^{'}}{S C}$

B. $\frac{V_{S . A B C}}{V_{S . A^{'} B^{'} C^{'}}} = \frac{S A^{'}}{S A} . \frac{S B^{'}}{S B} . \frac{S C^{'}}{S C}$

C. $\frac{V_{S . A^{'} B^{'} C^{'}}}{V_{S . A B C}} = \frac{S A^{'}}{S A} = \frac{S B^{'}}{S B} = \frac{S C^{'}}{S C}$

D. $\frac{V_{S . A^{'} B^{'} C^{'}}}{V_{S . A B C}} = \frac{S A^{'}}{S A} . \frac{S B^{'}}{S B} . \frac{S C^{'}}{S C}$

Xem đáp án

Nếu $A^{'}, B^{'}, C^{'}$ là ba điểm lần lượt nằm trên các cạnh $S A, S B, S C$ của hình chóp tam giác S.ABC. Khi đó:

$\frac{V_{S . A^{'} B^{'} C^{'}}}{V_{S . A B C}} = \frac{S A^{'}}{S A} . \frac{S B^{'}}{S B} . \frac{S C^{'}}{S C}$

Đáp án cần chọn là: D

Câu 4:

Đáy của hình chóp S.ABCD là một hình vuông cạnh a. Cạnh bên SA vuông góc với mặt đáy và có độ dài là a. Thể tích khối tứ diện S.BCD bằng:

A. $\frac{a^{3}}{6}$

B. $\frac{a^{3}}{3}$

B. $\frac{a^{3}}{4}$

C. $\frac{a^{3}}{8}$

Xem đáp án

Ta có: $S_{Δ B C D} = \frac{1}{2} S_{A B C D} = \frac{1}{2} a^{2}$ m ;

$V_{S . B C D} = \frac{1}{3} S A . S_{B C D} = \frac{1}{3} a . \frac{1}{2} a^{2} = \frac{a^{3}}{6}$

Đáp án cần chọn là: A

Câu 5:

Cho hình chóp S.ABCD có ABCD là hình thang vuông tại A và D thỏa mãn $S A ⊥ (A B C D)$ và $A B = 2 A D = 2 C D = 2 a = \sqrt{2} S A$ . Thể tích khối chóp S.BCD là:

A. $\frac{2 a^{3} \sqrt{2}}{3}$

B. $\frac{a^{3} \sqrt{2}}{6}$

C. $\frac{2 a^{3}}{3}$

D. $\frac{a^{3} \sqrt{2}}{12}$

Xem đáp án

Ta có: $S_{A B C D} = \frac{1}{2} (A B + C D) . A D = \frac{1}{2} (2 a + a) a = \frac{3 a^{2}}{2}$

S_{Δ A B D} = \frac{1}{2} A D . A B = \frac{1}{2} a .2 a = a^{2}

\Rightarrow S_{B C D} = S_{A B C D} - S_{A B D} = \frac{3 a^{2}}{2} - a^{2} = \frac{a^{2}}{2} S A = \frac{2 a}{\sqrt{2}} = a \sqrt{2}

\Rightarrow V_{S . B C D} = \frac{1}{3} S A . S_{B C D} = \frac{1}{3} a \sqrt{2} . \frac{a^{2}}{2} = \frac{a^{3} \sqrt{2}}{6}

Đáp án cần chọn là: B

Câu 6:

Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có cạnh đáy bằng a, góc giữa cạnh bên và mặt đáy bằng 60⁰. Tính thể tích khối chóp S.ABC?

A. $V = \frac{5 a^{3} \sqrt{3}}{12}$

B. $V = \frac{a^{3} \sqrt{3}}{12}$

C. $V = \frac{a^{3} \sqrt{5}}{12}$

D. $V = \frac{a^{3} \sqrt{3}}{10}$

Xem đáp án

Gọi O là trọng tâm tam giác đều ABC

Vì chóp S.ABC đều nên $S O ⊥ (A B C)$

⇒OA là hình chiếu vuông góc của SA lên (ABC)

$\Rightarrow \hat{(S A; (A B C))} = \hat{(S A; O A)} = \hat{S A O} = 60^{0}$

$S O ⊥ (A B C) \Rightarrow S O ⊥ O A \Rightarrow Δ S A O$ vuông tại O

Gọi D là trung điểm của BC ta có: $A D = \frac{a \sqrt{3}}{2} \Rightarrow A O = \frac{2}{3} A D = \frac{2}{3} \frac{a \sqrt{3}}{2} = \frac{a \sqrt{3}}{3}$

\Rightarrow S O = A O . \tan 60 = \frac{a \sqrt{3}}{3} . \sqrt{3} = a

Vì tam giác ABC đều nên $S_{Δ A B C} = \frac{a^{2} \sqrt{3}}{4}$

Vậy $V_{S . A B C} = \frac{1}{3} S O . S_{Δ A B C} = \frac{1}{3} a \frac{a^{2} \sqrt{3}}{4} = \frac{a^{3} \sqrt{3}}{12}$

Đáp án cần chọn là: B

Câu 7:

Cho hình chóp đều S.ABCD có diện tích đáy là $16 c m^{2}$ , diện tích một mặt bên là $8 \sqrt{3} c m^{2}$ . Thể tích khối chóp S.ABCD là:

A. $\frac{32 \sqrt{2}}{3} c m^{3}$

B. $\frac{32 \sqrt{13}}{3} c m^{3}$

C. $\frac{32 \sqrt{11}}{3} c m^{3}$

D. $4 c m^{3}$

Xem đáp án

Gọi $O = A C \cap B D$ .Vì chóp S.ABCD đều nên $S O ⊥ (A B C D)$

Vì chóp S.ABCD đều nên ABCD là hình vuông

$\Rightarrow S_{A B C D} = A B^{2} = 16 \Rightarrow A B = 4 (c m) = A D$

Gọi E là trung điểm của AB⇒OE là đường trung bình của tam giác ABD
$\Rightarrow O E / / A D \Rightarrow O E ⊥ A B$ và $O E = \frac{1}{2} A D = \frac{1}{2} .4 = 2 (c m)$

$\begin{matrix} O E ⊥ A B \\ S O ⊥ A B (S O ⊥ (A B C D)) \end{matrix}\} \Rightarrow A B ⊥ (S O E) \Rightarrow A B ⊥ S E$

$\Rightarrow S_{Δ S A B} = \frac{1}{2} S E . A B = 8 \sqrt{3} \Rightarrow S E = \frac{16 \sqrt{3}}{A B} = \frac{16 \sqrt{3}}{4} = 4 \sqrt{3} (c m)$

$S O ⊥ (A B C D) \Rightarrow S O ⊥ O E \Rightarrow Δ S O E$ vuông tại O

$\Rightarrow S O = \sqrt{S E^{2} - O E^{2}} = \sqrt{48 - 4} = \sqrt{44} = 2 \sqrt{11} (c m)$

Vậy $V_{S . A B C D} = \frac{1}{3} S O . S_{A B C D} = \frac{1}{3} .2 \sqrt{11} .16 = \frac{32 \sqrt{11}}{3} (c m^{3})$

Đáp án cần chọn là: C

Câu 8:

Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có cạnh đáy bằng a và mặt bên hợp với đáy một góc 60⁰. Thể tích khối chóp S.ABC là:

A. $\frac{a^{3} \sqrt{3}}{12}$

B. $\frac{a^{3} \sqrt{2}}{24}$

C. $\frac{a^{3} \sqrt{3}}{24}$

D. $\frac{a^{3}}{24}$

Xem đáp án

Bước 1:

Gọi G là trọng tâm tam giác ABC. Vì chóp S.ABC đều nên $S G ⊥ (A B C)$

Gọi D là trung điểm của BC ta có: $A D ⊥ B C$

Ta có: $\begin{matrix} B C ⊥ A D \\ B C ⊥ S G (S G ⊥ (A B C)) \end{matrix}\} \Rightarrow B C ⊥ (S A D) \Rightarrow B C ⊥ S D$

$\begin{matrix} (S B C) \cap (A B C) = B C \\ (S B C) \supset S D ⊥ B C \\ (A B C) \supset A D ⊥ B C \end{matrix}\} \Rightarrow ((S B \hat{C); (A} B C)) = (S \hat{D; A} D) = \hat{S D A} = 60^{0}$

Bước 2:

Vì tam giác ABC đều cạnh a nên $A D = \frac{a \sqrt{3}}{2} \Rightarrow D G = \frac{1}{3} A D = \frac{a \sqrt{3}}{6}$

$S G ⊥ (A B C) \Rightarrow S G ⊥ A D \Rightarrow Δ S G D$ vuông tại G

$\Rightarrow S G = G D . \tan 60 = \frac{a \sqrt{3}}{6} . \sqrt{3} = \frac{a}{2}$

Bước 3:

Tam giác ABC đều $\Rightarrow S_{Δ A B C} = \frac{a^{2} \sqrt{3}}{4}$

Bước 4:

$\Rightarrow V_{S . A B C} = \frac{1}{3} S G . S_{Δ A B C} = \frac{1}{3} . \frac{a}{2} . \frac{a^{2} \sqrt{3}}{4} = \frac{a^{3} \sqrt{3}}{24}$

Đáp án cần chọn là: C

Câu 9:

Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A,BC=2AB=2a. Cạnh bên SC vuông góc với đáy, góc giữa SA và đáy bằng 60⁰. Thể tích khối chóp đó bằng:

Media VietJack

A. $\frac{3 a^{3} \sqrt{3}}{2}$

B. $\frac{a^{3} \sqrt{5}}{2}$

C. $\frac{a^{3} \sqrt{3}}{6}$

D. $\frac{a^{3} \sqrt{3}}{2}$

Xem đáp án

Áp dụng định lý Pitago cho $Δ A B C$ vuông tại A ta có:

A C = \sqrt{B C^{2} - A B^{2}} = \sqrt{4 a^{2} - a^{2}} = a \sqrt{3} .

\Rightarrow S_{Δ A B C} = \frac{1}{2} A B . A C = \frac{1}{2} . a . a \sqrt{3} = \frac{a^{2} \sqrt{3}}{2} .

