D05 sử dụng định lý tỉ số thể tích muc do 3

Câu 8: [2H1-2.5-3] (Toán học Tuổi trẻ - Tháng - 2018 - BTN) Cho tứ diện S ABC tích V Gọi M , N P trung điểm SA , SB SC Thể tích khối tứ diện có đáy tam giác MNP đỉnh điểm thuộc mặt phẳng  ABC  A V B V Lời giải V C D V Chọn D Dễ thấy khoảng cách từ đỉnh tứ diện cần tính thể tích đến mặt phẳng  MNP  khoảng cách từ đỉnh S đến mặt phẳng  MNP  Ta có: VS MNP SM SN SP V   nên VS MNP  VS ABC SA SB SC 8 Câu 31: [2H1-2.5-3] (Toán học Tuổi trẻ - Tháng - 2018 - BTN) Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a , SA vng góc với đáy, SA  a Một mặt phẳng qua A vng góc với SC cắt SB , SD , SC B , D , C  Thể tích khối chóp SABCD là: A V  2a 3 B V  2a C V  a3 D V  2a 3 Lời giải Chọn C S C' D' B' D A O B a3 Ta có: VS ABCD  a a  3 C Ta có AD   SDC   AD  SD ; AB   SBC   AB  SB Do SC   ABD   SC  AC Tam giác SAC vuông cân A nên C  trung điểm SC SB SA2 2a 2    SB SB 3a  SB SC  SD SC   SB SC  1        SB SC SD SC  SB SC 3 Trong tam giác vng SAB ta có VSABC D VS ABCD  VSABC   VSAC D Vậy VSABC D VS ABCD a3  Câu 37 [2H1-2.5-3](THPT Xuân Hịa-Vĩnh Phúc- Lần 1- 2018- BTN) Cho hình chóp S ABC Gọi V M , N trung điểm SA , SB Tính tỉ số S ABC VS MNC A B  C D  Lời giải Chọn A S M N C A B Ta có VS ABC SA SB SC   VS MNC SM SN SC Câu 47 [2H1-2.5-3](TRƯỜNG CHUYÊN ĐẠI HỌC VINH - LẦN - 2018) Trong không gian Oxyz, cho điểm A , B , C thay đổi trục Ox , Oy , Oz thỏa mãn Biết mặt phẳng  ABC  tiếp xúc với mặt cầu cố định, bán kính mặt cầu điều kiện: tỉ số diện tích tam giác ABC thể tích khối tứ diện OABC A Chọn B B C Lời giải D z C O B y A x S ABC S ABC   VOABC S d O, ABC    d  O,  ABC    ABC S ABC Mà  nên d  O,  ABC    VOABC Ta có Vậy mặt phẳng  ABC  tiếp xúc mặt cầu tâm O , bán kính R  Câu 27 [2H1-2.5-3](Chuyên Bắc Ninh - Bắc Ninh - Lần - 2018 - BTN) Cho khối tứ diện ABCD tích 2017 Gọi M , N , P , Q trọng tâm tam giác ABC , ABD , ACD , BCD Tính theo V thể tích khối tứ diện MNPQ 8068 2017 4034 A B C 27 81 Lời giải Chọn D D 2017 27 VAEFG S EFG 1    VAEFG  VABCD VABCD S BCD 4 VAMNP SM SN SP 8    VAMNP  VAEFG  VABCD  VABCD VAEFG SE SE SG 27 27 27 27 Do mặt phẳng  MNP  //  BCD  nên VQMNP VAMNP  1  VQMNP  VAMNP 2 2017 VQMNP  VABCD  VABCD  27 27 27 Câu 37 [2H1-2.5-3] (THPT Trần Hưng Đạo-TP.HCM-2018) Cho hình chóp tứ giác S ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a , cạnh bên tạo với đáy góc 60 Gọi M trung điểm SC Mặt phẳng qua AM song song với BD cắt SB E cắt SD F Tính thể tích V khối chóp S AEMF A V  a3 36 B V  a3 C V  a3 D V  a3 18 Lời giải Chọn D S M F I E D A O B C Trong mặt phẳng  SBD  : EF  SO  I Suy A, M , I thẳng hàng Trong tam giác SAC hai trung tuyến AM , SO cắt I suy