ĐỀ VDC số 21 dự đoán các câu tỉ số điểm 10 sử DỤNG LINH HOẠT các bổ đề HÌNH NÂNG CAO QUA các bài TOÁN

GV:NGUYỄN BÁ QUYẾT-SPHN TRUNG TÂM LUYỆN THI ĐẠI HỌC NGUYỄN BÁ QUYẾT-MỸ HÀO-HƯNG YÊN ĐỀ VDC SỐ 21: SỬ DỤNG CÁC CƠNG THỨC TỈ SỐ THỂ TÍCH LINH HOẠT QUA CÁC BÀI TOÁN (GV: NGUYỄN BÁ QUYẾT-SPHN) SĐT:0389301719 Câu (QZ1) Cho hình chóp S ABCD đáy hình bình hành Gọi M , N trung điểm SA, SC Mặt phẳng ( BMN ) cắt SD P Tỉ số A VS BMPN  VS ABCD 16 B VS BMPN VS ABCD VS BMPN  VS ABCD C bằng: VS BMPN  VS ABCD 12 D VS BMPN  VS ABCD Lời giải Chọn B Ta có M , N trung điểm SA, SC nên SM SN   SA SC Cách 1: Áp dụng định lý Menelaus cho SOD ta PS BD IO PS PS SP   1  1      có : PD BO IS PD PD SD 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 GV:NGUYỄN BÁ QUYẾT-SPHN TRUNG TÂM LUYỆN THI ĐẠI HỌC NGUYỄN BÁ QUYẾT-MỸ HÀO-HƯNG YÊN GV:NGUYỄN BÁ QUYẾT-SPHN TRUNG TÂM LUYỆN THI ĐẠI HỌC NGUYỄN BÁ QUYẾT-MỸ HÀO-HƯNG YÊN Suy SP  PH  HD  SP  SD Theo cơng thức tỉ số thể tích ta có : Câu VS BMPN 2VS BMP SM SP 1       VS ABCD 2VS BAD SA SD ( QZ2) Cho tứ diện SABC có G trọng tâm tứ diện, mặt phẳng quay quanh AG V cắt cạnh SB, SC M , N Giá trị nhỏ tỉ số S AMN là? VS ABC A B C D Lời giải Chọn A Gọi E , F , G trung điểm BC , SA, EF suy G trọng tâm tứ diện SABC Điểm I giao điểm AG SE Qua I dựng đường thẳng cắt cạnh SB, SC M , N Suy  AMN  mặt phẳng quay quanh AG thỏa mãn yêu cầu toán Kẻ GK // SE ,  K  SA suy K trung điểm FS  KG AK KG SI   Mà    SI AS SE SE Cách 1: Kẻ BP // MN , CQ // MN ;  P, Q  SE  GV:NGUYỄN BÁ QUYẾT-SPHN TRUNG TÂM LUYỆN THI ĐẠI HỌC NGUYỄN BÁ QUYẾT-MỸ HÀO-HƯNG YÊN GV:NGUYỄN BÁ QUYẾT-SPHN TRUNG TÂM LUYỆN THI ĐẠI HỌC NGUYỄN BÁ QUYẾT-MỸ HÀO-HƯNG YÊN Ta có: SM SI SN SI  ;  SB SP SC SQ  BEP  CEQ  E trung điểm PQ  SP  SQ  SE (đúng trường hợp P  Q  E ) V SA SM SN SI SI AM GM SI SI  SI  Ta có: S AMN        2 VS ABC SA SB SC SP SQ  SP  SQ  SE  SE  Dấu "  " xảy SP  SQ  SE Hay P  Q  E  MN // BC Vậy tỉ số nhỏ Chọn A Cách 2: Ta chứng minh SB SC   SM SN Thật vậy, qua I kẻ đường thẳng song song SB, SC cắt SC , SB tương ứng D, L SB DB    3 NI SB 3NI IQ DI  SB IQ    Ta có: ,  IQ SM NM SM NM IQ NI   SM NM  1 SC LC    3 SC IP MI SC 3MI  Lại có: IP LI ,     IP MI IP SN MN SN MN   SN MN   2 Từ 1 Đặt x   2 ta có: SB SC MI   NI   3    SM SN  NM MN  SB SC Suy x  y  ;y SM SN GV:NGUYỄN BÁ QUYẾT-SPHN TRUNG TÂM LUYỆN THI ĐẠI HỌC NGUYỄN BÁ QUYẾT-MỸ HÀO-HƯNG