Ta có: $S C ⊥ (A B C) \Rightarrow S C ⊥ A C$

⇒AC là hình chiếu của SA trên (ABC)

$\Rightarrow ∠ (S A, (A B C)) = ∠ (S A, A C) = ∠ S A C = 60^{0}$

Xét $Δ S A C$ vuông tại CC ta có: $S C = C A . \tan 60^{0} = a \sqrt{3} . \sqrt{3} = 3 a .$

$\Rightarrow V_{S . A B C} = \frac{1}{3} S C . S_{Δ A B C} = \frac{1}{3} .3 a . \frac{a^{2} \sqrt{3}}{2} = \frac{a^{3} \sqrt{3}}{2} .$
Đáp án cần chọn là: D

Câu 10:

Cho khối chóp S.ABCD có thể tích bằng $4 a^{3}$ , đáy ABCD là hình bình hành. Gọi M là trung điểm của cạnh SD. Biết diện tích tam giác SAB bằng $a^{2}$ . Tính khoảng cách từ M tới mặt phẳng (SAB).

A.12a

B.6a

C.3a

D.4a

Xem đáp án

Vì M là trung điểm của SD nên $\frac{V_{S A B M}}{V_{S A B D}} = \frac{S M}{S D} = \frac{1}{2}$

Mà $\frac{V_{S A B D}}{V_{S A B C D}} = \frac{1}{2} \Rightarrow V_{S A B D} = \frac{1}{2} .4 a^{3} = 2 a^{3}$

\Rightarrow V_{S A B M} = a^{3} = \frac{1}{3} . d (M; (S A B)) . S_{S A B} \Leftrightarrow d (M; (S A B)) = \frac{3 a^{3}}{a^{2}} = 3 a

Đáp án cần chọn là: C

Câu 11:

Cho hình chóp S.ABCD có

SA ⊥ (A B C D)

. Biết

A C = a \sqrt{2}

, cạnh SC tạo với đáy một góc 60⁰ và diện tích tứ giác ABCD là

\frac{3 a^{2}}{2}

. Gọi H là hình chiếu của A trên cạnh SC. Tính thể tích khối chóp H.ABCD.

A. $\frac{a^{3} \sqrt{6}}{2}$

B. $\frac{a^{3} \sqrt{6}}{4}$

C. $\frac{a^{3} \sqrt{6}}{8}$

D. $\frac{3 a^{3} \sqrt{6}}{8}$

Xem đáp án

Ta có: $S A ⊥ (A B C D) \Rightarrow A C$ là hình chiếu của SC trên

$(A B C D) \Rightarrow \hat{(S C; (A B C D))} = \hat{(S C; A C)} = 60^{0}$

$S A ⊥ (A B C D) \Rightarrow S A ⊥ A C \Rightarrow Δ S A C$ vuông tại A và $\hat{S C A} = 60^{0}$

Xét tam giác vuông SAC có:

$S A = A C . \tan 60 = a \sqrt{2} . \sqrt{3} = a \sqrt{6}; S C = \frac{A C}{cos 60} = \frac{a \sqrt{2}}{\frac{1}{2}} = 2 a \sqrt{2}$

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông SAC có:

$A C^{2} = H C . S C \Rightarrow \frac{H C}{S C} = \frac{A C^{2}}{S C^{2}} = \frac{2 a^{2}}{8 a^{2}} = \frac{1}{4}$

Trong(SAC) kẻ $H K / / S A \Rightarrow H K ⊥ (A B C D)$

Ta có: $\frac{H K}{S A} = \frac{H C}{S C} = \frac{1}{4} \Rightarrow H K = \frac{1}{4} S A = \frac{a \sqrt{6}}{4}$

Vậy $V_{H . A B C D} = \frac{1}{3} H K . S_{A B C D} = \frac{1}{3} . \frac{a \sqrt{6}}{4} . \frac{3 a^{2}}{2} = \frac{a^{3} \sqrt{6}}{8}$

Đáp án cần chọn là: C

Câu 12:

Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC vuông tại A và SB vuông góc với đáy. Biết $S B = a$ , SC hợp với (SAB) một góc 30⁰ và (SAC) hợp với đáy (ABC) một góc 60⁰. Thể tích khối chóp là:

A. $\frac{a^{3} \sqrt{3}}{27}$

B. $\frac{a^{3} \sqrt{3}}{9}$

C. $\frac{a^{3}}{27}$

D. $\frac{a^{3}}{9}$

Xem đáp án

Ta có:

$\begin{matrix} A C ⊥ A B \\ A C ⊥ S B (S B ⊥ (A B C)) \end{matrix}\} \Rightarrow A C ⊥ (S A B) \Rightarrow A C ⊥ S A$

⇒SA là hình chiếu vuông góc của SC trên

(S A B) \Rightarrow \hat{(S C; (S A B))} = \hat{(S C; S A)} = \hat{C S A} = 30^{0}

\begin{matrix} (S A C) \cap (A B C) = A C \\ (S A C) \supset S A ⊥ A C \\ (A B C) \supset A B ⊥ A C \end{matrix}\} \Rightarrow ((S A \hat{C); (A} B C)) = (S \hat{A; A} B) = \hat{S A B} = 60^{0}

$S B ⊥ (A B C) \Rightarrow S B ⊥ A B \Rightarrow Δ S A B$ vuông tại B

$\Rightarrow A B = S B . \cot 60^{0} = a . \frac{1}{\sqrt{3}} = \frac{a \sqrt{3}}{3}$

$\Rightarrow S A = \sqrt{S B^{2} + A B^{2}} = \sqrt{a^{2} + \frac{a^{2}}{3}} = \frac{2 a}{\sqrt{3}}$

Xét tam giác vuông SAC ta có: $A C = S A . \tan 30^{0} = \frac{2 a}{\sqrt{3}} . \frac{1}{\sqrt{3}} = \frac{2 a}{3}$

S_{A B C} = \frac{1}{2} A B . A C = \frac{1}{2} \frac{a \sqrt{3}}{3} . \frac{2 a}{3} = \frac{a^{2} \sqrt{3}}{9}

V_{S . A B C} = \frac{1}{3} S B . S_{A B C} = \frac{1}{3} . a . \frac{a^{2} \sqrt{3}}{9} = \frac{a^{3} \sqrt{3}}{27}

Đáp án cần chọn là: A

Câu 13:

Cho tứ diện ABCD có các cạnh AB,AC,AD đôi một vuông góc với nhau, $A B = 6 a, A C = 7 a, A D = 4 a$ . Gọi M,N,P lần lượt là trung điểm của các cạnh BC,CD,DB. Thể tích V của tứ diện AMNP là:

A. $V = \frac{7 a^{3}}{2}$

B. $V = 14 a^{3}$

C. $V = \frac{28 a^{3}}{3}$

D. $V = 7 a^{3}$

Xem đáp án

Ta có:

ABCD là tứ diện vuông tại A nên

$V_{A B C D} = \frac{1}{6} A B . A C . A D = \frac{1}{6} .6 a .7 a .4 a = 28 a^{3}$

Áp dụng công thức tính tỉ lệ thể tích các khối tứ diện ta có:

$\frac{V_{D A P N}}{V_{D A B C}} = \frac{D A}{D A} . \frac{D P}{D B} . \frac{D N}{D C} = \frac{1}{1} . \frac{1}{2} . \frac{1}{2} = \frac{1}{4} \Rightarrow V_{D A P N} = \frac{1}{4} V_{D A B C} = \frac{1}{4} .28 a^{3} = 7 a^{3}$

$\frac{V_{B A P M}}{V_{B A D C}} = \frac{B A}{B A} . \frac{B P}{B D} . \frac{B M}{B C} = \frac{1}{1} . \frac{1}{2} . \frac{1}{2} = \frac{1}{4} \Rightarrow V_{B A P M} = \frac{1}{4} V_{B A D C} = \frac{1}{4} .28 a^{3} = 7 a^{3}$

$\frac{V_{C A M N}}{V_{C A B D}} = \frac{C A}{C A} . \frac{C M}{C B} . \frac{C N}{C D} = \frac{1}{1} . \frac{1}{2} . \frac{1}{2} = \frac{1}{4} \Rightarrow V_{C A M N} = \frac{1}{4} V_{C A B D} = \frac{1}{4} .28 a^{3} = 7 a^{3}$

Do đó

$V_{A M N P} = V_{A B C D} - V_{D A P N} - V_{B A P M} - V_{C A M N} = 28 a^{3} - 7 a^{3} - 7 a^{3} - 7 a^{3} = 7 a^{3}$

Đáp án cần chọn là: D

Câu 14:

Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a. Mặt phẳng (SAB) và (SAD) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Đường thẳng SC tạo với đáy góc 45⁰. Gọi M,N lần lượt là trung điểm của AB và AD. Thể tích của khối chóp S.MCDN là:

A. $\frac{5 a^{3} \sqrt{2}}{12}$

B. $\frac{5 a^{3} \sqrt{2}}{6}$

C. $\frac{5 a^{3} \sqrt{2}}{8}$

D. $\frac{5 a^{3} \sqrt{2}}{24}$

Xem đáp án

$\begin{matrix} (S A B) ⊥ (A B C D) \\ (S A D) ⊥ (A B C D) \\ (S A B) \cap (S A D) = S A \end{matrix}\} \Rightarrow S A ⊥ (A B C D)$

⇒AC là hình chiếu vuông góc của SC trên

(A B C D) \Rightarrow \hat{(S C; (A B C D))} = \hat{(S C; A C)} = \hat{S C A} = 45^{0}

(vì $S A ⊥ (A B C D) \Rightarrow S A ⊥ A C \Rightarrow Δ S A C$ vuông tại $A \Rightarrow \hat{S C A} < 90^{o}$ )

\Rightarrow S A = A C = a \sqrt{2}

S_{A B C D} = a^{2}

S_{A M N} = \frac{1}{2} A M . A N = \frac{1}{2} \frac{a}{2} \frac{a}{2} = \frac{a^{2}}{8}

S_{B C M} = \frac{1}{2} B M . B C = \frac{1}{2} \frac{a}{2} . a = \frac{a^{2}}{4}

\Rightarrow S_{M C D N} = S_{A B C D} - S_{A M N} - S_{B C M} = a^{2} - \frac{a^{2}}{8} - \frac{a^{2}}{4} = \frac{5 a^{2}}{8}

\Rightarrow V_{S . M C D N} = \frac{1}{3} S A . S_{M C D N} = \frac{1}{3} a \sqrt{2} . \frac{5 a^{2}}{8} = \frac{5 a^{3} \sqrt{2}}{24}