SI  SO SE SF SI    SB SD SO V SE SM VS AFM SF SM Ta có: S AEM       VSABC SB SC VSADC SD SC V  VS AFM VS AEMF Vậy S AEM    VS ABC  VS ADC VS ABCD Lại có EF // BD  Góc cạnh bên đáy S ABCD góc SBO  60 suy SO  BO  Thể tích hình chóp S ABCD VS ABCD  Vậy VS AEMF  a a3 SO.S ABCD  a3 18 Câu 36 [2H1-2.5-3] (THPT Chuyên Vĩnh Phúc- Lần 3-2018) Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a , SA vng góc với đáy, SA  a Gọi B , D hình chiếu A lên SB , SD Mặt phẳng  ABD  cắt SC C  Thể tích khối chóp SABCD là: A V  2a 3 B V  2a C V  Lời giải Chọn C a3 D V  2a 3 S C' D' B' D A O B C a3 Ta có: VS ABCD  a a  3 Vì B , D hình chiếu A lên SB , SD nên ta có SC   ABD  Gọi C  hình chiếu A lên SC suy SC  AC mà AC   ABD   A nên AC   ABD  hay C  SC   ABD  Tam giác SAC vuông cân A nên C  trung điểm SC SB SA2 2a 2   Trong tam giác vuông SAB ta có  SB SB 3a VSABC D VSABC   VSAC D  SB SC  SD SC   SB SC  1        VS ABCD VS ABCD  SB SC SD SC  SB SC 3 Vậy VSABC D  a3 Câu 37 [2H1-2.5-3] (THPT Hoa Lư A-Ninh Bình-Lần 1-2018) Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình thoi tích Gọi M , N điểm cạnh SB SD cho giá trị k để thể tích khối chóp S AMN A k  B k  C k  Lời giải Chọn C Ta có VS AMN SA SM SN   k VS ABD SA SB SD Mà VS AMN  , VS ABD  VS ABCD   SM SN   k Tìm SB SD  k2  k  D k  Câu 38 [2H1-2.5-3] (THPT Hoa Lư A-Ninh Bình-Lần 1-2018) Cho khối tứ diện ABCD tích V điểm E cạnh AB cho AE  3EB Tính thể tích khối tứ diện EBCD theo V A V B V C V D V Lời giải Chọn A VB.ECD BE AC AD 1    VB.ECD  VE BCD  V VA.BCD BA AC AD 4 Câu 36: [2H1-2.5-3] (THPT Kim Liên - HN - Lần - 2017 - 2018 - BTN) Cho hình chóp S ABC có đáy ABC tam giác cạnh a , SA vuông góc với mặt đáy Gọi M trung điểm BC Mặt phẳng  P qua A vuông góc với SM cắt SB , SC E , F Biết VS AEF  VS ABC Tính thể tích V khối chóp S ABC A V  a3 B V  a3 C V  2a D V  a3 12 Lời giải Chọn B S F H E C A M B Ta có BC  SM Gọi H hình chiếu vng góc A SM Do FE   P    SBC   FE  SM  FE BC FE qua H SE SF SH 1  SH  VS AEF  VS ABC   Vậy H trung điểm cạnh SM      SB SC SM 4  SM  a Suy SAM vuông cân A  SA  a3 a a2 Vậy VSABC   Câu 39: [2H1-2.5-3] (THPT Thăng Long – Hà Nội – Lần – 2018) Cho tứ diện ABCD tích V , gọi M , N , P , Q trọng tâm tam giác ABC , ACD , ABD BCD Thể tích khối tứ diện MNPQ A 4V B V 27 V Lời giải C D 4V 27 Chọn C Gọi E , F , I trung điểm đoạn thẳng BC , CD , BD V 8 Ta có AMNP   VAMNP  VAEFI  V VAEFI 9 11 1 V VMNPQ  d  Q,  MNP   SMNP  d  A,  MNP   S MNP  d  Q,  MNP   S MNP  VAMNP  32 Câu 40: [2H1-2.5-3] (THPT Chuyên Vĩnh Phúc - Lần - 2017 - 2018 - BTN) Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a , SA vng góc với đáy  ABCD  , góc hai mặt phẳng  SBD   ABCD  60 Gọi