Tài liệu 100 câu trắc nghiệm thể tích khối đa diện và tròn xoay vận dụng cao có đáp án và lời giải chi tiết

TRẮC NGHIỆM VẬN DỤNG VÀ VẬN DỤNG CAO THỂ TÍCH KHỐI ĐA DIỆN Câu 1. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , SA vuông góc với mặt  SAB  bằng 30 . Gọi M là điểm di động và góc giữa SC với mặt phẳng trên cạnh CD và H là hình chiếu vuông góc của S lên đường thẳng BM . Khi điểm M di động trên cạnh CD thì thể tích chóp S . ABH lớn nhất là đáy A.  ABCD  V a3 2 6 . B. V a3 2 12 . C. V a3 2 15 . D. V Lời giải Chọn B Lấy điểm N  BC sao cho BN CM x, 0  x a . Gọi H  AN  BM   Xét ABN và BCM ta có: BN CM , ABN BCM 90 và AB BC    ABN BCM (c.g.c)  BAN CBM      Mà BAN  BNA 90 nên CBM  BNA 90  BHN 90 hay AH  BM  BM  AH  BM   SAH   SH  BM  BM  SA  Ta có:  Hình chiếu vuông góc của S lên BM là H . a3 2 8 . x BH BN  BH   2 a x  a2 Do BHN đồng dạng với BCM nên BC BM  BH  ax 2 x  a2 Tam giác ABH vuông tại H nên a2 x2 a4 a2 AH  AB  BH  a  2  2  x  a2 x  a2 x2  a2 2 SABH 2 2 1 1 a2 ax a3 x  AH .BH  . .  . 2 2 2 2 2 2 2 x a 2 x  a2 x a 1 1 a3 x a 4 2 a3 2 VS . ABH  SA.S ABH  .a 2. . 2   . 3 3 2 x  a2 12a 12    Câu 2.Cho hình chóp tam giác S . ABC có các góc ASB BSC CSA 60 và độ dài các cạnh SA 1 , SB 2 , SC 3 . thể tích của khối chóp S . ABC là A. V 3 2 2 . B. V 3 2 . C. V 2 2 . Lời giải Chọn C. Gọi B , C  lần lượt là điểm trên SB , SC sao cho SA SB SC 1 . Suy ra S . ABC  là tứ diện đều có VS , ABC Lại có VS . ABC   VS . ABC   2 12 . SB SC 2 . 2.3  V  6 V    S . ABC S . AB C SB SC  2 . D. V 6 2 . Câu 3. Cho hình chữ nhật ABCD có cạnh AB 1 , BC 2 . Gọi I , J lần lượt là trung điểm của hai cạnh BC và AD . Khi quay hình chữ nhật đó xung quanh IJ ta được một hình trụ tròn xoay. thể tích của khối trụ tròn xoay được giới hạn bởi hình trụ tròn xoay đó là. A. V  . B. V 4 . C. V 2 . D. V  3. Lời giải Chọn A.  .BC 2 VT sd .h  .1  4 . Câu 4: Cho hình chóp đều S . ABC có đáy là tam giác đều cạnh a . Gọi E , F lần lượt là trung điểm của các cạnh SB, SC . Biết mặt phẳng ( AEF ) vuông góc với mặt phẳng ( SBC ) . Tính thể tích khối chóp S . ABC . a3 5 . A. 24 a3 5 . B. 8 a3 3 . C. 24 a3 6 . D. 12 Lời giải Chọn A Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC , do S . ABC là hình chóp đều nên SO   ABC  . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của BC và EF . Ta có S , M , N thẳng hàng và SM  BC tại M , SM  EF tại N . Ta có  AEF    SBC  EF   SM   SBC   SM  EF SM   AEF   MN  AN    ANM vuông tại N . Từ đó suy ra ANM ∽ SOM  AN AM NM   SO SM OM  NM .SM  AM .OM . Mà ta có N là trung điểm của SM (vì E , F lần lượt là trung điểm của SB , SC ) 1  NM  SM 2 ; ABC đều cạnh a và O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC OM   AM  a 3 2 ; a 3 6 . 1 a 3 a 3 a 2  SM  a SM 2  .  2. 2 6 4 Vậy 2 Ta có SO  SM 2  OM 2  a 2 a 2 a 15 a2 3   S ABC  2 12 6 ; 4 . 1 1 a 15 a 2 3 a3 5 VS . ABC  .SO.S ABC  . .  3 3 6 4 24 . Câu 5.Cho hình chóp đều S . ABC có đáy là tam giác đều cạnh a . Gọi E , F lần lượt là các điểm SE SF  k  0  k  1 nằm trên các cạnh SB , SC sao cho SB SC . Biết mặt phẳng ( AEF ) vuông góc với mặt phẳng ( SBC ) . Tính thể tích khối chóp S . ABC . a3 3 2  k A. 24 3  3k . a3 3 2  k 3  3k . B. 8 a3 3 2  k C. 24 5  5k . D. a3 3 2  k 12 3  3k . Lời giải Chọn A Câu 6. Cho hình chóp đều S . ABCD có đáy là tam giác đều cạnh a . Gọi E , F lần lượt là trung điểm của các cạnh SB, SC . Biết mặt phẳng ( ADFE ) vuông góc với mặt phẳng ( SBC ) . Tính thể tích khối chóp S . ABCD . a3 2 A. 6 . a3 2 B. 2 . a3 2 C. 12 . a3 2 D. 18 . Lời giải Chọn A 1 a2 2  SM  2 2  SM a . Ta có INM ∽ SOM  MN .SM OM .IM SO  SM 2  OM 2  a 2  a2 a 2  2 2 . 1 1 a 2 2 a3 2 VS . ABCD  .SO.S ABCD  . .a  3 3 2 6 . Câu 7: Cho hình chóp đều S . ABCD có đáy là tam giác đều cạnh a . Gọi E , F lần lượt là các SE SF  k  0  k  1 điểm nằm trên các cạnh SB , SC sao cho SB SC . Biết mặt phẳng ( ADFE ) vuông góc với mặt phẳng ( SBC ) . Tính thể tích khối chóp S . ABCD . a3 2 k . 1 k . A. 6 . a3 2 1  k . k . B. 6 a3 2 k . 1 k . C. 18 a3 2 1  k . k D. 18 Câu 8:Cho khối chóp S . ABCD có đáy là hình bình hành ABCD . Gọi M , N , P , Q lần lượt là trọng tâm các tam giác SAB , SBC , SCD , SDA . Biết thể tích khối chóp S .MNPQ là V , khi đó thể tích của khối chóp S . ABCD là: 27V A. 4 . Lời giải 2 9   V B.  2  . 9V C. 4 . 81V D. 8 . Chọn A. d  S ,  MNPQ   Ta có d  S ,  ABCD    Mặt khác gọi S S ABCD SM 2  SI 3 . S DEJ 1 1 1 1  .   S S DEJ  S 4 2 8 16 . ta có BDA S JAI 1 1   S JAI  S 4 8. Tương tự ta có DAB  S HKIJ  1   Suy ra S MNPQ Mà S HKIJ 1  1  1  4.  2.   S  S 8  2 .  16 2 4  2 2     S MNPQ  S ABCD 9  3 9 . 1 1 3 9 27 VS . ABCD  d  S ,  ABCD   .S  . d  S ,  MNPQ   . S  V 3 3 2 2 4 . Suy ra Câu 9:Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , SA vuông góc với đáy  ABCD  , góc giữa hai mặt phẳng  SBD  và  ABCD  bằng 60 . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của SB , SC . Tính thể tích khối chóp S . ADMN . a3 6 a3 6 3a 3 6 a3 6 V V  V  V  16 . 