D05 sử dụng định lý tỉ số thể tích muc do 4

Câu 29: [2H1-2.5-4] (THPT Lê Quý Đôn - Hà Nội - 2017 - 2018 - BTN) [2H1-4] Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình bình hành Gọi M , N trung điểm cạnh AB , BC Điểm I thuộc đoạn SA Biết mặt phẳng  MNI  chia khối chóp S ABCD thành hai IA lần phần lại Tính tỉ số k  ? 13 IS C D 3 Lời giải phần, phần chứa đỉnh S tích A B Chọn D S H I Q J A E D M D M O P A E N B N C F B C F Dễ thấy thiết diện tạo mặt phẳng  MNI  với hình chóp hình ngũ giác IMNJH với MN // JI Ta có MN , AD , IH đồng qui E với EA  ED MN , CD , HJ đồng qui F với FC  FD , ý E , F cố định HS ED IA HS HS Dùng định lí Menelaus với tam giác SAD ta có 3.k   1   HD EA SI HD HD 3k Từ d  H ,  ABCD   d  S ,  ABCD    HD 3k  SD 3k  Suy VHJIAMNCD  VH DFE  VI AEM  VJ NFC Đặt V  VS ABCD S  S ABCD , h  d  S ,  ABCD   ta có S AEM  S NFC  S d  I ,  ABCD   d  S ,  ABCD    IA k  SA k  1 21k  25k 3k k 9  V Thay vào ta VHJIAMNCD  h  S   h S   3k  1 k  1 3k    k 1 Theo giả thiết ta có VHJIAMNCD  phương trình k  21k  25k 13 13 , giải  V nên ta có phương trình  3k  1 k  1 20 20 Câu 45: [2H1-2.5-4] (THPT Phan Đình Phùng - Hà Tĩnh - Lần - 2017 - 2018 - BTN) Cho hình đa diện hình vẽ S D B C A Biết SA  , SB  , SC  , SD  ASB  BSC  CSD  DSA  BSD  60 Thể tích khối đa diện S ABCD B A C 30 Lời giải D 10 Chọn B Trên SA , SB , SC lấy điểm A , B , C  cho SA  SB  SC  SD  Ta có AB  BC  CD  DA  Khi hình chóp S ABD hình chóp S.CBD hình chóp tam giác có tất cạnh VS ABD  VS C BD  Mặt khác 23 2  12 VS ABD 9 SA SB SD 2  3   , nên VS ABD  VS ABD  VS ABD SA SB SD 2 VS CBD SC SB SD 2    , nên VS CBD  3VS CBD  2 VS C BD SC  SB SD Thể tích khối đa diện S ABCD V  VS ABD  VS CBD   2  S A' C' B' D B Câu 1933: C [2H1-2.5-4] Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD tứ giác lồi Gọi A điểm SA  Mặt phẳng  P  qua A song song với  ABCD  cắt SA SB , SC , SD B , C  , D Mặt phẳng  P  chia khối chóp thành hai phần Tỉ số cạnh SA cho thể tích hai phần là: A 37 98 B 27 37 C 19 Lời giải Chọn B V SA ' SB ' SC '   27 Ta có: S A ' B ' C '     VS ABC SA SB SC   64 Do VS A ' B ' C ' V 27 27 ; tương tự S D ' B ' C '   VDBC D ' B ' C ' 37 VABC A ' B ' C ' 37 Theo tính chất dãy tỉ số suy ra: VS A ' B ' C ' V VS A ' B ' C '  VS D ' B ' C ' 27  S D ' B ' C '   VABC A ' B ' C ' VDBC D ' B ' C ' VABC A ' B ' C '  VDBC D ' B ' C ' 37 D 27 87 [2H1-2.5-4] Cho hình chóp tứ giác S ABCD Mặt phẳng  P  qua A vng góc Câu 1987 SC cắt SC, SB, SD B, C, D Biết 3SB  2SB Gọi V1 ,V2 thể tích hai khối chóp S ABCD S ABCD Tỉ số A V1  V2 B V1  V2 V1 V2 C V1  V2 D V1  V2 Lời giải Chọn D SB ' SD ' SC '    , cần tìm SB SD SC Tọa độ hóa với Ox  OC, Oy  OB, OS Oz đặc biệt hóa cho OA  Ta có   A  1;0;0    C 1;0;0  , S  0;0; a   SC  1;0; a    P  :  x  1  az   x  az   x   Ta có B  0;1;0   SB   0;1; a   SB :  y   t  z  at    Cho giao với  P   a 2t    B '  0;1  t   1 ;  a2 a  Ta có   2  S 0;0;  1  a2     0;1  ;  a    0;1; a    a 3 a a     3a  2a  P  : x  z    a   Cho SC giao với VS AB ' C ' 1   V 1 3 3 SC ' 1  S ABC    VS AB ' C ' D '  VS ABCD  P   C '  ;0;    SC VS AC ' D ' 2    VS ACD 3 Câu 233: [2H1-2.5-4][CHUN BIÊN HỊA-2017] Cho hình chóp tứ giác S ABCD có cạnh đáy a , cạnh bên hợp với đáy góc 60 Gọi M điểm đối xứng C qua D , N trung điểm SC Mặt phẳng  BMN  chia khối chóp S ABCD