Câu 1.

[2H1-3.3-2] ( Chuyên Lam Sơn Lần 2) Khi độ dài cạnh của hình lập phương tăng thêm 2cm
3

thì thể tích của nó tăng thêm 98cm . Tính độ dài cạnh của hình lập phương.
A. 5cm .
B. 3cm .
C. 4cm .
D. 6cm .
Lời giải
Tác giả: Trần Minh Nhựt; Fb: Trần Minh Nhựt
Chọn B
Gọi

x  cm 

là độ dài của cạnh hình lập phương. Theo đề:
x3
�
3
x3  98   x  2  � 6 x2  12 x  90  0 � �
x  5 (loai) . Vậy chọn B.
�

Câu 2.

B C có thể tích bằng V . Gọi M là trung
[2H1-3.3-2] (Sở Bắc Ninh)Cho hình lăng trụ ABC. A���
N . Tính thể tích khối chóp
điểm cạnh BB�

, điểm N thuộc cạnh CC �sao cho CN  2C �
A.BCNM theo V .
7V
7V
5V
V
VA. BCNM 
VA.BCNM 
VA.BCNM 
VA.BCNM 
12 .
18 .
18 .
3.
A.
B.
C.
D.
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Tình ; Fb: Gia Sư Tồn Tâm
Chọn B

Cách 1:
Vì BCNM là hình thang nên:

S BCNM

2
�1
�

CC �
 CC �
.d  B; CC �
 7
�
�
BM  CN  .d  B; CC �


7
2
3
�
�


 .CC �
.d  B; CC �
  S BCC ��
B
2
2
12
12
.

Khi đó:
VA.BCNM 

7

7
7� 1
� 7 � 1 � 7V
VA.BCC �
V  .d  A;  A���
B C   .S A���
 �
V  V �
 V  VA. A���
B �
BC  
BC �
�
12
12
12 � 3
� 12 � 3 � 18

Cách 2:
VABCMN
1 �CN BM AA � 1 �2 1
7
7V
� 7
 � 

 �   0 � � VABCNM  VABC . A���
BC 
�
3 �CC � BB� AA�

18
18 .
� 3 �3 2
� 18
BC
Ta có: VABC . A���
Câu 3.

[2H1-3.3-2]

(HSG

Bắc

Ninh)

Cho

hình

chóp

S.ABC

có

�  900 , ASC
�  1200
SA  6,SB  2,SC  4, AB  2 10,SBC


 P

là mặt phẳng đi qua B và trung điểm N của SC đồng thời vng góc với mặt phẳng
V
k  S . BMN
 SAC  và cắt SA tại M . Tính VS . ABC

Gọi


2
A. 9

2
B. 5

1
C. 6

1
D. 4

Lời giải
Tác giả: Trịnh Duy Thanh; Fb: Trịnh Duy Thanh
Chọn C

Gọi D �SA sao cho SD  2
0
�
Dễ thấy trong tam giác vng BNS có SB  SN  SC  BN  2 , do đó BCS  30 ( Cạnh đối

0
�
0
diện góc 30 trong tam giác vuông bằng một nửa canh huyền). Suy ra BSC  60 .

Xét tam giác SAB ta có:



22  62  2 10



2

� SA2  SB 2  AB 2

. Vậy SAB vng tại S .

Áp đụng định lí cosin lần lượt cho các tam giác SBN ; SDN ; SBD ta có:
BN 2  SB 2  SN 2  SB.SN  SN 2  1
DN 2  SD 2  SN 2  SD.SN  3SN 2  2 

BD 2  SB 2  SD 2  3
Từ

 1 ,  2  ,  3 ta có tam giác

BDN vng tại B


Gọi I là trung điểm của DN ta có: SB  SN  SD; IB  IN  ID
V
SN SM 1 1 1
k  S .BMN 
.
 . 
 SI�  BDN 
 P   BDN  M D ; VS . ABC SC SA 2 3 6 .
Câu 4.

[2H1-3.3-2] ( Nguyễn Tất Thành Yên Bái)Cho khối chóp S . ABCD có thể tích bằng 1 và đáy
ABCD là hình bình hành. Trên cạnh SC lấy điểm E sao cho SE  2 EC . Tính thể tích V của
khối tứ diện SEBD .
1
1
1
2
V
V
V
V
12 .
3.
6.
3.
A.
B.
C.
D.