24 16 8 A. B. C. D. Lời giải Chọn A.  Gọi O là tâm của hình vuông ABCD . Khi đó ta có SOA là góc giữa hai mặt phẳng  SBD  và  ABCD  SA tan 60  SOA 60 AO nên . Khi đó  SA  AO.tan 60  2 a 6 a. 3  2 2 . VS . AMN SA SM SN 1 VS . AND SA SN SD 1  . .   . .  V SA SB SC 4 V SA SC SD 2. S . ABC S . ACD Ta có và 3 1 1 1 VS . ADMN  VS . ABCD .     3 .VS . ABCD 3 . 1 . a 6 .a 2  a 6 2  4 2 8 8 3 2 16 . Do đó Câu 10:Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , SA vuông góc với đáy, SA a 2 . Gọi B , D là hình chiếu của A lần lượt lên SB , SD . Mặt phẳng  ABD cắt SC tại C  . thể tích khối chóp S ABC D là: A. V 2a 3 3 9 . Lời giải Chọn C. B. V 2a 3 2 3 . C. V a3 2 9 . D. V 2a 3 3 3 . 1 a3 2 VS . ABCD  .a 2 .a 2  3 3 . Ta có: SC   ABD Vì B , D là hình chiếu của A lần lượt lên SB , SD nên ta có . AC    ABD  A Gọi C  là hình chiếu của A lên SC suy ra SC  AC  mà nên AC    ABD hay C  SC   ABD . Tam giác S AC vuông cân tại A nên C  là trung điểm của SC . SB SA2 2a 2 2  2  2  3. 3a Trong tam giác vuông S AB ta có SB SB VSABC D VS . ABCD Vậy VSABC   VSAC D 1  SB SC  SD SC   SB SC  2 1 1      .   VS . ABCD 2  SB SC SD SC  SB SC 3 2 3 . VS ABCD  a3 2 9 . Câu 11:Cho khối chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật. Một mặt phẳng thay đổi nhưng luôn song song với đáy và cắt các cạnh bên SA , SB , SC , SD lần lượt tại M , N , P , Q . Gọi M  , N  , P , Q lần lượt là hình chiếu vuông góc của M , N , P , Q lên mặt SM ABCD   phẳng . Tính tỉ số SA để thể tích khối đa diện MNPQ.M N PQ đạt giá trị lớn nhất. 2 1 1 3 A. 3 . B. 2 . C. 3 . D. 4 . Lời giải Chọn A. SM k k   0;1 Đặt SA với . MN SM  k  MN k . AB SA Xét tam giác SAB có MN //AB nên AB MQ SM  k  MQ k . AD Xét tam giác SAD có MQ //AD nên AD SA Kẻ đường cao SH của hình chóp. Xét tam giác SAH có: MM  AM SA  SM SM   1  1  k  MM   1  k  .SH MM //SH nên SH SA SA SA . Ta có VMNPQ.M N PQ MN .MQ.MM   AB. AD.SH .k 2 .  1  k  . 1 2 VS . ABCD  SH . AB. AD  V MNPQ .M N P Q  3.VS . ABCD .k .  1  k  3 Mà . thể tích khối chóp không đổi nên VMNPQ.M N PQ đạt giá trị lớn nhất khi k 2 . 1  k  lớn nhất. 3 2  1  k  .k.k 1  2  2k  k  k  4 2 k .  k  1      k .  