M , N trung điểm SB , SC Tính thể tích khối chóp S ADMN A V  a3 16 B V  a3 24 C V  Lời giải Chọn A 3a 16 D V  a3 S N M A D O B C Gọi O tâm hình vng ABCD Khi ta có SOA góc hai mặt phẳng  SBD   ABCD  Ta có nên SOA  60 Khi tan 60  VS AMN SA SM SN V   S AND VS ACD VS ABC SA SB SC Do VS ADMN SA a  SA  AO.tan 60  a  2 AO SA SN SD   SA SC SD a a3 1 1 a   VS ABCD     VS ABCD  16 4 2 Câu 37: [2H1-2.5-3] (THPT Chuyên Vĩnh Phúc - lần - 2017 - 2018 - BTN) Cho hình chóp tứ giác S ABCD đáy hình bình hành tích V Lấy điểm B , D trung điểm cạnh SB SD Mặt phẳng qua  ABD  cắt cạnh SC C  Khi thể tích khối chóp S ABCD V3 V V 2V A .B C D 3 Lời giải Chọn D S S K C B C D H A H D O d  A O C C Gọi O giao điểm hai đường chéo AC BD SO  BD  H Khi H trung điểm SO C  AH  SO B Trong mặt phẳng  SAC  : Ta kẻ  d  //AC AC  cắt  d  K Khi áp dụng tính đồng dạng tam giác ta có: OH OA SK    SK  OA   ; SH SK AC SK SC  SC      AC CC  SC V 1 V SA SB SD Vì VS ABD  VS BCD  VS ABCD  nên ta có S ABD      VS ABD  V VS ABD SA SB SD VS BC D SB SC  SD SC  SC  V       VS BC D   SC VS BCD SB SC SD SC SC  V V  SC   V Suy VS ABCD  VS ABD  VS BCD  V    1   SC 8  SC  Câu 45: [2H1-2.5-3](Chuyên Long An - Lần - Năm 2018) Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a , cạnh bên hợp với đáy góc 60 Kí hiệu V1 , V2 thể tích khối cầu ngoại tiếp, thể tích khối nón ngoại tiếp hình chóp cho Tính tỉ số V1 V2 A V1 32  V2 B V1 32  V2 27 C V1  V2 D V1  V2 Lời giải Chọn A S M I D C O A B Gọi O tâm hình vng ABCD Suy SO   ABCD  Và góc cạnh bên SA với mặt đáy  ABCD  góc SAO Theo giả thuyết SAO  60 , nên tam giác SAC đều, suy a Gọi M trung điểm SA Trong  SAC  , đường trung trực cạnh SA cắt SO I SA  a SO  Khi đó, IS  IA  IB  IC  ID nên I tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S ABCD SA2 a   R 2SO Ta lại có, khối nón ngoại tiếp hình chóp có đường trịn đáy ngoại tiếp hình vng ABCD nên Tam giác SAO có SI SO  SM SA  SI  có bán kính đáy r  a a chiều cao h  SO  2 Suy a 6      V1 32   V2  a  a     Câu 33: [2H1-2.5-3](Chuyên KHTN - Lần - Năm 2018) Cho khối chóp tứ giác S ABCD Mặt phẳng qua trọng tâm tam giác SAB , SAC , SAD chia khối chóp thành hai phần có V thể tích V1 V2 V1  V2  Tính tỉ lệ V2 A 27 B 16 81 19 Lời giải C D 16 75 Chọn C Gọi G1 , G2 , G3 trọng tâm tam giác SAB , SAD , SAC Gọi I , J trung điểm AB , AC  G1G3 // IJ  G1G3 //  ABC  SG1 SG3   SI SJ Chứng minh tương tự ta có G2G3 //  ABC  Suy  G1G2G3  //  ABCD  Qua G1 dựng đường song song với AB , cắt SA , SB M , N Qua N dựng đường song song với BC , cắt SC P Qua P dựng đường song song với CD , cắt SD Q  Thiết diện hình chóp S ABCD cắt bới  G1G2G3  tứ giác MNPQ Ta có VS MNP SM SN SP 8    VS MNP  