Đáp án cần chọn là: D

Câu 15:

Cho khối lăng trụ tam giác đều $A B C . A_{1} B_{1} C_{1}$ có tất cả các cạnh bằng a. Gọi M là trung điểm của $A A_{1}$ . Thể tích khối chóp $M . B C A_{1}$ là:

A. $\frac{a^{3} \sqrt{3}}{12}$

B. $\frac{a^{3} \sqrt{3}}{24}$

C. $\frac{a^{3} \sqrt{3}}{6}$

D. $\frac{a^{3} \sqrt{3}}{8}$

Xem đáp án

$Δ A B C$ là tam giác đều cạnh aa nên có diện tích $S_{A B C} = \frac{a^{2} \sqrt{3}}{4}$

Ta có $A M = \frac{A A_{1}}{2} = \frac{a}{2}$

Hai tứ diện $M A B C$ và $M A_{1} B C$ có chung đỉnh C, diện tích hai đáy MAB và $M A_{1} B$ bằng nhau nên có thể tích bằng nhau, suy ra

$V_{M . B C A_{1}} = V_{M . A B C} = \frac{1}{3} A M . S_{A B C} = \frac{a^{3} \sqrt{3}}{24}$
Đáp án cần chọn là: B

Câu 16:

Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có chiều cao h, góc ở đỉnh của mặt bên bằng 60⁰. Thể tích hình chóp là:

A. $\frac{3 h^{3}}{2}$

B. $\frac{h^{3}}{3}$

C. $\frac{2 h^{3}}{3}$

D. $\frac{h^{3} \sqrt{3}}{3}$

Xem đáp án

Gọi $O = A C \cap B D$

Vì chóp S.ABCD đều nên $S O ⊥ (A B C D)$

Đặt $S A = S B = S C = S D = a$

Tam giác SCD có: $S C = S D; \hat{C S D} = 60^{0} \Rightarrow Δ S C D$ đều

$\Rightarrow C D = S C = S D = a$

⇒ Hình vuông ABCD cạnh $a \Rightarrow A C = B D = a \sqrt{2} \Rightarrow O C = \frac{1}{2} A C = \frac{a \sqrt{2}}{2}$

$S O ⊥ (A B C D) \Rightarrow S O ⊥ O C \Rightarrow Δ S O C$ vuông tại O

$\Rightarrow S O = \sqrt{S C^{2} - O C^{2}} \Rightarrow h = \sqrt{a^{2} - \frac{a^{2}}{2}} = \frac{a \sqrt{2}}{2} \Rightarrow a = h \sqrt{2}$

$\Rightarrow S_{A B C D} = a^{2} = {(h \sqrt{2})}^{2} = 2 h^{2}$

Vậy $V_{S . A B C D} = \frac{1}{3} S O . S_{A B C D} = \frac{1}{3} h .2 h^{2} = \frac{2 h^{3}}{3}$
Đáp án cần chọn là: C

Câu 17:

Thể tích khối bát diện đều cạnh a bằng:

A. $a^{3} \sqrt{2}$

B. $\frac{a^{3} \sqrt{3}}{6}$

C. $\frac{a^{3} \sqrt{2}}{6}$

D. $\frac{a^{3} \sqrt{2}}{3}$

Xem đáp án

Thể tích khối bát diện đều $V = 2 V_{S . A B C D}$

Gọi $O = A C \cap B D \Rightarrow S O ⊥ (A B C D)$

Vì ABCD là hình vuông nên $A C = B D = a \sqrt{2} \Rightarrow O A = \frac{1}{2} A C = \frac{a \sqrt{2}}{2}$

$S O ⊥ (A B C D) \Rightarrow S O ⊥ O A \Rightarrow Δ S O A$ vuông tại O

\Rightarrow S O = \sqrt{S A^{2} - O A^{2}} = \sqrt{a^{2} - \frac{a^{2}}{2}} = \frac{a \sqrt{2}}{2}

\Rightarrow V_{S . A B C D} = \frac{1}{3} S O . S_{A B C D} = \frac{1}{3} \frac{a \sqrt{2}}{2} . a^{2} = \frac{a^{3} \sqrt{2}}{6}

\Rightarrow V = 2 \frac{a^{3} \sqrt{2}}{6} = \frac{a^{3} \sqrt{2}}{3}

Đáp án cần chọn là: D

Câu 18:

Cho hình chóp S.ABC đáy ABC là tam giác vuông tại $A, A B = a, A C = a \sqrt{3}$ . Tam giác SBC đều nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Tính thể tích khối chóp S.ABC

A. $V = \frac{a^{3}}{2}$

B. $V = \frac{a^{3}}{6}$

C. $V = \frac{a^{3} \sqrt{3}}{6}$

D. $V = \frac{a^{3} \sqrt{3}}{2}$

Xem đáp án

Trong mp(SBC) kẻ $S H ⊥ B C (H \in B C) \Rightarrow S H ⊥ (A B C), H$ là trung điểm BC

Xét tam giác vuông ABC có $B C = \sqrt{a^{2} + 3 a^{2}} = 2 a \Rightarrow Δ S B C$ đều cạnh 2a

\Rightarrow S H = \frac{2 a \sqrt{3}}{2} = a \sqrt{3} \Rightarrow V_{S . A B C} = \frac{1}{3} S H . S_{Δ A B C} = \frac{1}{6} S H . A B . A C = \frac{1}{2} a^{3}

Đáp án cần chọn là: A

Câu 19:

Cho hình chóp S.ABC có $A B = A C = 4, B C = 2, S A = 4 \sqrt{3}, \hat{S A B} = \hat{S A C} = 30^{0}$ . Tính thể tích khối chóp S.ABC.

A. $V_{S . A B C} = 8$

B. $V_{S . A B C} = 6$

C. $V_{S . A B C} = 4$

D. $V_{S . A B C} = 12$

Xem đáp án

Dễ thấy $Δ S A B = Δ S A C (c . g . c)$ nên $S B = S C$ hay tam giác $Δ S B C$ cân.

Gọi M là trung điểm BC ta có: $A M ⊥ B C, S M ⊥ B C \Rightarrow B C ⊥ (S A M)$

Gọi H là hình chiếu của S trên AM thì $S H ⊥ A M, S H ⊥ B C$ nên SH là đường cao của hình chóp.

Xét tam giác SAB có:

S B^{2} = S A^{2} + A B^{2} - 2 S A . A B \cos 30^{0} = 16 \Rightarrow S B = 4 \Rightarrow S C = 4

Do đó $S M^{2} = \frac{S B^{2} + S C^{2}}{2} - \frac{B C^{2}}{4} = 15 \Rightarrow S M = \sqrt{15}$

Tam giác ABC có $A M^{2} = \frac{A B^{2} + A C^{2}}{2} - \frac{B C^{2}}{4} = 15 \Rightarrow A M = \sqrt{15}$

Khi đó $S_{S A M} = \sqrt{p (p - a) (p - b) (p - c)} = 6$

Do đó: $S H = \frac{2 S_{S A M}}{A M} = \frac{2.6}{\sqrt{15}} = \frac{4 \sqrt{15}}{5}$

$V_{S . A B C} = \frac{1}{3} S_{A B C} . S H = \frac{1}{3} . \frac{1}{2} A M . B C . S H = \frac{1}{6} . \sqrt{15} .2. \frac{4 \sqrt{15}}{5} = 4$
Đáp án cần chọn là: C

Câu 20:

Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, hình chiếu vuông góc của S trên mặt đáy nằm trong hình vuông ABCD. Biết rằng SA và SC tạo với đáy các góc bằng nhau, góc giữa SB và đáy bằng 45⁰, góc giữa SD và đáy bằng $α$ với $t a n α = \frac{1}{3}$ . Tính thể tích khối chóp đã cho.

A. $\frac{a^{3} \sqrt{2}}{6}$

B. $\frac{a^{3} \sqrt{3}}{6}$

C. $\frac{a^{3} \sqrt{3}}{12}$

D. $\frac{a^{3} \sqrt{2}}{12}$

Xem đáp án

Gọi H là hình chiếu của S lên (ABCD).

Khi đó, $\hat{S A H} = \hat{S C H}$ vì hai góc này lần lượt là góc tạo bởi SA,SC với mặt phẳng đáy.

$\hat{S B H} = 45^{0}, \tan \hat{S D H} = \frac{1}{3}$

Tam giác $Δ S A H = Δ S C H \Rightarrow H A = H C \Rightarrow H$ nằm trên trung trực của AC.

Mà BD là đường trung trực của AC nên $H \in B D$

Lại có $\hat{S B H} = 45^{0} \Rightarrow H B = H S, \tan \hat{S D H} = \frac{1}{3} = \frac{S H}{H D}$

\Rightarrow \frac{H B}{H D} = \frac{1}{3} \Rightarrow \frac{H B}{B D} = \frac{1}{4}

Mà $B D = a \sqrt{2} \Rightarrow H B = \frac{a \sqrt{2}}{4} \Rightarrow S H = \frac{a \sqrt{2}}{4}$

Vậy $V_{S . A B C D} = \frac{1}{3} S H . S_{A B C D} = \frac{1}{3} . \frac{a \sqrt{2}}{4} . a^{2} = \frac{a^{3} \sqrt{2}}{12}$
Đáp án cần chọn là: D

Câu 21:

Một khối chóp tam giác có cạnh đáy bằng 6, 8, 10. Một cạnh bên có độ dài bằng 4 và tạo với đáy góc 60⁰. Thể tích của khối chóp đó là:

A.16

B. $8 \sqrt{3}$

C. $48 \sqrt{3}$

D. $16 \sqrt{3}$

Xem đáp án

Xét tam giác ABC, giả sử $A B = 6, B C = 8, A C = 10$ ta có

$A B^{2} + B C^{2} = A C^{2} (= 100)$ nên tam giác ABC vuông tại B (định lí Pytago đảo)

\Rightarrow S_{Δ A B C} = \frac{1}{2} A B . B C = \frac{1}{2} .6.8 = 24

Gọi H là hình chiếu vuông góc của S lên (ABC) và giả sử SA hợp với đáy góc 60⁰ ⇒HA là hình chiếu của SA lên (ABC) nên