k  1  2 2 3  27 . Ta có 2 2 2  1  k  k  k  3 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: . SM 2  Vậy SA 3 . Câu 12:Cho hình chóp S . ABC có đáy là tam giác đều. Đường cao SH với chân đường cao nằm trong ABC và 2 SH BC ;  SBC  tạo với  ABC  0 một góc 60 . Biết có một điểm O d  0, AB  d  0, AC  d  O,  SBC   1 thuộc SH sao cho . Tính thể tích khối cầu ngoại tiếp chóp đã cho. 256 125 500 343 A. 81 . B. 162 . C. 81 . D. 48 . Lời giải Chọn D. Gọi E , F lần lượt là chân đường cao hạ từ O xuống AB; AC . OE  AB   AB   SEO   AB  HE SH  AB   Tương tự HF  AC ; HOE HOF  HE HF  AH là tia phân giác của góc BAC AH  BC D là trung điểm của BC . OK  SD  OK d  O,  SBC   1 Kẻ , Đặt AB BC CA 2a  SH a a HD a.cot 600  3 , AD a 3 3HD nên ABC đều nên S . ABC là chóp tam giác đều. OK 2 sin 300 Xét tam giác SOK có . OH   DEF  Do DEF đều và nên EO FO DO 1 OK  K D SO  a2 3  DH HS .HO  a  2  a   a   DSO vuông tại D 3 2 3 21  AB 3  AH  3 ; SH   SA2 SH 2  AH 2  2 4 2 SA2 7 343   Vmc   2 SH 4 48 . 2 2 Câu 13:Xét khối tứ diện ABCD có cạnh AB  CD 18 và các cạnh khác bằng 5. Biết thể tích tứ  Rmc  Vmax  x y ; x, y  N  ;( x, y ) 1 4 . Khi đó x, y diện ABCD đạt giá trị lớn nhất có dạng thỏa mãn bất đẳng thức nào dưới đây 2 A. x  y  xy  4550 . B. xy  2 x  y  2550 . 2 2 C. x  xy  y  5240 . 2 D. x  y  19602 . Lời giải Chọn A Gọi M là trung điểm CD, và K là trung điểm AB Ta có: BM  CD và SM  CD . Kẻ SH  BM , tại H  BM . Khi đó SH  ( BCD ) Đặt AB b  0 và CD a  0 BM  BC 2  MC 2  1 1 100  a 2 SM BM  100  a 2 2 2 ; 1 1 S BCD  BM .CD  a 100  a 2 2 4 MK  BM 2  BK 2  1 1 82 100  ( a 2  b 2 )  100  18  2 2 2 1 1 82 82 S ABM  MK . AB  .b  b 2 2 2 4 82 .b 2.S BCD 1 82.b 4  SH .BM  SH    1 2 BM 100  a 2 100  a 2 2 2. S BCD Mặt khác: 1 1 1 82.b 82 VA.BCD  .S BCD .SH  . a 100  a 2 .  ab 2 3 3 4 12 100  a Ta có: Theo Cô-si ta có: Suy ra : Vậy VA. BCD  Vmax  ab  a 2  b2 9 2 3 82 4 . Dấu bằng xảy ra khi a b 3 3 82 4 . Suy ra x 3; y 82 Câu 14:Cho lăng trụ đứng ABC. ABC  có cạnh BC 2a, góc giữa hai mặt phẳng  ABC  và  ABC  2 bằng 60 . Biết diện tích của tam giác ABC bằng 2a . Tính thể tích V của khối lăng trụ ABC. ABC  3 A. V 3a . 3 B. V a 2a 3 V 3. 3 . C. Lời giải a3 3 V 3 . D. Chọn B. Kẻ AI  BC ( I  BC )  AI  BC . 1 SABC  AI .BC 2a 2  AI 2a . 2 Ta có Do đó AA  AI .sin 60 a 3 , AI  AI .cos 60 a . 1 VABC . ABC  .2a.a.a 3 a 3 3 2 Vậy . Câu 15: Cho lăng trụ đều ABC. ABC  có cạnh đáy a 4, biết diện tích của tam giác ABC bằng 8 . Tính thể tích V của khối lăng trụ ABC. ABC  . A. V 4 3 . B. V 8 3 . C. V 2 3 . Lời giải D. V 10 3 . Chọn B. 1 S ABC  AI .BC 4  AI 4 . 2 Gọi I là trung điểm BC . Tam giác ABC cân nên 2 2  Khi đó AA  AI  AI 2 . Vậy VABC. ABC  AA .S ABC 8 3 . Câu 16:Cho lăng trụ ABC. ABC  có đáy ABC là tam giác đều cạnh 2a , hình chiếu của A lên  ABC  trùng với trọng tâm tam giác ABC . Biết góc giữa cạnh bên và mặt đáy bằng 60 . thể tích khối lăng trụ bằng A. V a3 3 4 . ChọnC. B. V a3 3 8 . 