Lời giải
Fb: Bàn Thị Thiết
Chọn A

VS .EBD SB.SD.SE SE 2
2
2 1
1


 �V
VS . BCD  . VS . ABCD 
S . EBD 
V
SB
.
SD
.
SC
SC
3
3
3 2
3.
Ta có: S .BCD

Vậy thể tích V của khối tứ diện SEBD là
Câu 5.


V

1
3.

[2H1-3.3-2] (CHUYÊN NGUYỄN QUANG DIỆU ĐỒNG THÁP 2019 LẦN 2) Cho tứ diện
ABCD . Gọi B�
; C �lần lượt là trung điểm của AB và CD . Khi đó tỷ số thể tích của khối đa
C D và khối tứ diện ABCD bằng:
diện AB��
1
1
1
1
A. 2 .
B. 4 .
C. 6 .
D. 8 .
Lời giải
Tác giả:Lê thị Ngọc Thúy ; Fb: Lê Thị Ngọc Thúy
Chọn B

1
VAB��
d  B�
,  AC �
D   .S AC �
C D  VB�
. AC �
D 

D
3
Ta có :
(1).
Vì C �là trung điểm của CD nên
Vì B�là trung điểm của AB nên

SAC �
D 

1
S ACD
2
(2).

d  B�
,  AC �
D  

1
1
d  B,  AC �
D    d  B,  ACD  
2
2
(3).


VAB��
1

1 1
1
CD
1

VAB��

.
.
d
B
,
ACD
.
S

V




CD
ACD
ABCD
� VABCD 4 .
3 2
2
4
Từ (1), (2) và (3) suy ra :


Câu 6.

[2H1-3.3-2] (PHÂN-TÍCH-BL-VÀ-PT-ĐẠI-HỌC-SP-HÀ-NỘI) Cho khối chóp S. ABC ,
VM . ABC
M là trung điểm của SA . Tỉ số thể tích VS. ABC bằng
1
A. 4 .

1
B. 2 .

C. 2 .
Lời giải

1
D. 8 .

Tác giả: Nguyễn Ngọc Chi; Fb: Nguyễn Ngọc Chi
Chọn B

VS. MBC SM 1
1

 �V
 VS. ABC
S
.
MBC
SA 2
2

Ta có VS. ABC
.

Vậy

VM . ABC  VS. ABC  VS. MBC 

VM . ABC 1
1

VS. ABC �
VS . ABC 2 .
2

PT 22.1.
Cho hình chóp S. ABC có chiều cao bằng 9 , diện tích đáy bằng 5 . Gọi M là
trung điểm của
cạnh SB và N thuộc cạnh SC sao cho NS  2NC. Tính thể tích V của khối chóp

A.BMNC .
A. V  15.
Chọn D

B. V  5.

C. V  30.
Lời giải

D. V  10.



SN 2
SM 1


Từ giả thiết, ta có SC 3 và SB 2 .
1
VS. ABC  .9.5  15
3
Thể tích khối chóp
.
VS . AMN SM SN 1
2

.
 �V
VS. ABC  10
ABMNC 
V
SB
SC
3
3
Ta có S . ABC
.
PT 22.2.Cho hình chóp S. ABCD . Gọi A ', B ', C ', D ' lần lượt là trung điểm của SA, SB,
SC, SD.
Tính tỷ số k của thể tích khối chóp S. A ' B 'C ' D ' chia cho thể tích khối chóp S. ABCD .

A.


k

1
2.

B.

k

1
4.

C.
Lời giải

Chọn C

Ta có

VS. A ' B 'C ' D '  VS. A ' B 'C '  VS . A ' D 'C '

.

VS. A ' B ' C ' SA ' SB ' SC ' 1 1 1 1

.
.
 . . 
V

SA
SB
SC
2 2 2 8.
S
.
ABC
Mà

Suy ra

VS . A ' B 'C ' 

1
.VS . ABC .
8
.

Tương tự ta cũng có

VS. A ' D 'C ' 

1
.VS . ADC
8
.

k

1

8.

D.

k

1
16 .


Vậy

VS . A ' B 'C ' D ' 

1
1
1
1
VS . ABC  VS . ADC   VS . ABC  VS . ADC   VS . ABCD
8
8
8
8
.

