File đáp án CHUYÊN ĐỀ TOÁN

TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Chuyên đề 13 TỈ SỐ THỂ TÍCH VÀ CÁC BÀI TỐN LIÊN QUAN SỐ THỂ TÍCH VÀ CÁC BÀI TỐN LIÊN QUAN THỂ TÍCH VÀ CÁC BÀI TỐN LIÊN QUAN TÍCH VÀ CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN TÀI LIỆU DÀNH CHO ĐỐI TƯỢNG HỌC SINH KHÁ – GIỎI MỨC 7-8-9-10 ĐIỂM LÝ THUYẾT CHUNG Kỹ thuật chuyển đỉnh A Song song đáy Vcò Vmíi B Cắt đáy Vcị Giao cị IA   Vmíi Giao míi IB Kỹ thuật chuyển đáy (đường cao khơng đổi) S Vcị  đÊy Vmíi SđÊy míi - Để kỹ thuật chuyển đáy thuận lợi, ta nên chọn hai đáy có cơng thức tính diện tích, ta dễ dàng so sánh tỉ số - Cả hai kỹ thuật nhằm mục đích chuyển đa diện ban đầu đa diện khác dễ tính thể tích Tỉ số diện tích hai tam giác SOMN OM.ON  SAPQ OP.OQ Tỉ số thể tích khối chóp A Cơng thức tỉ số thể tích hình chóp tam giác Trang VS MNP SM SN SP  VS ABC SA SB SC Công thức áp dụng cho hình chóp tam giác, nhiều trường hợp ta cần hoạt phân chia hình chóp cho thành nhiều hình chóp tam giác khác áp dụng B Một số trường hợp đặc biệt VS A1B1C1 D1 SA1 SB1 SC1 SD1 k    k A1 B1C1 D1   ABCD   V Nếu SA SB SC SD S ABCD Kết trường hợp đáy n − giác Tỉ số thể tích khối lăng trụ A Lăng trụ tam giác V Gọi V thể tích khối lăng trụ,   thể tích khối chóp tạo thành từ đỉnh lăng trụ, V 5 thể tích khối chóp tạo thành từ đỉnh lăng trụ Khi đó: V V   V 5  V V 2V V A ' B ' BC  ; VA ' B ' ABC  3 Ví dụ: Trang TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 B Mặt phẳng cắt cạnh bên lăng trụ tam giác Gọi V1 , V2 V thể tích phần trên, phần lăng trụ Giả sử AM CN BP m, n, p AA ' CC ' BB ' mn p V2  V Khi đó: AM CN 1, 0 CC ' Khi M  A ', N C AA ' Khối hộp A Tỉ số thể tích khối hộp V Gọi V thể tích khối hộp,   thể tích khối chóp tạo thành từ đỉnh khối hộp Khi đó: V  V  (hai đường chéo hai mặt phẳng song song) V  (trường hợp lại)  V Trang V V VA ' C ' BD  , V A ' C ' D ' D  Ví dụ: B Mặt phẳng cắt cạnh hình hộp (chỉ quan tâm tới hai cạnh đối nhau) DM  x  xy  DD ' V   V2  BP  y  BB ' Câu (HSG 12-Sở Nam Định-2019) Cho tứ diện ABCD tích V với M , N trung điểm AB, CD Gọi V1 , V2 thể tích MNBC MNDA Tính tỉ lệ 1 A B C D Lời giải Chọn B Vì M , N trung điểm AB, CD nên ta có: d  A,  MCD   d  B,  MCD   ; d  C ,  NAB   d  D,  NAB   , đó: V V V VA MCD VB.MCD  ; V1 VMNBC VC MNB VD MNB  B.MCD  ; 2 V V V2 VMNAD VD.MNA VC MNA  A.MCD  V V  V1  V2 4    V V Trang V1  V2 V TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Câu (THPT Thuận Thành - Bắc Ninh) Cho hình chóp S.ABCD có