Bài tập VD – VDC khối đa diện và thể tích của chúng

TÀI LIỆU VD-VDC TRÍCH TỪ CÁC ĐỀ THI THỬ TNTHPT 2020 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuong Trang 1 Câu 1. (Chuyên Biên Hòa - Hà Nam - 2020) Cho hình chóp . S ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Hai điểm M , N lần lượt thuộc các đoạn thẳng AB và AD ( M và N không trùng với A ) sao cho 2 3 8 AB AD AM AN   . Kí hiệu V , 1 V lần lượt là thể tích của các khối chóp . S ABCD và . S MBCDN . Tìm giá trị lớn nhất của tỉ số 1 V V . A. 13 16 . B. 11 12 . C. 1 6 . D. 2 3 . Câu 2. (Chuyên ĐH Vinh - Nghệ An -2020) Cho hình chóp . S ABCD có đáy ABCD là hình bình hành và có thể tích là V . Gọi P là trung điểm của SC . Mặt phẳng    chứa AP và cắt hai cạnh SD , SB lần lượt tại M và N . Gọi V  là thể tích của khối chóp . S AMPN . Tìm giá trị nhỏ nhất của tỉ số V V  . A. 3 8 . B. 1 3 . C. 2 3 . D. 1 8 . Câu 3. (Chuyên Hưng Yên - 2020) Cho hình lăng trụ tam giác . ABC A B C    có đáy là tam giác vuông tại A , 2 AB  , 3 AC  . Góc  90 CAA    ,  120 BAA    . Gọi M là trung điểm cạnh BB  (tham khảo hình vẽ). Biết CM vuông góc với A B  , tính thể tích khối lăng trụ đã cho. A.   3 1 33 8 V   . B. 1 33 8 V   . C.   3 1 33 4 V   . D. 1 33 4 V   . Câu 4. (Chuyên KHTN - 2020) Cho khối lăng trụ đứng .    ABC A B C có đáy ABC là tam giác vuông cân tại C , 2  AB a và góc tạo bởi hai mặt phẳng    ABC và   ABC bằng 60  . Gọi , M N lần lượt là trung điểm của   A C và BC . Mặt phẳng   AMN chia khối lăng trụ thành hai phần. Thể tích của phần nhỏ bằng A. 3 7 3 24 a . B. 3 6 6 a . C. 3 7 6 24 a . D. 3 3 3 a . Câu 5. (Chuyên KHTN - 2020) Cho hình lập phương . ' ' ' ' ABCD A B C D có cạnh bằng a . Gọi , , , , , M N P Q R S là tâm các mặt của hình lập phương. Thể tích khối bát diện đều tạo bởi sáu đỉnh , , , , , M N P Q R S bằng A. 3 2 24 a B. 3 4 a C. 3 12 a D. 3 6 a TUYỂN CHỌN CÂU HỎI VẬN DỤNG - VẬN DỤNG CAO TỪ CÁC ĐỀ THI THỬ TRÊN CẢ NƯỚC NĂM 2020 CHƯƠNG 4. THỂ TÍCH KHỐI ĐA DIỆN 56 CÂU HỎI VẬN DỤNG - VẬN DỤNG CAOTỔNG HỢP: NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 2 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Câu 6. (Chuyên Lam Sơn - 2020) Cho hình hộp chữ nhật . ' ' ' ' ABCD A B C D có , , M N P lần lượt là trung điểm các cạnh , ' ', ' BC C D DD (tham khảo hình vẽ). Biết thể tích khối hộp bằng 144, thể tích khối tứ diện AMNP bằng A. 15. B. 24. C. 20. D. 18. Câu 7. (Chuyên Lương Văn Chánh - Phú Yên - 2020) Cho khối chóp . S ABCD có chiều cao bằng 9 và đáy là hình bình hành có diện tích bằng 10. Gọi , , M N P và Q lần lượt là trọng tâm của các mặt bên , , SAB SBC SCD và SDA . Thể tích của khối đa diện lồi có đỉnh là các điểm , , , , M N P Q B và D là A. 9. B. 50 . 9 C. 30. D. 25 3 . Câu 8. (Chuyên Lương Văn Tỵ - Ninh Bình - 2020) Cho hình chóp . S ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng 3, chiều cao bằng 8. Gọi M là trung điểm SB , N là điểm thuộc SD sao cho 2 SN ND          . Thể tích của tứ diện ACMN bằng A. 9 V  . B. 6 V  . C. 18 V  . D. 3 V  . Câu 9. (Chuyên Thái Bình - 2020) Cho hình hộp đứng . ' ' ' ' ABCD A B C D có ' 2 AA  , đáy ABCD là hình thoi với ABC là tam giác đều cạnh 4 . Gọi M , N , P lần lượt là trung điểm của ' ' B C , ' ' C D , ' DD và Q thuộc cạnh BC sao cho 3 QC QB  . Tính thể tích tứ diện MNPQ . A. 3 3 . B. 3 3 2 . C. 3 4 . D. 3 2 . Câu 10. (Chuyên Bắc Ninh - 2020) Cho hình chóp tam giác đều . S ABC có 2 SA  . Gọi D , E lần lượt là trung điểm của cạnh SA, SC . Thể tích khối chóp . S ABC biết BD AE  . A. 4 21 7 . B. 4 21 3 . C. 4 21 9 . D. 4 21 27 . Câu 11. (Chuyên Bắc Ninh - 2020) Cho hình lập phương . ABCD A B C D     có cạnh bằng 1. Gọi , , , M N P Q lần lượt là tâm các hình vuông , , ABB A A B C D ADD A         và CDD C   . Tính thể tích MNPR với R là trung điểm BQ . A. 3 12 . B. 2 24 . C. 1 12 . D. 1 24 . Câu 12. (Chuyên Bến Tre - 2020) Cho hình hộp . ABCD A B C D     có các cạnh bằng 2a . Biết  60 BAD   ,   120 A AB A AD      . Tính thể tích V của khối hộp . ABCD A B C D     . A. 3 4 2a . B. 3 2 2a . C. 3 8a . D. 3 2a . Câu 13. (Chuyên Hùng Vương - Gia Lai - 2020) Cho hình chóp . S ABC , mặt phẳng   SBC vuông góc với mặt phẳng   ABC , cạnh 1 SB SC      0 60 ASB BSC CSA    . Gọi , M N lần lượt là các điểm trên các cạnh , SA SB sao cho   0 , 2 SA xSM x SB SN    . Giá trị của x bằng bao nhiêu để thể tích khối tứ diện SCMN bằng 2 32 TÀI LIỆU VD-VDC TRÍCH TỪ CÁC ĐỀ THI THỬ TNTHPT 2020 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 3 A. 5 2 . B. 2 . C. 4 3 . D. 3 2 . CÂU 14. (Chuyên Hùng Vương - Phú Thọ - 2020) Cho hình chóp . S ABCD có đáy ABC là tam giác vuông cân đỉnh , A 2. AB a  Gọi I là trung điểm của , BC hình chiếu vuông góc của đỉnh S lên mặt phẳng   ABC là điểm H thỏa mãn 2 , IA IH          góc giữa SC và mặt phẳng   ABC bằng 60 .  Thể tích khối chóp . S ABC bằng A. 3 5 2 a . B. 3 5 6 a . C. 3 15 6 a . D. 3 15 12 a . Câu 15. (Chuyên Lào Cai - 2020) Cho lăng trụ đều . ' ' ' ABC A B C có tất cả các cạnh bằnga. Gọi S là điểm đối xứng của A qua ' BC . Thể tích khối đa diện ' ' ABCSB C là A. 3 3 3 a . B. 3 3 a . C. 3 3 6 a . D. 3 3 2 a . Câu 16. (Chuyên Lê Hồng Phong - Nam Định - 2020) Cho hình hộp . ABCD A B C D     có đáy ABCD là hình thoi tâm O, cạnh bằng a và  60 BAC   . Gọi I, J lần lượt là tâm của các mặt bên , ABB A CDD C     . Biết 7 2 a AI  , 2 AA a   và góc giữa hai mặt phẳng     , ABB A A B C D       bằng 60  . Tính theo a thể tích khối tứ diện AOIJ. A. 3 3 3 64 a . B. 3 3 48 a . C. 3 3 32 a . D. 3 3 192 a . Câu 17. (Chuyên Phan Bội Châu - Nghệ An - 2020) Cho một tấm nhôm hình vuông cạnh 12 cm. Người ta cắt ở bốn góc của tấm nhôm đó bốn hình vuông bằng nhau, mỗi hình vuông có cạnh bằng x (cm), rồi gập tấm nhôm lại để được một cái hộp không nắp( tham khảo hình vẽ bên). Tìm x để hộp nhận được có thể tích lớn nhất (giả thiết bề dày tấm tôn không đáng kể). A. 2 x  . B. 3 x  . C. 4 x  . D. 6 x  . Câu 18. (Chuyên Phan Bội Châu - Nghệ An - 2020) Cho hình chóp S.ABC có thể tích bằng 1. Mặt phẳng (Q) thay đổi song song với mặt phẳng (ABC) lần lượt cắt các cạnh SA, SB, SC tại M, N, P. Qua M, N, P kẻ các đường thẳng song song với nhau lần lượt cắt mặt phẳng (ABC) tại M’, N’, P’. Tính giá trị lớn nhất của thể tích khối lăng trụ MNP.M’N’P’ A. 4 9 . B. 1 3 . C. 1 2 . D. 8 27 . Câu 19. (Chuyên Quang Trung - 2020) Cho hình chóp . S ABCD đáy là hình vuông cạnh a , SA vuông góc với mặt phẳng   ABCD , SA a  . , M K tương ứng là trọng tâm tam giác , SAB SCD ; N là trung điểm BC . Thể tích khối tứ diện SMNK bằng 3 . m a n với   , , , 1 m n m n    . Giá trị m n  bằng: A. 28 . B 12. C. 19. D. 32 . TỔNG HỢP: NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 4 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Câu 20. (Chuyên Quang Trung - 2020) Cho hình lăng trụ đứng . ABCD A B C D     có đáy là hình thoi có cạnh 4a , 8 A A a   ,  120 BAD   . Gọi , , M N K lần lượt là trung điểm cạnh , , AB B C BD   . Thể tích khối da diện lồi có các đỉnh là các điểm , , , , , A B C M N K là: A. 3 12 3 a B. 3 28 3 3 a C. 3 16 3 a D. 3 40 3 3 a Câu 21. (Chuyên Quang Trung - 2020) Cho hình chóp tứ giác SABCD có đáy ABCD là hình vuông, tam giác SAB đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi M là trung điểm của cạnh CD . Biết khoảng cách từ A đến   SBM là 3 2 19 a . Thể tích khối chóp SABCD bằng A. 3 3 6 a . B. 3 3a . C. 3 3 12 a . D. 3 2 3 18 a . Câu 22. (Chuyên Quang Trung - 2020) Cho số 0 a  . Trong số các tam giác vuông có tổng một cạnh góc vuông và cạnh huyền bằng a , tam giác có diện tích lớn nhất bằng A. 2 3 3 a . B. 2 3 6 a . C. 2 3 9 a . D. 2 3 18 a . Câu 23. (Chuyên Sơn La - 2020) Cho hình chóp tứ giác đều . S ABCD có cạnh đáy bằng a, cạnh bên hợp với đáy một góc 60  . Gọi M là điểm đối xứng của C qua D, N là trung điểm SC. Mặt phẳng ( ) BMN chia khối chóp . S ABCD thành hai phần (như hình vẽ bên). Tỉ số thể tích giữa hai phần SABFEN BFDCNE V V bằng A. 7 5 . B. 7 6 . C. 7 3 . D. 7 4 . TÀI LIỆU VD-VDC TRÍCH TỪ CÁC ĐỀ THI THỬ TNTHPT 2020 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 5 Câu 24. (Chuyên Thái Bình - 2020) Cho hình chóp . S ABCD có đáy là hình vuông cạnh 2 2 . Cạnh bên SA vuông góc với đáy và 3 SA  . Mặt phẳng    qua A và vuông góc với SC cắt các cạnh , , SB SC SD tại , , M N P . Tính thể tích mặt cầu ngoại tiếp tứ diện CMNP A. 32 3  . B. 64 2 3  . C. 108 3  . D. 125 6  . Câu 25. (Chuyên Thái Bình - 2020) Cho hình lăng trụ .    ABC A B C có đáy ABC là tam giác vuông tại A , cạnh 2  BC a và  0 60  ABC . Biết tứ giác   BCC B là hình thoi có   B BC nhọn. Mặt phẳng     BCC B vuông góc với   ABC và mặt phẳng     ABB A tạo với   ABC góc 0 45 . Thể tích khối lăng trụ .    ABC A B C bằng A. 3 7 7 a . B. 3 3 7 7 a . C. 3 6 7 7 a . D. 3 7 21 a . Câu 26. (Chuyên Thái Nguyên - 2020) Cho hình chóp . S ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân đỉnh B , 4 AB  , 12 SA SB SC    . Gọi , , M N E lần lượt là trung điểm của , , AC BC AB . Trên cạnh SB lấy điểm F sao cho 2 3 BF BS  . Thể tích khối tứ diện MNEF bằng A. 8 34 3 . B. 4 34 3 . C. 8 34 9 . D. 16 34 9 . Câu 27. (Chuyên Vĩnh Phúc - 2020) Cho hình vuông ABCD cạnh a . Trên đường thẳng vuông góc với   ABCD tại A lấy điểm S di động không trùng với A . Hình chiếu vuông góc của A lên , SB SD lần lượt tại H , K . Tìm giá trị lớn nhất của thể tích khối tứ diện ACHK . A. 3 6 32 a . B. 3 6 a . C. 3 3 16 a . D. 3 2 12 a . Câu 28. (Chuyên Vĩnh Phúc - 2020) Cho khối lăng trụ đứng . ABC A B C    có đáy là tam giác đều. Mặt phẳng   A BC  tạo với đáy góc 0 30 và tam giác A BC  có diện tích bằng 8 . Tính thể tích V của khối lăng trụ đã cho. A. 64 3 . B. 2 3 . C. 16 3 . D. 8 3 . Câu 29. (Đại Học Hà Tĩnh - 2020) Cho khối tứ diện ABCD có thể tích V . Gọi 1 2 3 4 ,G , , G G G là trọng tâm của bốn mặt của tứ diện ABCD . Thể tích khối tứ diện 1 2 3 4 G G G G là: A. 12 V . B. 4 V . C. 27 V . D. 18 V . Câu 30. (ĐHQG Hà Nội - 2020) Hình lăng trụ đều . ' ' ' ABC A B C có đáy . AB a  Trên ' BB lấy M sao cho ' 2 . B M BM  Cho biết ' ' . A M B C  Tìm thể tích của lăng trụ đều. A. 2 3 3 . 16 a B. 3 3 3 . 8 a C. 3 3 . 8 a D. 3 3 . 