VS. A ' B ' C ' D ' 1

8.
Suy ra VS. ABCD
Câu 7.


[2H1-3.3-2] (Sở Bắc Ninh 2019) Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình bình hành. Gọi M , N
là trung điểm của SA, SB. Mặt phẳng ( MNCD) chia hình chóp đã cho thành hai phần. Tỉ số thể
tích hai phần là (số bé chia số lớn)
3
3
.
.
A. 5
B. 4

1
.
C. 3

4
.
D. 5

Lời giải
Tác giả: Dương Hà Hải; Fb: Dương Hà Hải.
Phản biện: Lê Anh Phương; Fb: Anh Phuong Lê
Chọn A

Giả sử thể tích của khối chóp S . ABCD là V .
VS .MDC SM SD SC 1 VS .MNC SM SN SC 1

.
.
 ;


.
.
 ;
SA SD SC 2 VS . ABC
SA SB SC 4
Ta có VS . ADC
VS .MDC VS .MNC VS .MDC VS .MNC VS .MNCD 1 1 3




  
1
1
1
VS . ADC VS . ABC
2 4 4
V
V
V
2
2
2

V
3
3
5
3

� VS .MNCD  V � VMNABCD  V  V  V � S .MNCD  .
8
8
8
VMNABCD 5

Câu 8.

B C . Gọi M là trung điểm
[2H1-3.3-2] (Chuyên Hà Nội Lần1) Cho lăng trụ đứng ABC. A���
VM . ABC
B C bằng?
AA ' . Tỉ số thể tích VABC . A���
1
A. 6 .

Chọn A

1
B. 3 .

1
1
C. 12 .
D. 2 .
Lời giải
Tác giả: Đỗ Mạnh Hà ; Fb: Đỗ Mạnh Hà


1

1
1
1
VM . ABC  S ABC .MA   S ABC  . . AA�
 S ABC . AA�
�
B C  S ABC . AA ;
3
3
2
6
Ta có VABC . A���
VM . ABC
1

6.
BC
Do đó: VABC . A���

Câu 9.

[2H1-3.3-2] (Liên Trường Nghệ An) Cho tứ diện ABCD , hai điểm M và N lần lượt nằm
trên hai cạnh AB và AD sao cho 3MA  MB , AD  4 AN . Tính tỉ số thể tích của hai khối đa
diện ACMN và BCDMN bằng.
1
3
1
1
A. 15 .
B. 4 .

C. 16 .
D. 9 .
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Thị Thơm ; Fb: Thơm nguyễn
Chọn A

VACMN AM AN AC 1 1
V
V
1
15
1

.
.
 . .1 
� BCDMN 
� ACMN 
AB AD AC 4 4
16
VABCD 16
VBCDMN 15 .
Ta có: VABCD
Câu 10. [2H1-3.3-2] (Thị Xã Quảng Trị) Cho khối chóp tam giác S . ABC có thể tích bằng 36 . Gọi M
, N lần lượt là trung điểm của AB và AC . Thể tích khối chóp S .MNCB bằng
A. 18 .
B. 24 .
C. 27 .
D. 12 .
Lời giải



Tác giả: Hà Khánh Huyền; Fb: Hà Khánh Huyền
Chọn C

1
1
VS . AMN  .d  S ,  AMN   .S AMN VS . ABC  .d  S ,  ABC   .SABC
3
3
Ta có:
;
.

�

VS . AMN S AMN

VS . ABC S ABC .









1
1

�
�
S AMN  . AM . AN .sin MAN
S ABC  . AB. AC.sin BAC
2
2
Mặt khác:
.
.

�

S AMN AM . AN 1 1 1

 . 
�
�
S ABC
AB. AC 2 2 4 , vì sin MAN  sin BAC .









VS . AMN 1
1

 �V
VS . ABC
S . AMN 
V
4
4
Do đó, S . ABC
.
3
3
VS .MNCB  VS . ABC  VS . AMN  VS . ABC  .36  27.
4
4
Vậy

(Cách 2 : Pb) Làm trắc Ngiệm:

S AMN 

1
3
S ABC � S MNCB  S ABC
4
4
nên

3
3
VS . MNCB  VS . ABC  .36  27.
4

4

Câu 11. [2H1-3.3-2] (SỞ QUẢNG BÌNH NĂM 2019) Cho hình chóp tứ giác S . ABCD có
SA  SB  SC  SD  4 11 , đáy là ABCD là hình vng cạnh 8. Thể tích của khối chóp
S . ABC bằng:
A.256.B 32.
C. 128.
D. 64.
Lời giải
Chọn C


Gọi giao điểm của AC và BD là O , ta có SO là đường cao của hình chóp S . ABCD .