YÊN GV:NGUYỄN BÁ QUYẾT-SPHN TRUNG TÂM LUYỆN THI ĐẠI HỌC NGUYỄN BÁ QUYẾT-MỸ HÀO-HƯNG YÊN Ta có: VS AMN SA SM SN AM GM     VS ABC SA SB SC xy  x  y Dấu "  " xảy x  y  Vậy tỉ số nhỏ Câu 3  MN // BC Chọn A (QZ3) Cho hình chóp S ABCD có đáy hình bình hành Gọi K trung điểm SC Mặt phẳng qua AK cắt cạnh SB , SD M N Gọi V1 , V theo thứ tự thể tích khối chóp S AMKN khối chóp S ABCD Giá trị nhỏ tỉ V số V A B C D 3 Lời giải Chọn C S N K A D M C B Đặt a  SA SB SC SD  1, b  2, d  , c , có a  c  SA SM SK SN Áp dụng cơng thức tính nhanh tỉ lệ thể tích: Suy ra: b  d  Khi V1 VS AMKN a  b  c  d   , với a  c  b  d V VS ABCD 4abcd V1 3     , dấu xảy b  d  V 8bd 4bd bd  4    Vậy giá trị nhỏ tỉ số V1 SB SD   V SM SN Chứng minh toán: GV:NGUYỄN BÁ QUYẾT-SPHN TRUNG TÂM LUYỆN THI ĐẠI HỌC NGUYỄN BÁ QUYẾT-MỸ HÀO-HƯNG YÊN GV:NGUYỄN BÁ QUYẾT-SPHN TRUNG TÂM LUYỆN THI ĐẠI HỌC NGUYỄN BÁ QUYẾT-MỸ HÀO-HƯNG N Cho hình chóp S ABCD có đáy hình bình hành Các điểm A , B  , C  , D  SA SB SC SD nằm cạnh SA , SB , SC , SD Đặt a  , b , c , d SA SB SC  SD Chứng minh rằng:: Câu VS ABC D a  b  c  d  a  c  b  d VS ABCD 4abcd (QZ4) Cho hình chóp S ABCD có đáy hình bình hành tích V Gọi P điểm cạnh SC cho SC  5SP Một mặt phẳng ( ) qua AP cắt hai cạnh SB SD M giá trị lớn A N Gọi V1 thể tích khối chóp S AMPN Tìm V1 V 15 B 25 C 25 D 15 Lời giải Chọn C Ta có  V1 VS AMPN  V VS ABCD  SN SM   10  SD SB  VS APN  VS APM VS ABCD  VS APN V  SP SN SP SM   S APM     2VS ACD 2VS ABC  SC SD SC SB  SM SN  , b ,  a, b   Đặt a  SB SD  Gọi O giao điểm hai đường chéo hình bình hành ABCD Trong mặt phẳng  SAC  , AP  SO  I Xét tam giác SOC có PS AC IO IO SI 1  2  PC AO IS IS SO Xét tam giác SBD có S SMN SM SN  a.b  S SBD SB SD GV:NGUYỄN BÁ QUYẾT-SPHN TRUNG TÂM LUYỆN THI ĐẠI HỌC NGUYỄN BÁ QUYẾT-MỸ HÀO-HƯNG YÊN GV:NGUYỄN BÁ QUYẾT-SPHN TRUNG TÂM LUYỆN THI ĐẠI HỌC NGUYỄN BÁ QUYẾT-MỸ HÀO-HƯNG YÊN Mặt khác, S SMN S SMI  S SNI S S  SM SI SN SI    SMI  SNI      a  b S SBD S SBD S SBO S SDO  SB SO SD SO  1 a ,  b  nên  a  b   ab , a  không thoả mãn hệ thức nên b  6 6a  a V 1 1 a  0   a  Từ đó,   a  b    a   a 1  với 6a  V 10 10  6a   Vậy, Xét hàm số y  f  x   x  x 1  với x   ;1 y   , 6x 1 5   x  1  x  l 1 1 y    x  1    Ta có f    , f    , f 1  Vậy x  5 3  max f  x   f 1  1  x ;1 5  Từ đó, giá trị lớn Câu V1 M V 25 trùng B N trùng D ( QZ5) Cho lăng trụ ABC AB C  tích Gọi M , N hai điểm