4 a Câu 31. (Sở Hưng Yên - 2020) Khối chóp có đáy là hình bình hành, một cạnh đáy bằng a và các cạnh bên đều bằng 2 a . Thể tích của khối chóp có giá trị lớn nhất là A. 3 2 6a . B. 3 8a . C. 3 2 6 3 a . D. 3 7 12 a . Câu 32. (Sở Phú Thọ - 2020) Cho khối lăng trụ . ' ' ' ABC A B C có đáy ABC là tam giác vuông tại , A , 2 AB a BC a   . Hình chiếu vuông góc của đỉnh ’ A lên mặt phẳng   ABC là trung điểm của cạnh H của cạnh AC . Góc giữa hai mặt phẳng   ' ' BCB C và   ABC bằng 0 60 . Thể tích khối lăng trụ đã cho bằng: TỔNG HỢP: NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 6 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ A. 3 3 3 4 a . B. 3 3 8 a . C. 3 3 3 8 a . D. 3 3 16 a . Câu 33. (Sở Phú Thọ - 2020) Cho khối chóp . S ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB a  , SA vuông góc với mặt phẳng đáy và SA a  . Góc giữa hai mặt phẳng   SBC và   SCD bằng  , với 1 os 3 c   . Thể tích của khối chóp đã cho bằng A. 3 2 3 a . B. 3 2 a . C. 3 2 2 3 a . D. 3 2 3 a . Câu 34. (Sở Hà Tĩnh - 2020) Cho hình lập phương . ABCD A B C D     có thể tích V . Gọi M là điểm thuộc cạnh BB  sao cho 2 BM MB   . Mặt phẳng ( )  đi qua M và vuông góc với AC  cắt các cạnh , , DD DC BC  lần lượt tại , , N P Q . Gọi 1 V là thể tích khối đa diện CPQMNC  . Tính tỷ số 1 V V A. 31 162 . B. 35 162 . C. 34 162 . D. 13 162 . Câu 35. (Sở Ninh Bình) Cho lăng trụ . ABCD A B C D     có đáy ABCD là hình chữ nhật với 6 AB  , 3 AD  , 3 A C   và mặt phẳng   AA C C   vuông góc với mặt đáy. Biết hai mặt phẳng   AA C C   ,   AA B B   tạo với nhau góc  có 3 tan 4   . Thể tích của khối lăng trụ . ABCD A B C D     là A. 12 V  . B. 6 V  . C. 8 V  . D. 10 V  . Câu 36. (Sở Bắc Ninh - 2020) Cho tứ diện ABCD có thể tích bằng 18. Gọi 1 A là trọng tâm của tam giác BCD ;   P là mặt phẳng qua A sao cho góc giữa   P và mặt phẳng   BCD bằng 0 60 . Các đường thẳng qua ; ; B C D song song với 1 AA cắt   P lần lượt tại 1 1 1 ; ; B C D . Thể tích khối tứ diện 1 1 1 1 A B C D bằng? A. 12 3 B. 18 C. 9 3 D. 12 Câu 37. (Sở Bình Phước - 2020) Cho hình chóp đều . S A B C D có đáy A B C D là hình vuông cạnh , a cạnh bên bằng 2 . a Xét điểm M thay đổi trên mặt phẳng   SC D sao cho tổng      2 2 2 2 2 Q MA MB M C M D M S nhỏ nhất. Gọi 1 V là thể tích của khối chóp . S A B C D và 2 V là thể tích của khối chóp . . M A C D Tỉ số 2 1 V V bằng A. 1 1 1 4 0 . B. 2 2 3 5 . C. 1 1 7 0 . D. 1 1 3 5 . Câu 38. (Sở Yên Bái - 2020) Cho hình chóp . S ABC có A B C là tam giác đều cạnh 3 a ,   0 9 0 S A B S CB   , góc giữa ( ) S A B và ( ) S C B bằng 0 6 0 . Thể tích khối chóp . S ABC bằng A. 3 3 2 8 a . B. 3 2 3 a . C. 3 2 24 a . D. 3 9 2 8 a . Câu 39. (Bỉm Sơn - Thanh Hóa - 2020) Cho hình chóp có đáy là tam giác vuông tại , , , hai mặt phẳng , cùng vuông góc với mặt đáy, mặt bên tạo với đáy góc . Thể tích khối chóp là A. . B. . C. . D. . . S ABC A  0 30 ABC  BC a    SAB   SAC   SBC 0 45 . S ABC 3 64 a 3 16 a 3 9 a 3 32 a TÀI LIỆU VD-VDC TRÍCH TỪ CÁC ĐỀ THI THỬ TNTHPT 2020 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 7 Câu 40. (Đô Lương 4 - Nghệ An - 2020) Cho hình lăng trụ . ABC A B C    có đáy ABC là tam giác vuông tại A , cạnh 2 BC a  và  60 ABC   . Biết tứ giác BCC B   là hình thoi có  B BC  nhọn. Biết   BCC B   vuông góc với   ABC và   ABB A   tạo với   ABC góc 45  . Thể tích của khối lăng trụ . ABC A B C    bằng A. 3 7 a . B. 3 3 7 a . C. 3 6 7 a . D. 3 3 7 a . Câu 41. (Hậu Lộc 2 - Thanh Hóa - 2020) Cho hình chóp tam giác đều . S ABC có cạnh bên tạo với đường cao một góc30 o , O là trọng tâm tam giác ABC . Một hình chóp đều thứ hai . ' ' ' O A B C có S là tâm của tam giác ' ' ' A B C và cạnh bên của hình chóp . ' ' ' O A B C tạo với đường cao một góc 60 o sao cho mỗi cạnh bên , , SA SB SC lần lượt cắt các cạnh bên ', ', '. OA OB OC Gọi 1 V là phần thể tích phần chung của hai khối chóp . S ABC và . ' ' ', O A B C 2 V là thể tích khối chóp . S ABC . Tỉ số 1 2 V V bằng: A. 9 . 16 B. 1 . 4 C. 27 . 64 D. 9 . 64 Câu 42. (Kim Liên - Hà Nội - 2020) Cho hình chóp tứ giác đều . S ABCD có tất cả các cạnh đều bằng a , tâm của đáy là O . Gọi , M N tương ứng là trung điểm các cạnh , SA SC . Gọi E là giao điểm của SD và mặt phẳng   BMN . Tính thể tích V của khối chóp . O BMEN . A. 3 2 18 a V  . B. 3 2 24 a V  . C. 3 2 12 a V  . D. 3 2 36 a V  . Câu 43. (Kim Liên - Hà Nội - 2020) Cho khối tứ diện ABCD có cạnh AC , BD thỏa mãn 2 2 16 AC BD   và các cạnh còn lại đều bằng 6 . Thể tích khối tứ diện ABCD đạt giá trị lớn nhất bằng A. 32 2 3 . B. 16 2 3 . C. 16 3 3 . D. 32 3 3 . Câu 44. (Lê Lai - Thanh Hóa - 2020) Cho hình chóp đều có cạnh đáy bằng . Mặt bên tạo với đáy góc . Mặt phẳng chứa và tạo với đáy góc và cắt lần lượt tại và . Tính thể tích của khối chóp theo . A. . B. . C. . D. Câu 45. (Liên trường Nghệ An - 2020) Cho hình chóp . S ABC , đáy là tam giác ABC có 5 AB BC  , 2 2 AC BC  , hình chiếu của S lên   ABC là trung điểm O của cạnh AC . Khoảng cách từ A đến   SBC bằng 2 . Mặt phẳng   SBC hợp với mặt phẳng   ABC một góc  thay đổi. Biết rằng giá trị nhỏ nhất của thể tích khối chóp . S ABC bằng a b , trong đó * , a b   , a là số nguyên tố. Tổng a b  bằng A. 8 . B. 7 . C. 6 . D. 5. Câu 46. (Lý Nhân Tông - Bắc Ninh - 2020) Xét khối chóp . S ABC có đáy là tam giác vuông cân tại A , SA vuông góc với đáy, khoảng cách từ A đến mặt phẳng   SBC bằng 3. Gọi  là góc giữa hai mặt phẳng   SBC và  , ABC tính cos  để thể tích khối chóp . S ABC nhỏ nhất. A. 3 cos . 3   B. 2 cos . 3   C. 1 cos . 3   D. 2 cos . 2   Câu 47. (Nguyễn Huệ - Phú Yên - 2020) Cho hình hộp . ABCD A B C D     có chiều cao 8 và diện tích đáy bằng 11. Gọi M là trung điểm của , AA N  là điểm trên cạnh BB  sao cho 3 BN B N   và P là . S ABCD a 60 o   P AB 30 o , SC SD M N V . S ABMN a 3 3 6 a V  3 5 3 48 a V  3 3 8 a V  3 3 16 a V TỔNG HỢP: NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 8 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ điểm trên cạnh CC  sao cho 6 5 CP C P   . Mặt phẳng   MNP cắt cạnh DD  tại Q . Thể tích của khối đa diện lồi có các đỉnh là các điểm , , , , , , A B C D M N P và Q bằng A. 88 3 . B. 42 . C. 44 . D. 220 3 . Câu 48. (Nguyễn Trãi - Thái Bình - 2020) Cho hình chóp . S ABCD có đáy là hình vuông, mặt bên   SAB là một tam giác đều nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt đáy   ABCD và có diện tích bằng 27 3 4 (đvdt). Một mặt phẳng đi qua trọng tâm tam giác SAB và song song với mặt đáy   ABCD chia khối chóp . S ABCD thành hai phần, tính thể tích V của phần chứa điểm S . A. 8 V  . B. 24 V  . C. 36 V  . D. 12 V  . Câu 49. (Tiên Du - Bắc Ninh - 2020) Cho hai hình chóp tam giác đều có cùng chiều cao. Biết đỉnh của hình chóp này trùng với tâm của đáy hình chóp kia, mỗi cạnh bên của hình chóp này đều cắt một cạnh bên của hình chóp kia. Cạnh bên có độ dài bằng a của hình chóp thứ nhất tạo với đường cao một góc 0 30 , cạnh bên của hình chóp thứ hai tạo với đường cao một góc 0 45 . Tính thể tích phần chung của hai hình chóp đã cho? A.   3 3 2 3 64  a . B.   3 2 3 32  a . C.   3 9 2 3 64  a . D.   3 27 2 3 64  a . Câu 50. (Yên Lạc 2 - Vĩnh Phúc - 2020) Cho hình chóp . S ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , cạnh bên SA y    0 y  và vuông góc với mặt đáy   ABCD . Trên cạnh AD lấy điểm M và đặt AM x    0 x a   . Tính thể tích lớn nhất max V của khối chóp . S ABCM , biết 2 2 2 x y a   . A. 3 3 9 a . B. 3 3 3 a . C. 3 3 8 a . D. 3 3 5 a . Câu 51. (Hải Hậu - Nam Định - 2020) Cho hình chóp . S ABC với các điểm , M N thứ tự nằm trên các cạnh , BC AC (khác , , A B C ) và P là giao điểm của AM và BN (hình vẽ minh họa). Biết thể tích các khối chóp SABP , SAPN , SCNP thứ tự là 30,20,10. Thể tích khối chóp . S ABC thuộc khoảng nào sau đây? A.   72;75 . B.   65;69 . C.   69;72 . D.   75;78 . Câu 52. (Kìm Thành - Hải Dương - 2020) Cho hình chóp . S ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi K là trung điểm SC . Mặt phẳng chứa AK cắt các cạnh SB , SD lần lượt tại M và N . Gọi 1 V , V theo thứ tự là thể tích khối chóp . S AMKN và khối chóp . S ABCD . Giá trị nhỏ nhất của tỉ số 1 2 V V bằng A. 3 8 . B. 1 2 . C. 1 3 . D. 2 3 . TÀI LIỆU VD-VDC TRÍCH TỪ CÁC ĐỀ THI THỬ TNTHPT 2020 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 9 Câu 53. (Lương Thế Vinh - Hà Nội - 2020) Cho hình chóp . S ABCD có đáy ABCD là hình bình hành có diện tích bằng 2 12a ; khoảng cách từ S tới mặt phẳng   ABCD bằng 4a . Gọi L là trọng tâm tam giác ACD ; gọi T và V lần lượt là trung điểm các cạnh SB và SC. Mặt phẳng   LTV chia hình chóp thành hai khối đa diện, hãy tính thể tích của khối đa diện chứa đỉnh S . A. 3 20 3 a . B. 3 8a . C. 3 28 3 a . D. 3 32 3 a . Câu 54. (Thanh Chương 1 - Nghệ An - 2020) Cho hình chóp tứ giác đều . S ABCD có thể tích bằng 1. Gọi M là trung điểm của SA và N là điểm đối xứng của của A qua D . Mặt phẳng ( ) BMN chia khối chóp thành hai khối đa diện. Gọi ( ) H là khối đa diện có chứa đỉnh. Thể tích của khối đa diện ( ) H bằng A. 7 12 . B. 4 7 . C. 5 12 . D. 3 7 . Câu 55. (Tiên Lãng - Hải Phòng - 2020) Cho tứ diện ABCD có thể tích V . Gọi , , , , M N P Q R lần lượt là trung điểm của các cạnh , , , , AB AD AC DC BD và G là trọng tâm tam giác ABC (như hình vẽ). Tính thể tích khối đa diện lồi MNPQRG theo V . A. 2 V . B. 6 V . C. 3 V . D. 2 5 V . Câu 56. (Trần Phú - Quảng Ninh - 2020) Cho lăng trụ . ABC A B C    có thể tích bằng 6. Gọi , M N và P là các điểm nằm trên cạnh , A B B C    và BC sao cho M là trung điểm của A B   , 3 4 B N B C     và 1 . 4 BP BC  Đường thẳng NP cắt đường thẳng BB  tại E và đường thẳng EM cắt đường thẳng AB tại . Q Thể tích của khối đa diện lồi ' AQPCA MNC  bằng A. 23 3 . B. 23 6 . C. 59 12 . D. 19 6 . Q R P M N B D C A G -------------------- HẾT --------------------TÀI LIỆU VD-VDC TRÍCH TỪ CÁC ĐỀ THI THỬ TNTHPT 2020 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuong Trang 1 Câu 1. (Chuyên Biên Hòa - Hà Nam - 2020) Cho hình chóp . S ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Hai điểm M , N lần lượt thuộc các đoạn thẳng AB và AD ( M và N không trùng với A ) sao cho 2 3 8 AB AD AM AN   . Kí hiệu V , 1 V lần lượt là thể tích của các khối chóp . S ABCD và . S MBCDN . Tìm giá trị lớn nhất của tỉ số 1 V V . A. 13 16 . B. 11 12 . C. 1 6 . D. 2 3 . Lời giải Chọn A Ta có: 2. . 2. . SADB SADB SANM SANM V AD AB V AD AB V AN AM V AN AM    1 1 1 2. . 1 1 2. . 2. . 