ABCD là hình vng cạnh 8, Suy ra:

Đáy là

 4 11    4 2 
2

� VS . ABC

2

2
2
AO  4 2 � SO  SA  AO

=


 12

� SO  12 .
1
1 1
1 1
 S ABC .SO  . AB.BC.SO  . .8.8.12  128
3
3 2
3 2
.

Câu 12. [2H1-3.3-2] (SỞ QUẢNG BÌNH NĂM 2019) Tỉ số thể tích giữa khối lập phương và khối cầu
ngoại tiếp khối lập phương đó bằng:
3
3 2
 2
2 3
A. 2 .
B. 3 .
C. 2 .
D. 3 .
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Sơn Thành ; Fb: Nguyễn Sơn Thành
Chọn B
3
V
Giả sử khối lập phương có cạnh là a . Gọi 1 là thể tích khối lập phương, khi đó V1 = a .
Ta có đường chéo của khối lập phương cạnh a có độ dài là a 3 . Khi đó khối cầu ngoại tiếp

a 3
R=
2 . Gọi V2 là thể tích khối cầu, ta có
khối lập phương có bán kính là
4
a 3p 3
V2 = pR 3 =
3
2 .

V1
a3
2
2 3
= 3
=
=
V2 a p 3 p 3
3p
2
Vậy
.
Câu 13. [2H1-3.3-2] (Chuyên Ngoại Ngữ Hà Nội) Cho hình lăng trụ tam giác đều có tất cả các cạnh
 T  . Gọi V1 , V2 lần lượt là thể tích của khối trụ  T  và khối
bằng a nội tiếp trong một hình trụ
V1
lăng trụ đã cho. Tính tỉ số V2 .
4 3
A. 9 .


4 3
B. 3 .

C.
Lời giải

3
9 .

D.

3
3 .

Tác giả: Trần Thanh Hà; Fb: Hà Trần
Chọn A


BC .
Gọi lăng trụ tam giác đều cạnh a là ABC . A���
Gọi G là trọng tâm của  ABC , vì  ABC đều nên trọng tâm G cũng là tâm đường tròn ngoại
tiếp  ABC , đồng thời là tâm đường trịn đáy của hình trụ. Khi đó hình trụ có bán kính đáy
r  GA , đường cao của lăng trụ: h  AA�
 a.
2
2a 3 a
a
� AG  AM 

�r 

3
3 2
3
3.
Gọi M là trung điểm của BC
2

 a3
�a �
V1   r h   � �. a 
3 .
�3�
Thể tích của khối trụ là:
a2 3
a3 3
V2  B.h  S ABC . AA�

�
a
4
4 .
Thể tích của khối lăng trụ là:
3
a
V1
4 3
 33 
V2 a 3
9
4

Vậy :
.
2

Câu 14. [2H1-3.3-2] (Đặng Thành Nam Đề 14) Cho tứ diện ABCD có thể tích bằng 12 và G là trọng
tâm tam giác BCD. Tính thể tích V của khối chóp A.GBC.
A. V  3 .
B. V  4 .
C. V  6 .
D. V  5 .
Lời giải
Tác giả: Lê Quang ; Fb: Quang Lê
Chọn B

1
1
d  G, BC   d  D, BC 
S GBC  S DBC
3
3
Ta có:
nên


ại có:

d  A,  BCD    d  A,  GBC  

L
1

VA.GBC  VA.DBC  4.
3
Do đó:
Câu 15. [2H1-3.3-2] (Sở Cần Thơ 2019) Cho hình chóp đều S . ABC có cạnh đáy bằng a và cạnh bên
bằng 2a . Gọi M là trung điểm của đoạn thẳng SB và N là điểm trên đoạn thẳng SC sao cho
SN  2 NC . Thể tích của khối chóp A.BCNM bằng
a 3 11
a 3 11
a 3 11
a 3 11
A. 18 .
B. 16 .
C. 24 .
D. 36 .
Lời giải
Tác giả: Võ Thị Kim Phượng;Fb: Phượng Kim Võ Thị
Chọn A

Ta có:

SN  2 NC � SN 

2
SC
3

VSAMN SM SN 1 2 1
V
2


.
 .  � ABCNM 
VSABC
SB SC 2 3 3
VSABC
3
Gọi O là tâm của  ABC và D là trung điểm BC .
Diện tích đáy ABC :

S ABC

a2 3

4 .
2

�
�
2
2 a 3 a 3 SO  S   AO  4a  �a 3 �  a 33
�3 �
AO  AD  .