VS ABC (1) VS ABC SA.SB.SC 27 27 Tương tự ta có  VS MPQ  Từ (1) (2) suy VS MNPQ  VS ACD (2) 27 V 8 19 VS ABCD  V1  V  V2  V  V1  V Vậy  V2 19 27 27 27 D G A C H H1 I B 1 DN BC SBCD +)     SBCD  3SGBC SGBC GE.BC h a 23 +) Chứng minh tương tự có SBCD  3SGBD  3SGCD  SBGC  SBGD  SCGD Cách 2: d  G;  ABC   GI 1     d  G;  ABC    d  D;  ABC   d  D;  ABC   DI 1 Nên VG ABC  d  G;  ABC   SABC  VDABC  3 Câu 15: [2H1-2.5-3] [2017] Cho hình lập phương ABCD ABCD cạnh a Gọi M , N trung điểm cạnh AB BC Mặt phẳng ( DMN ) chia hình lập phương thành phần Gọi V1 thể tích phần chứa đỉnh A, V2 thể tích phần cịn lại Tính tỉ số A B 55 89 C 37 48 D V1 V2 S M A' M A' E B' B' K D' D' C' C' A A B B N N D C D C Lời giải Chọn B Gọi H  AB  DN ; MH cắt B ' B K , cắt A ' A S ; SD cắt A ' D ' E Thiết diện tương ứng ngũ giác DNKME Phần đa diện chứa A tích là: V1  VS ADH  VS A ' EM  VK BNH H Dùng tam giác đồng dạng kiểm tra được: BA  BH ; AH  A ' M ; AD  A ' E SA '  B ' K  A' A 3 1 1  SA AD AH  1   1.2  6 3 Đặt độ dài cạnh hình lập phương thì: SA '  ; KB  Ta có: VS ADH 1 1 ; VK BNH  VS ADH  VS ADH  18 64 144 1 55 Vậy phần đa diện chứa A tích là:    144 18 144 55 89 Suy phần đa diện không chứa A tích là: 13   144 144 VS A ' EM  Câu 38: [2H1-2.5-3] (THPT Lê Hồn - Thanh Hóa - Lần - 2017 - 2018 - BTN) Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình bình hành Gọi M , N trung điểm cạnh SQ SA , SD Mặt phẳng   chứa MN cắt cạnh SB , SC Q , P Đặt  x , V1 SB thể tích khối chóp S.MNQP , V thể tích khối chóp S ABCD Tìm x để V1  V A x  1  33 B x  C x  D x  1  41 Lời giải Chọn A S P Q M N B C O A D   MN // BC  PQ // BC      SBC   PQ Do  VS MNQ V  VS NPQ V  V1 V  VS MNQ 2VS ABD  VS NPQ 2VS BCS   SM SN SQ SP SN SQ  1 SA SD SB SC SD SB x x2 1  33     x2  x    x  (vì x  ) 4 Câu 1: [2H1-2.5-3] (THPT Chuyên Quốc Học Huế - lần - 2017 - 2018) Cho hình chóp S ABCD có đáy hình vng cạnh a Cạnh bên SA vng góc với mặt đáy SA  2a Gọi B; D hình chiếu vng góc A cạnh SB, SD Mặt phẳng  ABD  cắt cạnh SC C  Tính thể tích khối chóp S ABCD a3 16a a3 2a A B C D 45 Lời giải Chọn B S B' C' I D' B A O D Ta có VS ABCD  2VS ABC 1 mà C VSABC  SB SC   * VSABC SB SC  SAC vuông A nên SC  SA2  AC   2a   a 2   6a suy SC  a Ta có BC   SAB   BC  AB SB  AB suy AB   SBC  nên AB  BC Tương tự AD  SC Từ suy SC   ABD    ABCD  nên SC  AC Mà SC.SC  SA2 suy SB SA2 SA2 4a     2 SB SB SA  AB 4a  a V Từ suy *  SABC  VSABC 15 SC  SA2 4a 2    SC SC 6a VSABC  có 8 VSABC  VSABCD  VSABCD 15 15 30 mà Ta 2a VSABCD  S ABCD SA  3 2a 8a3 Suy VSABC    30 45 Từ 1 suy VS ABC D  2VS ABC  16a3 45 Câu 46 [2H1-2.5-3] (THPT Chuyên Hạ Long - QNinh - Lần - 2017 - 2018 - BTN) Cho khối chóp S ABC có M  SA , N  SB cho MA  2MS , NS  2 NB Mặt phẳng   qua hai điểm M , N song song với SC chia khối chóp thành hai khối đa diện Tính tỉ số thể tích hai khối đa diện ( số bé chia số lớn ) 4 A B C D Hướng dẫn giải Chọn D S M N C Q A P B Cách 1: Ta có mặt phẳng   cắt mặt  SAC  theo giao tuyến MQ SC cắt mặt  SBC  theo giao tuyến NP SC Thiết diện tạo mặt phẳng   với hình chóp hình thang MNPQ Do VMNABPQ  VN ABPQ  VN AMQ , gọi V  VS ABC S  SABC ta có: 1 1   VN ABPQ  d  N ,  ABC   S ABPQ  d  S ,  ABC    S  S   V 3 3  27  VN AMQ  d  N ,  SAC   SAMQ  d  B,  SAC   SASC  V 3 27 Vậy VMNABPQ  VN ABPQ  VN AMQ  V  VSMNPQC  V 9 V Suy SMNPQC  VMNABPQ Cách 2: S M N B A I P Q C Gọi I  MN  AB ,Áp dụng đị nh lý Me-ne-la-us cho tam giác SAB , ta có MS IA NB IB   1  MA IB NS IA Áp dụng đị nh lý Me-ne-la-us cho tam giác AMI , ta có: Tương tự ta có: PI AM AQ  Vì MQ //SC    AS AC PQ BI SA NM NM   1  1 BA SM NI NI Khi đó: Mà VI BNP IB IN IP 1 1 15         VAMQ NBP  VI AMQ VI AMQ IA IM IQ 2 16 16 VM AIQ VS ABC S AIQ S ABC   d  M ;  ABC   MA d  M ;  ABC   S AIQ với    SA d  S ;  ABC   d  S ;  ABC   S ABC AI AQ     AB AC 3 Suy VAMQ NBP  15   VS ABC  VS ABC 16 9  5 1 Vậy tỉ số thể tích cần tìm là: Câu 49: [2H1-2.5-3] (Chuyên Thái Bình - Lần - 2017 - 2018 - BTN) Cho khối chóp S ABCD có đáy hình bình hành ABCD Gọi M , N , P , Q trọng tâm tam giác SAB , SBC , SCD , SDA Biết thể tích khối chóp S.MNPQ V , thể tích khối chóp S ABCD là: A 9 B   V 2 27V C 9V D Lời giải Chọn A S N M P Q C K B F H I O E D Ta có d  S ,  MNPQ   d  S ,  ABCD    A SM  SI Mặt khác gọi S  S ABCD ta có Tương tự ta có J SDEJ 1 1    SDEJ  S SBDA 16 SJAI 1   SJAI  SDAB 81V   1  Suy S HKIJ  1      S  S    16 2      SMNPQ  S ABCD S HKIJ   9 27 Suy VS ABCD  d  S ,  ABCD   S  d  S ,  MNPQ   S  V 3 Mà Câu 18: S MNPQ [2H1-2.5-3] (THPT Chuyên ĐHSP Hà Nội - Lần I - 2017 - 2018) Cho hình chóp S ABCD có đáy hình vng, cạnh bên SA vng góc với đáy Gọi M , N trung điểm SA , SB Mặt phẳng MNCD chia hình chóp cho thành hai phần tỉ số thể tích hai phần S.MNCD MNABCD là: 3 A B C D 5 Lời giải Chọn B S M N A D B C Ta có VS ABC  VS ACD  VS ABCD ; VS MNC  SM SN SC SM SD SC 1 VS ACD  VS ACD VS ABC  VS ABC ; VS MCD  SA SB SC SA SD SC 3 Suy VS MNCD  VS MNC  VS MCD  VS ABC  VS ABCD Đồng thời VMNABCD  VS ABCD  VS MNCD  VS ABCD Vậy tỉ số thể tích hai phần S.MNCD MNABCD Câu 6535: [2H1-2.5-3] [THPT Chuyên Bình Long] Cho tứ diện S ABC Gọi G1 , G2 , G3 lần VS G1G2G3 lượt trọng tâm tam giác SAB, SBC , SCA Tính VS ABC 1 A B C D 48 36 81 27 Lời giải Chọn B S G3 G2 G1 A C P M N B Gọi M , N , P trung điểm cạnh AB , BC , CA Ta có VSG1G2G3 2 8    VSG1G2G3  VSMNP  VSABC  VSMNP 3 9 27 Câu 6578:[2H1-2.5-3] [Sở GDĐT