2. . AD AB V AD AB V V V AN AM AD AB AD AB V V AN AM V V AN AM AN AM          Đặt   2 8 3 , 1 2 AD AB x x x AN AM       . Khi đó     1 2 8 3 1 1 1 8 3 3 8 x x V V x x x x        Đặt     2 1 1 , 1 2 3 8 f x x x x      Ta có:     2 2 6 8 3 8 x f x x x          2 2 6 8 4 4 13 0 0 3 3 16 3 8 x f x x f x x                   Bảng biến thiên hàm số   y f x  TUYỂN CHỌN CÂU HỎI VẬN DỤNG - VẬN DỤNG CAO TỪ CÁC ĐỀ THI THỬ TRÊN CẢ NƯỚC NĂM 2020 CHƯƠNG 4. THỂ TÍCH KHỐI ĐA DIỆN 56 CÂU HỎI VẬN DỤNG - VẬN DỤNG CAO M N C A D S BTỔNG HỢP: NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 2 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Dựa vào bảng biến thiên ta được hàm số đạt giá trị lớn nhất là 13 16 tại 4 3 x  . Vậy giá trị lớn nhất của tỉ số 1 V V là 13 16 . Câu 2. (Chuyên ĐH Vinh - Nghệ An -2020) Cho hình chóp . S ABCD có đáy ABCD là hình bình hành và có thể tích là V . Gọi P là trung điểm của SC . Mặt phẳng    chứa AP và cắt hai cạnh SD , SB lần lượt tại M và N . Gọi V  là thể tích của khối chóp . S AMPN . Tìm giá trị nhỏ nhất của tỉ số V V  . A. 3 8 . B. 1 3 . C. 2 3 . D. 1 8 . Lời giải Chọn B Do    đi qua A, P , M , N nên bốn điểm này đồng phẳng. Áp dụng công thức . . 4. . . . S AMNP S ABCD V a b c d V a b c d     với SA a SA  , SC c SP  , SD d SM  , SB b SN  thỏa mãn a c b d    . Theo đề bài ta có: 1 SA SA  , 2 SC SP  và đặt 0 SD d SM   , 0 SB b SN   . Khi đó: 1 2 4.1.2. . V b d V b d      với 1 2 3 b d b d       . Vậy ta có: 1 2 1 2 3 3 4.1.2. . 4.2. . 4 V b d V V V b d V b d V bd              . Theo bất đẳng thức cơ bản:   2 9 1 4 4 4 9 b d bd bd      suy ra 3 3 4 1 . 4 4 9 3 V V bd     . Dấu “=” xảy ra 3 2 b d b d     . Vậy V V  có giá trị nhỏ nhất bằng 1 3 . Câu 3. (Chuyên Hưng Yên - 2020) Cho hình lăng trụ tam giác . ABC A B C    có đáy là tam giác vuông tại A , 2 AB  , 3 AC  . Góc  90 CAA    ,  120 BAA    . Gọi M là trung điểm cạnh BB  (tham khảo hình vẽ). Biết CM vuông góc với A B  , tính thể tích khối lăng trụ đã cho. TÀI LIỆU VD-VDC TRÍCH TỪ CÁC ĐỀ THI THỬ TNTHPT 2020 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 3 A.   3 1 33 8 V   . B. 1 33 8 V   . C.   3 1 33 4 V   . D. 1 33 4 V   . Lời giải Chọn C Do AC AB  , AC AA   nên   AC ABB A    . Mà   A B ABB A     nên AC A B   . Có A B AC   , A B CM   nên   A B AMC   A B AM    . Đặt AA x     0 x  . Ta có A B AB AA                 và 1 2 AM AB BM AB AA                            . Suy ra . A B AM             1 2 AB AA AB AA                            2 2 1 1 . 2 2 AB AA AB AA               2 2 1 1 . .cos 2 2 AB AA AB AA BAA       2 2 1 1 2 .2. .cos120 2 2 x x     2 1 1 4 2 2 x x     Do A B AM   nên . 0 A B AM            2 1 1 4 0 2 2 x x      1 33 2 x    . Lại có  1 33 . .sin 2. .sin120 2 ABB A S AB AA BAA           3 1 33 2   (đvdt). Do   AC ABB A    nên   . 3 1 33 1 1 1 33 . . . 3. 3 3 2 2 C ABB A ABB A V AC S          (đvtt). Mà . . 1 3 C A B C ABC A B C V V        . . . . 2 3 C ABB A ABC A B C C A B C ABC A B C V V V V                . Vậy   . . 3 1 33 3 3 1 33 . 2 2 2 4 ABC A B C C ABB A V V           (đvtt). Câu 4. (Chuyên KHTN - 2020) Cho khối lăng trụ đứng .    ABC A B C có đáy ABC là tam giác vuông cân tại C , 2  AB a và góc tạo bởi hai mặt phẳng    ABC và   ABC bằng 60  . Gọi , M N lần TỔNG HỢP: NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 4 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ lượt là trung điểm của   A C và BC . Mặt phẳng   AMN chia khối lăng trụ thành hai phần. Thể tích của phần nhỏ bằng A. 3 7 3 24 a . B. 3 6 6 a . C. 3 7 6 24 a . D. 3 3 3 a . Lời giải Chọn A Gọi I là trung điểm AB , suy ra     AB CIC nên góc giữa    C AB và   ABC là góc   ,  CI C I , suy ra  60    C IC . Tam giác  C IC vuông tại C nên  tan tan 60 3 2         AB C C CI C IC a . Diện tích tam giác ABC là 2 1 2     ABC S AB CI a . Thể tích khối lăng trụ là 2 3 3 3       ABC V CC S a a a . Trong     ACC A , kéo dài AM cắt  CC tại O . Suy ra  C M là đường trung bình của OAC , do đó 2 2 3    OC CC a . Thể tích khối chóp . 1 1 1 1 2 3 3 2 3          O ACN ACN ABC V S OC S CC V . Thể tích khối chóp . 1 1 1 1 3 3 8 24               O C ME C ME A B C V S OC S OC V . Do đó 3 3 . . . 1 1 7 7 7 3 3 3 24 24 24 24           C EM CAN O ACN O C ME a V V V V V V a . Vậy phần thể tích nhỏ hơn là 3 . 7 3 24   C EM CAN a V . Câu 5. (Chuyên KHTN - 2020) Cho hình lập phương . ' ' ' ' ABCD A B C D có cạnh bằng a . Gọi , , , , , M N P Q R S là tâm các mặt của hình lập phương. Thể tích khối bát diện đều tạo bởi sáu đỉnh , , , , , M N P Q R S bằng TÀI LIỆU VD-VDC TRÍCH TỪ CÁC ĐỀ THI THỬ TNTHPT 2020 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 5 A. 3 2 24 a B. 3 4 a C. 3 12 a D. 3 6 a Lời giải Chọn D Ta có: dễ thấy MNPQRS là bát giác đều nên . . . 2    R MNPQ S MNPQ R MNPQ V V V V Dễ thấy: 2  a RO Lại có hình chóp đều . R MNPQ có tất cả các cạnh bằng nhau nên: 2 2 2   a MR OR 3 2 . 1 2 2. . . 3 6    R MNPQ a V MN OR Câu 6. (Chuyên Lam Sơn - 2020) Cho hình hộp chữ nhật . ' ' ' ' ABCD A B C D có , , M N P lần lượt là trung điểm các cạnh , ' ', ' BC C D DD (tham khảo hình vẽ). Biết thể tích khối hộp bằng 144, thể tích khối tứ diện AMNP bằng A. 15. B. 24. C. 20. D. 18. Lời giải Chọn A TỔNG HỢP: NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 6 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ . NP CD E   Đặt 2 DC d  , 2 . BC r  3 5 5 . 2 2 EMA ECBA EMC ABM S S S S dr dr dr dr        . ' ' ' ' 1 1 5 5 . ( ,( )) . ' .4 . ' 30. 3 3 24 24 NEAM EMA EMA ABCD A B C D V S d N EMA S CC dr CC V      1 15. 2 NPAM NEAM V V   Câu 7. (Chuyên Lương Văn Chánh - Phú Yên - 2020) Cho khối chóp . S ABCD có chiều cao bằng 9 và đáy là hình bình hành có diện tích bằng 10. Gọi , , M N P và Q lần lượt là trọng tâm của các mặt bên , , SAB SBC SCD và SDA . Thể tích của khối đa diện lồi có đỉnh là các điểm , , , , M N P Q B và D là A. 9. B. 50 . 9 C. 30. D. 25 3 . Lời giải Chọn B Theo tính chất trọng tâm của tam giác, ta có các đường thẳng , , BM DQ SA đồng quy tại trung điểm E của SA . Tương tự, các đường thẳng , , BN DP SC đồng quy tại trung điểm F của SC . Ta phân chia khối đa diện lồi có đỉnh là các điểm , , , , M N P Q B và D thành khối chóp . B MNPQ và khối tứ diện BDPQ . Cũng theo tính chất trọng tâm, ta có mặt phẳng   MNPQ song song với mặt phẳng   ABCD và 4 4 1 2 . 9 9 2 9 MNPQ XYZT ABCD ABCD S S S S    (trong đó , , , X Y Z T lần lượt là trung điểm của , , , AB BC CD DA ). Hơn nữa,           1 1 2 1 , , , . , , . 2 2 3 3 d B MNPQ d X MNPQ d S MNPQ d S ABCD d S ABCD                         Do đó,   . . . 1 2 2 . 1 3 9 27 B MNPQ S ABCD S ABCD V V V   . Lại có TÀI LIỆU VD-VDC TRÍCH TỪ CÁC ĐỀ THI THỬ TNTHPT 2020 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 7         . . 4 4 do 9 9 4 .2 do , 2 , 9 4 1 1 .2. do 9 4 4 4 1 1 1 .2. . = 2 9 4 2 9 BDPQ BDEF DPQ DEF ODEF SACD OEF SAC S ABCD S ABCD V V S S V d B DEF d O DEF V S S V V                            trong đó, O là tâm của hình bình hành ABCD . Từ   1 và   2 , ta được . 2 1 2 1 1 50 . .9.10 27 9 27 9 3 9 MNPQBD S ABCD V V                  (đvtt). Câu 8. (Chuyên Lương Văn Tỵ - Ninh Bình - 2020) Cho hình chóp . S ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng 3, chiều cao bằng 8. Gọi M là trung điểm SB , N là điểm thuộc SD sao cho 2 SN ND          . Thể tích của tứ diện ACMN bằng A. 9 V  . B. 6 V  . C. 18 V  . D. 3 V  . Lời giải Chọn B Ta có . 1 9 .9.8 24. 3 ABCD S ABCD S V     . . . . 1 12; 6. 2 S ABD S ABCD S ABO S ADO V V V V      Vì M là trung điểm SB , N là điểm thuộc cạnh SD sao cho 2 SN ND          1 2 , 2 3 SM SN SB SD    +) . . . . 1 2 1 1 . . 4 2 3 3 3 S AMN S AMN S ABD S ABD V SM SN V V V SB SD       +) . . . . 1 1 3 2 2 M AOB M AOB S AOB S AOB V MB V V V SB      +) . . . . 1 1 2 3 3 N AOD N AOD S AOD S AOD V ND V V V SD      Ta có   . . . . . . 2 2 C AMN O AMN S ABD S AMN M AOB N AOD V V V V V V      Vậy   . . 2 2 12 4 3 2 6 C AMN O AMN V V       . Câu 9. (Chuyên Thái Bình - 2020) Cho hình hộp đứng . ' ' ' ' ABCD A B C D có ' 2 AA  , đáy ABCD là hình thoi với ABC là tam giác đều cạnh 4 . Gọi M , N , P lần lượt là trung điểm của ' ' B C , ' ' C D , ' DD và Q thuộc cạnh BC sao cho 3 QC QB  . Tính thể tích tứ diện MNPQ . A. 3 3 . B. 3 3 2 . C. 3 4 . D. 3 2 . Lời giải Chọn D TỔNG HỢP: NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 8 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Gọi O và ' O lần lượt là tâm đáy ABCD và ' ' ' ' A B C D . ABC  đều cạnh 4 , O là trung điểm BC 2 3 OB   , 2 OC  . Gắn hệ trục tọa độ Oxyz , tia Ox trùng tia OC , tia Oy trùng tia OB , tia Oz trùng tia ' OO . Khi đó:   2;0;0 C ,   0;2 3;0 B ,   ' 0;2 3;2 B ,   ' 2;0;2 C ,   0; 2 3;0 D  ,   ' 0; 2 3;2 D  M là trung điểm ' ' B C   1; 3;2 M  . N là trung điểm ' ' C D   1; 3;2 N   . P là trung điểm ' DD   0; 2 3;1 P   . Q thuộc cạnh BC sao cho 3 QC QB  3 4 CQ CB                 3 2 0 2 4 3 0 2 3 0 4 3 0 0 0 4 Q Q Q x y z                    1 2 3 3 2 0 Q Q Q x y z              Suy ra 1 3 3 ; ;0 2 2 Q         . Ta có: 1 , . 6 MNPQ V MN MP MQ                      0; 2 3;0 MN        ,   1; 3 3; 1 MP           , 2 3;0; 2 3 MN MP                 1 3 ; ; 2 2 2 MQ                 .     1 1 3 3 2 3. 0. 2 3 . 2 6 2 2 2 MNPQ V               . Câu 10. (Chuyên Bắc Ninh - 2020) Cho hình chóp tam giác đều . S ABC có 2 SA  . Gọi D , E lần lượt là trung điểm của cạnh SA, SC . Thể tích khối chóp . S ABC biết BD AE  . A. 4 21 7 . B. 4 21 3 . C. 4 21 9 . D. 4 21 27 . Lời giải Chọn D TÀI LIỆU VD-VDC TRÍCH TỪ CÁC ĐỀ THI THỬ TNTHPT 2020 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 9 Gọi O là tâm tam giác đều ABC . Do . S ABC là hình chóp đều nên ta có    SO ABC . Ta có 1 2 AE SE SA SC SA                      ; 1 2 BD SD SB SA SB                      . Đật    ASC BSC ASB     . . 0 BD AE BD AE            1 1 0 2 2 SA SB SC SA                              2 1 1 1 . . 0 4 2 2 SASC SA SB SC SA SB                             2 cos 2 2cos 4cos 0 cos 3            . Áp dụng định lý hàm số côsin trong tam giác SAC , ta có: 2 2 2 8 2 6 2 . .cos 3 3 AC SA SC SA SC AC        . Diện tích tam giác ABC là 2 3 3  ABC S . 2 2 6 3 2 2 . . 3 3 2 3 AO   ; 2 2 2 7 3 SO SA AO    . Thể tích khối chóp . S ABC là 1 1 2 3 2 7 4 21 . . 3 3 3 3 27    ABC V SO S . Câu 11. (Chuyên Bắc Ninh - 2020) Cho hình lập phương . ABCD A B C D     có cạnh bằng 1. Gọi , , , M N P Q lần lượt là tâm các hình vuông , , ABB A A B C D ADD A         và CDD C   . Tính thể tích MNPR với R là trung điểm BQ . A. 3 12 . B. 2 24 . C. 1 12 . D. 1 24 . Lời giải Chọn D D E O A B C S z TỔNG HỢP: NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 10 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Dựng hệ trục tọa độ Axyz như hình vẽ. Tọa độ các điểm trong hình như sau:         0;0;0 ; 0;1;0 ; 1;1;0 ; 1;0;0 A B C D         0;0;1 ; 0;1;1 ; 1;1;1 ; 1;0;1 A B C D     1 1 1 1 1 1 1 1 1 3 1 0; ; ; ; ;1 ; ;0; ; 1; ; ; ; ; 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 4 M N P Q R                               . Ta có: 1 1 1 1 1 1 1 ;0; ; ; ;0 ; ; ; 2 2 2 2 2 4 4 MN MP MR                                     . 