3
�
�
3
3 2
3 ;
2


2

2

1
1 a 33 a 2 3 a 3 11
VSABC  .SO.S ABC  .
.

3
3 3
4
12 .
Thể tích khối chóp S . ABC :
2
2 a 3 11 a 3 11
VABCNM  VSABC  .

3
3 12
18 .
Vậy thể tích khối chóp A.BCNM là

Câu 16. [2H1-3.3-2] (Ba Đình Lần2) Cho tứ diện ABCD có thể tích bằng 12 và G là trọng tâm của
tam giác BCD . Tính thể tích V của khối chóp A.GBC
A. V  3 .
B. V  4 .
C. V  6 .
D. V  5 .

Lời giải


Tác giả: Phạm Văn Bạn; Fb: Phạm Văn Bạn
Chọn B

Ta có:

SGBC =

1
1
S DBC � VA.GBC = VA.DBC = 4
3
3
. ( vì hai chóp có cùng chiều cao)

Câu 17. [2H1-3.3-2] (CHUN HUỲNH MẪN ĐẠT 2019 lần 1) Cho khối tứ diện ABCD , lấy điểm
VAMCD
M trên cạnh AB sao cho 3 AM  5MB . Tính tỉ số VBMCD .
3
A. 5 .

5
B. 8 .

8
5
C. 3 .
D. 3 .

Lời giải
Tác giả: Trần Thị Thanh Trang ; Fb: Trần Thị Thanh Trang

Chọn D

Ta có

3 AM  5MB � AM 

5
3
AB; BM  AB
8
8
.

VA.MCD AM AC AD 5
VB.MCD

.
.

AB AC AD 8 và VA.BCD
Mà VA.BCD

5
V
VA.MCD 8 A. BCD 5



5 3
VB.MCD 3
3
 1 
VA. BCD
8 8 . Vậy
8
.

Câu 18. [2H1-3.3-2] (ĐOÀN THƯỢNG-HẢI DƯƠNG LẦN 2 NĂM 2019) Cho hình chóp tứ giác
S . ABCD có đáy ABCD là hình vng cạnh 2 2 , cạnh bên SA vng góc với mặt phẳng đáy

   qua điểm A và vng góc với SC cắt cạnh SB , SC , SD lần lượt
và SA  3 . Mặt phẳng
tại các điểm M , N , P . Thể tích V của khối cầu ngoại tiếp tứ diện CMNP .
64 2
125
32
108
V
V
V
V
3
6 .
3 .
3 .
A.
B.
C.

D.
.
Lời giải
Tác giả: Kim Liên; Fb: Kim Liên
Chọn B


Gọi O là tâm của hình vng ABCD .
SA   ABCD 
Ta có: BC  SA ( vì
).
BC  AB ( vì ABCD là hình vng).
BC   SAB  � BC  AM  1
Suy ra
.
SC   P  � SC   AMNP  � SC  AM  2 
Mặt khác
.
 1 và  2  suy ra AM   SBC  � AM  MC . Suy ra tam giác AMC vuông tại M .
Từ
 3
Do đó OA  OM  OC .
AP   SDC  � AP  PC
Chứng minh tương tự ta suy ra
. Suy ra tam giác APC vuông tại P .
 4
Do đó OA  OP  OC .
SC   AMNP  � SC  AN
Ta lại có
. Suy ra tam giác ANC vng tại N .