BB Đường thẳng CM cắt đường thẳng AC  P đướng thẳng CN cắt đường thẳng BC  Q Thể tích khối đa diện lồi AMPBNQ nằm hai cạnh AA BB cho M trung điểm AA BN  A 13 18 B 23 18 C D Lời giải Chọn D C' A' P B' M N Q A C B Ta có: PAM  CAM  g c.g   PA  AC   C P  2C A GV:NGUYỄN BÁ QUYẾT-SPHN TRUNG TÂM LUYỆN THI ĐẠI HỌC NGUYỄN BÁ QUYẾT-MỸ HÀO-HƯNG YÊN GV:NGUYỄN BÁ QUYẾT-SPHN TRUNG TÂM LUYỆN THI ĐẠI HỌC NGUYỄN BÁ QUYẾT-MỸ HÀO-HƯNG YÊN QB BN 2    QB  QC   QC   3BC QC  C C 3   2C A.3BC .sin C   3S Ta có: SC PQ  C P.C Q.sin C C AB 2 VC.CPQ Suy ra: VC.CAB  SCPQ SCAB   VC.CPQ  3.VC CAB  VABC ABC  Mặt khác: VABC.MNC VABC.ABC AM BN CC    1 13 13    A A B B C C     VABC.MNC  3 18 Ta có: VAMPBNQ  VC C PQ  VABC .MNC   Câu 13  Chọn D 9 ( QZ6) Cho hình lăng trụ ABC AB C  M , N hai điểm cạnh CM  k Mặt phẳng ( MNBA) chia khối lăng CA trụ ABC AB C  thành hai phần tích V1 (phần chứa điểm C ) V2 cho CA, CB cho MN song song với AB V1  Khi giá trị k V2 A k  1  B k  C k  1 D k  Lời giải Chọn A GV:NGUYỄN BÁ QUYẾT-SPHN TRUNG TÂM LUYỆN THI ĐẠI HỌC NGUYỄN BÁ QUYẾT-MỸ HÀO-HƯNG YÊN GV:NGUYỄN BÁ QUYẾT-SPHN TRUNG TÂM LUYỆN THI ĐẠI HỌC NGUYỄN BÁ QUYẾT-MỸ HÀO-HƯNG YÊN + Vì ba mặt phẳng ( MNBA), ( ACC A),( BCC B) đôi cắt theo ba giao tuyến phân biệt AM , BN , CC  AM , CC  không song song nên AM , BN , CC  đồng qui S Ta có k  CM MN MN SM SN SC      CA AB AB SA SB SC  + Từ VS MNC  k 3VS ABC   V1  VMNC ABC   1  k VS ABC  + Mặt khác V VABC ABC  3CC   SC   SC     1  k   VS ABC   ABC ABC  1  k  VS A ' B 'C ' SC  SC  VABC ABC   k  k  1 VABC ABC   Suy V1  1  k  1  k  3 + Vì V1 k  k 1 1   nên V1  VABC ABC     k  k 1   k  ( k  0) 3 V2 Vậy k  Câu 1  (QZ7) Cho lăng trụ ABCD ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật với AB  , AD  , AC  mặt phẳng  AAC C   AABB  ABCD ABCD A V  10  AAC C  vng góc với đáy Biết mặt phẳng tạo với góc  , thỏa mãn tan   B V  C V  12 Lời giải Thể tích khối lăng trụ D V  Chọn B B' C' D' A' M G A Gọi M F C B E D trung điểm AA Ta có AC  AB  BC     AC Do tam giác AAC cân C GV:NGUYỄN BÁ QUYẾT-SPHN TRUNG TÂM LUYỆN THI ĐẠI HỌC NGUYỄN BÁ QUYẾT-MỸ HÀO-HƯNG YÊN GV:NGUYỄN BÁ QUYẾT-SPHN TRUNG TÂM LUYỆN THI ĐẠI HỌC NGUYỄN BÁ QUYẾT-MỸ HÀO-HƯNG YÊN Dựng AE  AC ,  AAC C  vng góc với đáy nên AE   ABCD  Lấy F  AB cho FE  AC , mà FE  AE nên FE   ACC A  , suy FE  AA Dựng EG  AA mà FE  AA nên FG  AA Do góc mặt phẳng  AABB   AAC ' C   góc EGF  Ta