3 C. V 2a 3 . Lời giải 3 D. V 4a 3 . 2 2a AG  AM  3 3  AG  AG.tan 60 2a . Gọi I là trung điểm BC , nên Vậy VABC . ABC  AG.S ABC 2a 3 3 Câu 17: Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình vuông cạnh a , SA vuông góc với mặt phẳng đáy SM k , 0  k  1. ( ABCD) và SA a . Điểm M thuộc cạnh SA sao cho SA Khi đó giá trị của k để mặt phẳng ( BMC ) chia khối chóp S . ABCD thành hai phần có thể tích bằng nhau là: A. k  1 5 2 . 1 5 k 2 . B. C. k  1 5 4 . D. k  1 2 2 . Lời giải Chọn A. Phân tích: Bài toán trên chính là bài toán về tỉ số thể tích, vì vậy trước hết phải xác định thiết diện của hình chóp khi cắt bởi ( BMC ) . Do ( BMC ) chứa BC song song với AD nên ( BMC ) cắt ( SAD) theo giao tuyến song song AD . Để tính VS .BCNM nếu xác định đường cao thì phức tạp vì vậy sẽ chia thành hai khối và sử dụng bài toán tỉ số thể tích. Kẻ MN / / AD; N  SD khi đó thiết diện của hình chóp S . ABCD với ( BMC ) là hình thang BCNM . Suy ra ( BMC ) chia khối chóp thành hai khối đa diện SBCNM và DABCNM . Đặt V1 VS .BCNM ; V2 VDABCNM ; V VS . ABCD . 1 V1  V 2 . Để V1 V2 thì VSNMC SN SM 1  . k 2  V  k 2 .V SNMC 2 Ta có VSADC SD SA . VSMCB SM 1  k  V  k .V SMCB SA 2 Ta có VSABC . 1 V1  (k 2  k ).V 2 Vậy .   1 5 k  2    1 5 1 V1  V k  2  2  k  k 1 2 Khi đó . Do 0  k  1 nên k  1 5 2 . Vậy chọn đáp án A. Câu 18: Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình vuông cạnh a , cạnh bên SA vuông góc với đáy và SA 2a . Gọi B , D lần lượt là hình chiếu vuông góc của A trên các cạnh SB , SD . Mặt phẳng  ABD cắt SC tại C  . Tính thể tích của khối chóp S . ABC D . a3 A. 3 . 16a 3 B. 45 . a3 C. 2 . a3 2 D. 4 . Lời giải. Chọn B. Cách 1: SD.SD SA2  SD.SD SA2 SD SA2 SA2 4    2  2  2 SD SD SD SD SA  AD 5. SC  SA2 SA2 2  2  2  2 SA  AC 3. Tương tự: SC SC VS . ABC D 2VS . ADC  2. SD SC  SD SC  . VS . ADC  . VS . ABDC SD SC SD SC . 4 2 1 16a 3  VS . ABC D  . . .2a.a 2  5 3 3 45 . Cách 2: Hoặc có thể áp dụng cách tính nhanh: VS . ABC D x  y  z  t x  y z t SA SB SC SD    x y z t VS . ABCD 4 xyzt 2 xyzt 2 xyzt với SA , SB , SC  , SD . Câu 19:Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào sai? A. Hai khối lập phương có diện tích toàn phần bằng nhau thì thể tích bằng nhau. B. Hai khối hộp chữ nhật có diện tích toàn phần bằng nhau thì thể tích bằng nhau. C. thể tích của hai khối chóp có diện tích đáy và chiều cao tương ứng bằng nhau là bằng nhau. D. thể tích của khối lăng trụ bằng diện tích đáy nhân chiều cao. Câu 20:Cho hình chóp tứ giác đều có cạnh đáy bằng 1 chiều cao bằng 2 . Xét hình đa diện lồi H có các đỉnh là trung điểm của tất cả các cạnh hình chóp đó. Tính thể tích của H . 