 5
Do đó OA  ON  OC .
 3 ,  4  ,  5 suy ra O là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện CMNP có đường kính
Từ
AC  AB 2  4 . Suy ra bán kính mặt cầu là R  2 .
4
32
V   R3 
3
3 .
Vậy thể tích V của khối cầu ngoại tiếp tứ diện CMNP là

B C có thể tích là V . Điểm M
Câu 19. [2H1-3.3-2] (Chuyên Bắc Giang) Cho hình lăng trụ ABC. A���
B�
nằm trên cạnh AA�sao cho AM  2 MA�
. Gọi V �là thể tích của khối chóp M .BCC �
. Tính tỉ
V�
số V .
V� 1
V� 1
V� 3
V� 2




A. V 3 .
B. V 2 .

C. V 4 .
D. V 3 .
Lời giải
Tác giả: Võ Tự Lực; Fb: Tự Lực
Chọn D


Ta có thể tích khối lăng trụ

V  d  A�
;  ABC   .S ABC

.
d  M ;  ABC   

2
d  A�
;  ABC  
3
và

Điểm M nằm trên cạnh AA�thỏa mãn AM  2MA�nên
1
1
d  M ;  A���
B C    d  A ;  A���
B C    d  A�
;  ABC  
3
3

.
1
1 2
2
V1  .d  M ;  ABC   .S ABC  . .d  A�
;  ABC   .S ABC  V
3
3 3
9 .
Thể tích khối chóp M . ABC là
1
1 1
1
V2  .d  M ;  A���
B C   .S A���
. .d  A�
;  ABC   .S ABC  V
BC 
B C là
3
3 3
9 .
Thể tích khối chóp M . A���
2
1
2
V  V  V  V
�
V


V

V

V
B�là
1
2
9
9
3 .
Thể tích khối chóp M .BCC �
V� 2

Vậy V 3 .
Có thể tính nhanh:
1
1
d  M ;  ABC  
d  M ;  A���
BC 
3
3
V � V  VM . ABC  VM . A���
2 1 2

B C  1

 1  
�

���
d
A
;
ABC
d
A
;
A
B
C








V
V
9 9 3.
Cách 2: Lưu Thêm
1
� d  M ;  BCC �
VM . BCC �
B�
  .S BCC �B�
B� V 
3

+
1
 d .  A;  BCC �
B�
  .S BCC �B� V ��  1
A. BCC B
3
1
d  A;  A���
B C   .S A���
BC
1 2
3
VA.BCC �
VA. A���

1


B�
B C  1
 1
���
3
3  2
d
A
;
A
B

C
.
S




���
A
B
C
V
V
+ Ta lại có:
V� 2
1
2 � V  3


Từ
và
.
Câu 20. [2H1-3.3-2] (THPT-Phúc-Trạch-Hà-Tĩnh-lần-2-2018-2019-thi-tháng-4)Cho khối lăng trụ
ABC. A���
B C có thể tích bằng V . Tính thể tích khối đa diện ABCC �
B�
.
V
2V
3V

V
A. 2 .
B. 3 .
C. 4 .
D. 4 .
Lời giải
Tác giả: Đỗ Hoàng Tú; Fb: Đỗ Hoàng Tú
Chọn B


Gọi h là chiều cao của lăng trụ, S là diện tích đáy. Khi đó V  h.S .
1
1
VA. A���
.h.S  V
BC 
3
3 .
Ta có
1
V  VA. A���
B C  VA.BCC �
B � V  VA. BCC �
B�
3
Mặt khác
.
2
VA. BCC �B� V
3 .

Suy ra
Cách khác: Vì đáp án câu hỏi thỏa với mọi lăng trụ tam giác có thể tích là V nên ta có thể xét
lăng trụ tam giác đều có tất cả các cạnh bằng 1 .
Khi đó

V  1.12.

3
3

4
4 .

1 3
3
VA.BCC �B� . .12 
3 2
6 .
Mặt khác A.BCC ' B�là hình chóp nên có
3
VA. BCC �B� 6
2


2
V
3 3
VA. BCC �B� V
�
3 .

4
Ta có

Câu 21. [2H1-3.3-2] (Sở Lạng Sơn 2019) Cho hình chóp S . ABCD có ABCD là hình bình hành.
M , N , P, Q lần lượt là trung điểm của SA , SB, SC , SD . Tỉ số thể tích của khối chóp S .MNPQ
và khối chóp S . ABCD là
1
1
1
1
A. 8 .
B. 16 .
C. 4 .
D. 2 .
Lời giải
Tác giả:Dương Đức Tuấn; Fb:Dương Tuấn
Chọn A


Vì ABCD là hình bình hành nên S ABC  S ACD . Do đó VS . ABCD  2VS . ABC  2VS . ACD

VS .MNPQ
Ta có: VS . ABCD



VS .MNP  VS .MPQ
VS . ABCD




VS .MPQ
VS . MNP VS .MPQ
V

 S . MNP 
VS . ABCD VS . ABCD 2VS . ABC 2VS . ACD

1 SM SN SP 1 SM SP SQ 1 1 1
 .
.
.
 .
.
.
  
2 SA SB SC 2 SA SC SD 16 16 8 .

B C D có I là giao điểm
Câu 22. [2H1-3.3-2] (Lương Thế Vinh Đồng Nai) Cho hình hộp ABCD. A����
V
V
B C D và I . A���
BC .
của AC và BD . Gọi 1 và 2 lần lượt là thể tích của các khối ABCD. A����
V1
Tính tỉ số V2
V1
6
V

2
A.
.

V1 3

V
2.
2
B.