∠ (S A; (A B C)) = ∠ (S A; H A) = ∠ S A H = 60^{0}

\Rightarrow S H = S A . \sin 60^{0} = 4. \frac{\sqrt{3}}{2} = 2 \sqrt{3}

Vậy $V_{S . A B C} = \frac{1}{3} S H . S_{Δ A B C} = \frac{1}{3} .2 \sqrt{3} .24 = 16 \sqrt{3}$

Đáp án cần chọn là: D

Câu 22:

Khối chóp tam giác có độ dài 3 cạnh xuất phát từ một đỉnh là $a, 2 a, 3 a$ có thể tích lớn nhất bằng

A. $6 a^{3} .$

B. $4 a^{3} .$

C. $2 a^{3} .$

D. $a^{3} .$

Xem đáp án

Giả sử khối chóp ABCD có $A B = a, A C = 2 a, A D = 3 a$

Gọi H là hình chiếu vuông góc của D lên (ABC), khi đó ta có: $D H ⊥ (A B C)$ và $D H \leq A D$

Ta có: $S_{A B C} = \frac{1}{2} A B . A C . \sin ∠ B A C \leq \frac{1}{2} A B . A C$

Vây $V_{A B C D} = \frac{1}{3} D H . S_{Δ A B C} \leq \frac{1}{3} A D . \frac{1}{2} A B . A C = \frac{1}{6} A B . A C . A D = \frac{1}{6} . a .2 a .3 a = a^{3}$
Dấu “=” xảy ra $\Leftrightarrow A D ⊥ (A B C), A B ⊥ A C$ hay AB,AC,AD đôi một vuông góc.

Đáp án cần chọn là: D

Câu 23:

Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân đỉnh B, $A B = 4, S A = S B = S C = 12$ . Gọi M, N, E lần lượt là trung điểm AC, BC, AB. Trên cạnh SB lấy điểm F sao cho $\frac{B F}{B S} = \frac{2}{3}$ . Thể tích khối tứ diện MNEF bằng

A. $\frac{8 \sqrt{34}}{9}$

B. $\frac{16 \sqrt{34}}{9}$

C. $\frac{16 \sqrt{34}}{3}$

D. $\frac{4 \sqrt{34}}{3}$

Xem đáp án

Gọi D là giao điểm của MB và EN thì D là trung điểm của MB.

Ta có: $V_{M N E F} = V_{M . N E F} = \frac{1}{3} S_{N E F} . d (M, (N E F))$

Do D là trung điểm của MB và MB cắt (EFN) tại D nên $d (M, (N E F)) = d (B, (N E F))$

$\Rightarrow V_{M N E F} = \frac{1}{3} S_{N E F} . d (B, (N E F)) = V_{B . N E F}$

Mà $\frac{V_{B . N E F}}{V_{B . C A S}} = \frac{B N}{B C} . \frac{B E}{B A} . \frac{B F}{B S} = \frac{1}{2} . \frac{1}{2} . \frac{2}{3} = \frac{1}{6}$

\Rightarrow V_{B . N E F} = \frac{1}{6} V_{B . C A S} = \frac{1}{6} V_{S . A B C}

Vì $S A = S B = S C$ nên S nằm trên trục đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.

Mà ABC vuông cân nên M là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác. Do đó

$S M ⊥ (A B C)$

Diện tích tam giác ABC là $S_{A B C} = \frac{1}{2} A B . B C = \frac{1}{2} .4.4 = 8$

Tam giác ABC vuông cân tại B nên

\begin{array}{l} A C = \sqrt{A B^{2} + B C^{2}} \\ = \sqrt{4^{2} + 4^{2}} = 4 \sqrt{2} \\ \Rightarrow A M = \frac{1}{2} A C = \frac{1}{2} .4 \sqrt{2} = 2 \sqrt{2} \end{array}

Tam giác SMA vuông tại M nên theo Pitago ta có: $S M = \sqrt{S A^{2} - A M^{2}} = \sqrt{12^{2} - {(2 \sqrt{2})}^{2}} = 2 \sqrt{34}$

Thể tích khối chóp S.ABC là: $V_{S . A B C} = \frac{1}{3} S_{A B C} . S M = \frac{1}{3} .8.2 \sqrt{34} = \frac{16 \sqrt{34}}{3}$

Thể tích khối tứ diện MNEF là: $V_{M N E F} = \frac{1}{6} . V_{S . A B C} = \frac{1}{6} . \frac{16 \sqrt{34}}{3} = \frac{8 \sqrt{34}}{9}$

Đáp án cần chọn là: A

Câu 24:

Cho hình chóp S.ABCD có ABCD là hình chữ nhật, $A B = 2 a, A D = a (a > 0) .$ M là trung điểm của AB, tam giác SMC vuông tại $S, (S M C) ⊥ (A B C D), S M$ tạo với đáy góc 60⁰. Thể tích của khối chóp S.ABCD là:

A. $\frac{a^{3} \sqrt{6}}{6} .$

B. $\frac{a^{3} \sqrt{3}}{6} .$

C. $\frac{2 a^{3} \sqrt{6}}{3} .$

D. $\frac{a^{3}}{3} .$

Xem đáp án

Trong (SMC) kẻ $S I ⊥ M C (I \in M C)$ ta có:

$\{\begin{matrix} (S M C) ⊥ (A B C D) = M C \\ S I \subset (S M C), S I ⊥ M C \end{matrix} \Rightarrow S I ⊥ (A B C D)$

⇒IM là hình chiếu của SM lên (ABCD).

$\Rightarrow ∠ (S M; (A B C D)) = ∠ (S M; I M) = ∠ S M I = ∠ S M C = 60^{0}$

Áp dụng định lí Pytago trong tam giác BMC vuông tại B :

$B M = \frac{A B}{2} = a; B C = a \Rightarrow M C = \sqrt{B C^{2} + B M^{2}} = a \sqrt{2}$

Xét tam giác SMC vuông tại S có $∠ S M C = 60^{0}; M C = a \sqrt{2}$

\Rightarrow S M = M C . \cos 60^{0} = \frac{a \sqrt{2}}{2}

Xét tam giác SMI vuông tại I có $∠ S M I = 60^{0}; S M = \frac{a \sqrt{2}}{2}$

\Rightarrow S I = S M . s i n 60^{0} = \frac{a \sqrt{2}}{2} . \frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{a \sqrt{6}}{4}

Vậy thể tích khối chóp là $V = \frac{1}{3} S I . S_{A B C D} = \frac{1}{3} . \frac{a \sqrt{6}}{4} .2 a^{2} = \frac{a^{3} \sqrt{6}}{6} .$

Đáp án cần chọn là: A

Câu 25:

Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng 8. Ở bốn đỉnh tứ diện, nguời ta cắt đi các tứ diện đều bằng nhau có cạnh bằng x, biết khối đa diện tạo thành sau khi cắt có thể tích bằng $\frac{3}{4}$ thể tích tứ diện ABCD. Giá trị của x là:

A. $3 \sqrt[3]{2}$

B. $3 \sqrt[3]{4}$

C. $2 \sqrt{2}$

D. $2 \sqrt[3]{4}$

Xem đáp án

Tứ diện ABCD đều cạnh a có thể tích là $V_{A B C D} = \frac{a^{3} \sqrt{2}}{12}$

Vì tứ diện đều ABCD cạnh 8 nên $V_{A B C D} = \frac{8^{3} \sqrt{2}}{12} = \frac{128 \sqrt{2}}{3}$

Tứ diện đều FAHI cạnh x nên $V_{1} = \frac{x^{3} \sqrt{2}}{12}$

Tương tự ta có: $V_{2} = V_{3} = V_{4} = \frac{x^{3} \sqrt{2}}{12}$

⇒Khối đa diện tạo thành sau khi cắt có thể tích là

V = V_{A B C D} - 4 V_{1} = \frac{128 \sqrt{2}}{3} - 4 \frac{x^{3} \sqrt{2}}{12} = \frac{(128 - x^{3}) \sqrt{2}}{3}

Vì khối đa diện tạo thành sau khi cắt có thể tích bằng $\frac{3}{4}$ thể tích tứ diện ABCD nên ta có:

$\frac{(128 - x^{3}) \sqrt{2}}{3} = \frac{3}{4} \frac{128 \sqrt{2}}{3} \Rightarrow 128 - x^{3} = 96 \Leftrightarrow x^{3} = 32 \Rightarrow x = \sqrt[3]{32} = 2 \sqrt[3]{4}$
Đáp án cần chọn là: D

Câu 26:

Cho hình chóp đều S.ABCD có cạnh đáy bằng 2a. Khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và CD bằng $a \sqrt{3}$ . Thể tích khối chóp S.ABCD là:

A. $\frac{a^{3} \sqrt{3}}{3}$

B. $4 a^{3} \sqrt{3}$

C. $a^{3} \sqrt{3}$

D. $\frac{4 a^{3} \sqrt{3}}{3}$

Xem đáp án

Gọi $O = A C \cap B D$ .Vì chóp S.ABCD đều nên $S O ⊥ (A B C D)$

Gọi E và F lần lượt là trung điểm của CD và AB

Ta có:

\begin{array}{l} A B / / C D \Rightarrow S A \subset (S A B) / / C D \\ \Rightarrow d (C D; S A) = d (C D; (S A B)) = d (E; (S A B)) = 2 d (O; (S A B)) = a \sqrt{3} \\ \Rightarrow d (O; (S A B)) = \frac{a \sqrt{3}}{2} \end{array}

Ta có:

\begin{matrix} O F ⊥ A B \\ S O ⊥ A B (S O ⊥ (A B C D)) \end{matrix}\} \Rightarrow A B ⊥ (S O F)

Trong (SOF) kẻ $O H ⊥ S F (1)$

Vì $A B ⊥ (S O F) \Rightarrow A B ⊥ O H (2)$

Từ (1) và (2) suy ra $O H ⊥ (S A B) \Rightarrow d (O; (S A B)) = O H = \frac{a \sqrt{3}}{2}$

Xét tam giác vuông SOF có: $\frac{1}{O H^{2}} = \frac{1}{S O^{2}} + \frac{1}{O F^{2}}$

\Rightarrow \frac{1}{S O^{2}} = \frac{1}{O H^{2}} - \frac{1}{O F^{2}} = \frac{4}{3 a^{2}} - \frac{1}{a^{2}} = \frac{1}{3 a^{2}} \Rightarrow S O = a \sqrt{3}

Vậy $V_{S . A B C D} = \frac{1}{3} S O . S_{A B C D} = \frac{1}{3} a \sqrt{3} .4 a^{2} = \frac{4 a^{3} \sqrt{3}}{3}$

Đáp án cần chọn là: D

Câu 27:

Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với mặt phẳng đáy (ABCD) và $S A = a$ . Điểm M thuộc cạnh SA sao cho $\frac{S M}{S A} = k$ . Xác định k sao cho mặt phẳng (BMC) chia khối chóp S.ABCD thành hai phần có thể tích bằng nhau.