1 , 1 1 ; ; 4 4 4 MN MP                       . 1 , 4 MN MP MR                    . Vậy . 1 1 , 6 24                    MNPR V MN MP MR . Câu 12. (Chuyên Bến Tre - 2020) Cho hình hộp . ABCD A B C D     có các cạnh bằng 2a . Biết  60 BAD   ,   120 A AB A AD      . Tính thể tích V của khối hộp . ABCD A B C D     . A. 3 4 2a . B. 3 2 2a . C. 3 8a . D. 3 2a . Lời giải Chọn A Từ giả thuyết ta có các tam giác ABD  , A AD   và A AB  là các tam giác đều. H B A D C D' C' B' A' x y TÀI LIỆU VD-VDC TRÍCH TỪ CÁC ĐỀ THI THỬ TNTHPT 2020 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 11 A A A B A D       nên hình chiếu H của A  trên mặt phẳng   ABCD là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác đều ABD . 2 3 2 3 .2 . 3 2 3 AH a a    2 2 2 6 3 A H A A AH a       . Thể tích của khối hộp . ABCD A B C D     : 2 3 2 6 4 . 3 . .2. 4 2 3 4 ABCD a V A H S a a     . Câu 13. (Chuyên Hùng Vương - Gia Lai - 2020) Cho hình chóp . S ABC , mặt phẳng   SBC vuông góc với mặt phẳng   ABC , cạnh 1 SB SC      0 60 ASB BSC CSA    . Gọi , M N lần lượt là các điểm trên các cạnh , SA SB sao cho   0 , 2 SA xSM x SB SN    . Giá trị của x bằng bao nhiêu để thể tích khối tứ diện SCMN bằng 2 32 A. 5 2 . B. 2 . C. 4 3 . D. 3 2 . Lờigiải Chọn B Vì mặt phẳng   SBC vuông góc với mặt phẳng   ABC , cạnh 1 SB SC   , nên gọi H là trung điểm của BC thì   SH ABC  . Từ giả thiết ta có SBA SCA BA CA AH BC        . Đặt SA a  , ta có:   2 2 2 2 2 2 SA SH HA SH AC HC      . Trong tam giác SAC có: 2 2 2 0 2 2. . .cos 60 1 AC SA SC SA SC a a       Tam giác SBC đều cạnh bằng 1 nên 3 2 SH  . Vậy ta có: 2 2 2 3 1 3 6 1 2 4 2 2 a a a a HA                  . 1 1 2 . . . . . 3 2 8 S ABC V SH AH BC    TỔNG HỢP: NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 12 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ . . 1 . 2. 4 S CMN S CAB V SM SN x V SA SB     Câu 14. (Chuyên Hùng Vương - Phú Thọ - 2020) Cho hình chóp . S ABCD có đáy ABC là tam giác vuông cân đỉnh , A 2. AB a  Gọi I là trung điểm của , BC hình chiếu vuông góc của đỉnh S lên mặt phẳng   ABC là điểm H thỏa mãn 2 , IA IH          góc giữa SC và mặt phẳng   ABC bằng 60 .  Thể tích khối chóp . S ABC bằng A. 3 5 2 a . B. 3 5 6 a . C. 3 15 6 a . D. 3 15 12 a . Lời giải Chọn C 2 1 1 . . 2. 2 . 2 2 ABC S AB AC a a a    2 , BC a  , IA a  . 2 a IH  Tam giác HIC vuông tại I ta có 2 2 2 2 2 2 5 5 . 4 4 2 a a a HC HI IC a HC          5 15 tan .tan . 3 . 2 2 SH a a SCH SH HC SCH HC      Vậy 3 2 . 1 1 15 15 . . . . . 3 3 2 6 S ABC ABC a a V SH S a    Câu 15. (Chuyên Lào Cai - 2020) Cho lăng trụ đều . ' ' ' ABC A B C có tất cả các cạnh bằnga. Gọi S là điểm đối xứng của A qua ' BC . Thể tích khối đa diện ' ' ABCSB C là A. 3 3 3 a . B. 3 3 a . C. 3 3 6 a . D. 3 3 2 a . Lời giải Chọn A Chia khối đa diện ' ' ABCSB C thành 2 khối là khối chóp . ' ' A BCC B và khối chóp . ' ' S BCC B TÀI LIỆU VD-VDC TRÍCH TỪ CÁC ĐỀ THI THỬ TNTHPT 2020 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 13 ' ' ' ' . ' ' ABCSB C ABCC B S BCC B V V V   Gọi M là trung điểm BC. Ta có:   ' ' ' AM BC AM BCC B AM BB        . Tam giác ABC đều 3 2 a AM   . Thể tích khối chóp . ' ' A BCC B là: 3 2 . ' ' ' ' 1 1 3 3 . . . 3 3 2 6 A BCC B BCC B a a V AM S a    . Thể tích khối chóp . ' ' S BCC B là:         ' ' . ' ' . ' ' ' ' 1 ; ' ' . 3 1 ; ' ' . 3 BCC B S BCC B A BCC B BCC B d S BCC B S V V d A BCC B S          ; ' ' 1 ; ' ' d S BCC B SI d A BCC B AI    . 3 3 3 3 . ' ' . ' ' ' ' . ' ' . ' ' 3 3 3 3 6 6 6 3 S BCC B A BCC B ABCSB C A BCC B S BCC B a a a a V V V V V          Câu 16. (Chuyên Lê Hồng Phong - Nam Định - 2020) Cho hình hộp . ABCD A B C D     có đáy ABCD là hình thoi tâm O, cạnh bằng a và  60 BAC   . Gọi I, J lần lượt là tâm của các mặt bên , ABB A CDD C     . Biết 7 2 a AI  , 2 AA a   và góc giữa hai mặt phẳng     , ABB A A B C D       bằng 60  . Tính theo a thể tích khối tứ diện AOIJ. A. 3 3 3 64 a . B. 3 3 48 a . C. 3 3 32 a . D. 3 3 192 a . Lời giải Chọn C Ta có   2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 3 3 2 4 AA AB A B AI A B AA AB AI a A B a                Do 2 2 2 A B AB AA     nên tam giác A AB  vuông tại B 2 3 2 A AB a S    Tam giác ABC đều cạnh a nên 2 3 4 ABC a S  Theo đề góc giữa hai mặt phẳng     , ABB A A B C D       bằng 60  , nên suy ra 3 2 . sin 60 3 3 8 A AB ABC A ABC S S a V AB      O J I D' D A B C C' B' A'TỔNG HỢP: NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 14 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/         3 1 1 1 1 1 1 3 ; . . ; . 3 3 2 2 4 4 32 AOIJ IAJ B AD B ABD A ABC a V d O IAJ S d B B AD S V V          Bổ sung: Công thức tính nhanh thể tích tứ diện theo góc giữa hai mặt phẳng Cho tứ diện ABCD có diện tích tam giác ABC bằng 1 S , diện tích tam giác BCD là 2 S và góc giữa hai mặt phẳng (ABC) và (DBC) là  . Khi đó ta có: 1 2 2 .sin 3 ABCD S S V BC   Chứng minh: Gọi H là hình chiếu của A lên (BCD), kẻ HI BC tại I thì AI BC và          ; ; ABC DBC AI HI AIH     ; sin AH AI   1 2 2 2 2 2 sin 1 1 1 . sin . .sin . 3 3 3 3 ABC ABCD DBC S S S V AH S AI S S BC BC        Câu 17. (Chuyên Phan Bội Châu - Nghệ An - 2020) Cho một tấm nhôm hình vuông cạnh 12 cm. Người ta cắt ở bốn góc của tấm nhôm đó bốn hình vuông bằng nhau, mỗi hình vuông có cạnh bằng x (cm), rồi gập tấm nhôm lại để được một cái hộp không nắp( tham khảo hình vẽ bên). Tìm x để hộp nhận được có thể tích lớn nhất (giả thiết bề dày tấm tôn không đáng kể). A. 2 x  . B. 3 x  . C. 4 x  . D. 6 x  . Lời giải Chọn A Hình hộp có đáy của là hình vuông cạnh bằng 12 2x  , chiều cao bằng x . Điều kiện 0 6 x   Thể tích khối hộp là     2 2 12 2 . 4 6 . V x x x x     . Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 3 số dương         3 6 6 2 6 6 .2 3 x x x x x x        φ D B C A H I 12 –2x x TÀI LIỆU VD-VDC TRÍCH TỪ CÁC ĐỀ THI THỬ TNTHPT 2020 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 15     3 6 6 .2 4 x x x       2 3 4 6 . 2.4 x x    128 V   (hằng số). Dấu  xảy ra 6 2 x x    2 x   . Vây thể tích khối hộp lớn nhất khi 2 x  . Câu 18. (Chuyên Phan Bội Châu - Nghệ An - 2020) Cho hình chóp S.ABC có thể tích bằng 1. Mặt phẳng (Q) thay đổi song song với mặt phẳng (ABC) lần lượt cắt các cạnh SA, SB, SC tại M, N, P. Qua M, N, P kẻ các đường thẳng song song với nhau lần lượt cắt mặt phẳng (ABC) tại M’, N’, P’. Tính giá trị lớn nhất của thể tích khối lăng trụ MNP.M’N’P’ A. 4 9 . B. 1 3 . C. 1 2 . D. 8 27 . Lời giải Chọn A Gọi   0 1 SM x x SA    SN SP x SB SC       2 1 . .sin 2 . 1 . .sin 2 MNP ABC NM NP MNP S NM NP x S BA BC BA BC ABC       2 . MNP ABC S x S    Gọi chiều cao của hình chóp là SH , chiều cao của lăng trụ là : MH   1 MH AM x SH AS        ' 1 MH x SH    . 1 . 1 . 3 3 S ABC ABC ABC V SH S SH S            2 2 . ' ' ' '. 1 . . . 1 . . MNP M N P MNP ABC ABC V MH S x SH x S x x SH S         =   2 . 1 .3 x x  Xét hàm số:   2 3 3 3 f x x x   với   0;1 x     2 ' 6 9 f x x x      0 ( ) ' 0 2 3 x loai f x x         Bảng biến thiên: TỔNG HỢP: NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 16 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Vậy: . ' ' ' 4 maxV . 9 MNP M N P  Câu 19. (Chuyên Quang Trung - 2020) Cho hình chóp . S ABCD đáy là hình vuông cạnh a , SA vuông góc với mặt phẳng   ABCD , SA a  . , M K tương ứng là trọng tâm tam giác , SAB SCD ; N là trung điểm BC . Thể tích khối tứ diện SMNK bằng 3 . m a n với   , , , 1 m n m n    . Giá trị m n  bằng: A. 28 . B 12. C. 19. D. 32 . Lời giải Chọn A Ta có: 3 . 1 . 3 3 S ABCD ABCD a V SA S   . Gọi I là trung điểm của AB , J là trung điểm của CD . Ta có: SMN  đồng dạng với SIJ  theo tỉ số 2 3 . Do đó 2 . . . 2 4 3 9 SMNK P SMN P SIJ P SIJ V V V V          . 4 9 2 3 1 0 x f'(x) f(x) 0 + - TÀI LIỆU VD-VDC TRÍCH TỪ CÁC ĐỀ THI THỬ TNTHPT 2020 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 17 Mặt khác 1 4 PIJ ABCD S S   . Do đo 3 . . . 1 4 12 P SIJ S PIJ S ABCD a V V V    Nên 3 3 4 . 9 12 27 SMNK a a V   . Vậy 1, 27 28 m n m n      . Câu 20. (Chuyên Quang Trung - 2020) Cho hình lăng trụ đứng . ABCD A B C D     có đáy là hình thoi có cạnh 4a , 8 A A a   ,  120 BAD   . Gọi , , M N K lần lượt là trung điểm cạnh , , AB B C BD    . Thể tích khối da diện lồi có các đỉnh là các điểm , , , , , A B C M N K là: A. 3 12 3 a B. 3 28 3 3 a C. 3 16 3 a D. 3 40 3 3 a Lời giải Chọn A 1 / / ; 2 MN AC MN AC  , MNCA là hình thang. . . MNKABC K MNCA B MNCA V V V   DK cắt (B’AC) tại B’,     . . ;( ) ' 1 1 1 ' 2 ;( ) 2 2 K MNCA D MNCA d K MNCA B K V V B D d D MNCA      Mà: . . B MNCA D MNCA V V  nên ta có: . . . 1 3 2 2 MNKABC B MNCA B MNCA B MNCA V V V V    Mặt khác: 3 ' . . ' '. . ' ' ' ' 3 3 3 3 1 . 8 3 4 4 4 4 6 MNCA B AC B MNCA B B AC B ABC ABCD A B C D S S V V V V a       3 3 . 3 3 8 3 12 3 2 2 MNKABC B MNCA V V a a    Câu 21. (Chuyên Quang Trung - 2020) Cho hình chóp tứ giác SABCD có đáy ABCD là hình vuông, tam giác SAB đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi M là trung điểm của cạnh CD . Biết khoảng cách từ A đến   SBM là 3 2 19 a . Thể tích khối chóp SABCD bằng TỔNG HỢP: NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 18 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ A. 3 3 6 a . B. 3 3a . C. 3 3 12 a . D. 3 2 3 18 a . Lời giải Chọn A Gọi H là trung điểm của AB   SH AB SH ABCD     ( Vì tam giác SAB đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy). Ta có:         2 , 2 H, . AB HB d A SBM d SBM    Từ H kẻ     ( ) HK BM BM SHK SHK SBM      mà     SHK SBM SK         3 , . 19 HP SK HP SBM d H SBM HP HP a        Giả sử hình vuông ABCD có độ dài cạnh là x   0 x  . SAB   đều cạnh 3 . 2 x x SH   2 2 5 . 2 x BM BC CM    Trong BHM  vuông tại H có . 5 . .HM HK . 5 HB HM x HK BM HB MB     Trong SHK  có 2 2 2 1 1 1 HP HS HK   . x a   Vậy 3 3 1 3 3 . . 