Lâm Đồng lần 07 – 2017] Cho hình chóp tứ giác S ABCD tích V Lấy điểm A cạnh SA cho SA  SA Mặt phẳng qua A song song với đáy hình chóp cắt cạnh SB, SC, SD B, C, D Khi thể tích khối chóp S ABCD bằng: V V V V A B C D 81 27 Lời giải Chọn A Gọi thể tích VS ABCD  1 a.ha h Với Sđáy  a.ha h chiều cao hính chóp S ABCD VS ABCD  1 1  aha ' h mà: h  h , a  a ,  3 3 Nên VS ABCD  VS.ABCD 27 Câu 6590:[2H1-2.5-3] [THPT Quảng Xương lần – 2017] Cho hình chóp S ABC có ASB  CSB  600 , ASC  900 , SA  SB  a; SC  3a Thể tích V khối chóp S ABC là: A V  a3 12 B V  a3 C V  a3 D V  a3 18 Lời giải Chọn C Gọi M điểm đoạn SC cho SC  3SM  AB  BM  a; AM  a  ABM vuông B  Trung điểm H AM tâm đường tròn ngoại tiếp ABM  SH  (ABM) a3  VSABM  12 VSABM SM a3    VSABC  3VSABM  VSABC SC Câu 6592:[2H1-2.5-3] [Sở GDĐT Lâm Đồng lần 07 – 2017] Cho hình chóp tứ giác S ABCD tích V Lấy điểm A cạnh SA cho SA  SA Mặt phẳng qua A song song với đáy hình chóp cắt cạnh SB, SC, SD B, C, D Khi thể tích khối chóp S ABCD bằng: V V V V A B C D 81 27 Lời giải Chọn A Gọi thể tích VS ABCD  1 a.ha h Với Sđáy  a.ha h chiều cao hính chóp S ABCD VS ABCD  1 1 a'.ha ' h' mà: h' h , a' a , '  3 3 Nên VS ABCD  VS.ABCD 27 [2H1-2.5-3] [Sở GD ĐT Long An năm 2017] Cho tứ diện ABCD có AB  3a , AC  2a AD  4a Tính theo a thể tích V khối tứ diện ABCD biết BAC  CAD  DAB  60 A V  a3 B V  a3 C V  a3 D V  2 a3 Câu 6601: Lời giải Chọn D A 2a 2a D' 2a C H 2a M B' D a B Trên cạnh AB lấy điểm B ; cạnh AB lấy điểm D cho AB  AD  AC  2a Gọi V1 thể tích tứ diện A.BCD; V2 thể tích tứ diện A.BCD Khi tam giác ABC; ACD; ABD cạnh 2a suy tam giác BCD đều, cạnh 2a Tứ diện ABCD cạnh 2a nên tích  11 3 V1  SBCD AH   2a.2a   3  2     2 3  2 a  2a    2a    3     Áp dụng tỷ lệ thể tích ta có V1 AB AD 1     V2  3V1  2a V2 AB AD 3 Câu 6609: [2H1-2.5-3] [Cụm HCM năm 2017] Cho hình chóp tam giác S ABC có ASB  CSB  60 , ASC  90 , SA  SB  , SC  Gọi M điểm cạnh SC cho SM  SC Tính thể tích V khối chóp S ABM 3 2 A V  B V  C V  D V  36 12 36 Lời giải Chọn D Cách 1: Áp dụng công thức VS ABC  abc  cos   cos   cos   2cos  cos  cos  Ta có: VS ABC 2 1 1  1.1.3         2 2 VS ABM SM 1 2    VS ABM   VS ABC SC 3 12 Cách 2: S 600 600 A 2 C' H 2 A' 3 C B Gọi A , C  điểm SA SC cho SA  SC  Khi SBA  SBC  90 hay SB   ABC   Tam giác ABC cân B , gọi H hình chiếu B AC  ta có: AC  2 , BH  1 1 VS ABC  SB .BH AC  .1.2  3 VS ABC SA SC 3 2     VS ABC   VS ABC  SA SC  2 4 VS ABM SM 1 2    VS ABM   VS ABC SC 3 12 Câu 6612: [2H1-2.5-3] [Cụm HCM năm 2017] Cho hình chóp tam giác S ABC có ASB  CSB  60 , ASC  90 , SA  SB  , SC  Gọi M điểm cạnh SC cho SM  SC Tính thể tích V khối chóp S ABM 3 A V  B V  C V  D V  36 36 12 Lời giải Chọn