A. $k = \frac{- 1 + \sqrt{3}}{2}$

B. $k = \frac{- 1 + \sqrt{5}}{2}$

C. $k = \frac{- 1 + \sqrt{2}}{2}$

D. $k = \frac{1 + \sqrt{5}}{4}$

Xem đáp án

Vì $B C / / A D$ nên mặt phẳng (BMC) cắt (SAD) theo đoạn thẳng $M N / / A D (N \in S D)$

Vì $M N / / A D \Rightarrow \frac{S M}{S A} = \frac{S N}{S D} = k$

\begin{array}{l} \frac{V_{S . M B C}}{V_{S . A B C}} = \frac{S M}{S A} = k \Rightarrow V_{S . M B C} = k . V_{S . A B C} = \frac{k}{2} . V_{S . A B C D} \\ \frac{V_{S . M N C}}{V_{S . A D C}} = \frac{S M}{S A} . \frac{S N}{S D} = k^{2} \Rightarrow V_{S . M N C} = k^{2} . V_{S . A D C} = \frac{k^{2}}{2} . V_{S . A B C D} \\ \Rightarrow V_{S . M B C N} = V_{S . M B C} + V_{S . M N C} = (\frac{k}{2} + \frac{k^{2}}{2}) V_{S . A B C D} \end{array}

Để mặt phẳng (BMNC) chia hình chóp thành 2 phần có thể tích bằng nhau thì

$\frac{k}{2} + \frac{k^{2}}{2} = \frac{1}{2} \Leftrightarrow k^{2} + k - 1 = 0 \Leftrightarrow k = \frac{- 1 + \sqrt{5}}{2}$ do k > 0

Đáp án cần chọn là: B

Câu 28:

Cho tứ diện ABCD có G là điểm thỏa mãn $\vec{G A} + \vec{G B} + \vec{G C} + \vec{G D} = \vec{0}$ . Mặt phẳng thay đổi chứa BG và cắt AC,AD lần lượt tại M và N. Giá trị nhỏ nhất của tỉ số $\frac{V_{A B M N}}{V_{A B C D}}$ là

A. $\frac{3}{8}$

B. $\frac{4}{9}$

C. $\frac{1}{2}$

D. $\frac{5}{9}$

Xem đáp án

Gọi O là trọng tâm tam giác BCD

$\Rightarrow \vec{G B} + \vec{G C} + \vec{G D} = 3 \vec{G O}$

$\Rightarrow \vec{G A} + 3 \vec{G O} = \vec{0}$

$\Rightarrow \vec{G A} = - 3 \vec{G O}$

$\Rightarrow \frac{A G}{A O} = \frac{3}{4}$

Trong (ABE) gọi $F = B G \cap A E (F \in A E)$

Lấy $M \in A C$ trong (ACD) gọi $N = M F \cap A D (N \in A D)$ khi đó ta có mặt phẳng chứa BG cắt AC,AD lần lượt tại M,N chính là (BMN).

Áp dụng định lí Menelaus trong tam giác AOE, cát tuyến BGF:

$\frac{G A}{G O} . \frac{B O}{B E} . \frac{F E}{F A} = 1 \Rightarrow 3. \frac{2}{3} . \frac{F E}{F A} = 1 \Rightarrow \frac{F E}{F A} = \frac{1}{2} \Rightarrow \frac{A F}{A E} = \frac{2}{3} \Rightarrow F$ là trọng tâm tam giác ACD.

Trong (ACD) kéo dài MN cắt CD tại H. Đặt $\frac{A M}{A C} = x (0 < x < 1)$

Áp dụng định lí Menelaus trong tam giác ACE, cát tuyến MHF:

\frac{M A}{M C} . \frac{H C}{H E} . \frac{F E}{F A} = 1 \Rightarrow \frac{x}{1 - x} . \frac{H C}{H E} . \frac{1}{2} = 1 \Rightarrow \frac{H C}{H E} = \frac{2 (1 - x)}{x}

\Rightarrow H E = \frac{x}{2 (1 - x)} H C

\Rightarrow H C + C E = \frac{x}{2 (1 - x)} H C

\Rightarrow C E = \frac{3 x - 2}{2 (1 - x)} H C

Ta có:

\begin{array}{l} H D = H C + 2 C E \\ = H C + \frac{3 x - 2}{1 - x} H C = \frac{2 x - 1}{1 - x} H C \\ \Rightarrow \frac{H E}{H D} = \frac{x}{2 (1 - x)} : \frac{2 x - 1}{1 - x} = \frac{x}{2 (2 x - 1)} \end{array}

Áp dụng định lí Menelaus trong tam giác AED, cát tuyến MFN:

\begin{array}{l} \frac{F A}{F E} . \frac{H E}{H D} . \frac{N D}{N A} = 1 \Rightarrow 2. \frac{x}{2 (2 x - 1)} . \frac{N D}{N A} = 1 \\ \Rightarrow \frac{N D}{N A} = \frac{2 x - 1}{x} \Rightarrow \frac{N A}{N D} = \frac{x}{2 x - 1} \\ \Rightarrow \frac{N A}{N A + N D} = \frac{x}{x + 2 x - 1} = \frac{x}{3 x - 1} \\ \Rightarrow \frac{A N}{A D} = \frac{x}{3 x - 1} \end{array}

Khi đó ta có $\frac{V_{A B M N}}{V_{A B C D}} = \frac{A M}{A C} . \frac{A N}{A D} = x . \frac{x}{3 x - 1} = \frac{x^{2}}{3 x - 1} (x > \frac{1}{3})$

Xét hàm số $f (x) = \frac{x^{2}}{3 x - 1} (x > \frac{1}{3})$ ta có

f^{'} (x) = \frac{2 x (3 x - 1) - 3 x^{2}}{{(3 x - 1)}^{2}} = \frac{3 x^{2} - 2 x}{{(3 x - 1)}^{2}}; f' (x) = 0 \Leftrightarrow [\begin{matrix} x = 0 (k t m) \\ x = \frac{2}{3} \end{matrix}

BBT:

Dựa vào BBT ta thấy $\min_{(\frac{1}{3}; + \infty)} f (x) = f (\frac{2}{3}) = \frac{4}{9}$

Vậy giá trị nhỏ nhất của tỉ số $\frac{V_{A B M N}}{V_{A B C D}} = \frac{4}{9}$
Đáp án cần chọn là: B

Câu 29:

Cho tứ diện ABCD có thể tích bằng 18. Gọi A₁ là trọng tâm của tam giác BCD; (P) là mặt phẳng qua A sao cho góc giữa (P) và mặt phẳng (BCD) bằng 60⁰. Các đường thẳng qua B,C,D song song với AA₁ cắt (P) lần lượt tại B₁,C₁,D₁. Thể tích khối tứ diện A₁B₁C₁D₁ bằng?

A. $12 \sqrt{3}$

B. 18

C. $9 \sqrt{3}$

D. 12

Xem đáp án

Theo bài ra ta có $A_{1}$ là trọng tâm tam giác BCD nên A cũng là trọng tâm $Δ B_{1} C_{1} D_{1}$

Do đó $V_{A B C D} = 3 V_{A . A_{1} B C} = 3 V_{B . A A_{1} C}$ và $V_{A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}} = 3 V_{A_{1} A B_{1} C_{1}} = 3 V_{B_{1} A A_{1} C_{1}}$

Mặt khác do quan hệ song song nên ta có: $d (B; (A A_{1} C C_{1})) = d (B; (A A_{1} C C_{1}))$ và $S_{Δ A A_{1} C} = S_{Δ A A_{1} C_{1}}$ nên suy ra $V_{B . A A_{1} C} = V_{B_{1} . A A_{1} C_{1}}$

Vậy $V_{A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}} = V_{A B C D} = 18$

Đáp án cần chọn là: B

Câu 30:

Cho khối chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng a và có thể tích

V = \frac{a^{3} \sqrt{3}}{6}

. Tìm số r>0 sao cho tồn tại điểm J nằm trong khối chóp mà khoảng cách từ J đến các mặt bên và mặt đáy đều bằng r?

A. $r = \frac{a \sqrt{3}}{4}$

B. $r = \frac{a \sqrt{3}}{2}$

C. $r = \frac{a \sqrt{3}}{3}$

D. $r = \frac{a \sqrt{3}}{6}$

Xem đáp án

Gọi $O = A C \cap B D \Rightarrow S O ⊥ (A B C D)$

Vì khoảng cách từ J đến các mặt bên và mặt đáy đều bằng r nên $J \in S O$

Gọi M là trung điểm của CD, trong (SOM) kẻ $O H ⊥ S M$ ta có:

\begin{array}{l} \{\begin{matrix} C D ⊥ O M \\ C D ⊥ S O \end{matrix} \Rightarrow C D ⊥ (S O M) \Rightarrow C D ⊥ O H \\ \{\begin{matrix} O H ⊥ C D \\ O H ⊥ S M \end{matrix} \Rightarrow O H ⊥ (S C D) \end{array}

Trong (SOM) kẻ $J K ∥ O H \Rightarrow J K ⊥ (S C D) \Rightarrow d (J; (S C D)) = J K$

Có $d (J; (A B C D)) = J O$

Theo bài ra ta có $J K = J O = r$

Ta có $V_{S . A B C D} = \frac{1}{3} S O . S_{A B C D} \Rightarrow \frac{a^{3} \sqrt{3}}{6} = \frac{1}{3} S O . a^{2} \Rightarrow S O = \frac{a \sqrt{3}}{2}$

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có:

O H = \frac{S O . O M}{\sqrt{S O^{2} + O M^{2}}} = \frac{\frac{a \sqrt{3}}{2} . \frac{a}{2}}{\sqrt{\frac{3 a^{2}}{4} + \frac{a^{2}}{4}}} = \frac{a \sqrt{3}}{4}

Áp dụng định lí Ta-lét ta có

$\begin{array}{l} \frac{J K}{O H} = \frac{S J}{S O} \Rightarrow \frac{r}{\frac{a \sqrt{3}}{4}} = \frac{\frac{a \sqrt{3}}{2} - r}{\frac{a \sqrt{3}}{2}} \\ \Leftrightarrow 2 r = \frac{a \sqrt{3}}{2} - r \\ \Leftrightarrow 3 r = \frac{a \sqrt{3}}{2} \Leftrightarrow r = \frac{a \sqrt{3}}{6} \end{array}$
Đáp án cần chọn là: D

Câu 31:

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi M,N lần lượt là trung điểm của các cạnh AB,BC. Điểm I thuộc đoạn SA. Biết mặt phẳng (MNI) chia khối chóp S.ABCD thành hai phần, phần chứa đỉnh S có thể tích bằng $\frac{7}{25}$ lần phần còn lại. Tính tỉ số $\frac{I A}{I S}$ ?