3 6 6 SABCD ABCD x a V SH S    TÀI LIỆU VD-VDC TRÍCH TỪ CÁC ĐỀ THI THỬ TNTHPT 2020 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 19 Câu 22. (Chuyên Quang Trung - 2020) Cho số 0 a  . Trong số các tam giác vuông có tổng một cạnh góc vuông và cạnh huyền bằng a , tam giác có diện tích lớn nhất bằng A. 2 3 3 a . B. 2 3 6 a . C. 2 3 9 a . D. 2 3 18 a . Lời giải Chọn D Đặt AB x  , 0 2 a x   . Theo giả thiết: AB BC a BC a x      . Tam giác ABC vuông tại A : 2 2 2 2 AC BC AB a ax     . Diện tích tam giác ABC :   2 2 1 2 2 2 2 ABC a S x a ax x a x     . Theo BĐT Cô – si ta có:   3 2 2 3 . . 2 2 2 3 18 a a x x a x a x x a x             . Dấu " "  xảy ra khi 2 3 a x a x x     . Vậy tam giác có diện tích lớn nhất là 2 3 18 a . Câu 23. (Chuyên Sơn La - 2020) Cho hình chóp tứ giác đều . S ABCD có cạnh đáy bằng a, cạnh bên hợp với đáy một góc 60  . Gọi M là điểm đối xứng của C qua D, N là trung điểm SC. Mặt phẳng ( ) BMN chia khối chóp . S ABCD thành hai phần (như hình vẽ bên). Tỉ số thể tích giữa hai phần SABFEN BFDCNE V V bằng A. 7 5 . B. 7 6 . C. 7 3 . D. 7 4 . Lời giải Chọn A TỔNG HỢP: NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 20 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Ta có N là trung điểm của SO , D là trung điểm của CM nên E là trọng tâm tam giác SCM . Ký hiệu , , h S V tương ứng là chiều cao, diện tích đáy và thể tích khối chóp . S ABCD ta có . 1 . . 3 2 2 BCM N BCM h V S S V S     . Khi đó . . . 2 1 1 1 1 . . . . . 3 2 2 6 2 6 12 M EDF M EDF M NCB V ME MD MF V V V V MN MC MB       . Như vậy 5 7 7 2 12 12 12 5 SABFEN BFDCNE SABFEN BFDCNE V V V V V V V V        . Câu 24. (Chuyên Thái Bình - 2020) Cho hình chóp . S ABCD có đáy là hình vuông cạnh 2 2 . Cạnh bên SA vuông góc với đáy và 3 SA  . Mặt phẳng    qua A và vuông góc với SC cắt các cạnh , , SB SC SD tại , , M N P . Tính thể tích mặt cầu ngoại tiếp tứ diện CMNP A. 32 3  . B. 64 2 3  . C. 108 3  . D. 125 6  . Lời giải Chọn A Ta có:   . SA BC BC SAB BC MA AB BC          . Lại có     1 MA SC MA SBC MA MC      . Tương tự:   2 . AP PC  Mặt khác   3 AN NC  . Gọi I là trung điểm của AC , từ   1   2   3 ta có   IN IM IC IP IA     . Mặt cầu ngoại tiếp CMNP là mặt cầu tâm I , bán kính IA .     2 2 2 2 2 2 2. 2 2 AC IA     Thể tích khối cầu ngoại tiếp tứ diệnCMNP là: 3 4 32 .2 3 3 V     . TÀI LIỆU VD-VDC TRÍCH TỪ CÁC ĐỀ THI THỬ TNTHPT 2020 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 21 Câu 25. (Chuyên Thái Bình - 2020) Cho hình lăng trụ .    ABC A B C có đáy ABC là tam giác vuông tại A , cạnh 2  BC a và  0 60  ABC . Biết tứ giác   BCC B là hình thoi có   B BC nhọn. Mặt phẳng     BCC B vuông góc với   ABC và mặt phẳng     ABB A tạo với   ABC góc 0 45 . Thể tích khối lăng trụ .    ABC A B C bằng A. 3 7 7 a . B. 3 3 7 7 a . C. 3 6 7 7 a . D. 3 7 21 a . Lời giải Chọn B Có                     BCC B ABC BCC B ABC BC . Do đó trong     BCC B kẻ  B H vuông góc với BC tại H thì     B H ABC hay  B H là chiều cao của hình lăng trụ. Trong   ABC kẻ HK vuông góc với AB tại K . Khi đó   AB B HK   . Ta có               , ABB A ABC AB B HK AB B HK ABB A B K B HK ABC KH                      Góc giữa     ABB A và   ABC chính là góc giữa B K  và KH .  B HK vuông tại H nên  B KH  là góc nhọn. Do đó  45 B KH    .  B HK vuông tại H có  45 B KH    B HK    vuông cân tại H B H KH    . Xét hai tam giác vuông B BH  và BKH , ta có   3 tan sin sin 60 . 2         B H KH B BH ABC BH BH    2 2 1 1 21 sin 1 cos 1 1 3 7 tan 1 1 4 B H B BH B BH B B B BH                       . 21 2 21 . 7 7 a B H B B      (vì   BCC B là hình thoi có cạnh 2  BC a ). Ta có     2 0 0 1 1 1 1 3 3 . .cos 60 .sin 60 .2 . .2 . 2 2 2 2 2 2 ABC a S AB AC BC BC a a     . Vậy 2 3 . 2 21 3 3 7 . . 7 2 7 ABC A B C ABC a a a V B H S        . Câu 26. (Chuyên Thái Nguyên - 2020) Cho hình chóp . S ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân đỉnh B , 4 AB  , 12 SA SB SC    . Gọi , , M N E lần lượt là trung điểm của , , AC BC AB . Trên cạnh SB lấy điểm F sao cho 2 3 BF BS  . Thể tích khối tứ diện MNEF bằng K H C A B' C' A' BTỔNG HỢP: NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 22 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ A. 8 34 3 . B. 4 34 3 . C. 8 34 9 . D. 16 34 9 . Lời giải Chọn C Vì SA SB SC   nên hình chiếu của S lên   ABC là tâm đường tròn ngoại tiếp ABC , suy ra   SM ABC  . Từ 4 4 2 AB AC    . Tam giác SAM vuông tại M nên   2 2 2 2 12 2 2 2 34 SM SA AM      . Thể tích 2 2 . 1 1 1 1 1 16 34 4 2 34 3 3 2 3 2 3 S ABC ABC V S SM AB SM             . Suy ra thể tích     . 1 1 1 2 1 1 32 34 8 34 , 3 3 4 3 12 12 3 9 MNEF MNE ABC S ABC V S d F MNE S SM V              . Câu 27. (Chuyên Vĩnh Phúc - 2020) Cho hình vuông ABCD cạnh a . Trên đường thẳng vuông góc với   ABCD tại A lấy điểm S di động không trùng với A . Hình chiếu vuông góc của A lên , SB SD lần lượt tại H , K . Tìm giá trị lớn nhất của thể tích khối tứ diện ACHK . A. 3 6 32 a . B. 3 6 a . C. 3 3 16 a . D. 3 2 12 a . Lời giải Chọn C Cách 1: TÀI LIỆU VD-VDC TRÍCH TỪ CÁC ĐỀ THI THỬ TNTHPT 2020 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 23 Ta có 2 . 1 . 3 6 S ABD ABD a x V S SA   . Lại có   2 2 4 . 2 2 2 . . . S AHK S ABD V SH SK SA SA x V SB SD SB SD x a                     4 2 5 . . 2 2 2 2 2 2 . 6 S AHK S ABD x a x V V x a x a      . Gọi , , O AC BD G SO HK I AG SC       . Ta có       , BC AB BC SAB BC AH AH SAB BC SA           . Lại có   AH SB AH SBC AH SC AH BC          . Chứng minh tương tự ta có AK SC  . Vì     , SC AK SC AHK AI AHK SC AI SC AH           . Xét tam giác SAC vuông tại A , đặt 0 SA x   và có 2 AC a  , AI SC  2 2 2 2 2 2 2 IC AC a a CI SI IS AS x x            .   2 2 4 3 . 2 2 2 2 2 1 1 2 2 . . . . 3 3 3 ACHK AHK AHK S AHK a a a x V S CI S SI V x x x a       . Ta lại có     2 2 2 2 3 3 2 2 2 2 2 2 2 3 3 16 3 3 3 16 3 3 AM GM x x x x a x x a a a x a                 (Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 3 x a  ). Suy ra 4 3 3 3 3 . 3 16 16 ACHK ACHK a a V V a    . Vậy giá trị lớn nhất của thể tích khối tứ diện ACHK bằng 3 3 16 a khi 3 x SA a   . Cách 2: TỔNG HỢP: NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 24 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Đặt , 0 SA x x   2 2 . . . 1 3 2 6 S ABCD S ABD S ABCD a x a x V V V      . Gọi O AC BD O    là trung điểm của AC         , , d A HOK d C HOK   2 AHOK CHOK ACHK AHOK V V V V     . Xét tam giác SAB vuông tại , A có 2 2 2 2 2 SH SA x AH SB SB SB x a      . Tương tự trong tam giác SAD ta cũng có 2 2 2 SK x SD x a   . Lại có       4 4 2 5 . . . 2 2 2 2 2 2 2 2 2 . . . 6 S AHK S AHK S ABD S ABD V SH SK x x a x V V V SB SD x a x a x a         . Mặt khác             2 2 2 2 2 2 , , , d H ABCD BH a a x d H ABCD BS x a x a d S ABCD       Mà 2 1 2 4 ABO ABD a S S       4 . 2 2 1 1 . , . 3 12 H ABO ABO a x V S d H ABO x a     . Tương tự, ta có 4 . 2 2 1 . 12 K ADO a x V x a   .     2 2 5 4 . . 2 2 2 2 2 1 2 2 2 . 6 6 6 ACHK AOHK S ABD S AHK HABO KADO a x a x a x V V V V V V x a x a                      4 3 2 2 2 . 3 ACHK a x V x a    . Xét hàm số     3 2 2 2 x f x x a   trên khoảng   0;   . Ta có         2 2 2 3 2 2 3 ; 0 3 x a x f x f x x a x a         Bảng biến thiên TÀI LIỆU VD-VDC TRÍCH TỪ CÁC ĐỀ THI THỬ TNTHPT 2020 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 25 Quan sát bảng biến thiên, ta thấy   f x đạt giá trị lớn nhất khi 3 x a  Vậy giá trị lớn nhất của ACHK V bằng     3 4 3 2 2 2 3 3 . 3 16 3 a a a a a         khi 3 SA a  . Câu 28. (Chuyên Vĩnh Phúc - 2020) Cho khối lăng trụ đứng . ABC A B C    có đáy là tam giác đều. Mặt phẳng   A BC  tạo với đáy góc 0 30 và tam giác A BC  có diện tích bằng 8 . Tính thể tích V của khối lăng trụ đã cho. A. 64 3 . B. 2 3 . C. 16 3 . D. 8 3 . Lời giải Chọn D Gọi I là trung điểm cạnh BC . Vì . ABC A B C    là lăng trụ đứng có đáy là tam giác đều nên . ABC A B C    là khối lăng trụ đều. Do đó ta có: A B A C    . Suy ra tam giác A BC  cân tại A  A I BC    . Mặt khác: tam giác ABC đều AI BC   . Suy ra   BC A IA   . Vậy góc giữa mặt phẳng   A BC  và mặt đáy bằng góc  0 30 A IA   . Ta có: tam giác ABC là hình chiếu của tam giác A BC  trên mặt đáy nên 0 .cos 8.cos30 4 3 ABC A BC S S      . I C B A C' B' A'TỔNG HỢP: NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 26 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Đặt AB x  2 3 4 3 4 4 ABC x S x      . Ta có:  3 2 3 .tan 2 2 x AI AA AI AIA        . Suy ra: . . 2.4 3 8 3 ABC A B C ABC V AA S        . Câu 29. (Đại Học Hà Tĩnh - 2020) Cho khối tứ diện ABCD có thể tích V . Gọi 1 2 3 4 ,G , , G G G là trọng tâm của bốn mặt của tứ diện ABCD . Thể tích khối tứ diện 1 2 3 4 G G G G là: A. 12 V . B. 4 V . C. 27 V . D. 18 V . Lời giải Chọn C Gọi , , H E F lần lượt là trung điểm , , BD BC CD Ta có   3 4 3 4 2 / / HE 1 3 AG AG G G AE AH    Tương tự   3 2 2 3 2 / / HF 2 3 AG AG G G AF AH    Từ         4 2 3 1 , 2 / / G G G DBC              1 2 3 4 2 1 ; G ; ; 3 d G G G G d BCD d A BCD    Tam giác 2 3 4 G G G đồng dạng tam giác HEF là 2 3 2 2 3 G G AG HF AF   2 3 4 2 2 4 1 1 . . . 3 9 4 9 G G G HEF ABC ABC S S S S          Thể tích khối tứ diện 1 2 3 4 G G G G là:     2 3 4 1 2 3 4 1 ; . 3 G G G V d G G G G S       1 1 . ; 3 3 d A BCD 1 1 . 9 27 27 ABC ABCD V S V   Câu 30. (ĐHQG Hà Nội - 2020) Hình lăng trụ đều . ' ' ' ABC A B C có đáy . AB a  Trên ' BB lấy M sao cho ' 2 . B M BM  Cho biết ' ' . A M B C  Tìm thể tích của lăng trụ đều. A. 2 3 3 . 16 a B. 3 3 3 . 8 a C. 3 3 . 8 a D. 3 3 . 4 a Lời giải Chọn C TÀI LIỆU VD-VDC TRÍCH TỪ CÁC ĐỀ THI THỬ TNTHPT 2020 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 27 Chọn 1. a  Gọi ' AA x  . Ghép hệ trục toạ độ Oxyz vào hình vẽ với AC Oy  suy ra       3 1 3 1 3 1 2 0;0;0 , ' 0;0; , ; ;0 ; ' ; ; ; 0;1;0 ; ; 2 2 2 2 2 2 3 x A A x B B x C M                           3 1 2 3 1 ; ; ; ; ; . 2 2 3 2 2 x MA CB x                                    Mà 2 3 1 2 3 . 0 . 0 2 4 3 2 x MACB x x                               . Vậy thể tích của lăng trụ đều là: 2 3 3 3 3 . . 4 2 8 a a  Câu 31. (Sở Hưng Yên - 2020) Khối chóp có đáy là hình bình hành, một cạnh đáy bằng a và các cạnh bên đều bằng 2 a . Thể tích của khối chóp có giá trị lớn nhất là A. 3 2 6a . B. 3 8a . C. 3 2 6 3 a . D. 3 7 12 a . Lời giải Chọn D Gọi AC BD O   . Ta có   2 SO AC SA SB SC SD a SO ABCD SO BD             . O  là tâm đường tròn ngoại tiếp hình bình hành ABCD ABCD  là hình chữ nhật. Không mất tính tổng quát, giả sử AD a  và đặt   2 2 1 , 0 2 AB x x OA x a      . Xét SOA  vuông tại O , ta có 2 2 2 2 2 2 2 1 2 7 4 2 x a SO SA OA a SO a x         . ' C ' B ' A M C B ATỔNG HỢP: NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 28 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Lại có . ABCD S a x  nên   2 2 2 3 2 2 . 7 1 1 7 . . . 7 . 3 6 6 2 12 AM GM S ABCD ABCD x a x a a V S SO a x a x         Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 14 2 a x  . Vậy thể tích lớn nhất của khối chóp đã cho là 3 7 12 a . Câu 32. (Sở Phú Thọ - 2020) Cho khối lăng trụ . ' ' ' ABC A B C có đáy ABC là tam giác vuông tại , A , 2 AB a BC a   . Hình chiếu vuông góc của đỉnh ’ A lên mặt phẳng   ABC là trung điểm của cạnh H của cạnh AC . Góc giữa hai mặt phẳng   ' ' BCB C và   ABC bằng 0 60 . Thể tích khối lăng trụ đã cho bằng: A. 3 3 3 4 a . B. 3 3 8 a . C. 3 3 3 8 a . D. 3 3 16 a . Lời giải Chọn C Ta có 3 BC a  . Từ H kẻ HI vuông góc với BC . Ta có HIC BAC    nên . 3 4 HI HC AB HC a HI AB BC BC     . Gọi K là trung điểm của ’ ’ A C . từ K kẻ KM vuông góc với ’ ’ B C . Tứ giác KMIH là hình bình hành nên 3 4 a KM IH   . Gọi N là điểm trên ’ ’ B C sao cho M là trung điểm của ’ C N 3 ' 2 2 a A N KM    . Do   ' A H ABC  nên     ' A NIH ABC  . Mà ' A N HI  nên  HIN là góc tù. Suy ra   0 0 120 ' 60 HIN A NI    . Gọi ’ H là hình chiếu của I lên ’ A N suy ra ’ H là trung điểm của ’ A N . 0 3 ' ' '.tan 60 4 a A H IH NH     . 2 3 3 3 3 3 ' . . 4 2 8 ABC a a a V A H S     . TÀI LIỆU VD-VDC TRÍCH TỪ CÁC ĐỀ THI THỬ TNTHPT 2020 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 29 Câu 33. (Sở Phú Thọ - 2020) Cho khối chóp . S ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB a  , SA vuông góc với mặt phẳng đáy và SA a  . Góc giữa hai mặt phẳng   SBC và   SCD bằng  , với 1 os 3 c   . Thể tích của khối chóp đã cho bằng A. 3 2 3 a . B. 3 2 a . C. 3 2 2 3 a . D. 3 2 3 a . Lời giải Chọn A Đặt AD m  , 0 m  . Chọn hệ trục tọa độ Oxyz như hình vẽ, gốc tọa độ trùng với A , tia , , Ox Oy Oz lần lượt trùng với các tia , , AS AB AD .Khi đó tọa độ của các điểm là:         ;0;0 ; 0; ;0 ; ; ;0 ; 0;0; B a D m C a m S a       ;0; ; 0; ;0 , ;0; SB a a BC m SB BC ma ma                              0; ; ; ;0;0 , 0; ; SD m a DC a SD DC a ma                            Véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng   SBC là   , ;0; SB BC ma ma             , của mặt phẳng   SCD là   2 , 0; ; SD DC a ma                . Theo giả thiết:   2 2 2 2 2 2 2 1 1 os 3 2 2. 3 3 . . 2 m a c m a m m a a a m ma           Thể tích khối chóp . S ABCD bằng 3 1 1 2 . . . . . 2 3 3 3 ABCD a V SA S a a a    . Câu 34. (Sở Hà Tĩnh - 2020) Cho hình lập phương . ABCD A B C D     có thể tích V . Gọi M là điểm thuộc cạnh BB  sao cho 2 BM MB   . Mặt phẳng ( )  đi qua M và vuông góc với AC  cắt các cạnh , , DD DC BC  lần lượt tại , , N P Q . Gọi 1 V là thể tích khối đa diện CPQMNC  . Tính tỷ số 1 V V A. 31 162 . B. 35 162 . C. 34 162 . D. 13 162 . Lời giải Chọn B m a a D C B A x y zTỔNG HỢP: NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 30 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Theo giả thiết ( ) ,( ) ,( ) DD N CD P BC Q           . Từ tính chất của hình lập phương ta có ( ) ACC BD   suy ra BD AC   do đó //( ) BD  , từ đây ta suy ra // ; // MN BD PQ BD do vậy ta có 2 DN ND   . Ta xác định vị trí , P Q như sau: Ta có ( ) AB B C B C ABC B C AC BC B C                 vì vậy ( )//B C   do đó // MQ B C  , vậy ta được 2 BQ QC  , và theo trên // PQ BD ta lại có 2 DP PC  . Vậy các điểm , , , M N P Q hoàn toàn được xác định. Gọi S là điểm trên cạnh CC  thỏa mãn 2 CS SC   và R là điểm trên đường thẳng CC  thỏa mãn MB CR  là hình bình hành. Khi đó ta có R nằm trên mặt phẳng ( )  và ( )//( ) MNS A B C D     Đặt 0 2 ; RCPQ C MSN V V V V    khi đó 1 RMNS C MSN RCPQ V V V V     Đặt cạnh của hình lập phương là 3 AB x  ta có 3 3 3 3 3 (3 ) 27 1 9 . . 6 2 1 3 . . 6 2 1 . . 6 6 RMNS C MSN RCPQ V x x V SN SM SR x x V SM SN SC x V CP CQ CR                      do đó 3 3 2 1 3 9 3 35 2 2 6 27 162 x x x V V x     Vậy 1 35 162 V V  . Câu 35. (Sở Ninh Bình) Cho lăng trụ . ABCD A B C D     có đáy ABCD là hình chữ nhật với 6 AB  , 3 AD  , 3 A C   và mặt phẳng   AA C C   vuông góc với mặt đáy. Biết hai mặt phẳng   AA C C   ,   AA B B   tạo với nhau góc  có 3 tan 4   . Thể tích của khối lăng trụ . ABCD A B C D     là A. 12 V  . B. 6 V  . C. 8 V  . D. 10 V  . Lời giải Chọn C TÀI LIỆU VD-VDC TRÍCH TỪ CÁC ĐỀ THI THỬ TNTHPT 2020 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 31 Gọi M là trung điểm của AA  . Kẻ A H  vuông góc với AC tại H , BK vuông góc với AC tại K , KN vuông góc với AA  tại . N Do     AA C C ABCD    suy ra   A H ABCD   và   BK AA C C BK AA         AA BKN AA NB       suy ra         , AA C C AA B B KNB        . Ta có: ABCD là hình chữ nhật với 6 AB  , 3 AD  suy ra 3 BD AC   Suy ra ACA   cân tại C . Suy ra // CM AA KN CM    AK AN NK AC AM MC    . Xét ABC  vuông tại B có BK là đường cao suy ra . 2 BA BC BK AC   và 2 2 . 2 AB AB AK AC AK AC     Xét NKB  vuông tại K có  3 tan tan 4 KNB    3 4 2 4 3 KB KN KN     . Xét ANK  vuông tại N có 4 2 3 KN  , 2 AK  suy ra 2 3 AN  . 2 4 2 1 2 2 3 3 3 2 2 AM AA AM MC CM               . Ta lại có: . 2 2.2 4 2 . . 3 3 CM AA A H AC CM AA A H AC          Suy ra thể tích khối lăng trụ cần tìm là: 4 2 . . . 6. 3 8 3 V A H AB AD     . Câu 36. (Sở Bắc Ninh - 2020) Cho tứ diện ABCD có thể tích bằng 18. Gọi 1 A là trọng tâm của tam giác BCD ;   P là mặt phẳng qua A sao cho góc giữa   P và mặt phẳng   BCD bằng 0 60 . Các đường thẳng qua ; ; B C D song song với 1 AA cắt   P lần lượt tại 1 1 1 ; ; B C D . Thể tích khối tứ diện 1 1 1 1 A B C D bằng? A. 12 3 B. 18 C. 9 3 D. 12 Lời giải Chọn B α N M B' C' D' C A D B H A' KTỔNG HỢP: NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 32 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Từ giả thiết 1 A là trọng tâm tam giác BCD nên ta suy ra A cũng là trọng tâm tam giác 1 1 1 B C D . Do đó 1 1 . . . 3 3 A BCD A A BC B AA C V V V   và 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 . . . 3 3 A B C D A AB C B AA C V V V   . Mặt khác do quan hệ song song nên     1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ; ; . . B AA CC B AA CC B AA C B AA C AA C AA C d d V V S S                    Vậy nên 1 1 1 1 . . 18 A B C D A BCD V V   Câu 37. (Sở Bình Phước - 2020) Cho hình chóp đều . S A B C D có đáy A B C D là hình vuông cạnh , a cạnh bên bằng 2 . a Xét điểm M thay đổi trên mặt phẳng   SCD sao cho tổng      2 2 2 2 2 Q M A M B MC M D MS nhỏ nhất. Gọi 1 V là thể tích của khối chóp . S A B C D và 2 V là thể tích của khối chóp . . M A C D Tỉ số 2 1 V V bằng A. 1 1 1 4 0 . B. 2 2 3 5 . C. 1 1 7 0 . D. 1 1 3 5 . Lời giải Chọn C Gọi O là tâm hình vuông A B C D và I là điểm trên đoạn thẳng S O sao cho         4 0 I O I S Ta có:                                        2 2 2 2 2 Q MO OA MO OB MO O C MO O D MS                                       2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 4 4 4 5 4 4 . M O M S O A M I I O M I I S O A M I I O I S O A 1 C 1 D 1 B 1 A B C D A TÀI LIỆU VD-VDC TRÍCH TỪ CÁC ĐỀ THI THỬ TNTHPT 2020 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 33 Vì    2 2 2 4 4 I O IS O A c o n s t nên Q nhỏ nhất  M I nhỏ nhất  M là hình chiếu của I trên ( ) . S C D Gọi E là trung điểm , C D H là hình chiếu của O trên   ( ) , . S C D M H S E Ta có    6 7 3 , , . 2 2 7 a a a S O SE SH Vì   4 5 S M S I S H S O       1 2 1 1 5 7 10 7 a a S M M E SE SM . Ta có        , ( ) 1 1 , ( ) 35 d M A B C D M E d S A B C D S E        2 1 1 , ( ) . 1 1 1 1 1 3 . . 1 35 2 70 , ( ) . 3 ACD ABCD d M ABCD S V V d S AB C D S . Câu 38. (Sở Yên Bái - 2020) Cho hình chóp . S ABC có A B C là tam giác đều cạnh 3 a ,   0 9 0 S AB S CB   , góc giữa ( ) S AB và ( ) S CB bằng 0 6 0 . Thể tích khối chóp . S ABC bằng A. 3 3 2 8 a . B. 3 2 3 a . C. 3 2 24 a . D. 3 9 2 8 a . Lời giải Chọn D Trong mặt phẳng ( ) AB C lấy D nằm trên đường trung trực của A C sao cho ( ) S D A B C  và   0 90 B CD B AD     0 90 S A B S CB    Gọi 2 2 3 3 B C O A C B D B D a C D a O B        Dựng A M S B  , do   ( ( ), ( ) ) ( , ) SA B SC B CM SB S AB SC B A M C M        + Nếu  0 0 60 3 si n30 O C AM C M C a B C      vô lí vì tam giác M B C vuông tại M + Nếu  0 0 3 2 3 6 12 0 3 2 2 si n60 O C a a AM C M C SC SB         2 3 2 2 . 6 1 1 9 3 6 9 3 . . . . 2 3 3 4 2 8 S AB C A BC a a a a S D SB B D V S SD        Câu 39. (Bỉm Sơn - Thanh Hóa - 2020) Cho hình chóp có đáy là tam giác vuông tại , , , hai mặt phẳng , cùng vuông góc với mặt đáy, mặt bên tạo với đáy góc . Thể tích khối chóp là . S ABC A  0 30 ABC  BC a    SAB   SAC   SBC 0 45 . S ABCTỔNG HỢP: NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 34 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ A. . B. . C. . D. . Lời giải Chọn D Ta có . Vậy . Ta có là một nửa tam giác đều có cạnh nên . . Từ kẻ tại ta có . Suy ra tam giác vuông cân tại . Trong tam giác vuông tại đường cao ta có . Vậy . Câu 40. (Đô Lương 4 - Nghệ An - 2020) Cho hình lăng trụ . ABC A B C    có đáy ABC là tam giác vuông tại A , cạnh 2 BC a  và  60 ABC   . Biết tứ giác BCC B   là hình thoi có  B BC  nhọn. Biết   BCC B   vuông góc với   ABC và   ABB A   tạo với   ABC góc 45  . Thể tích của khối lăng trụ . ABC A B C    bằng A. 3 7 a . B. 3 3 7 a . C. 3 6 7 a . D. 3 3 7 a . Lời giải Chọn B 3 64 a 3 16 a 3 9 a 3 32 a A B C S M               SAB ABC SAC ABC SA ABC SAB SAC SA            . 1 . . 3 S ABC ABC V SA S   ABC BC a  3 , 2 2 a a AC AB   2 1 1 3 3 . . 2 2 2 2 8 ABC a a a S AB AC     A AM BC  M           0 , , 45 ABC SBC SM AM SMA SMA     SAM A SA AM   ABC A AM 3 . . 3 3 2 2 . . 4 4 a a AB AC a a AB AC AM BC AM SA BC a        2 3 . 1 1 3 3 . . 3 3 4 8 32 S ABC ABC a a a V SA S     TÀI LIỆU VD-VDC TRÍCH TỪ CÁC ĐỀ THI THỬ TNTHPT 2020 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 35 Gọi H là chân đường cao hạ từ B  của tam giác B BC  . Do góc  B BC  là góc nhọn nên H thuộc cạnh BC .   BCC B   vuông góc với   ABC suy ra B H  là đường cao của lăng trụ . ABC A B C    . BCC B   là hình thoi suy ra 2 BB BC a    . Tam giác ABC vuông tại A , cạnh 2 BC a  và  60 ABC   suy ra AB a  , 3 AC a  . Gọi K là hình chiếu của H lên AB , do tam giác ABC là tam giác vuông tại A nên // HK AC 2 BK BH BH BK BA BC     . Khi đó mặt phẳng   B HK  vuông góc với AB nên góc giữa hai mặt phẳng   ABB A   và   ABC là góc  B KH  . Theo giả thiết,  45 2 B KH B K h       , với B H h   . Xét tam giác vuông B BH  có 2 2 2 B H BH B B     hay   2 2 2 4 4 1 h BK a   . Xét tam giác vuông 2 2 2 : B BK B K BK B B      hay   2 2 2 2 4 2 h BK a   . Từ   1 và   2 ta có 2 3 7 a h  . Vậy thể tích khối lăng trụ . ABC A B C    bằng 3 1 3 . . . 