đáy hình bình hành Gọi M VSBMPN N trung điểm cạnh SA, SC , mặt phẳng ( BMN ) cắt cạnh SD P Tỉ số VSABCD : VSBMPN VSBMPN VSBMPN VSBMPN     V 16 V V 12 V SABCD SABCD SABCD SABCD A B C D Lời giải Chọn B SO  MN  I  SI  SD  P OE / / BP ; , , SP SI DE DO     Khi đó: I tung điểm MN , SO nên SE SO ; DP DP Dựng SP PE ED  SP  SD Vậy: VSMPB SP SM 1 V     SMPB  VSADB SD SA VSABCD 12 VSNPB SP SN 1 V     SNPB  VSCDB SD SC VSABCD 12 VSBMPN VSBMP  VSBPN  Câu VSMPNB 1    VSABCD 12 12 Cho tứ diện ABCD Gọi B, C  trung điểm AB CD Khi tỷ số thể tích khối đa diện ABC D khối tứ diện ABCD A B C Lời giải D Trang Chọn B Ta có: 1 S d B,  DC A   DC .DA.sin ADC  d  B,  DC A   VABC D VBAC D DC A  1      1 VABCD VBACD S DCA d  B ,  DCA   DC.DA.sin ADC d  B ,  DCA   2 Câu Cho hình chóp S ABCD đáy hình bình hành Gọi M , N trung điểm SA, SC Mặt phẳng ( BMN ) cắt SD P Tỉ số VS BMPN VS BMPN 1   VS ABCD 16 VS ABCD A B VS BMPN VS ABCD bằng: VS BMPN  V 12 C S ABCD Lời giải Chọn B SM SN   M , N SA , SC Ta có trung điểm nên SA SC Cách 1: Áp dụng định lý Menelaus cho SOD ta có : PS BD IO PS PS SP   1  2 1 1     PD BO IS PD PD SD Trang D VS BMPN  VS ABCD TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Cách 2: Kẻ OH // BP , ta có O trung điểm BD nên H trung điểm PD Ta có OH // IP mà I trung điểm SO nên P trung điểm SH Suy SP PH HD  SP  SD Theo công thức tỉ số thể tích ta có : Câu VS BMPN 2VS BMP SM SP 1       VS ABCD 2VS BAD SA SD Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình bình hành Gọi K , M trung điểm đoạn thẳng SA , SB , ( ) mặt phẳng qua K song song với AC AM Mặt phẳng ( ) chia khối chóp S ABCD thành hai khối đa diện Gọi V1 thể tích khối đa diện chứa đỉnh S V1 V2 thể tích khối đa diện cịn lại Tính tỉ số V2 V1 V1 V1 = = = A V2 25 B V2 11 C V2 17 Lời giải Chọn D V1 = D V2 23 Gọi V thể tích khối chóp S ABCD ; I , H trung điểm SC , SM Do ( ) / / ( ACM ) nên ( ) cắt ( SAD), ( SBD), ( SCD) KL, HP, IJ song song với OM VB.HQP BH BQ BP 3 27 27 27 27 = = = VB HQP = VB SAC = V = V BS BA BC 2 16 Suy 16 16 32 Ta có VB.SAC VA.KQL AK AQ AL 1 1 1 1 = = Þ V V A KQL = VA SBD = V = VA.SBD AS AB AD 2 8 16 Þ VC.IPJ = V 16 Tương tự: = ỉ 27 1÷ 23 V2 = ỗ V = V ị V1 = V ữ ỗ ữ ỗ ố32 16 16 ứ 32 32 Do V1 = Vậy tỉ số V2 23 Trang Câu  P  qua (THPT Hai Bà Trưng - Huế - 2019) Cho hình chóp tứ giác S ABCD Mặt phẳng A vng góc với SC cắt SB, SC , SD B, C , D Biết C  trung điểm SC V1 V ,V Gọi thể tích hai khối chóp S ABC D S ABCD Tính tỷ số V2 V1 V1 V1 V1     V V V V 2 2 A B