A. $\frac{5}{3}$

B. $\frac{2}{3}$

C. $\frac{3}{2}$

D. $\frac{3}{5}$

Xem đáp án

Giả sử $S C \cap (I M N) = \{P\} \Rightarrow (I M N) \cap (S A C) = I P$

Ta có: $\{\begin{matrix} (I M N) \cap (S A C) = I P \\ (I M N) \cap (A B C D) = M N \\ (S A C) \cap (A B C D) = A C \end{matrix} \Rightarrow I P ∥ M N ∥ A C$
Trong (ABCD) gọi $\{E\} = M N \cap C D$ trong (SCD) gọi $Q = N P \cap S D$

Khi đó thiết diện của hình chóp cắt bởi (MNI) là ngũ giác IMNPQ.

Gọi $V_{1} = V_{S . B M N P Q I}, V = V_{S . A B C D}$ theo bài ra ta có $V_{1} = \frac{7}{32} V$

Ta có $V_{1} = V_{S . B M N} + V_{S . I M N} + V_{S . I N P} + V_{S . I P Q}$

Đặt $\frac{S I}{S A} = x (0 < x < 1)$ áp dụng định lí Ta-lét ta có $\frac{S I}{S A} = \frac{S P}{S C} = x$

- Xét khối chóp S.BMN và S.ABCD:

+ Có cùng chiều cao (cùng bằng khoảng cách từ SS đến (ABCD)).

$S_{B M N} = \frac{1}{4} S_{A B C} = \frac{1}{8} S_{A B C}$ (do tam giác BMN và tam giác BAC đồng dạng theo tỉ số $\frac{1}{2}$ )

Do đó $V_{S . B M N} = \frac{1}{8} V_{S . A B C D} = \frac{1}{8} V$

- Xét khối chóp S.IMN và S.AMN:

\frac{V_{S . I N P}}{V_{S . A N C}} = \frac{S I}{S A} . \frac{S P}{S C} = x^{2} \Rightarrow V_{S . I M N} = x^{2} . V_{S . A N C}

Ta có $S_{A N C} = \frac{1}{2} S_{A B C} = \frac{1}{4} S_{A B C D} \Rightarrow V_{S . A N C} = \frac{1}{4} V \Rightarrow V_{S . I M N} = \frac{x^{2}}{4} V$

- Xét khối chóp S.IPQ và S.ACD: $\frac{V_{S . I P Q}}{V_{S . A C D}} = \frac{S I}{S A} . \frac{S P}{S C} . \frac{S Q}{S D}$

Ta có AMEC là hình bình hành nên $E C = A M = \frac{1}{2} C D \Rightarrow \frac{E C}{E D} = \frac{1}{3}$

Áp dụng định lí Menelaus trong tam giác SCD với cát tuyến EPQ ta có:

\frac{P S}{P C} . \frac{E C}{E D} . \frac{Q D}{Q S} = 1 \Rightarrow \frac{x}{1 - x} . \frac{1}{3} . \frac{Q D}{Q S} = 1

\begin{array}{l} \Rightarrow \frac{Q D}{Q S} = \frac{3 (1 - x)}{x} \Rightarrow \frac{S Q}{Q D} = \frac{x}{3 (1 - x)} \\ \Rightarrow \frac{S Q}{S Q + Q D} = \frac{x}{x + 3 (1 - x)} \\ \Rightarrow \frac{S Q}{S D} = \frac{x}{3 - 2 x} \end{array}

Suy ra $\frac{V_{S . I P Q}}{V_{S . A C D}} = \frac{S I}{S A} . \frac{S P}{S C} . \frac{S Q}{S D} = x^{2} . \frac{x}{3 - 2 x} = \frac{x^{3}}{3 - 2 x}$

\Rightarrow V_{S . I P Q} = \frac{x^{3}}{3 - 2 x} V_{S . A C D}

Mà $S_{A C D} = \frac{1}{2} S_{A B C D} \Rightarrow V_{S . A C D} = \frac{1}{2} V \Rightarrow V_{S . I P Q} = \frac{x^{3}}{2 (3 - 2 x)} V$

Khi đó ta có:

V_{1} = V_{S . B M N} + V_{S . I M N} + V_{S . I N P} + V_{S . I P Q}

\Rightarrow V_{1} = \frac{1}{8} V + \frac{x}{8} V + \frac{x^{2}}{4} V + \frac{x^{3}}{2 (3 - 2 x)} V

\Rightarrow V_{1} = (\frac{1}{8} + \frac{x}{8} + \frac{x^{2}}{4} + \frac{x^{3}}{2 (3 - 2 x)}) V = \frac{7}{32} v

\Rightarrow \frac{1}{8} + \frac{x}{8} + \frac{x^{2}}{4} + \frac{x^{3}}{2 (3 - 2 x)} = \frac{7}{32}

\Leftrightarrow \frac{1 + x + 2 x^{2}}{4} + \frac{x^{3}}{3 - 2 x} = \frac{7}{16}

\Leftrightarrow (1 + x + 2 x^{2}) . (12 - 8 x) + 16 x^{3} = 7 (3 - 2 x)

\Leftrightarrow 12 + 12 x + 24 x^{2} - 8 x - 8 x^{2} - 16 x^{3} + 16 x^{3} = 21 - 14 x

\Leftrightarrow 16 x^{2} + 18 x - 9 = 0 \Leftrightarrow [\begin{matrix} x = \frac{3}{8} (t m) \\ x = - \frac{3}{2} (k t m) \end{matrix}

$\Rightarrow \frac{S I}{S A} = \frac{3}{8} \Rightarrow \frac{I S}{I A} = \frac{3}{5} \Rightarrow \frac{I A}{I S} = \frac{5}{3}$
Đáp án cần chọn là: A

Câu 32:

Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh bằng $\sqrt{6}$ . Biết rằng các mặt bên của hình chóp có diện tích bằng nhau và một trong các cạnh bên bằng $3 \sqrt{2}$ . Tính thể tích nhỏ nhất của khối chóp S.ABC

A. 3

B. $2 \sqrt{2}$

C. $2 \sqrt{3}$

D. 4

Xem đáp án

Gọi M,N,P lần lượt là hình chiếu của điểm S lên AB,BC,AC ta có:

$\begin{array}{l} S_{Δ A B C} = S_{Δ B C A} = S_{Δ C A B} \\ \Rightarrow \frac{1}{2} S M . A B = \frac{1}{2} S N . B C = \frac{1}{2} S P . C A \end{array}$

Mà $A B = B C = C A (g t) \Rightarrow S M = S N = S P$

Gọi O là hình chiếu của S lên (ABC), ta có:

\{\begin{matrix} A B ⊥ S M \\ A B ⊥ S O \end{matrix} \Rightarrow A B ⊥ (S O M) \Rightarrow A B ⊥ O M

CMTT ta có $O N ⊥ B C, O P ⊥ A C$

Xét các tam giác vuông $Δ S O M, Δ S O N, Δ S O P$ có:

\begin{array}{l} S O c h u n g \\ S M = S N = S P (c m t) \end{array}

$\Rightarrow Δ S O M = Δ S O N = Δ S O P$ (cạnh huyền – cạnh góc vuông)

$\Rightarrow O M = O N = O P$ suy ra OO cách đều các cạnh AB,BC,CA nên O là tâm đường tròn nội tiếp $Δ A B C$ hoặc O là tâm đường tròn bàng tiếp $Δ A B C$

+ TH1: O là tâm đường tròn nội tiếp $Δ A B C$ . Mà $Δ A B C$ đều nên O là đồng thời là trọng tâm tam giác đều ABC. Khi đó ta có

A N = \frac{\sqrt{6} . \sqrt{3}}{2} = \frac{3 \sqrt{2}}{2}, A O = \frac{2}{3} A N = \sqrt{2}

\Rightarrow S O = \sqrt{S A^{2} - A O^{2}} = \sqrt{18 - 2} = 4

S_{Δ A B C} = {(\sqrt{6})}^{2} . \frac{\sqrt{3}}{4} = \frac{3 \sqrt{3}}{2}

\Rightarrow V_{S . A B C} = \frac{1}{3} S O . S_{Δ A B C} = \frac{1}{3} .4. \frac{3 \sqrt{3}}{2} = 2 \sqrt{3}

TH2: O là tâm đường tròn bàng tiếp $Δ A B C$ .