V1
2
V
2
C.
.

V1
3
V
2
D.
.

Lời giải
Tác giả: Lê Phương Anh ; Fb: Anh Phương Lê
Phản biện: Nguyễn Thị Trà My; FB: Nguyễn My
Chọn A


V1  VABCD . A����
B C D  h.S A����
BCD .


1
1 1
1
V2  VI . A���
d  I ,  A���
B C   .S A���
h. .S A���
h.S A���
BC 
BC 
B C D' 
B C D'
3
3 2
6
.
h.S A����
V1
BCD

6
V2 1 h.S
A����
BCD
6

.
B C có thể tích
Câu 23. [2H1-3.3-2] (THPT ISCHOOL NHA TRANG) Cho khối lăng trụ ABC. A���
bằng 2. Gọi M , N lần lượt là hai điểm nằm trên hai cạnh AA�
, BB�sao cho M là trung điểm
2
BN  BB�
A�tại P và đường thẳng CN
3
cạnh AA�và
. Đường thẳng CM cắt đường thẳng C �
MPB�
NQ bằng:
B�tại Q . Thể tích khối đa diện A�
cắt đường thẳng C �

13
A. 18 .

23
B. 9 .

7
7
C. 18 .
D. 9 .
Lời giải
Tác giả:Trịnh Thanh; Fb: Deffer Song

Chọn D


1
 AM  BN  1 �AM BN � 1 �1 2 � 7
VC . ABNM dt  ABNM 
2

 �


� �  �
VC . ABB�A� dt  ABB�
A�

�
�
2
AA
BB
�
�
� 2 �2 3 � 12 .
AA
Ta có:
7
7 2
7 2
7
� VC . ABNM  VC . ABB�A� . .VABC . A���
. .2 
BC 

12
12 3
12 3
9.
dt  C �
A��
B  C ' A�C ' B� 1 2 1

.
 . 
dt  C �
PQ 
C�
P C�
Q 2 3 3
Mặt khác,
.
h.dt  C �
A��
B
dt  C �
A��
B
VABC . A���
1
BC

3
 3.  1
1

VC .C �PQ
dt  C �
PQ 
3
.h.dt  C �
PQ 
V
 VABC . A���
BC
3
Do đó:
hay C .C �PQ
.
7

V
 VC .C �PQ  VCMNC �A��
B  VABC . A���
B C  VCMNC �
A��
B  VC . ABNM
9.
Suy ra: A�MPB�NQ
5
7
Không có đáp án nên đề xuất sửa kết quả D. 9 theo đề gốc thành D. 9 .

Câu 24. [2H1-3.3-2] (PHÂN-TÍCH-BÌNH-LUẬN-THPT-CHUN-HÀ-TĨNH)
hộp
uuuu

r
uuCho
ur uukhối
ur
uu
ur
M
,
N
,
P
�
ABCDA����
B C D có thể tích V . Các điểm
AM

2
AC
AN

3
AB
thỏa mãn
,
,
uuu
r
uuuu
r
AP  4 AD�

. Tính thể tích khối chóp AMNP theo V .
A. 6V .
B. 8V .
C. 12V .
D. 4V .
Phân tích:



tích.

