ĐÁP án và đề VDC TOÁN số 28 HHKG LĂNG TRỤ và HÌNH hộp

Tuyển tập 110 đề VDC khóa học TDMEC2020_IM1B – Mơn Tốn TDM ECorp ĐỀ VDC TỐN SỐ 28 - HHKG - LĂNG TRỤ VÀ HÌNH HỘP (Đề gồm trang – 26 Câu – Thời gian làm 70 phút) NỘI DUNG MỤC ĐÍCH đề tỉ lệ thể tích đa diện 01 01 Nắm cơng thức tỉ lệ lăng trụ lệch cách chất 02 Áp dụng triệt để số toán tỉ lệ thể tích lăng trụ 03 Tỉ lệ thể tích hình hộp xét đồng phẳng , khơng đồng phẳng LÍ THUYẾT NÂNG CAO: BĐ0205 VIDEO HỖ TRỢ: 01 Cơng thức tỉ lệ thể tích lăng trụ lệch: Cho khối đa diện lồi MNP.M'N'P' có đỉnh nằm cạnh bên khối lăng trụ tam giác ABC.A'B'C' Khi VMNP M ' N ' P '  MM ' NN ' PP '       VABC A ' B ' C '  AA ' BB ' CC '  ta có cơng thức tỉ lệ thể tích (gọi tắt CT lăng trụ lệch) sau: A C A C C M M' M M A B P B N P' N P B P N P' M' M' A' N' N' A' C' C' A' N' C' P' B' B' B' 02 Cơng thức tỉ lệ thể tích khối hình hộp: Dành cho đồng phẳng MNPQ M'N'P'Q' Cho hình hộp ABCD.A'B'C'D', mặt phẳng (α) cắt cạnh hình hộp điểm M, N, P, Q mặt phẳng (β) cắt cạnh hình hộp điểm M' , N' , P' , Q' Khi tất nhiên biết kết tứ giác MNPQ M'N'P'Q' hình bình hành có cơng thức: VMNPQ.M ' N ' P 'Q'  MM ' PP '   NN ' QQ '  MM ' PP ' NN ' QQ '           AA ' CC ' BB ' DD ' VABCD A ' B 'C ' D '  AA ' CC '   BB ' DD '  Biên soạn: Nguyễn Đăng Ái – Kĩ sư tài – Bách Khoa Hà Nội Trang Tuyển tập 110 đề VDC khóa học TDMEC2020_IM1B – Mơn Tốn TDM ECorp D A x z  y t M B C VMNPQ.M ' N ' P 'Q' Q x VABCD A ' B 'C ' D ' N  x z yt  2 t y M' A' P z Q' N' P' D' C' B' 03 Công thức tỉ lệ thể tích khối đa diện hình hộp: Dành cho khơng đồng phẳng MNPQ Cho hình hộp ABCD.A'B'C'D' tích V, có điểm M, N, P, Q nằm cạnh AA' , BB' , CC' , DD' Hãy tính theo V thể tích khối đa diện lồi ABCD.MNPQ Giải: Chúng ta phải xét xem khối đa diện lồi ABCD.MNPQ có M, N, P, Q khơng đồng phẳng điểm lồi theo cạnh MP hay NQ, để từ ta tách thành hai khối lăng trụ lệch hợp lí D A B M C Q N A' D A D' M Q P A' C' B' C B AM CP BN DQ    AA ' CC ' BB ' DD ' P N D' B' C' AM CP BN DQ    AA ' CC ' BB ' DD ' Xảy ba trường hợp: AM CP BN DQ     điểm MNPQ đồng phẳng ta áp dụng bình thường công thức AA ' CC ' BB ' DD ' VABCD.MNPQ  AM CP   BN DQ  tỉ lệ thể tích:        VABCD A ' B 'C ' D '  AA ' CC '   BB ' DD '  AM CP BN DQ     cạnh MP gồ lên khối đa diện ABCDMNPQ, Trường hợp 2: Nếu AA ' CC ' BB ' DD ' ta tách khối đa diện thành hai khối lăng trụ lệch theo cạnh MP là: BACNMP DACQMP Trường hợp 1: Nếu Biên soạn: Nguyễn Đăng Ái – Kĩ sư tài – Bách Khoa Hà Nội Trang Tuyển tập 110 đề VDC khóa học TDMEC2020_IM1B – Mơn Tốn TDM ECorp VBAC NMP  AM BN CP  V  AM BN CP          VBAC NMP    VBAC B ' A 'C '  AA ' BB ' CC '   AA ' BB ' CC '  VDAC QMP  AM DQ CP  V  AM DQ CP          VDAC QMP    VDAC D ' A 'C '  AA ' DD ' CC '   AA ' DD ' CC '  Suy thể tích khối đa diện ABCDMNPQ là: V  AM CP BN DQ  VABCD.MNPQ  VBAC NMP  VDAC Q MP   2     AA ' CC ' BB ' DD '  AM CP BN DQ Trường hợp 3: Nếu     cạnh NQ gồ lên khối đa diện ABCDMNPQ, AA ' CC ' BB ' DD ' ta tách khối đa diện thành hai khối lăng trụ lệch theo cạnh MP là: ABDMNQ CBDPNQ, tương tự ta có: V  BN DQ AM CP  Suy thể tích khối đa diện ABCDMNPQ: VABCD MNPQ  VABD.MNQ  VCBD.QMP   2     BB ' DD ' AA ' CC '  Áp dụng công thức tỉ lệ lăng trụ: Câu 1: (3) Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ tích V Gọi M N trung điểm BB’ CC’ Thể tích khối đa diện ABCMN bằng: V 2V V V A B C D Câu 2: (3) Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ tích 72 Gọi M N hai điểm nằm cạnh BB’ CC’ cho MB = 2MB’, NC’ = 3NC Thể tích khối đa diện ABC’MN bằng: A.54 B.34 C.48 D.36 Câu 3: (3) Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ tích 108 Gọi M , N , P điểm nằm cạnh AA’, BB’ , CC’ cho AM = MA’, NB =2NB’, C’P = 3PC Thể tích khối đa diện ABCMNP bằng: A.48 B.54 C.34 D.51 Câu 4: (3) Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ tích 70 Gọi M , N điểm nằm MA NB '  ,  Thể tích khối đa diện ABCMNC’ bằng: cạnh AA’, BB’ cho MA ' NB A.42 B.35 C 40 D.46 Câu 5: (3) Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ tích 108 Gọi M điểm đối xứng với A’ qua A, N điểm nằm tia đối tia B’B cho 2BN = 3BB’.Thể tích khối đa diện MBC’AN bằng: A.54 B.40 C.90 D.72 Câu (4) Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ Gọi M trung điểm AA' N trung điểm AB Mặt phẳng (MNC') chia lăng trụ thành hai phần phần chứa đỉnh A tích V1 phần lại tích V2 Tỉ lệ thể tích V1 V2 bằng: V 11 V V 13 V A  B  C  D  V2 25 V2 V2 23 V2 Câu 7: (4) Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ tích V Gọi M , N trung điểm AB CC’; gọi P điểm nằm cạnh A’C’ cho A’P = 2PC’ Tính theo V thể tích khối tứ diện AMNP ? 2V 2V 3V V B C D 15 13 Câu 8: (4) Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ tích 180 Gọi M nằm AB cho AM = 2MB, N nằm CC' cho CN = 3NC', P điểm nằm cạnh A’C’ cho 2A’P = 3PC’ Thể tích khối tứ diện AMNP bằng: A 45 B 60 C 22 D 37 A Biên soạn: Nguyễn Đăng Ái – Kĩ sư tài – Bách Khoa Hà Nội Trang Tuyển tập 110 đề VDC khóa học TDMEC2020_IM1B – Mơn Tốn TDM ECorp Câu 9: (4) Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ tích V Gọi M nằm AB cho AM = MB, N nằm CC' cho CN = 2NC' , P điểm nằm cạnh A’C’ cho 3A’P = 2PC’ Thể tích khối tứ diện CMNP tương ứng bằng: A 2V 15 B V 15 C V D V Câu 10: (5) Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ tích V Gọi M nằm AB' cho 2AM = MB', N nằm C'B cho C'N = 2NB, P điểm nằm cạnh A’C’ cho A’P = PC’ Thể tích khối tứ diện CMNP tương ứng bằng: A 7V 54 B 13V 63 C 5V 54 D 11V 63 Câu 11: (4) Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ tích V Gọi M , N trung điểm BB’ CC’.Kéo dài AM cắt A’B’ P, kéo dài AN cắt A’C’ Q Thể tích khối đa diện MNPQB’C’ bằng: A V B 3V C 2V D 4V Câu 12: (4) Cho hình hộp ABCD.A'B'C'D' tích V Biết AC' = AC' cắt mặt phẳng (A'BD) M AC' cắt mặt phẳng (CB'D') N Giá trị biểu thức T  MN ( AM NC ' MN ) bằng: A 18 B 36 C 15 D 16 Câu 13: (3) Cho hình hộp ABCD.A'B'C'D' tích V Gọi thể tích tứ diện AA'BD V1 thể tích tứ diện ACB'D' V2 Nhận xét ? A V1 = V2 = V/6 B V2 = 2V1 = V/3 C V1 = 2V2 = V/4 D V1 + V2 = V/3 Câu 14: (3) Cho hình hộp ABCD.A'B'C'D' tích V Biết thể tích khối đa diện ACB'C'D' 36 Giá trị thể tích V bằng: A V  108 B V  90 C V  72 D V  64 Câu 15: (4) Cho hình hộp ABCD.A'B'C'D' tích V Biết thể tích khối đa diện A'BDCB'D' 36 Giá trị thể tích V bằng: A V  54 B V  108 C V  64 D V  72 Câu 16: (4) Cho hình hộp ABCD.A'B'C'D' Biết AA'BD tứ diện tích 2a Độ dài đường chéo AC' bằng: A AC '  3a B AC '  a C AC '  a D AC '  2a 648 Câu 17: (4) Cho hình hộp ABCD.A'B'C'D' Biết ACB'D' tứ diện tích 2a Khoảng cách từ đỉnh A đến mặt phẳng (A'BD) bằng: A a B a C a Biên soạn: Nguyễn Đăng Ái – Kĩ sư tài – Bách Khoa Hà Nội D a Trang Tuyển tập 110 đề VDC khóa học TDMEC2020_IM1B – Mơn Tốn TDM ECorp Câu 18: (4) Cho hình hộp ABCD.A'B'C'D' Một mặt phẳng cắt cạnh AA', BB', CC', DD' tai M, N, P, Q cho: AM = MA', 2BN = 3NB', CP = 2PC', DQ = x.QD' Giá