Gọi R là bán kính đường tròn bàng tiếp tam giác ABC, p là nửa chu vi tam giác ABC

\Rightarrow p = \frac{3 \sqrt{6}}{2}

Khi đó ta có $S_{A B C} = (p - B C) . R$

\Rightarrow {(\sqrt{6})}^{2} . \frac{\sqrt{3}}{4} = (\frac{3 \sqrt{6}}{2} - \sqrt{6}) . R \Leftrightarrow R = \frac{3 \sqrt{2}}{2}

Có $A N = \frac{\sqrt{6} . \sqrt{3}}{2} = \frac{3 \sqrt{2}}{2} \Rightarrow O A = A N + O N = 3 \sqrt{2}$

$\Rightarrow S A > O A = 3 \sqrt{2}$ (quan hệ giữa đường vuông góc và đường xiên)

\Rightarrow S B = 3 \sqrt{2}

Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông OBM có: $O B = \sqrt{O M^{2} + B M^{2}} = \sqrt{{(\frac{3 \sqrt{2}}{2})}^{2} + {(\frac{\sqrt{6}}{2})}^{2}} = \sqrt{6}$

Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông SOB có:

S O = \sqrt{S B^{2} - O B^{2}} = \sqrt{{(3 \sqrt{2})}^{2} - {(\sqrt{6})}^{2}} = 2 \sqrt{3}

Khi đó ta có $V_{S . A B C} = \frac{1}{3} . S O . S_{A B C} = \frac{1}{3} .2 \sqrt{3} . {(\sqrt{6})}^{2} . \frac{\sqrt{3}}{4} = 3$

Vậy $\min V_{S . A B C} = 3$

Đáp án cần chọn là: A

Câu 33:

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang, AD song song với BC, $A D = 2 B C$ . Gọi E, F là hai điểm lần lượt nằm trên các cạnh AB và AD sao cho $\frac{3 A B}{A E} + \frac{A D}{A F} = 5$ (E,F không trùng với A), Tổng giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của tỉ số thể tích hai khối chóp S.BCDFE và S.ABCD là:

A. $\frac{5}{4}$

B. $\frac{4}{3}$

C. $\frac{17}{12}$

D. $\frac{7}{6}$

Xem đáp án

Đặt $\frac{A E}{A B} = x, \frac{A F}{A D} = y (0 < x, y \leq 1)$ .Theo bài ra ta có: $\frac{3 A B}{A E} + \frac{A D}{A F} = 5$

\Rightarrow \frac{3}{x} + \frac{1}{y} = 5 (1)

Vì hai khối chóp S.BCDFE và S.ABCD có cùng chiều cao nên

$k = \frac{V_{S . B C D F E}}{V_{S . A B C D}} = \frac{S_{B C D F E}}{S_{A B C D}}$

Đặt $S_{A B D} = \frac{1}{2} B H . A D$ nên

S_{A E F} = \frac{1}{2} x y . B H . A D = x y . B H . B C = \frac{3}{2} B H . B C . \frac{2}{3} x y \Rightarrow S_{A E F} = \frac{2}{3} x y . S

\Rightarrow S_{B C D F E} = S_{A B C D} - S_{A E F} = S - \frac{2}{3} x y . S = S (1 - \frac{2}{3} x y)

\Rightarrow k = \frac{S . (1 - \frac{2}{3} x y)}{S} = 1 - \frac{2}{3} x y

Theo (1) ta có: $\frac{3}{x} + \frac{1}{y} = 5 \Leftrightarrow y = \frac{x}{5 x - 3}$

Ta có $0 < \frac{x}{5 x - 3} \leq 1 \Leftrightarrow \{\begin{matrix} \frac{x}{5 x - 3} > 0 \\ \frac{x - 5 x + 3}{5 x - 3} \leq 0 \end{matrix}$

\begin{array}{l} \Leftrightarrow \{\begin{matrix} 5 x - 3 > 0 (d o x > 0) \\ 3 - 4 x \leq 0 \end{matrix} \\ \Leftrightarrow \{\begin{matrix} x > \frac{3}{5} \\ x \geq \frac{3}{4} \end{matrix} \Leftrightarrow x \geq \frac{3}{4} \end{array}

Khi đó ta có

\begin{array}{l} k = 1 - \frac{2}{3} x y = 1 - \frac{2}{3} x . \frac{x}{5 x - 3} \\ = 1 - \frac{2 x^{2}}{3 (5 x - 3)} = \frac{15 x - 9 - 2 x^{2}}{3 (5 x - 3)} = f (x) \end{array}

Xét hàm số $f (x) = \frac{- 2 x^{2} + 15 x - 9}{3 (5 x - 3)}$ với $\frac{3}{4} \leq x \leq 1$ ta có:

f' (x) = \frac{(- 4 x + 15) .3 (5 x - 3) - (- 2 x^{2} + 15 x - 9) .15}{9 {(5 x - 3)}^{2}}

f' (x) = \frac{3 (- 20 x^{2} + 87 x - 45) - (- 30 x^{2} + 225 x - 135)}{9 {(5 x - 3)}^{2}}

f' (x) = \frac{- 30 x^{2} + 36 x}{9 {(5 x - 3)}^{2}} = 0 \Leftrightarrow [\begin{matrix} x = \frac{6}{5} (k t m) \\ x = 0 (k t m) \end{matrix}

BBT:

\Rightarrow k_{\min} = \frac{1}{2}, k_{\max} = \frac{2}{3}

Vậy

k_{\min} + k_{\max} = \frac{1}{2} + \frac{2}{3} = \frac{7}{6}

Đáp án cần chọn là: D

Câu 34:

Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thoi cạnh bằng 2, $∠ B A D = 60^{0}, S A = S C$ và tam giác SBD vuông cân tại S. Gọi E là trung điểm của SC. Mặt phẳng (P) qua AE và cắt hai cạnh SB,SD lần lượt tại M và N. Thể tích lớn nhất $V_{0}$ của khối đa diện ABCDNEM bằng:

A. $V_{0} = \frac{2 \sqrt{3}}{9}$

B. $V_{0} = \frac{8 \sqrt{3}}{21}$

C. $V_{0} = \frac{2 \sqrt{3}}{7}$

D. $V_{0} = \frac{4 \sqrt{3}}{9}$

Xem đáp án

Gọi $O = A C \cap B D$ ta có:

$S A = S C \Rightarrow Δ S A C$ cân tại S $\Rightarrow S O ⊥ A C$

Tam giác SBD vuông cân tại S $\Rightarrow S O ⊥ B D$

$\Rightarrow S O ⊥ (A B C D)$

Trong (SBD), gọi $I = M N \cap B D$

Đặt $\frac{S M}{S B} = x, \frac{S N}{S D} = y (0 < x, y < 1)$

Ta có: $\frac{V_{S . A M E}}{V_{S . A B C}} = \frac{S M}{S B} . \frac{S E}{S C} = \frac{1}{2} x \Rightarrow \frac{V_{S . A M E}}{V_{S . A B C D}} = \frac{1}{4} x$

\frac{V_{S . A N E}}{V_{S . A D C}} = \frac{S N}{S D} . \frac{S E}{S C} = \frac{1}{2} y \Rightarrow \frac{V_{S . A N E}}{V_{S . A B C D}} = \frac{1}{4} y

\Rightarrow \frac{V_{S . A M N E}}{V_{S . A B C D}} = \frac{V_{S . A M E}}{V_{S . A B C D}} + \frac{V_{S . A N E}}{V_{S . A B C D}} = \frac{x + y}{4} (1)

Ta lại có: $\frac{V_{S . A M N}}{V_{S . A B D}} = \frac{S M}{S A} . \frac{S N}{S D} = x y \Rightarrow \frac{V_{S . A M N}}{V_{S . A B C D}} = \frac{x y}{2}$

\frac{V_{S . M N E}}{V_{S . B D C}} = \frac{S M}{S B} . \frac{S N}{S D} . \frac{S E}{S C} = \frac{1}{2} x y \Rightarrow \frac{V_{S . M N E}}{V_{S . A B C C}} = \frac{x y}{4}

\Rightarrow \frac{V_{S . A M N E}}{V_{S . A B C D}} = \frac{V_{S . A M N}}{V_{S . A B C D}} + \frac{V_{S . M N E}}{V_{S . A B C D}} = \frac{x y}{2} + \frac{x y}{4} = \frac{3 x y}{4} (2)

Từ (1) và (2) $\Rightarrow \frac{x + y}{4} = \frac{3 x y}{4} \Leftrightarrow x + y = 3 x y$

\Leftrightarrow x = (3 x - 1) y \Leftrightarrow y = \frac{x}{3 x - 1} (x \neq \frac{1}{3})

Do $x, y > 0 \Rightarrow 3 x - 1 > 0 \Leftrightarrow x > \frac{1}{3}$

Khi đó ta có $\frac{V_{S . A M N E}}{V_{S . A B C D}} = \frac{1}{4} (x + \frac{x}{3 x - 1})$

Xét hàm số $f (x) = x + \frac{x}{3 x - 1} (x > \frac{1}{3})$ ta có:

$f^{'} (x) = 1 - \frac{1}{{(3 x - 1)}^{2}} = 0 \Leftrightarrow [\begin{matrix} 3 x - 1 = 1 \\ 3 x - 1 = - 1 \end{matrix} \Leftrightarrow [\begin{matrix} x = \frac{2}{3} \\ x = 0 (k t m) \end{matrix}$
BBT:

Dựa vào BBT ta thấy $\min V_{S . A M N E} = \frac{1}{4} . \frac{4}{3} V_{S . A B C D} = \frac{1}{3} V_{S . A B C D}$

$\Rightarrow \max V_{A B C D N E M} = \frac{2}{3} V_{S . A B C D} \Rightarrow V_{0} = \frac{2}{3} V_{S . A B C D}$
Ta có: $Δ A B D$ đều cạnh 2 $(A B = A D, ∠ B A D = 60^{0}) \Rightarrow S_{A B D} = \frac{2^{2} \sqrt{3}}{4} = \sqrt{3}$

\Rightarrow S_{A B C D} = 2 \sqrt{3}

Tam giác ABD đều cạnh 2 ⇒BD=2, lại có tam giác SBD vuông cân tại S nên

S O = \frac{1}{2} B D = 1

\Rightarrow V_{S . A B C D} = \frac{1}{3} S O . S_{A B C D} = \frac{1}{3} .1.2 \sqrt{3} = \frac{2 \sqrt{3}}{3}

Vậy $V_{0} = \frac{2}{3} V_{S . A B C D} = \frac{4 \sqrt{3}}{9}$
Đáp án cần chọn là: D

Câu 35:

Cho tứ diện ABCD có $A B = a \sqrt{6}$ , tam giác ACD đều, hình chiếu vuông góc của A lên mặt phẳng (BCD) trùng với trực tâm H của tam giác BCD, mặt phẳng (ADH) tạo với mặt phẳng (ACD) một góc 45⁰. Tính thể tích khối tứ diện ABCD.