2 7 ABC a V S h AB BC h    . Câu 41. (Hậu Lộc 2 - Thanh Hóa - 2020) Cho hình chóp tam giác đều . S ABC có cạnh bên tạo với đường cao một góc 30 o , O là trọng tâm tam giác ABC . Một hình chóp đều thứ hai . ' ' ' O A B C có S là tâm của tam giác ' ' ' A B C và cạnh bên của hình chóp . ' ' ' O A B C tạo với đường cao một góc 60 o sao cho mỗi cạnh bên , , SA SB SC lần lượt cắt các cạnh bên ', ', '. OA OB OC Gọi 1 V là phần thể tích phần chung của hai khối chóp . S ABC và . ' ' ', O A B C 2 V là thể tích khối chóp . S ABC . Tỉ số 1 2 V V bằng: A. 9 . 16 B. 1 . 4 C. 27 . 64 D. 9 . 64 Lời giải Chọn A K C' A' A C B B' HTỔNG HỢP: NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 36 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Gọi ' ; ' ; ' E OA SA F OB SB G OC SC       Theo hình vẽ thể tích 1 2 . ; SEFGO S ABC V V V V   Đặt SO x  Do . S ABC là hình chóp đều và O là tâm tam giác ABC nên   SO ABC  Do . ' ' ' O A B C là hình chóp đều và S là tâm tam giác ' ' ' A B C nên   ' ' ' OS A B C  Từ đó ta có     / / ' ' ' / / ' ABC A B C OA SA  và ; ' SO OA OS SA   Ta có theo dữ kiện bài toán ta có   30 ; ' 60 o o ASO A OS   Ta có TÀI LIỆU VD-VDC TRÍCH TỪ CÁC ĐỀ THI THỬ TNTHPT 2020 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 37 3 3 2 2 2 3 2 3 2 3 1 ' 2 ' 2 1 3 2 2 3 ' 3 ' 3 SE x x SE OE SO SO x SA SA SO OA x OA OA SA x OA SA SA SA x SO                   Ta có: 3 2 . . . 3 2 3 3 2 ' '. . ' ' ' '. 3 3 2 3 AB OA AB OA x A B SA A B SA x         Ta có:   2 3 2 . 2 3 . ' ' ' 1 3 3 . . 3 4 12 3 3 1 .3 3 . . 3 4 4 S ABC O A B C x x V V x x x V x      Ta có: 3 3 3 . . . 3 3 3 . . . ' ' ' . ' ' ' 3 27 27 3 2 . . . 64 64 12 2 3 3 1 1 1 .3 3 2 . . . ' ' ' ' 2 64 64 64 4 S EFG S EFG S ABC O EFG O EFG O A B C O A B C x V SE SF SG SE x V V SA SB SC SA x x V OE OF OG OE x V V V OA OB OC OA x                                                3 3 1 1 . . 3 2 3 3 3 3 9 64 64 16 3 12 S EFG O EFG x x V V V V V x       Câu 42. (Kim Liên - Hà Nội - 2020) Cho hình chóp tứ giác đều . S ABCD có tất cả các cạnh đều bằng a , tâm của đáy là O . Gọi , M N tương ứng là trung điểm các cạnh , SA SC . Gọi E là giao điểm của SD và mặt phẳng   BMN . Tính thể tích V của khối chóp . O BMEN . A. 3 2 18 a V  . B. 3 2 24 a V  . C. 3 2 12 a V  . D. 3 2 36 a V  . Lời giải Chọn D TỔNG HỢP: NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 38 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Gọi K MN SO   , khi đó BK cắt SD tại E . Kẻ / / OO BE  . Do MN là đường trung bình của SAC  nên K là trung điểm của SO . Suy ra . . O BMEN S BMEN V V  . Ta có: . . 1 . . 2 S BME S BAD V SM SE SE V SA SD SD   và . . 1 . . 2 S BNE S BCD V SN SE SE V SC SD SD   . Suy ra . . . . 1 . . 2 S BMEN S BME S BNE S ABCD SE V V V V SD    . Vì / / OO BE O    là trung điểm của ED . Mặt khác: / / KE OO  E  là trung điểm của SO  . Do đó SE EO O D     1 3 SE SD   . Suy ra . . 1 6 S BMEN S ABCD V V  Ta có: 2 ABCD S a  . Xét SOA  vuông tại O có: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 BD a a SO SA OA SA a                      . Do đó: 3 . 1 2 . 3 6 S ABCD ABCD a V S SO   . Vậy 3 3 . 1 2 2 . 6 6 36 S BMEN a a V   . Câu 43. (Kim Liên - Hà Nội - 2020) Cho khối tứ diện ABCD có cạnh AC , BD thỏa mãn 2 2 16 AC BD   và các cạnh còn lại đều bằng 6 . Thể tích khối tứ diện ABCD đạt giá trị lớn nhất bằng A. 32 2 3 . B. 16 2 3 . C. 16 3 3 . D. 32 3 3 . Lời giải Chọn B TÀI LIỆU VD-VDC TRÍCH TỪ CÁC ĐỀ THI THỬ TNTHPT 2020 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 39 Gọi I , K lần lượt là trung điểm của AC , BD . Ta có:   , 2. ABCD ABID AC IB AC ID AC BID V V       1 1 1 1 . . . . 3 3 2 2 ABID IBD V AI S AC IK BD   (Do IB ID  nên tam giác IBD cân tại I ) 2 16 BD AC   ; 0 4 AC   2 2 2 2 2 2 2 2 2 32 2 4 4 4 4 IB ID BD BD AC BD IK ID AD          4 2 IK     2 2 1 2 2 2. . .4 2 16 . . 16 , 0 4 12 3 ABCD V AC AC AC AC AC       Đặt t AC  , (0 4) t   . Xét 2 ( ) 16 ,(0 4) f t t t t     Ta có: Vậy thể tích khối tứ diện cần tìm đạt giá trị lớn nhất là 16 2 3 . Tìm giá trị lớn nhất của thể tích, ta có thể dùng cách khác như sau: Áp dụng BĐT Cauchy cho 2 số: 2 AC và 2 16 AC  Ta có:   2 2 2 2 16 2 16 AC AC AC AC     2 . 16 8 AC AC    Đẳng thức xảy ra 2 2 16 2 2 AC AC AC      Vậy thể tích khối tứ diện cần tìm đạt giá trị lớn nhất là 16 2 3 . Câu 44. (Lê Lai - Thanh Hóa - 2020) Cho hình chóp đều có cạnh đáy bằng . Mặt bên tạo với đáy góc . Mặt phẳng chứa và tạo với đáy góc và cắt lần lượt tại và . Tính thể tích của khối chóp theo . A. . B. . C. . D. Lời giải Chọn D . S ABCD a 60 o   P AB 30 o , SC SD M N V . S ABMN a 3 3 6 a V  3 5 3 48 a V  3 3 8 a V  3 3 16 a V TỔNG HỢP: NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 40 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Gọi     AC BD O SO ABCD     (vì . S ABCD là hình chóp đều) Gọi , I J lần lượt là hình chiếu vuông góc của O trên , DC AB và gọi           , 60 o SO P E SDC ABCD SOI      và       , 30 o P ABCD EJO   . Khi đó tam giác SIJ đều. Mà 1 30 2 o E JO SJI   JE  là phân giác của góc SJI F  là trung điểm của   1 SI (với   JE SI F   ). Mặt khác     // // // 2 CD AB CD P CD MN   Từ   1 và   2 suy ra MN là đường trung bình trong tam giác 1 2 SM SN SBC SC SD    Khi đó ta có . . . . . . . . . . 1 1 1 2 2 4 1 1 1 1 1 . . 2 2 4 4 8 S ABM S ABM S ABC S ABCD S ABC S AMN S AMN S ACD S ABCD S ACD V SM V V V V SC V SM SN V V V V SC SD                     . . . . . . 1 1 3 * 4 8 8 S ABMN S ABM S AMN S ABCD S ABCD S ABCD V V V V V V       Tam giác SIJ đều cạnh a   3 2 . 3 1 1 3 3 . . . 2* 2 3 3 2 6 S ABCD ABCD a a a SO V SO S a       Thay   2* vào   * ta được 3 3 . 3 3 3 . 8 6 16 S ABMN a a V   Câu 45. (Liên trường Nghệ An - 2020) Cho hình chóp . S ABC , đáy là tam giác ABC có 5 AB BC  , 2 2 AC BC  , hình chiếu của S lên   ABC là trung điểm O của cạnh AC . Khoảng cách từ A đến   SBC bằng 2 . Mặt phẳng   SBC hợp với mặt phẳng   ABC một góc  thay đổi. Biết rằng giá trị nhỏ nhất của thể tích khối chóp . S ABC bằng a b , trong đó * , a b   , a là số nguyên tố. Tổng a b  bằng A. 8 . B. 7 . C. 6 . D. 5. Lời giải Áp dụng định lý Hê-rông trong tam giác ABC ta được diện tích 2 ABC S BC  . 60 o 30 o J N O S E F A B C D M I TÀI LIỆU VD-VDC TRÍCH TỪ CÁC ĐỀ THI THỬ TNTHPT 2020 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 41 Từ O kẻ OI BC  tại I , suy ra góc tạo bởi   SBC và   ABC là  SIO   . Từ O kẻ OH SI  tại H thì         , 2 , 1 d A SBC d O SBC OH OH     . Tam giác OHI vuông tại H nên 2 1 sin sin OH OI     . Tam giác SOI vuông tại O nên 1 tan tan sin cos OH SO OI          . Mà diện tích   2 2 2 2 1 2 , 2 sin ABC ABC ABC S S BC OI d A BC BC OI BC S OI BC            . Thể tích khối chóp là 2 1 1 1 1 3 3 sin cos ABC V S SO        . Xét hàm số     2 3 1 f x x x x x      trên   0;1 ,   2 3 1 f x x     ,   3 0 3 f x x     . Bảng biến thiên Suy ra     2 3 , 0;1 9 f x x    . Do đó   2 2 2 3 1 1 1 1 9 3 1 cos cos 9 3 1 cos cos 3 2 2 3 x x V             . Vậy 3, 2 5 a b a b      . Câu 46. (Lý Nhân Tông - Bắc Ninh - 2020) Xét khối chóp . S ABC có đáy là tam giác vuông cân tại A , SA vuông góc với đáy, khoảng cách từ A đến mặt phẳng   SBC bằng 3. Gọi  là góc giữa hai mặt phẳng   SBC và  , ABC tính cos  để thể tích khối chóp . S ABC nhỏ nhất. A. 3 cos . 3   B. 2 cos . 3   C. 1 cos . 3   D. 2 cos . 2   Lời giải Chọn A TỔNG HỢP: NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 42 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Gọi H là trung điểm của BC AH BC   (vì tam giác ABC vuông cân tại A ). Ta có         . AH BC cmt BC SAH BC SH SA BC SA ABC             Ta có              , , . ABC SBC BC AH BC ABC SBC AH SH SHA SH BC               Kẻ AK SH  , với K SH  . Ta có             , 3. AK SH gt AK SBC d A SBC AK AK BC BC SAH              Tam giác SHK vuông tại K có 3 . sin sin AK AH     Tam giác SAK vuông tại K có   3 . sin 90 cos AK SA       Tam giác ABC vuông cân tại A có H là trung điểm của 6 2 sin BC BC AH     và 6 . 2 2 sin BC AB AC     Vậy 2 1 1 6 6 9 . . . . 2 2 sin 2 sin 2 sin ABC S AB AC         . 2 2 1 1 9 3 9 . . . . 3 3 sin cos 1 cos cos S ABC ABC V S SA         Xét hàm số   2 1 cos cos y     với 0; 2          . Đặt     2 3 cos 0;1 1 t t y t t t t          Suy ra     2 3 0;1 3 1 3 0 3 0;1 3 t y t t                 . Ta có     3 2 3 0 0, 1 0, . 3 9 y y y            Vậy để thể tích khối chóp nhỏ nhất thì   2 1 cos cos    lớn nhất bằng 2 3 9 khi 3 cos . 3   Câu 47. (Nguyễn Huệ - Phú Yên - 2020) Cho hình hộp . ABCD A B C D     có chiều cao 8 và diện tích đáy bằng 11. Gọi M là trung điểm của , AA N  là điểm trên cạnh BB  sao cho 3 BN B N   và P là điểm trên cạnh CC  sao cho 6 5 CP C P   . Mặt phẳng   MNP cắt cạnh DD  tại Q . Thể tích của khối đa diện lồi có các đỉnh là các điểm , , , , , , A B C D M N P và Q bằng A. 88 3 . B. 42 . C. 44 . D. 220 3 . Lời giải Chọn B Trước tiên ta chứng minh bổ đề sau: TÀI LIỆU VD-VDC TRÍCH TỪ CÁC ĐỀ THI THỬ TNTHPT 2020 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 43 Cho hình lăng trụ như hình vẽ, . . 1 . 3 ABC MNP ABC A B C AM BN CP V V AA BB CC                . Chứng minh: . . . ABC MNP N ACB N ACPM V V V   . '. . 1 . . . 3 N ACB B ACB ABC A B C BN BN V V V BB BB          . . 1 . 1 2 . 2 N ACPM ACPM B ACC A ACC A CP AM V S CP AM V S AA CC AA                    . . 1 2 . . 2 3 N ACPM ABC A B C CP AM V V CC AA               Từ đó ta suy ra điều phải chứng minh. Bây giờ ta áp dụng vào giải bài toán. Ta có:             // // ADD A BCC B MQ MNP ADD A NP MQ NP MNP BCC B                   , tương tự ta cũng có // MN PQ . Do đó MNPQ là hình bình hành. Ta có OI là đường trung bình của hai hình thang AMPC và BNQD suy ra 2OI MA PC DQ NB     MA PC BN DQ AA CC BB DD         Dựa vào hình vẽ ta chia khối lăng trụ làm hai phần khi cắt bởi mặt phẳng   BDD B   . Do đó . . 44 A D B ADB BD C BDC V V        . TỔNG HỢP: NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 44 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ . . . ABCD MNPQ ABD MNQ BCD NPQ V V V   . . 1 1 . . 3 3 ABD A B D BCD B C D MA BN DQ CP BN DQ V V AA BB DD CC BB DD                               . 1 1 . 3 2 ABC A B C MA BN DQ CP BN DQ V AA BB DD CC BB DD                      . 1 3. . 