trị x bằng: A 13 17 B 17 30 C 17 13 D 13 30 Câu 19: (4) Cho hình hộp ABCD.A'B'C'D' tích V Gọi M N hai điểm nằm cạnh AA' CC' cho: AM = 2MA' CN = 3NC' Một mặt phẳng qua M N cắt cạnh BB' DD' P Q Thể tích khối đa diện ABCDMPNQ bằng: A 7V 24 B 13V 20 C 11V 18 D 17V 24 Câu 20: (4) Cho hình hộp ABCD.A'B'C'D' tích V Gọi M điểm nằm cạnh CC' cho thỏa   mãn MC   x.MC ' ( với x số thực dương) Một mặt phẳng qua A M chia tứ hình hộp thành hai phần có tỉ lệ thể tích Giá trị x tương ứng bằng: A B C D Câu 21: (3) Cho hình hộp ABCD.A'B'C'D' tích V Gọi M điểm nằm đoạn CD cho thỏa mãn MC = 2MD, N điểm nằm cạnh A'D' cho NA' = 2ND', P trung điểm CC' Thể tích tứ diện AMNP bằng: A 13V 36 B 5V 24 C 7V 54 D 4V 21 Câu 22: (4) Cho hình hộp ABCD.A'B'C'D' tích V Gọi M, N, P, Q nằm cạnh AA', BB', CC' , DD' cho: AM = MA', 2BN = 3NB', 3CP = 4PC', 4DQ = 5QD' Thể tích khối đa diện lồi ABCDMNPQ bằng: A 2131 V 3780 B 15V 28 C 1039 V 1890 D 181 V 223 Câu 23: (4) Cho hình hộp ABCD.A'B'C'D' tích V Gọi M, N, P, Q nằm cạnh AA', BB', CC' , DD' cho: AM = MA', BN = 2NB', CP = 3PC', 2DQ = QD' Thể tích khối đa diện lồi ABCDMNPQ bằng: A 13V 24 B 11V 30 C 7V 12 D 31V 80 Câu 24: (4) Cho hình hộp ABCD.A'B'C'D' tích V Gọi M, N, P, Q nằm cạnh AA', BB', CC' , DD' cho: AM = MA', BN = 2NB', CP = 3PC', DQ = xQD', với x số thực dương Thể tích khối đa diện lồi ABCDMNPQ A 3V Giá trị x tương ứng bằng: B C 12 Biên soạn: Nguyễn Đăng Ái – Kĩ sư tài – Bách Khoa Hà Nội D 13 17 Trang Tuyển tập 110 đề VDC khóa học TDMEC2020_IM1B – Mơn Tốn TDM ECorp Câu 25: (4) Cho hình hộp ABCD.A'B'C'D' Gọi M, N điểm nằm AA' , CC' cho AM = 2MA', 2CN = 3NC' Một mặt phẳng qua M, N cắt BB' , DD' P Q Giá trị nhỏ biểu 2  BP   DQ  thức T     2  ?  BB '   DD '  A 361 225 B 722 675 C 19 15 D Câu 26: (4) Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A'B'C' tích V Một mặt phẳng qua A cắt BB' , CC' M N Biết thể tích khối đa diện ABCMN V Giá trị nhỏ biểu thức  BM   CN  T    4  ?  BB '   CC '  A B 25 16 C D Hết Biên soạn: Nguyễn Đăng Ái – Kĩ sư tài – Bách Khoa Hà Nội Trang Tuyển tập 110 đề VDC khóa học TDMEC2020_IM1B – Mơn Tốn TDM ECorp ĐÁP ÁN 1A 2B 3D 4D 5C 6C 7D 8C 9B 10A 11C 12D 13B 14C 15A 16D 17D 18C 19D 20B 21C 22A 23C 24D 25B 26C Biên soạn: Nguyễn Đăng Ái – Kĩ sư tài – Bách Khoa Hà Nội Trang Tuyển tập 110 đề VDC khóa học TDMEC2020_IM1B – Mơn Tốn TDM ECorp HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT NHỮNG CÂU VD VDC: Câu 1: (3 – A) Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ tích V Gọi M N trung điểm BB’ CC’ Thể tích khối đa diện ABCMN bằng: V 2V V V A B C D  Giải: OC A B N M A’ C’ B’ VMNP.M ' N ' P '  MM ' NN ' PP '       VABC A ' B 'C '  AA ' BB ' CC '   Công thức tỉ lệ thể tích lăng trụ lệch:  Trong khối đa diện MNP.M’N’P’ có cạnh MM’ , NN’, PP' nằm cạnh AA’, BB’, CC’ V  AA BM CN   1 V   Áp dụng vào ta có: ABCMN           VABCMN  VABC A ' B 'C '  AA ' BB ' CC '   2 3   Chọn đáp án A Câu 2: (3 – B) Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ tích 72 Gọi M N hai điểm nằm cạnh BB’ CC’ cho MB = 2MB’, NC’ = 3NC Thể tích khối đa diện ABC’MN bằng: A 54 B 34 C 48 D 36  Giải: C A N B M A’ C’ B’  Áp dụng công thức tỉ lệ thể tích lăng trụ lệch cho nhanh quen thuộc dần: Biên soạn: Nguyễn Đăng Ái – Kĩ sư tài – Bách Khoa Hà Nội Trang Tuyển tập 110 đề VDC khóa học TDMEC2020_IM1B – Mơn Tốn TDM ECorp  VABNC ' M 17VABC A ' B 'C ' 17.72  AA BM NC '    17      VABNC ' M    34   0     