A. $\frac{3 a^{3}}{2}$

B. $\frac{27 a^{3}}{4}$

C. $\frac{9 a^{3}}{4}$

D. $\frac{3 a^{3}}{4}$

Xem đáp án

Gọi BM,DN lần lượt là các đường cao của tam giác $B C D \Rightarrow B M \cap D N = \{H\}$

Ta có: $\{\begin{matrix} C D ⊥ B M \\ C D ⊥ A H \end{matrix} \Rightarrow C D ⊥ (A B M) \Rightarrow C D ⊥ A M$

⇒AM là đường cao của tam giác đều ACD, do đó M là trung điểm của CD.

Gọi P là trung điểm của AD, do $Δ A C D$ đều nên $C P ⊥ A D$

Ta có:

$\begin{array}{l} \{\begin{matrix} B C ⊥ A H \\ B C ⊥ D N \end{matrix} \Rightarrow B C ⊥ (A D N) \Rightarrow B C ⊥ A D \\ \{\begin{matrix} A D ⊥ B \\ A D ⊥ C P \end{matrix} \Rightarrow A D ⊥ (B C P) \Rightarrow A D ⊥ N P \end{array}$

Ta có: $\{\begin{matrix} (A D N) \cap (A C D) = A D \\ N P \subset (A D N), N P ⊥ A D (c m t) \\ C P \subset (A C D), C P ⊥ A D (c m t) \end{matrix}$

\Rightarrow ∠ ((A D N); (A C D)) = ∠ (N P; C P) = ∠ N P C = 45^{0}

Ta có: $B C ⊥ (A D N) (c m t) \Rightarrow C N ⊥ N P \Rightarrow N C P$ vuông tại N, lại có

$∠ N P C = 45^{0} (c m t) \Rightarrow ∠ N C P = 45^{0}$ hay $∠ B C P = 45^{0} (1)$

Gọi $G = A M \cap C P \Rightarrow G$ là trọng tâm tam giác đều ACD.

Ta có:

$\{\begin{matrix} A D ⊥ (B C P) (c m t) \Rightarrow A D ⊥ B G \\ C D ⊥ (A B M) (c m t) \Rightarrow C D ⊥ B G \end{matrix} \Rightarrow B G ⊥ (A C D)$ mà G là trọng tâm tam giác đều
$A C D \Rightarrow B A = B C = B D = a \sqrt{6}$

Ta có $B G ⊥ (A C D) \Rightarrow B G ⊥ C G \Rightarrow Δ B C G$ vuông tại G (2).

Từ (1) và (2) suy ra tam giác BCG vuông cân tại $G \Rightarrow B G = C G = \frac{B C}{\sqrt{2}} = a \sqrt{3}$

Ta có: $C P = \frac{3}{2} C G = \frac{3 a \sqrt{3}}{2} = A C \frac{\sqrt{3}}{2}$ đều cạnh 3a3a nên
$S_{Δ A C D} = \frac{{(3 a)}^{2} \sqrt{3}}{4} = \frac{9 a^{2} \sqrt{3}}{4}$

Vậy $V_{A B C D} = \frac{1}{3} B G . S_{Δ A C D} = \frac{1}{3} . a \sqrt{3} . \frac{9 a^{2} \sqrt{3}}{4} = \frac{9 a^{3}}{4}$

Đáp án cần chọn là: C

Câu 36:

Cho hình chóp S.ABC, đáy là tam giác ABC có $A B = B C \sqrt{5}$ , $A C = 2 B C \sqrt{2}$ , hình chiếu của S lên mặt phẳng (ABC) là trung điểm O của cạnh AC. Khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBC) bằng 2. Mặt phẳng (SBC) hợp với mặt phẳng (ABC) một góc α thay đổi. Biết rằng giá trị nhỏ nhất của thể tích khối chóp S.ABC bằng $\frac{\sqrt{a}}{b}$ , trong đó $a, b \in ℕ^{*}, a$ là số nguyên tố. Tổng a+b bằng:

A.6

B.5

C.7

D.4

Xem đáp án

Gọi H là hình chiếu của O lên SB.

Ta có: $O B = \sqrt{\frac{2 B C^{2} + 2 B A^{2} - A C^{2}}{4}} = B C, O C = \frac{1}{2} A C = B C \sqrt{2}$

Suy ra $O B ⊥ B C$

Dễ thấy $∠ S B O = α$ và $O H = d (O; (S B C)) = \frac{1}{2} d (A; (S B C)) = 1$

Suy ra $S O = \frac{O H}{\cos α} = \frac{1}{\cos α}, O B = \frac{O H}{\sin α} = \frac{1}{\sin α}$

\Rightarrow B C = O B = \frac{1}{\sin α}

Thể tích khối chóp S.ABC là:

\begin{array}{l} V_{S . A B C} = \frac{1}{3} S O . S_{A B C} = \frac{1}{3} S O .2 S_{O B C} \\ = \frac{1}{3} . \frac{1}{\cos α} . {(\frac{1}{\sin α})}^{2} = \frac{1}{3 \cos α . \sin^{2} α} \end{array}

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có:

\begin{array}{l} 1 = \frac{1}{2} \sin^{2} α + \frac{1}{2} \sin^{2} α + \cos^{2} α \geq 3. \sqrt[3]{\frac{1}{4} \sin^{4} α . \cos^{2} α} \\ \Leftrightarrow \frac{1}{27} \geq \frac{1}{4} . s i n^{4} α . c o s^{2} α \Rightarrow \frac{1}{\sin^{2} α \cos^{2} α} \geq \frac{3 \sqrt{3}}{2} \\ \Rightarrow V_{S . A B C} \geq \frac{\sqrt{3}}{2} \end{array}

Vậy $\min V_{S . A B C} = \frac{\sqrt{3}}{2}$ . Dấu “=” xảy ra $\Leftrightarrow \cos^{2} α = \frac{1}{2} \sin^{2} α = \frac{1}{3} \Leftrightarrow \cos α = \frac{\sqrt{3}}{3}$

$\Rightarrow a = 3, b = 2$
Vậy $a + b = 3 + 2 = 5$

Đáp án cần chọn là: B

Câu 37:

Cho hình chóp đều S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, cạnh bên bằng $a \sqrt{2}$ . Xét điểm M thay đổi trên mặt phẳng SCD sao cho tổng $Q = M A^{2} + M B^{2} + M C^{2} + M D^{2} + M S^{2}$ nhỏ nhất. Gọi V1 là thể tích của khối chóp S.ABCD và $V_{2}$ là thể tích của khối chóp M.ACD. Tỉ số $\frac{V_{2}}{V_{1}}$ bằng

A. $\frac{11}{140}$

B. $\frac{22}{35}$

C. $\frac{11}{70}$

D. $\frac{11}{35}$

Xem đáp án

Gọi I là điểm thỏa mãn $\vec{I A} + \vec{I B} + \vec{I C} + \vec{I D} + \vec{I S} = \vec{0}$

Ta có:

Q = M A^{2} + M B^{2} + M C^{2} + M D^{2} + M S^{2}

Q = {(\vec{M I} + \vec{I A})}^{2} + {(\vec{M I} + \vec{I B})}^{2} + {(\vec{M I} + \vec{I C})}^{2} + {(\vec{M I} + \vec{I D})}^{2} + {(\vec{M I} + \vec{I S})}^{2}

Q = 5 M I^{2} + 2 \vec{M I} (\vec{I A} + \vec{I B} + \vec{I C} + \vec{I D} + \vec{I S}) + I A^{2} + I B^{2} + I C^{2} + I D^{2} + I S^{2}

Q = 5 M I^{2} + I A^{2} + I B^{2} + I C^{2} + I D^{2} + I S^{2}

Do các điểm I,A,B,C,D,S cố định nên $I A^{2} + I B^{2} + I C^{2} + I D^{2} + I S^{2}$ không đổi, do đó $Q_{\min} \Leftrightarrow M I_{\min}$

Khi đó M là hình chiếu của I lên (SCD) hay $M I ⊥ (S C D)$

Gọi $O = A C \cap B D$ ta có $S O ⊥ (A B C D)$ và:

\vec{I A} + \vec{I B} + \vec{I C} + \vec{I D} + \vec{I S} = \vec{0}

\Leftrightarrow (\vec{I A} + \vec{I C}) + (\vec{I B} + \vec{I D}) + \vec{I S} = \vec{0}

\Leftrightarrow 2 \vec{I O} + 2 \vec{I O} + \vec{I S} = 0 \Leftrightarrow 4 \vec{I O} = \vec{I S}

Gọi E là trung điểm của CD. Ta có:

\{\begin{matrix} C D ⊥ O E \\ C D ⊥ S O \end{matrix} \Rightarrow C D ⊥ (S O E) \Rightarrow (S O E) ⊥ (S C D) \Rightarrow I M \subset (S O E)

Trong (SOE) kẻ $O H ∥ I M \Rightarrow O H ⊥ S E$
Ta có:

\begin{array}{l} S E = \sqrt{S C^{2} - C E^{2}} = \sqrt{2 a^{2} - \frac{a^{2}}{4}} = \frac{a \sqrt{7}}{2} \\ S O = \sqrt{S E^{2} - O E^{2}} = \sqrt{\frac{7 a^{2}}{4} - \frac{a^{2}}{4}} = \frac{a \sqrt{6}}{2} \\ \frac{S M}{S H} = \frac{S I}{S O} = \frac{4}{5} \\ \frac{S H}{S E} = \frac{S O^{2}}{S E^{2}} = \frac{6 a^{2}}{4} : \frac{7 a^{2}}{4} = \frac{6}{7} \\ \Rightarrow \frac{S M}{S E} = \frac{S M}{S H} . \frac{S H}{S E} = \frac{4}{5} . \frac{6}{7} = \frac{24}{35} \Rightarrow \frac{M E}{S E} = \frac{11}{35} \end{array}

Ta có: $S M \cap (A B C D) = E \Rightarrow \frac{d (M; (A B C D))}{d (S; (A B C D))} = \frac{M E}{S E} = \frac{11}{35}$

Vậy $\frac{V_{2}}{V_{1}} = \frac{V_{M . A C D}}{V_{S . A B C D}} = \frac{\frac{1}{3} . d (M; (A B C D)) . S_{A C D}}{\frac{1}{3} . d (S; (A B C D)) . S_{A B C D}} = \frac{11}{35} . \frac{1}{2} = \frac{11}{70}$

Đáp án cần chọn là: C