D Cách 1: Áp dụng công thức VS ABC  abc  cos   cos   cos   2cos  cos  cos  2 1 1 Ta có: VS ABC  1.1.3         2 2 VS ABM SM 1 2    VS ABM   VS ABC SC 3 12 Cách 2: S 600 600 A 2 C' H 2 A' 3 C B Gọi A , C  điểm SA SC cho SA  SC  Khi SBA  SBC  90 hay SB   ABC   Tam giác ABC cân B , gọi H hình chiếu B AC  ta có: AC  2 , BH  1 1 VS ABC  SB .BH AC  .1.2  3 VS ABC SA SC 3 2     VS ABC   VS ABC  SA SC  2 4 VS ABM SM 1 2    VS ABM   VS ABC SC 3 12 Câu 6633: [2H1-2.5-3] [THPT LÝ THƯỜNG KIỆT năm 2017] Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình bình hành M trung điểm SC , mặt phẳng  P  chứa AM song song với VS AB ' MD ' VS ABCD C Lời giải BD , cắt SB SD B D Tỷ số A B Chọn C Gọi O tâm hình bình hành đáy I  AO  SO Đường thẳng qua I song song BD cắt SB, SD B, D Ta có VSABMD  VSABM  VSAMD VSABM SB SM 1    nên VSABM  VSABCD VSABC SB SC 3 Tương tự 1 VSAMD  nên VSAMD  VSABCD VSABMD  VSABCD VSACD D S D' M B' I A D O B C Câu 6652: [2H1-2.5-3] [THPT Chuyên LHP - 2017] Cho khối chóp S.ABCD có đáy ABCD hình bình hành tích V Trên cạnh SB , SC lấy điểm M , N cho SM  3MB, SN  NC Mặt phẳng  AMN  cắt cạnh SD điểm P Tính thể tích khối chóp S.MNP theo V 7V 9V V V A B C D 40 80 Lời giải Chọn B Trong mp  SBC  gọi E  MN  BC Trong mp  ABCD  gọi F  AE  BD Trong mp  SBD  gọi P  FM  SD Khi P   AMN   SD Áp dụng định lí Menelaus cho tam giác SBC ta có: Lại có: EB AD  EB NC MS EB 1   EC NS MB EC FB EB EB    FD AD BC PD MS FB PD SP    1  PS MB FD SD PS V SM SN SP 3 9V  VSMNP         SMNP  SB SC SD 40 80 V Áp dụng định lí Menelaus cho tam giác SBD ta có: Khi đó: VSMNP VSBCD Câu 6653: [2H1-2.5-3] [Sở GDĐT Lâm Đồng lần 03 - 2017] Cho tứ diện ABCD có cạnh AB, AC AD đơi vng góc với nhau; AB  a , AC  2a AD  2a Gọi H , K hình chiếu A DB, DC Tính thể tích V tứ diện AHKD A V 3 a B V 3 a 21 C V Lời giải Chọn B 3 a 21 D V 3 a D 2a H K 2a A C B Ta có: VD AHK SA SK DH DH D B AD    VD ABC SA SC DB DB 2 AD  AB 4a 2   2 4a  3a VD ABC 1 2a 3  DA.S ABC  2a 2a.a  3 Suy VAHKD  VD AHK  4a 3 21 Câu 6654: [2H1-2.5-3] [Sở GDĐT Lâm Đồng lần - 2017] Cho hình chóp S ABC có đáy ABC tam giác vuông cân B , AB  a , SA vng góc với mặt phẳng  ABC  , góc hai mặt phẳng  SBC   ABC  30 Gọi M trung điểm cạnh SC Thể tích khối chóp S ABM bằng: A a3 24 B a3 36 C a3 12 D Lời giải Chọn B S M A C B Tam giác ABC vuông cân B AB  a nên SABC  a2 Góc hai mặt phẳng  SBC   ABC  góc SBA  30 Tam giác SAB vuông A : SA  tan 30 AB  Ta có: VS ABC  SA.SABC  a V a3 a3  VS ABM  S ABC  18 36 a3 18 Câu 6655: [2H1-2.5-3] [TTGDTX Nha Trang - Khánh Hòa - 2017] Cho hình chóp tứ giác S ABCD tích V Trên cạnh SA lấy A cho SA  SA Mặt phẳng qua A song song với mặt đáy hình chóp cắt cạnh SB , SC , SD B ' , C  , D Tính thể tích khối chóp S ABCD V V V V A B C D 27 81 Lời giải Chọn B Ta có SA SB SC  SD     (theo Talet) SA SB SC SD Áp dụng cơng thức tỉ số thể tích ta có: VS ABCD SA.SB.SC .SD 1 1 V     VABCD  VS ABCD SA.SB.SC.SD 3 3 81 81 Câu 6658: [2H1-2.5-3] [Sở Hải Dương - 2017] Cho hình chóp S ABC có đáy tam giác vng B , cạnh SA vng góc với đáy, góc ACB  60 , BC  a , SA  a Gọi M trung điểm SB Tính thể tích V khối tứ diện MABC a3 A V  a3 C V  Lời giải a3 B V  a3 D V  Chọn B Cách (Tính trực tiếp) S a M A 60o C a H B Gọi H trung điểm AB  MH //SA , mà SA   ABC   MH   ABC  MH  SA a  2 Tam giác ABC nửa tam giác AC  2BC  2a AB  AC  a nên diện tích đáy là: S ABC 1 a2  AB.BC  a 3.a  2 1 a a a3 Vậy thể tích VMABC  S ABC MH   3 2 Cách (Áp dụng tỷ số thể tích tứ diện) S a M A 60o C a B Vì M trung điểm SB nên tỷ số thể tích tứ diện VMABC SM 1    VMABC  VSABC VSABC SB Tam giác ABC nửa tam giác AC  2BC  2a AB  AC  a nên diện tích đáy: S ABC 1 a2  AB.BC  a 3.a  2 Do VSABC a3 1 a2 a3  S ABC SA  a  Vậy VMABC  3 2 Câu 6660: [2H1-2.5-3] [BTN 173 - 2017] Cho tứ diện ABCD có cạnh AB, AC AD đơi vng góc với nhau, AB  a; AC  2a AD  3a Gọi M N trung điểm BD, CD Tính thể tích V tứ diện ADMN A V  3a B V  2a C V  a3 D V  a3 Lời giải Chọn C B M a 2a C AB  AC    AB   ACD  AB  AD  3a A D N 1 1 VABCD  SACD AB  AC AD AB  2a.3a.a  a 3 Áp dụng công thức tỉ số thể tích ta có: VD.MAN DM DA DN 1 1 a3     VD.MAN  VD.BAC  VD.BAC DB DA DC 2 4 Câu 40: [2H1-2.5-3] (THPT Phan Chu Trinh - ĐăkLăk - 2017 - 2018 - BTN) Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a Hai mặt phẳng  SAB   SAD  vng góc với đáy, biết SC  a Gọi M , N , P , Q trung điểm cạnh SB , SD , CD , BC Tính thể tích khối chóp a3 a3 a3 a3 A B C D 12 Lời giải Chọn C Gọi F  PQ  AC Dễ thấy AF  PQ Mặt khác  MNPQ  // SC nên  SAC    MNPQ   EF  EF // SC ; F  SA Dựng AH  EF Do PQ   SAC  nên PQ  AH Suy AH   MNPQ   AH  d  A;  MNPQ   Ta có: AE  3 3a 3a ; AF  AS  AC  SC  AC  4 4 AF AE a  Suy ra: AH  2 AE  AF Mặt khác BD  SC nên PQ  QM suy tứ giác MNPQ hình chữ nhật SMNPQ  MQ.QP  Vậy VA.MNPQ  a2 BD.SC  4 a3 AH SMNPQ  ... 2a.3a.a  a 3 Áp dụng công thức tỉ số thể tích ta có: VD.MAN DM DA DN 1 1 a3     VD.MAN  VD.BAC  VD.BAC DB DA DC 2 4 Câu 40: [2H 1-2 . 5 -3 ] (THPT Phan Chu Trinh - ĐăkLăk - 2017 - 2018 -. .. diện tích đáy là: S ABC 1 a2  AB.BC  a 3. a  2 1 a a a3 Vậy thể tích VMABC  S ABC MH   3 2 Cách (Áp dụng tỷ số thể tích tứ diện) S a M A 60o C a B Vì M trung điểm SB nên tỷ số thể tích. .. 15 15 30 mà Ta 2a VSABCD  S ABCD SA  3 2a 8a3 Suy VSABC    30 45 Từ 1 suy VS ABC D  2VS ABC  16a3 45 Câu 46 [2H 1-2 . 5 -3 ] (THPT Chuyên Hạ Long - QNinh - Lần - 2017 - 2018 - BTN)