VABC A ' B 'C '  AA ' BB ' CC '    36 36 36  Chọn đáp án B Câu 3: (3 – D) Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ tích 108 Gọi M , N , P điểm nằm cạnh AA’, BB’ , CC’ cho AM = MA’, NB =2NB’, C’P = 3PC Thể tích khối đa diện ABCMNP bằng: A.48 B.54 C.34 D.51  Giải: C A B P M N A’ C’ B’    Vẫn sử dụng công thức lăng trụ lệch: VABC MNP  AM BN CP    17 17VABC A ' B 'C ' 17.108      VABC MNP    51      VABC A ' B 'C '  AA ' BB ' CC '    36 36 36 Chọn đáp án D Câu 4: (3 – C) Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ tích 70 Gọi M , N điểm nằm MA NB ' cạnh AA’, BB’ cho  ,  Thể tích khối đa diện ABCMNC’ bằng: MA ' NB A 42 B 35 C 40 D 46  Giải: C A B P M N A’ C’ B’ Biên soạn: Nguyễn Đăng Ái – Kĩ sư tài – Bách Khoa Hà Nội Trang Tuyển tập 110 đề VDC khóa học TDMEC2020_IM1B – Mơn Tốn TDM ECorp  Vẫn sử dụng công thức lăng trụ lệch:  VABC MNC '  AM BN CC '    23 23VABC A ' B 'C ' 23.70      VABC MNC '    46      1  VABC A ' B 'C '  AA ' BB ' CC '    35 35 35  Chọn đáp án D Câu 5: (3 – C) Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ tích 108 Gọi M điểm đối xứng với A’ qua A, N điểm nằm tia đối tia B’B cho 2BN = 3BB’.Thể tích khối đa diện MBC’AN bằng: A 54 B.40 C.90 D.72  Giải: M C A B A’ C’ B’ N  Vẫn sử dụng công thức lăng trụ lệch:  VABC MNC '  AM BN C ' C '   5VABC A ' B 'C ' 5.108        90   1      VABC MNC '  VABC A ' B 'C '  AA ' BB ' CC '   6   Chọn đáp án C Câu 6: (4 – C) Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ Gọi M trung điểm AA' N trung điểm AB Mặt phẳng (MNC') chia lăng trụ tam giác thành hai phần phần chứa đỉnh A tích V1 phần lại tích V2 Tỉ lệ thể tích V1 V2 bằng: A V1 11  V2 25 B V1  V2 C V1 13  V2 23 D V1  V2  Giải: Biên soạn: Nguyễn Đăng Ái – Kĩ sư tài – Bách Khoa Hà Nội Trang 10 Tuyển tập 110 đề VDC khóa học TDMEC2020_IM1B – Mơn Tốn TDM ECorp VSBNP SB SN SP 1 1 17V     VBNPB ' MC '  VSB ' MC '  VSBNP  17VSBNP  VSB ' MC ' SB ' SM SC 3 18 36  Suy ra:  Dễ thấy:  Suy thể tích khối đa diện BNPMA'B'C' là: VBNPB ' MC '  VMA ' B 'C '   Suy ra: VACC ' MNP   Chọn đáp án C VMA ' B 'C ' V 1 V         VMA ' B 'C '  ABC A ' B 'C '  VABC A ' B 'C '  6  17V V 23V    V2 (không chứa A) 36 36 13V V 13  V1   36 V2 23 Câu 7: (4 – D) Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ tích V Gọi M , N trung điểm AB CC’; gọi P điểm nằm cạnh A’C’ cho A’P = 2PC’ Tính theo V thể tích khối tứ diện AMNP ? 2V 2V 3V V A B C D 15 13  Giải:  Hình vẽ minh họa: A C B M N C’ A’ P B’ Q    Ta thành thạo với toán tỉ lệ thể tích lăng trụ lệch Như vậy, cần kéo dài đưa hình tứ diện cần tính dạng lăng trụ lệch có cạnh tựa cạnh lăng trụ tam giác: ABC.A'B'C' AP Kéo dài AP cắt CC' Q, ta có:  AQ V AM AN AP   Suy ra: AMNP  (1) VABNQ AB AN AQ 3 VABNQ VABC A ' B 'C ' V  AA BB NQ  1           1   VABNQ   AA ' BB ' CC '  3 3  Lại có:  Từ (1) (2), suy ra: VAMNP   Chọn đáp án D VABC A ' B 'C ' VABNQ  (2) V Biên soạn: Nguyễn Đăng Ái – Kĩ sư tài – Bách Khoa Hà Nội Trang 12 Tuyển tập 110 đề VDC khóa học TDMEC2020_IM1B – Mơn Tốn TDM ECorp Câu 8: (4 – C) Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ tích 180 Gọi M nằm AB cho AM = 2MB, N nằm CC' cho CN = 3NC', P điểm nằm cạnh A’C’ cho 2A’P = 3PC’ Thể tích khối tứ diện AMNP bằng: A 45 C 22 B 60 D 37  Giải:  Hình vẽ minh họa: B' C ' Q PC ' C ' Q NQ NC ' C ' Q 11          AA ' A ' P CC ' CC ' CC ' CC ' 12  Kéo dài AP cắt CC' Q, suy ra:  Ta duỗi hình tứ diện AMNP hình ABNQ hình vẽ áp dụng song song hai tỉ lệ thể tích sau:  VAMNP AM AN AP 2     VAMNP  VABNQ VABNQ AB AN AQ 5  Lại có:  11 11 Từ (1) (2), suy ra: VAMNP  VABC A ' B 'C '  180  22 36 90  Chọn đáp án C VABNQ VABC A ' B 'C ' (1)  AA BB NQ   11  11 11      VABNQ  VABC A ' B 'C '         AA ' BB ' CC '   12  36 36 (2) Câu 9: (4 – B) Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ tích V Gọi M nằm AB cho AM = MB, N nằm CC' cho CN = 2NC' , P điểm nằm cạnh A’C’ cho 3A’P = 2PC’ Thể tích khối tứ diện CMNP tương ứng bằng: 2V 15  Giải:  Hình vẽ: A B V 15 C V Biên soạn: Nguyễn Đăng Ái – Kĩ sư tài – Bách Khoa Hà Nội D V Trang 13 Tuyển tập 110 đề VDC khóa học TDMEC2020_IM1B – Mơn Toán TDM ECorp C A M B N A' C' P M' Q PC PC ' CP     PQ PA ' CQ  Kéo dài CP cắt AA' Q hình vẽ Suy ra:  Bài tốn ta duỗi điểm P đến điểm Q , điểm M khơng thể duỗi đến cạnh lăng trụ cũ ABC.A'B'C', nên ta dùng tiếp kĩ sau:  Xét lăng trụ ACM.A'C'M' hình vẽ dễ dàng suy được: VACM A 'C ' M '   Suy ra:  VCMNP CM CN CP 3    VCMNP  VCMNQ VCMNQ CM CN CQ 5 VCMNQ VACM A 'C ' M ' VABC A ' B 'C ' V  2 (1) (2)  CN 0  1 2              VCMNP  VACM A 'C ' M '  CC ' AA ' MM '     3 V V Từ (1), (2) (3) suy được: VCMNP  VCMNQ  VACM A 'C ' M '   5 9 15  Chọn đáp án B (3) Câu 10: (5 – A) Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ tích V Gọi M nằm AB' cho 2AM = MB', N nằm C'B cho C'N = 2NB, P điểm nằm cạnh A’C’ cho A’P = PC’ Thể tích khối tứ diện CMNP tương ứng bằng: A 7V 54 B 13V 63 C 5V 54 D 11V 63  Giải:  Hình vẽ minh họa:  Kéo dài CP cắt AA' Q, suy ra: CP  CQ  Kéo dài CN cắt BB' E, suy ra: CN NC ' CN  2  NE NB CE Biên soạn: Nguyễn Đăng Ái – Kĩ sư tài – Bách Khoa Hà Nội Trang 14 Tuyển tập 110 đề VDC khóa học TDMEC2020_IM1B – Mơn Tốn TDM ECorp C A F B N M E A' C' P B' Q VCMNP CM CN CP 1    VCMEQ CM CE CQ 3  Suy ra:  Kéo dài EM cắt AA' F, suy ra:  Suy ra:      VECQM VECQF  (1) EM EM    MF EF EC EQ EM 1 2   EC EQ EF 1 3 (2) 1 2 Từ (1) (2) suy ra: VCMNP  VCMEQ  VECQF  VECQF (3) 3 EB EB ' FA FA FA FA ' FQ    ;         Lại có: CC ' CC ' EB ' CC ' AA ' AA ' AA ' VCEQF 1 FQ   7 7 7V Suy ra:  0 0         VCEQF  VABCA ' B 'C '  VABCA ' B 'C '  AA '    12 12 12 2 7V 7V  Từ (3) (4), suy ra: VCMNP  VECQF  9 12 54 Chọn đáp án A (4) Câu 11: (4 – C) Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ tích V Gọi M , N trung điểm BB’ CC’.Kéo dài AM cắt A’B’ P, kéo dài AN cắt A’C’ Q Thể tích khối đa diện MNPQB’C’ bằng: V 3V 2V 4V A B C D  Giải:  Hình vẽ minh họa: Biên soạn: Nguyễn Đăng Ái – Kĩ sư tài – Bách Khoa Hà Nội Trang 15 Tuyển tập 110 đề VDC khóa học TDMEC2020_IM1B – Mơn Tốn TDM ECorp C A B N M Q A' C' B' P      A' B ' A'C ' 1    SA ' PQ  4SA ' B 'C '  VAA ' PQ  SA ' PQ d ( A;( A 'B'C')) A 'P A 'Q 4V  VAA ' PQ  4SA ' B 'C ' d ( A;( A 'B'C'))  VABC A ' B 'C '  3 VAMNA ' B 'C '  1  2V        VAMNA ' B 'C '  Lại có: VABC A ' B 'C '  2  3 4V 2V 2V   Từ suy ra: VMNPQB 'C '  VAA ' PQ  VAMN A ' B 'C '  3 Chọn đáp án C Nhận thấy: Câu 12: (4 - D) Cho hình hộp ABCD.A'B'C'D' tích V Biết AC' = AC' cắt mặt phẳng (A'BD) M AC' cắt mặt phẳng (CB'D') N Giá trị biểu thức T  MN ( AM NC ' MN ) bằng: A 18  Giải:  Hình vẽ minh họa: B 36 C 15 D 16 B A M B' A' C D N D' Biên soạn: Nguyễn Đăng Ái – Kĩ sư tài – Bách Khoa Hà Nội C' Trang 16 Tuyển tập 110 đề VDC khóa học TDMEC2020_IM1B – Mơn Tốn TDM ECorp  Tính chất quan trọng hình hộp mà phải nắm vững là: AM  MN  NC '   Đồng thời M N trọng tâm tam giác A ' BD , CB ' D '  Suy ra: T  MN ( AM NC ' MN )  2(2.2  22 )  16  Chọn đáp án D AC ' 2 Câu 13: (3 - B) Cho hình hộp ABCD.A'B'C'D' tích V Gọi thể tích tứ diện AA'BD V1 thể tích tứ diện ACB'D' V2 Nhận xét ? A V1 = V2 = V/6 B V2 = 2V1 = V/3 C V1 = 2V2 = V/4 D V1 + V2 = V/3  Giải:  Hình vẽ minh họa: B A M B' A' C D N C' D'  V Dễ dàng suy được: VAA'BD  VABCD.A'B'C'D'   V1 6  A'BD  CD'B'  1 Lại có:   VA CB'D'  S CB'D' d ( A;(CB ' D '))  SA'BD 2d ( A; ( A ' BD)) 3 d ( A; (CB ' D '))  2d ( A;( A ' BD))  V  VA CB'D'  SA'BD 2d ( A; ( A ' BD))  2VA A'BD   V2 3  Chọn đáp án B Câu 14: (3 - C) Cho hình hộp ABCD.A'B'C'D' tích V Biết thể tích khối đa diện ACB'C'D' 36 Giá trị thể tích V bằng: A V  108 B V  90 C V  72 D V  64  Giải:  Hình vẽ minh họa: Biên soạn: Nguyễn Đăng Ái – Kĩ sư tài – Bách Khoa Hà Nội Trang 17 Tuyển tập 110 đề VDC khóa học TDMEC2020_IM1B – Mơn Tốn TDM ECorp B A M C D B' A' N C' D'  Dễ dàng suy được: VACB'C'D'  VA CB'D'  VC'CB'D'   Chọn đáp án C V V V    36  V  72 Câu 15: (4 - A) Cho hình hộp ABCD.A'B'C'D' tích V Biết thể tích khối đa diện A'BDCB'D' 36 Giá trị thể tích V bằng: A V  54 B V  108 C V  64 D V  72  Giải:  Hình vẽ minh họa: B A M B' A' C D N D' C'  Dễ dàng suy được: VABCDA'B'C'D'  VA A'BD  VA'BDCB'D'  VC'CB'D'  V   Chọn đáp án A V V  36   V  54 6 2a Câu 16: (4 - D) Cho hình hộp ABCD.A'B'C'D' Biết AA'BD tứ diện tích Độ dài đường chéo AC' bằng: A AC '  3a B AC '  a C AC '  a D AC '  2a 648  Giải:  Hình vẽ minh họa: Biên soạn: Nguyễn Đăng Ái – Kĩ sư tài – Bách Khoa Hà Nội Trang 18 Tuyển tập 110 đề VDC khóa học TDMEC2020_IM1B – Mơn Tốn TDM ECorp B A M B' A' C D N C' D'  Tứ diện AA'BD suy ra: AC '  ( A ' BD ) điểm M cho: AC '  AM  Gọi cạnh tứ diện AA'BD x, suy ra: AM   Suy ra: AM   x VAA ' BD  x 2a   x  2a 12 x 2.a 6 2.a 648    AC '  AM  2a 648 3 Chọn đáp án D Câu 17: (4 - D) Cho hình hộp ABCD.A'B'C'D' Biết ACB'D' tứ diện tích 2a Khoảng cách từ đỉnh A đến mặt phẳng (A'BD) bằng: A a B a C a D a  Giải:  Hình vẽ minh họa: B A M B' A' C D N D' C'  Tứ diện ACB'D' suy ra: AC '  (CB ' D ') điểm N cho: AC '  AM   Suy ra: d ( A;( A ' BD ))  AM ; d ( A; (CB ' D '))  AN  AM  Nếu gọi cạnh tứ diện ACB'D' x ta có: Biên soạn: Nguyễn Đăng Ái – Kĩ sư tài – Bách Khoa Hà Nội AN Trang 19 Tuyển tập 110 đề VDC khóa học TDMEC2020_IM1B – Mơn Tốn TDM ECorp x 2a x 2a   x  2a  d ( A; (CB ' D '))  AN   a 12 2  VACB ' D '   Suy ra: d ( A; ( A ' BD))  AM   Chọn đáp án D d ( A;(CB ' D ')) a  2 Câu 18: (4 - C) Cho hình hộp ABCD.A'B'C'D' Một mặt phẳng cắt cạnh AA', BB', CC', DD' tai M, N, P, Q cho: AM = MA', 2BN = 3NB', CP = 2PC', DQ = x.QD' Giá trị x bằng: A 13 17 B 17 30 C 17 13 D 13 30  Giải:  Hình vẽ minh họa:  Chúng ta biết tính chất hình hộp từ lớp 11, suy tứ giác MNPQ hình bình hành ta có hệ thức:   AM CP BN DQ DQ DQ 17 DQ 17 17 17             DQ  QD '  x  AA ' CC ' BB ' DD ' DD ' DD ' 30 QD ' 13 13 13 Chọn đáp án C Câu 19: (4 - D) Cho hình hộp ABCD.A'B'C'D' tích V Gọi M N hai điểm nằm cạnh AA' CC' cho: AM = 2MA' CN = 3NC' Một mặt phẳng qua M N cắt cạnh BB' DD' P Q Thể tích khối đa diện ABCDMPNQ bằng: A 7V 24 B 13V 20 C 11V 18 D 17V 24  Giải:  Hình vẽ minh họa:  Chúng ta biết hệ thức: AM CN BP DQ    AA ' CC ' BB ' DD ' Biên soạn: Nguyễn Đăng Ái – Kĩ sư tài – Bách Khoa Hà Nội Trang 20 Tuyển tập 110 đề VDC khóa học TDMEC2020_IM1B – Mơn Tốn  Và tỉ lệ thể tích khối đa diện:  Suy ra: VABCDMPNQ   Chọn đáp án D VABCDMPNQ VABCD A ' B 'C ' D ' TDM ECorp  AM CN   