3.2 ABC A B C MA CP V AA CC                    . 1 . . 2 ABC A B C MA CP V AA CC              1 1 5 . .88 42 2 2 11          Câu 48. (Nguyễn Trãi - Thái Bình - 2020) Cho hình chóp . S ABCD có đáy là hình vuông, mặt bên   SAB là một tam giác đều nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt đáy   ABCD và có diện tích bằng 27 3 4 (đvdt). Một mặt phẳng đi qua trọng tâm tam giác SAB và song song với mặt đáy   ABCD chia khối chóp . S ABCD thành hai phần, tính thể tích V của phần chứa điểm S . A. 8 V  . B. 24 V  . C. 36 V  . D. 12 V  . Lời giải Chọn D Gọi H là trung điểm AB . Do SAB  đều và     SAB ABCD  nên   SH ABCD  . Ta có 2 3 27 3 4 4 SAB AB S    3 3 AB   3 3 3. 3 9 2 2 2 AB SH       2 2 . 1 1 1 9 81 . . . . 3 3 . 3 3 3 2 2 S ABCD ABCD V S SH AB SH      (đvtt). Gọi G là trọng tâm tam giác SAB , qua G kẻ đường thẳng song song với AB , cắt SA và SB lần lượt tại M , N . Qua N kẻ đường thẳng song song với BC cắt SC tại P , qua M kẻ đường thẳng song song với AD cắt SD tại Q . Suy ra   MNPQ là mặt phẳng đi qua G và song song với   ABCD . Khi đó 2 3 SM SN SP SQ SG SA SB SC SD SH      . Có 3 . . 2 8 . . 3 27 S MNP S ABC V SM SN SP V SA SB SC          . . . . 8 8 1 4 . 27 27 2 27 S MNP S ABC S ABCD S ABCD V V V V     . TÀI LIỆU VD-VDC TRÍCH TỪ CÁC ĐỀ THI THỬ TNTHPT 2020 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 45 Có 3 . . 2 8 . . 3 27 S MPQ S ACD V SM SP SQ V SA SC SD          . . . . 8 8 1 4 . 27 27 2 27 S MPQ S ACD S ABCD S ABCD V V V V     . Vậy . . . . . . 4 4 8 8 81 . 12 27 27 27 27 2 S MNPQ S MNP S MPQ S ABCD S ABCD S ABCD V V V V V V        (đvtt). Câu 49. (Tiên Du - Bắc Ninh - 2020) Cho hai hình chóp tam giác đều có cùng chiều cao. Biết đỉnh của hình chóp này trùng với tâm của đáy hình chóp kia, mỗi cạnh bên của hình chóp này đều cắt một cạnh bên của hình chóp kia. Cạnh bên có độ dài bằng a của hình chóp thứ nhất tạo với đường cao một góc 0 30 , cạnh bên của hình chóp thứ hai tạo với đường cao một góc 0 45 . Tính thể tích phần chung của hai hình chóp đã cho? A.   3 3 2 3 64  a . B.   3 2 3 32  a . C.   3 9 2 3 64  a . D.   3 27 2 3 64  a . Lời giải Chọn C Hai hình chóp . A BCD và . A B C D     là hai hình chóp đều, có chung đường cao AA  , A là tâm của tam giác B C D    và A  là tâm của tam giác BCD . Ta có:     // BCD B C D    ; AB AC AD a    ;  BAA    ;  AA B     . Do AB cắt A B   tại M nên / / AB A B   . Gọi N là giao điểm của AC và A C   ; P là giao điểm của AD và A D   . Tương tự ta có: / / AC A C   , // AD A D   . Từ đó suy ra các cạnh của BCD  và B C D     song song với nhau từng đôi một. Ta có: ; MB A B MA AB NC A C NA AC AB AC A B A C                      MB NC MA NA   // MN BC  . Tương tự ta có: / / NP CD và // MP BD . Suy ra: MNP  là tam giác đều. Gọi H là giao điểm của OO  và   MNP , H là tâm của tam giác MNP . Trong tam giác AA D  có: .cos .cos AA AD a        1 . Đặt x MH  . Hai tam giác AHM và tam giác A HM  vuông tại H cho: β α B' A' C B D A M N P C' D' HTỔNG HỢP: NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 46 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/   .cot .cot cot cot .cot .cot AH MH x AA x A H MH x                     2 . Từ   1 và   2 suy ra:   .cos .cos cot cot cot cot a a x x            . Tam giác MNP đều có cạnh 3 MN x  nên:   2 2 2 2 2 3 3 3 3 3 cos . 4 4 4 cot cot MNP MN x a S         Phần chung của hai hình chóp . A BCD và . A B C D     là hai hình chóp đỉnh A và A  có chung nhau mặt đáy là tam giác MNP . Do đó thể tích của nó là:     3 3 2 1 1 . 3.cos . . . . 3 3 4 cot cot MNP MNP a V S AH A H S AA             Với 30    và 45    thì     3 3 2 9 2 3 9 64 32 3 1 a a V     . Câu 50. (Yên Lạc 2 - Vĩnh Phúc - 2020) Cho hình chóp . S ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , cạnh bên SA y    0 y  và vuông góc với mặt đáy   ABCD . Trên cạnh AD lấy điểm M và đặt AM x    0 x a   . Tính thể tích lớn nhất max V của khối chóp . S ABCM , biết 2 2 2 x y a   . A. 3 3 9 a . B. 3 3 3 a . C. 3 3 8 a . D. 3 3 5 a . Lời giải Chọn C Ta có:     1 1 . . 2 2 ABCM S AM BC AB x a a     . Vậy thể tích khối chóp . S ABCM là     2 1 1 1 . . 3 3 2 6 ABCM a V SA S y ax a xy ay            2 2 2 2 2 2 2 2 2 36 36 a V y x a V a x x a a        Xét hàm số       2 2 2 f x a x x a    trên khoảng   0;a . Ta có:             2 2 2 2 2 2 2 2 f x x x a a x x a x a a x             0 2 a f x x     (Vì 0 x  ) Bảng biến thiên TÀI LIỆU VD-VDC TRÍCH TỪ CÁC ĐỀ THI THỬ TNTHPT 2020 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 47 Từ bảng biến thiên suy ra:     2 2 4 2 0; 27 max 2 4 2 16 a a a a a f x f a a                        Vậy     2 2 4 3 max 0; 27 3 . . 36 36 16 8 a a a a a V max f x    . Câu 51. (Hải Hậu - Nam Định - 2020) Cho hình chóp . S ABC với các điểm , M N thứ tự nằm trên các cạnh , BC AC (khác , , A B C ) và P là giao điểm của AM và BN (hình vẽ minh họa). Biết thể tích các khối chóp SABP , SAPN , SCNP thứ tự là 30,20,10. Thể tích khối chóp . S ABC thuộc khoảng nào sau đây? A.   72;75 . B.   65;69 . C.   69;72 . D.   75;78 . Lời giải Chọn A Gọi h là chiều cao của hình chóp. Ta có . . 30 3 3 20 2 2 S ABP ABP S APN APN V S BP V S PN      . Suy ra       . . . . 1 , 3 3 3 3 2 10 15 1 2 2 2 2 , 2 CBP S CBP S CBP S CPN CPN S CPN BP d C BP S V V V S V PN d C PN               . Vậy . . . . . 30 20 10 15 75 S ABC S ABP S APN S CNP S CBP V V V V V          . Câu 52. (Kìm Thành - Hải Dương - 2020) Cho hình chóp . S ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi K là trung điểm SC . Mặt phẳng chứa AK cắt các cạnh SB , SD lần lượt tại M và N . Gọi 1 V , V theo thứ tự là thể tích khối chóp . S AMKN và khối chóp . S ABCD . Giá trị nhỏ nhất của tỉ số 1 2 V V bằng TỔNG HỢP: NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 48 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ A. 3 8 . B. 1 2 . C. 1 3 . D. 2 3 . Lời giải Chọn C Giả sử  SM x SB ,  SN y SD . Ta có ABCD là hình bình hành nên . . . 1 1 2 2    S ABC S ACD S ABCD V V V V .   . . . . . 1 1 1 1 1 . . . . . . . 2 2 2 2 4         S AMKN S AMK S AKN S ABC S ACD SM SK SK SN V V V V V x V y V V x y SB SC SC SD   1 1 4    V x y V . Mặt khác, . . . . . . . . . .     S AMKN S AMN S KMN S ABD S ABC SM SN SK SM SN V V V V V SB SD SC SB SD 1 1 1 1 3 . . 2 2 2 4     xy V xyV xy V V 1 3 4   V xy V . Do đó   1 3 3 4 4      x y xy x y xy Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có 2 4 3 2 3 9        xy x y xy xy xy Do đó 1 3 3 4 1 . 4 4 9 3    V xy V Dấu " "  xảy ra khi 3 2 3          x y xy x y x y . Vậy giá trị nhỏ nhất của 1 V V là 1 3 . Câu 53. (Lương Thế Vinh - Hà Nội - 2020) Cho hình chóp . S ABCD có đáy ABCD là hình bình hành có diện tích bằng 2 12a ; khoảng cách từ S tới mặt phẳng   ABCD bằng 4a . Gọi L là trọng tâm tam giác ACD ; gọi T và V lần lượt là trung điểm các cạnh SB và SC. Mặt phẳng   LTV chia hình chóp thành hai khối đa diện, hãy tính thể tích của khối đa diện chứa đỉnh S . A. 3 20 3 a . B. 3 8a . C. 3 28 3 a . D. 3 32 3 a . Lời giải Chọn C TÀI LIỆU VD-VDC TRÍCH TỪ CÁC ĐỀ THI THỬ TNTHPT 2020 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 49 2 3 . 1 12 .4 16 3 S ABCD V V a a a    . Mặt phẳng   LTV cắt , AB CD ở M và N sao cho / / / / MN BC TV . Đặt . . . S ADNMTV S ABMN S TVMN V V V V     Ta có : . 1 3 S ADNM V V  Xét khối chóp . S MNCB có đáy là hình bình hành : 1; 1; 2; 2 SM SN SB SC a b c d SM SN ST SV         Khi đó . . 3 4 8 S TVMN S MNBC V a b c d V abcd      . 2 3 1 . 3 8 4 S TVMN V V V    . Do đó 1 1 7 3 4 12 V V V V     3 3 7 28 .16 12 3 a a   . Câu 54. (Thanh Chương 1 - Nghệ An - 2020) Cho hình chóp tứ giác đều . S ABCD có thể tích bằng 1. Gọi M là trung điểm của SA và N là điểm đối xứng của của A qua D . Mặt phẳng ( ) BMN chia khối chóp thành hai khối đa diện. Gọi ( ) H là khối đa diện có chứa đỉnh. Thể tích của khối đa diện ( ) H bằng A. 7 12 . B. 4 7 . C. 5 12 . D. 3 7 . Lời giải Chọn A Gọi O là tâm của hình vuông ABCD ta có SO là chiều cao của hình chóp. Trong mặt phẳng ( ) SAD gọi I là giao điểm của MN và SD ta suy ra I là trọng tâm của tam giác SAN do đó 2 3   SI NI SD NM . Trong mặt phẳng ( ) ABCD gọi J là giao điểm của BN và CD ta suy ra J là trung điểm của CD và BN . TỔNG HỢP: NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 50 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Ta có   ABN ABCD S S và 1 ( ,( )) 2  d M ABCD SO suy ra . 1 2  MABN S ABCD V V (1) Từ giả thiết ta có ( ) . .   H S ABCD ABM DJI V V V . (2) Xét trong khối chóp . N ABM áp dụng công thức tính tỷ số thể tích ta có 1 1 . . 6 6     NDJI NDJI NABM NABM V NI ND NJ V V V NM NA NB do vậy . 5 5 6 6   ABM DJI NABM MABN V V V (3) Từ (1), (2) và (3) ta có thể tích của ( ) H là ( ) . . 5 1 7 . 6 2 12    H S ABCD S ABCD V V V . Vậy thể tích của khối đa diện ( ) H bằng 7 12 . Câu 55. (Tiên Lãng - Hải Phòng - 2020) Cho tứ diện ABCD có thể tích V . Gọi , , , , M N P Q R lần lượt là trung điểm của các cạnh , , , , AB AD AC DC BD và G là trọng tâm tam giác ABC (như hình vẽ). Tính thể tích khối đa diện lồi MNPQRG theo V . A. 2 V . B. 6 V . C. 3 V . D. 2 5 V . Lời giải Chọn C Ta có . . MNPQRG G MPQR N MPQR V V V   . . 1 3 G MPQR B MPQR V V  . 2 3 B PQR V  . 2 3 P BQR V  . 2 1 . 3 2 A BQR V  . 1 1 1 . 3 4 12 A BCD V V   . . 2 N MPQR N MPR V V  . 2. P MNR V  Q R P M N B D C A G Q R P M N B D C A GTÀI LIỆU VD-VDC TRÍCH TỪ CÁC ĐỀ THI THỬ TNTHPT 2020 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 51 . 1 2. 2 C MNR V  . 1 4 C ABD V  1 4 V  . Vậy 1 1 12 4 3 MNPQRG V V V V    . Câu 56. (Trần Phú - Quảng Ninh - 2020) Cho lăng trụ . ABC A B C    có thể tích bằng 6. Gọi , M N và P là các điểm nằm trên cạnh , A B B C     và BC sao cho M là trung điểm của A B   , 3 4 B N B C     và 1 . 4 BP BC  Đường thẳng NP cắt đường thẳng BB  tại E và đường thẳng EM cắt đường thẳng AB tại . Q Thể tích của khối đa diện lồi ' AQPCA MNC  bằng A. 23 3 . B. 23 6 . C. 59 12 . D. 19 6 . Lời giải Chọn C Ta có 1 3 EB EQ EP BP EB EM EN B N       . Suy ra         3 , , 2 d E A B C d B A B C        . Mà ta lại có 3 . 8 B MN A B C S B N B M S B C B A             . Và     . . 1 3 9 , . 3 16 8 E MB N MB N ABC A B C V d E MB N S V          . Ta lại có 3 . . 1 . . 27 E QPB E MNB V EQ EP EB EB V EM EN EB EB             . Suy ra . . . 26 27 BQP B MN E MB N EBQP E MB N V V V V       . Vậy . . 26 9 59 6 . 27 8 12 AQPCA MNC ABC A B C BQP B MN V V V            . -------------------- HẾT --------------------