có tan EGF EF   EF  BC   EA  EF   EG  EF , mà tan EAF EA AB EG Từ suy EF GE 2 MC  sin GAE      MC  2 AE AC EF AM  AC  MC     AA   Ta có sin GAE 2 AE AE    AE  AA Vậy thể tích khối lăng trụ ABCD ABCD V  AE AB.BC  Câu  (QZ8) Cho hình lập phương ABCD ABC D  cạnh 2a Gọi M trung điểm BB P thuộc cạnh DD cho DP  DD Biết mặt phẳng  AMP  cắt CC  N , thể tích khối đa diện AMNPBCD A a B a C 11a3 3 D a Lời giải Chọn B A D O P C B K M D' A' O' B' N C' Gọi O , O  tâm hai hình vng ABCD ABC D  GV:NGUYỄN BÁ QUYẾT-SPHN TRUNG TÂM LUYỆN THI ĐẠI HỌC NGUYỄN BÁ QUYẾT-MỸ HÀO-HƯNG YÊN GV:NGUYỄN BÁ QUYẾT-SPHN TRUNG TÂM LUYỆN THI ĐẠI HỌC NGUYỄN BÁ QUYẾT-MỸ HÀO-HƯNG YÊN Trong mặt phẳng  BDDB : gọi K  OO  MP Trong mặt phẳng  ACC A  : gọi N  AK  CC  Khi N  CC    AMP  Ta có OK  3a a 3a  DP  BM    a    Do CN  2OK  2 2 2 Diện tích hình thang $BMNC$ là: S BMNC  1 3a  5a BM  CN BC  a  a      2  Thể tích khối chóp A.BMNC là: VA BMNC 1 5a 5a3  S BMNC AB  2a  3 Diện tích hình thang DPNC là: S DPNC  1 a 3a  DP  CN  CD     2a  2a 2 2  1 4a Thể tích khối chóp A.DPNC là: VA DPNC  S DPNC AD  2a 2a  3 Thể tích khối đa diện AMNPBCD bằng: V  VA BMNC  VA.DPNC  5a3 4a3   3a3 3 Chú ý: Công thức tính nhanh Cho mặt phẳng có VABCD.MNPQ VABCD ABC D   cắt cạnh AA, BB, CC , DD M , N , P,Q Khi đó, ta  AM BN CP DQ   AM CP            AA BB CC  DD   AA CC   AM CP BN DQ    AA CC  BB DD Áp dụng, A D P B M C A' D' N B' C' GV:NGUYỄN BÁ QUYẾT-SPHN TRUNG TÂM LUYỆN THI ĐẠI HỌC NGUYỄN BÁ QUYẾT-MỸ HÀO-HƯNG YÊN GV:NGUYỄN BÁ QUYẾT-SPHN TRUNG TÂM LUYỆN THI ĐẠI HỌC NGUYỄN BÁ QUYẾT-MỸ HÀO-HƯNG YÊN Áp dụng, ta có VABCDMNP  BM DP   1          VABCD ABC D  BB DD    AA CN BM DP    AA CC  BB DD Thể tích khối lập phương ABCD ABC D  V   2a   8a Suy VABCDMNP  3a GV:NGUYỄN BÁ QUYẾT-SPHN TRUNG TÂM LUYỆN THI ĐẠI HỌC NGUYỄN BÁ QUYẾT-MỸ HÀO-HƯNG YÊN ... SC M , N Giá trị nhỏ tỉ số S AMN là? VS ABC A B C D Lời giải Chọn A Gọi E , F , G trung điểm BC , SA, EF suy G trọng tâm tứ diện SABC Điểm I giao điểm AG SE Qua I dựng đường thẳng cắt... xy  x  y Dấu "  " xảy x  y  Vậy tỉ số nhỏ Câu 3  MN // BC Chọn A (QZ3) Cho hình chóp S ABCD có đáy hình bình hành Gọi K trung điểm SC Mặt phẳng qua AK cắt cạnh SB , SD M N Gọi V1 ,... SB, SC M , N Suy  AMN  mặt phẳng quay quanh AG thỏa mãn yêu cầu toán Kẻ GK // SE ,  K  SA suy K trung điểm FS  KG AK KG SI   Mà    SI AS SE SE Cách 1: Kẻ BP // MN , CQ // MN ; 