BP DQ    17            AA ' CC '   BB ' DD '    24 17 17V VABCD A ' B 'C ' D '  24 24 Câu 20: (4 - B) Cho hình hộp ABCD.A'B'C'D' tích V Gọi M điểm nằm cạnh CC' cho   thỏa mãn MC   x.MC ' ( với x số thực dương) Một mặt phẳng qua A M chia tứ hình hộp thành hai phần có tỉ lệ thể tích Giá trị x tương ứng bằng: A B C D  Giải: D A Q C B P M A' D' B' Biên soạn: Nguyễn Đăng Ái – Kĩ sư tài – Bách Khoa Hà Nội C' Trang 21 Tuyển tập 110 đề VDC khóa học TDMEC2020_IM1B – Mơn Tốn TDM ECorp V CM x 1 CM  x    ABCDMPQ      CC ' x  VABCD A ' B 'C ' D '  AA ' CC'  2( x  1)  Nhận thấy:  Giả thiết cho mặt phẳng (APMQ) chia hình hộp ABCD.A'B'C'D' thành hai phần có tỉ lệ thể tích Tức là, ta suy ra: CM x 1    x  Chọn đáp án B CC ' x  Câu 21: (4 - C) Cho hình hộp ABCD.A'B'C'D' tích V Gọi M điểm nằm đoạn CD cho thỏa mãn MC = 2MD, N điểm nằm cạnh A'D' cho NA' = 2ND', P trung điểm CC' Thể tích tứ diện AMNP bằng: 13V 5V 7V 4V A B C D 36 24 54 21  Giải:  Hình vẽ minh họa: E D A M C B P A' N D' C' B' Q AN A ' N AA ' AN    2  NQ ND ' D ' Q AQ AM AP AN 2    VAMNP  VAMQP (1) AM AP AQ 3  Kéo dài AN cắt DD' Q, ta có:  Ta có:  PM    PM CM CP  PE Kéo dài MP cắt DD' E, ta có:   2 ME DM DE  DE  CP  CC '  VAMNP VAMQP Biên soạn: Nguyễn Đăng Ái – Kĩ sư tài – Bách Khoa Hà Nội Trang 22 Tuyển tập 110 đề VDC khóa học TDMEC2020_IM1B – Mơn Tốn VPAMQ  PA PQ PM 2   VPAMQ  VPAEQ PA PQ PE 3 TDM ECorp  Ta có:  Lại có khối đa diện PAEQ khối đa diện chuẩn lăng trụ lệch tương ứng với hình lăng trụ ADC.A'D'C': VPAEQ 1 0 EQ   0 7 7 7V Suy ra:          VPAEQ  VADC A ' D 'C '    VADC A ' D 'C '  AA ' CC ' DD '   AA ' CC '  12 12 24 2 2 7V 7V  Từ (1) (2) suy ra: VAMNP  VAMQP  VPAEQ  3 3 24 54 Chọn đáp án C    VPAEQ (2) Câu 22: (4 - A) Cho hình hộp ABCD.A'B'C'D' tích V Gọi M, N, P, Q nằm cạnh AA', BB', CC' , DD' cho: AM = MA', 2BN = 3NB', 3CP = 4PC', 4DQ = 5QD' Thể tích khối đa diện lồi ABCDMNPQ bằng: 2131 15V 1039 181 V V V A B C D 3780 28 1890 223  Giải: B' A' D' Q C' N M P B A D       C AM CP 15 BN DQ 52 AM CP BN DQ     ;         AA ' CC ' 14 BB ' DD ' 45 AA ' CC ' BB ' DD ' Như cạnh NQ gồ lên khối đa diện lồi ABCD.MNPQ chia thành hai khối đa diện (dạng lăng trụ lệch) theo cạnh NQ là: ABDMNQ CBDPNQ V  AM BN DQ    149 149 149V Ta có: ABDMNQ      VABDMNQ  VABDA ' B ' D '       VABDA ' B ' D '  AA ' BB ' DD '    270 270 540 So sánh: VCBDPNQ  CP BN DQ    544 544 272V      VCBDPNQ  VCBDC ' B ' D '       VCBDC ' B ' D '  CC ' BB ' DD '    945 945 945 149V 272V 2131   V Từ suy ra: VABCDMNPQ  VABDMNQ  VABDA ' B ' D '  540 945 3780 Chọn đáp án A Tương tự: Biên soạn: Nguyễn Đăng Ái – Kĩ sư tài – Bách Khoa Hà Nội Trang 23 Tuyển tập 110 đề VDC khóa học TDMEC2020_IM1B – Mơn Tốn TDM ECorp Câu 23: (4 - C) Cho hình hộp ABCD.A'B'C'D' tích V Gọi M, N, P, Q nằm cạnh AA', BB', CC' , DD' cho: AM = MA', BN = 2NB', CP = 3PC', 2DQ = QD' Thể tích khối đa diện lồi ABCDMNPQ bằng: 13V 11V 7V 31V A B C D 24 30 12 80  Giải:       AM CP BN DQ AM CP BN DQ     ;    1    AA ' CC ' 4 BB ' DD ' 3 AA ' CC ' BB ' DD ' Như cạnh MP gồ lên khối đa diện lồi ABCD.MNPQ chia thành hai khối đa diện (dạng lăng trụ lệch) theo cạnh MP là: BACNMP DACQMP V  BN AM CP    23 23 23V    VBACNMP  VBACB ' A 'C'  Ta có: BACNMP        VBACB ' A 'C '  BB ' AA ' CC '    36 36 72 V  DQ AM CP   1  19 19 19V Tương tự: DACQMP      VDACQMP  VDACD ' A 'C'       VDACD ' A 'C '  DD ' AA ' CC '    36 36 72 23V 19V 7V   Từ suy ra: VABCDMNPQ  VBACNMP  