C D Lời giải Chọn D S C' D' J B' D A O B C V 2.VS ABC 2.VS ACD Gọi O  AC  BD , J SO  AC  Ta có Vì C  trung điểm SC nên J trọng tâm SAC Vì BD   SAC   BD  SC mà  P  P  // BD qua A vng góc với SC nên  SBD  qua J kẻ đường thẳng song song với BD cắt SB, SD B, D SB SD SJ    Ta có SB SD SO Trong V1 VS ABC  VS AC D  SA SB SC  SA SD SC   1         V V V SA SB SC SA SD SC   3 S ABC S ACD Khi Câu Cho hình chóp S ABCD Gọi A¢, B ¢, C ¢, D ¢ theo thứ tự trung điểm SA, SB, SC , SD Tính tỉ số thể tích hai khối chóp S A¢B ¢C ¢D¢ S ABCD A 16 B C Lời giải Chọn C VS A¢B ¢C ¢ SA¢ SB ¢ SC ¢ VS A¢D ¢C ¢ SA¢ SD ¢ SC ¢ = = = = SA SB SC ; VS ADC SA SD SC Ta có: VS ABC Trang D TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Mà VS ABCD = VS ABC +VS ACD , suy VS A¢B ¢C ¢D¢ VS A¢B¢C ¢+VS A¢C ¢D¢ ( VS ABC +VS ACD ) = = = VS ABCD VS ABCD VS ABCD Câu (Chuyên Hùng Vương Gia Lai 2019) Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình bình SM x hành, cạnh SA lấy điểm M đặt SA Giá trị x để mặt phẳng ( MBC ) chia khối chóp cho thành hai phần tích là: x A B x 51 x C Lời giải D x 51 Chọn B Ta có:  BC / /  SAD  SM SN   SAD    BMC  MN / / BC   x  SA SD  BC   BMC  VS MBC 2VS MBC SM   x VS ABC V SA VS MCN 2VS MCN SM SN   x2 VS ACD V SA SD  VS MCN  VS MBC  2VS MBCN VS MBCN x  x 2  x  x  x  x    1 V V V VS MNBC  Mặt phẳng ( MBC ) chia khối chóp cho thành hai phần tích V  1 Từ Câu  2 ta có: x  x  x   2 51 Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình bình hành Gọi M , N trung điểm  MNI  chia khối chọp S ABCD cạnh AB , BC Điểm I thuộc đoạn SA Biết mặt phẳng IA k IS ? thành hai phần, phần chứa đỉnh S tích 13 lần phần cịn lại Tính tỉ số A B C D Lời giải Chọn B Trang S E S I K E I D A P M B N C P A Q Hình Hình Mặt phẳng Ta có  MNI  S APM cắt khối chóp theo thiết diện hình Đặt 1 S S BMN  S ABC  S ABCD  APM  S ABCD d  I ,  ABCD   d  S ,  ABCD     IA k  SA k  Mà MN / / AC  IK / / AC  IK / /  ABCD   d  I ;  ABCD   d  K ;  ABCD   S APM S NCQ  VI APM VK NCQ  k V  k  1 Kẻ IH / / SD ( H  SD ) hình Ta có : IH AH AI k    SD AD AS k  IH PH PA AH PA AH 2k 3k          ED PD PD PD PD AD 3  k  1  k 1 d  E ,  ABCD   ED 3k ED IH ID 3k      :  d  S ,  ABCD   SD 3k  SD SD ED 3k  S PQD V 27 k 27k   E PQD   VE PQD  V S ABCD VS ABCD 24k  24k  13 13 VEIKAMNCD  V  VE PDC  VI APM  VK NQC  V 20 20 Trang 10 VS ABCD V VI APM S APM d  I ,  ABCD   k k    VI APM  V VS ABCD S ABCD d  S ,  ABCD    k  1  k  1 Do D H  27k k k 13 V V V V  3k  1  k  1  k 1 20  27 k k 13    k  3k  1 k 