Nhận dạng bài tốn: Đây là bài tốn tính thể tích khối đa diện thơng qua tỉ số thể

Kiến thức cần nhớ: Cho khối chóp S . ABC . Trên các đường thẳng SA , SB , SC lần
VS . A���
SA�SB�SC �
BC

.
.
SA SB SC .
, B�
, C �khác S . Ta có: VS . ABC
lượt lấy ba điểm A�


Lời giải
Tác giả: Vũ Nga; Fb: Nga Vu
Chọn B


VA.MNP AM AN AP

.
.
�AD� 2.3.4  24 � VA.MNP  24VA.CB��
V
AC
AB
D .
��
A
.
CB
D
Ta có:
1
V
 V  4. V  � V
VA.CB��

V

V

V

V

V
D

ABCDA����
BCD
A. A���
BD
A.B �
BC
A. D �
DC
C .C �
B ��
D
A. MNP  8V .
6
3
Mà:
Câu 25. Câu PT 37.1. [2H1-3.3-2] (PHÂN-TÍCH-BÌNH-LUẬN-THPT-CHUN-HÀ-TĨNH) Cho
B C D có thể tích V . Lấy điểm M đối xứng với A qua C , điểm N đối
khối hộp ABCDA����
uuu
r
uuuu
r
xứng với A qua B�
, điểm P thỏa mãn AP  k AD�
. Tìm k để thể tích khối chóp AMNP bằng
V
2.
3
3
1

1
k
k �
k
k �
8.
8.
2.
2.
A.
B.
C.
D.
Lời giải
Tác giả: Vũ Nga; Fb: Nga Vu
Chọn B

VA.MNP AM AN AP

.
.
�AD� 2.2. k  4 k � VA.MNP  4 k VA.CB��
V
AC
AB
D
��
A
.
CB

D
Ta có:
.
1
V
4
 V  4. V  � VA.MNP  k V
VA.CB��

V

V

V

V

V
D
ABCDA����
BCD
A. A���
BD
A.B �
BC
A. D �
DC
C .C �
B ��
D

6
3
3
Mà:
.


� VA.CB��
D 

V
3
� k 
2
8.

Câu 26. Câu PT 37.2. [2H1-3.3-2] (PHÂN-TÍCH-BÌNH-LUẬN-THPT-CHUN-HÀ-TĨNH) Cho
B C có thể tích V . Điểm M là trung điểm của AB . Mặt phẳng
khối lăng trụ tam giác ABCA���
B�
M
V
V
V
 C�
chia khối lăng trụ thành hai khối đa diện có thể tích là 1 và 2 , biết 1 là khối chứa
V
điểm A . Tính 2 theo V .
7
5

5
17
V2 
V2 
V2 
V2 
12 .
12 .
6.
24 .
A.
B.
C.
D.
Lời giải
Tác giả: Vũ Nga; Fb: Nga Vu
Chọn B

B�
// (ABC) nên
Do C �
AC .

B�
M
 C�

C � N là trung điểm
cắt AC tại điểm N thỏa mãn MN // B��


N , B�
M , A�
A đồng quy tại S và
Dễ thấy 3 đường C �

1
7
VS . AMN  VS . A���
VS . A���
BC
B C � V1 
8
8
.

B C , ta có:
Gọi h, S lần lượt là chiều cao và diện tích đáy của khối lăng trụ ABCA���
1
1
2
7
5
VS . A���
d  S ;  A���
B C   .S  .2h.S  V
� V1  V � V2  V
BC 
3
3
3 , vậy

12
12 .
Câu 27. [2H1-3.3-2] (Đồn Thượng)Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có thể tích bằng V. Lấy điểm A’
1
SA '  SA
3
trên cạnh SA sao cho
. Mặt phẳng qua A’ và song song với đáy của hình chóp cắt
các cạnh SB, SC, SD lần lượt tại B’, C’, D’. Tính theo V thể tích của khối chóp S.A’B’C’D’.
V
V
V
V
A. 3 .
B. 81 .
C. 27 .
D. 9 .
Lời giải
Tác giả:Nguyễn Thị Thu Hương; Fb:Hương Nguyễn
Chọn C


SA ' SB ' SC ' SD ' 1




SD 3 .
Theo định lý Ta- let ta có SA SB SC
3


VSA ' B ' C ' SA ' SB ' SC ' �1 � 1
1

 � �
� VSA ' B 'C '  VSABC
V
SA
SB
SC
3
27
�
�
27
Mà SABC
(1)
3

VSA 'D'C ' SA ' SD ' SC ' �1 � 1
1

 � �
� VSA 'D' C '  VSADC
VSADC
SA SD SC �3 � 27
27
(2)
Cộng (1) và (2) vế theo vế ta có
1

1
� VSA ' B ' C 'D'  VSABCD  V
27
27 .

� VSA ' B 'C '  VSA ' D 'C ' 

1
 VSABC  VSADC 
27