VDAC D ' A 'C '  72 72 12 Chọn đáp án C So sánh: Câu 24 (4 - D) Cho hình hộp ABCD.A'B'C'D' tích V Gọi M, N, P, Q nằm cạnh AA', BB', CC' , DD' cho: AM = MA', BN = 2NB', CP = 3PC', DQ = xQD', với x số thực nằm khoảng 3V (0;1) Thể tích khối đa diện lồi ABCDMNPQ Giá trị x tương ứng bằng: 13 A B C D 12 17  Giải: AM CP     , xảy trường hợp sau:  Ta có: AA ' CC ' 4 V AM CP BN DQ  AM CP  5V  Trường hợp 1: Nếu     ABCD.MNPQ       VABCD.MNPQ  AA ' CC ' BB ' DD ' VABCD A ' B 'C ' D '  AA ' CC '  8 V AM CP BN DQ  AM CP  5V  Trường hợp 2: Nếu     ABCD.MNPQ       VABCD.MNPQ  AA ' CC ' BB ' DD ' VABCD A ' B 'C ' D '  AA ' CC '  8 Biên soạn: Nguyễn Đăng Ái – Kĩ sư tài – Bách Khoa Hà Nội Trang 24 Tuyển tập 110 đề VDC khóa học TDMEC2020_IM1B – Mơn Tốn V AM CP BN DQ  AM CP  5V     ABCD.MNPQ       VABCD.MNPQ  AA ' CC ' BB ' DD ' VABCD A ' B ' C ' D '  AA ' CC '  8  Trường hợp 3: Nếu  Hình vẽ minh họa:  Giả thiết cho VABCD.MNPQ      TDM ECorp 3V 5V AM CP BN DQ      , ta phải chia khối đa diện theo cạnh AA ' CC ' BB ' DD ' MP thành hai khối đa diện BACNMP DACQMP VBACNMP  BN AM CP    23 23 23V      VBACNMP  VBACB ' A 'C'       VBACB ' A 'C '  BB ' AA ' CC '    36 36 72 V  DQ AM CP   x 3 1 x 5 Tương tự: DACQMP             VDACD ' A 'C '  DD ' AA ' CC '   x    x   1 x 5 V  x Suy ra: VDACQMP     VDACD ' A 'C'      x 1   x 1  23V  x  V 3V 13 Từ suy ra: VABCDMNPQ  VBACNMP  VDAC D ' A 'C '       x  Chọn đáp án D 72  x   17 Câu 25: (4 - B) Cho hình hộp ABCD.A'B'C'D' tích V Gọi M, N điểm nằm AA' , CC' cho AM = 2MA', 2CN = 3NC' Một mặt phẳng qua M, N cắt BB' , DD' P Q Giá trị nhỏ 2  BP   DQ  biểu thức T     2  ?  BB '   DD '  361 722 19 A B C D 225 675 15  Giải:  Ta có tính chất hình hộp dành cho giao điểm cắt mặt phẳng cạnh bên hình hộp: AM CN BP DQ 19        AA ' CC ' BB ' DD ' 15  Theo bất đẳng thức bunhia, ta có:   2 361  BP DQ   BP DQ   BP   DQ      (1  )(   1   2  ) T  225  BB ' DD '   BB ' DD '   BB '  2  DD '  722 722  giá trị nhỏ T là: Tmin  Suy ra: T  (bỏ qua việc xét điều kiện dấu xảy 675 675 đơn giản chắn xảy ra) Chọn đáp án B Biên soạn: Nguyễn Đăng Ái – Kĩ sư tài – Bách Khoa Hà Nội Trang 25 Tuyển tập 110 đề VDC khóa học TDMEC2020_IM1B – Mơn Tốn TDM ECorp Câu 26: (4 - C) Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A'B'C' tích V Một mặt phẳng qua A cắt BB' , CC' V M N Biết thể tích khối đa diện ABCMN Giá trị nhỏ biểu thức 2  BM   CN  T    4  ?  BB '   CC '  25 A B 16  Giải: C C D A B N M C’ A’ B’      VABCMN 1 BM CN  BM CN      1   VABCA ' B 'C '  AA ' BB ' CC '  BB ' CC ' Theo BĐT bunhia, ta có: 2 2  BM CN   BM CN      BM   CN   1                    T  T   BB ' CC '   BB ' CC '      BB '   CC '   4 Vậy giá trị nhỏ biểu thức T là: Tmin  Chọn đáp án C Áp dụng công thức: Hết Biên soạn: Nguyễn Đăng Ái – Kĩ sư tài – Bách Khoa Hà Nội Trang 26 ... A’ P B’ Q    Ta thành thạo với toán tỉ lệ thể tích lăng trụ lệch Như vậy, cần kéo dài đưa hình tứ diện cần tính dạng lăng trụ lệch có cạnh tựa cạnh lăng trụ tam giác: ABC.A'B'C' AP Kéo dài... thức tỉ lệ lăng trụ: Câu 1: (3) Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ tích V Gọi M N trung điểm BB’ CC’ Thể tích khối đa diện ABCMN bằng: V 2V V V A B C D Câu 2: (3) Cho hình lăng trụ tam giác... xảy ra) Chọn đáp án B Biên soạn: Nguyễn Đăng Ái – Kĩ sư tài – Bách Khoa Hà Nội Trang 25 Tuyển tập 110 đề VDC khóa học TDMEC2020_IM1B – Mơn Tốn TDM ECorp Câu 26: (4 - C) Cho hình lăng trụ tam giác