9 5 A. 2 . B. 4 . C. 2 3 . D. 12 . Lời giải. Chọn D. Gọi M , N , P, Q lần lượt là trung điểm của SA, SB, SC , SD . Gọi E , F , I , J lần lượt là trung điểm của AB, BC , CD, AD .Gọi V là thể tích của H . Khi đó: 2 V VS . ABCD  VS , MNPQ  4.VN . EBF 2 1 1  1 1 1  1  .2.12  .1.    4. .1. .    5 3 3  2 3 2  2 12 Câu 21:Một hình chóp có đáy là tam giác đều cạnh bằng 2 và chiều cao bằng 4. Tính thể tích của hình chóp đó. A. 4 4 3 B. 3 C. 2 3 D. 2 Lời giải. Chọn B. Câu 22:Cho khối đa diện H được tạo thành bằng cách từ khối lập phương có cạnh bằng 3, ta bỏ đi khối lập phương cạnh bằng 1 như hình vẽ. Gọi S là khối cầu có thể tích lớn nhất chứa trong H và tiếp xúc với các mặt phẳng ( A ' B ' C ' D '), ( BCC ' B ') và ( DCC ' D ') . Tính bán kính của S . 2 3 3 . A. B. 3  2 3 C. 3 . 3. D. 2 Lời giải Chọn B Giải theo tự luâ ̣n Ta có CH 2 3 Gỉa sử khối cầu S có tâm I là tâm, bán kính R . I’,M, P lần lượt là hình chiếu của I lên ( A ' B ' C ' D '), ( BCC ' B ') và ( DCC ' D ') . Vì S là khối cầu chứa trong H và tiếp xúc với các mặt phẳng ( A ' B ' C ' D '), ( BCC ' B ') và ( DCC ' D ') nên MNPI .M ' C ' P ' I ' là hình lập phương cạnh R ( R là bán kính khối cầu S ) và I  C ' H Ta có C ' H 2 3 , C ' I R 3 Vậy khối cầu có thể tích lớn nhất khi khối cầu đi qua H tức IH R C ' H  IH C ' I  2 3  R R 3 Vậy  R 3  3 Vậy chọn B Câu 23:Cho tứ diện ABCD và các điểm M , N , P lần lượt thuộc các cạnh BC , BD , AC sao cho BC 4 BM , AC 3 AP , BD 2 BN . Tính tỉ số thể tích hai phần của khối tứ diện ABCD được phân chia bởi mp  MNP  . 7 7 A. 13 . B. 15 . 8 C. 15 . Lời giải 8 D. 13 . Chọn A. (Địnhlý Menelaus Cho tam giác ABC đườngthảng  d  cắtcáccạnh AB, BC , CA lầnlượtại MA PB NC . . 1 M , N , P ta có MB PC NA ) Gọi I MN  DC , K  AD  PI . Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác BCD và 3 điểm M , N , I ta có IC ND MB IC 1 IC . . 1  .1. 1  3 ID NB MC ID 3 ID Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác ACD và 3 điểm P, K , I ta có KD PA IC KD 1 KD 2 . . 1  . .3 1   KA PC ID KA 2 KA 3 V CPMN CP . CM . CN  2 . 3 .1  2  1 VCABN CA CB CN 3 4 4 2 1 1 V  V  V (3) CPMN 2 CABN 4 ABCD VAPKN AP AK AN 1 3 1  . .  . .1  VACDN AC AD AN 3 5 5  VNCPKD 4 4 41 2   VNCPKD  VACDN  VABCD  VABCD VACDN 5 5 52 5  3 ,  4   VCMPKDN  VCPMN  VNCPKD  (4) 13 VABCD 20 VABMNKP 7  VCMNDK 13 Câu 24:Cắt một khối nón tròn xoay có bán kính đáy bằng R, đường sinh 2R bởi một mặt phẳng ( ) qua tâm đáy và tạo với mặt đáy một góc 600 tính tỷ số thể tích của hai phần khối nón chia bởi mặt phẳng ( ) ? 2 A.  . B. 1 2    1 2 C. 3 . . 3  4 D. 6 . Lời giải Chọn D. Không mất tính tổng quát ta giả sử R 1 . Khi cắt một khối nón tròn xoay có bán kính đáy bằng R, đường sinh 2R bởi một mặt 0 phẳng ( ) qua tâm đáy và tạo với mặt đáy một góc 60 thì ta được thiết diện là một đường parabol có đỉnh là gốc S O  0; 0  và đỉnh còn lại là A  1;1 , do đó thiết diện sẽ có 4 3 . Xét mặt phẳng đi qua cạnh đáy của thiết diện vuông góc với hình tròn diện tích là đáy của hình nón cắt hình nón làm đôi. Gọi đa diện chứa mặt thiết diện đó là  H  . Gọi  K  là đa diện chứa đỉnh O của hình nón được sinh bởi khi cắt thiết diện Parabol với đa diện H . Khi đó khoảng cách từ O đến mặt thiết diện là Suy ra thể tích của đa diện  K h 3 2 . 1 3 4 2 3 VK  . .  3 2 3 9 . là 11  3 . 3  6 . Mặt khác thể tích của nửa khối nón là 2 3 Do đó thể tích của đa diện nhỏ tạo bởi thiết diện và khối nón là  3 2 3  3  4  3 V   6 9 18 .  3  4  Vậy tỉ số thể tích của hai phần khối nón chia bởi mặt phẳng .   là 3 18  3 3  3  4 6 Câu 25: Khối chóp S . ABCD có đáy là hình thoi cạnh a , SA SB SC a , cạnh SD thay đổi. thể tích lớn nhất của khối chóp S . ABCD là: a3 . 8 A. a3 . B. 4 3a 3 . 8 C. Lời giải. Chọn. B. a3 . D. 2 Đặt SD x. Do đáy ABCD là hình thoi nên VS . ABCD 2VS .BCD 2VC .SBD . Ta có SAC BAC  SO BO  SBD vuông tại S.  BD  a 2  x 2  OA OC  a 2  a2  x2 4 . CO  BD 1  CO   SBD   V  2VC .SBD 2. .CO.S SBD S . ABCD 3 Và do CO  SO 2 3a 2  x 2 1 a 2 a x 2  3a 2  x 2 a 3  VS . ABCD  . . ax  x  3a 2  x 2   .  3 2 2 6 6 2 4 dầu bằng xảy ra khi x a 6 2 . Câu 26:Một cái phễu có dạng hình nón, chiều cao của phễu là 20 cm . Người ta đổ một lượng nước vào phễu sao cho chiều cao của cột nước trong phễu bằng 10 cm (hình H1). Nếu bịt kín miệng phễu rồi lật ngược phễu lên (hình H2) thì chiều cao của cột nước trong phễu gần bằng với giá trị nào sau đây? A. 0,87 cm . B. 10 cm . C. 1, 07 cm . D. 1,35 cm . Lời giải Chọn A. + Gọi R là bán kính đáy của phễu. 2 1  R V  .10. .   3  2  (1). + thể tích của lượng nước đổ vào phễu là + Nếu bịt kín miệng phễu rồi lật ngược phễu lên thì lượng nước tạo thành khối nón cụt có r 20  h h     r  1  R R 20 20   . h r chiều cao là và bán kính đáy nhỏ trên là . Ta có