thành hai phần Tỉ số thể tích hai phần (phần lớn phần bé) bằng: 7 A B C D 5 Lời giải Chọn A S N E H D C O B M F A Giả sử điểm hình vẽ E  SD  MN  E trọng tâm tam giác SCM , DF // BC  F trung điểm BM   Ta có: SD,  ABCD   SDO  60  SO   d  O,  SAD    OH  h  a a , SF  SO  OF  2 a a2 ; S SAD  SF AD  VMEFD ME MF MD     VMNBC MN MB MC  VBFDCNE 5 1 5a3  VMNBC    d  M ,  SAD    SSBC   4h  SSAD  6 18 72 VS ABCD a3 7a3  SO.S ABCD   VSABFEN  VS ABCD  VBFDCNE   36 Suy ra: VSABFEN   VBFDCNE Câu 247: [2H1-2.5-4] Cho hình chóp tứ giác S ABCD có cạnh đáy a , cạnh bên hợp với đáy góc 60 Gọi M điểm đối xứng với C qua D ; N trung điểm SC , mặt phẳng ( BMN ) chia khối chóp S ABCD thành hai phần Tính tỉ số thể tích hai phần 7 A B C D Lời giải Chọn D S N 60° A B K I a O H M Đặt D V1 VSABIKN V1 V2 VNBCDIK V2 * VS ABCD a a * VN BMC NH S a ? a SO S BMC 1a a.2a BMC MK MN * Nhận thấy K trọng tâm tam giác SMC * VM DIK MD MI MK MC MB MN VM CBN V2 V1 VM CBN VS ABCD 1 2 V M CBN VM DIK V2 C a 6 a 12 6 a 12 a 72 a 72 V1 a 72 V2 a 72 a 72 Câu 50: [2H1-2.5-4] Cho tứ diện ABCD , cạnh BC , BD , AC lấy điểm M , N , P cho BC  3BM , BD  BN , AC  AP Mặt phẳng  MNP  chia khối tứ diện ABCD V thành hai phần tích V1 , V2 Tính tỉ số V2 A V1 26  V2 13 B V1 26  V2 19 C V1  V2 19 Lời giải Chọn B D V1 15  V2 19 A Q P I D N B M C Gọi VABCD  V , I  MN  CD , Q  IP  AD ta có Q  AD   MNP  Thiết diện tứ diện ABCD cắt mặt phẳng  MNP  tứ giác MNQP Áp dụng định lí Menelaus tam giác BCD ACD ta có: NB ID MC ID ID PC QA QA 1    1  ND IC MB IC IC PA QD QD Áp dụng tốn tỉ số thể tích hai khối chóp tam giác, ta có: VANPQ AP AQ 2 2    VANPQ  VANCD  V Suy VN PQDC  V  V  V VANCD AC AD 15 5 15 VCMNP CM CP    VCMNP  VCBNA  V VCBNA CB CA Suy V2  VN PQDC  VCMNP  -HẾT -Câu 35: V 26 26 19 V Do V1  V  V2  V Vậy  V2 19 45 45 [2H1-2.5-4] (Chuyên Phan Bội Châu - Nghệ An - Lần - 2017 - 2018 - BTN) Cho khối tứ diện ABCD tích V Gọi G1 , G2 , G3 , G4 trọng tâm bốn mặt tứ diện ABCD Thể tích khối tứ diện G1G2G3G4 là: A V 27 B V 18 V C D V 12 Lời giải Chọn A A G2 G3 G1 I B C G4 J H1 H2 K D Gọi I , J , K trung điểm BC , BD DC Gọi h khoảng cách từ A đến  BCD  , h1 khoảng cách từ G4 đến  G1G2G3  Vì  G1G2G3  / /  BCD  nên d  G4 ,  G1G2G3    d  G1 ,  BCD    G1H  h , h  AH1  h1 KG1 h    h1  h KA 3 Gọi S , S  , S1 diện tích tam giác BCD , IJK G1G2G3 Vì I , J , K trung điểm BC , BD DC nên: S  1 BC 1 1 JK d  I , JK   d  D, BC   BC.d  D, BC   S 1 2 2 4 Tam giác G1G2G3 đồng dạng với tam giác KIJ với tỉ số đồng dạng là: G1G2 AG1   Ik Ak  S1   4      S1  S    (Vì tỉ số diện tích bình phương tỉ số đồng dạng) S   Từ 1    S1  S 1 S h 1  V Thể tích khối từ diện G1G2G3G4 là: V1  S1.h1    S h   3 27   27 Câu 43: [2H1-2.5-4] (Chuyên Phan Bội Châu - Nghệ An - Lần - 2017 - 2018 - BTN) Cho tứ diện ABCD tích V Điểm M thay đổi tam giác BCD Các đường thẳng qua M song song với AB , AC , AD cắt mặt phẳng  ACD  ,  ABD  ,  ABC  N , P , Q Giá trị lớn khối MNPQ là: A V 27 B V 16 C V D Lời giải Chọn A A P B Q P N M Q C  Tam giác ABN  có MN // AB   Tam giác ACP có MP // AC MN N M  AB N B MP PM  AC PC N D V 54  Tam giác ADQ có QM // AD  MN MP MQ N M PM QM      AB AC AD N B PC QD Khi đó: Mà MQ QM  AD QD MN MP MQ N M PM QM SMCD SMBD SMBC       nên   1 N B PC QD S BCD S BCD S BCD AB AC AD 3  MN MP MQ   MN MP MQ  Lại có      (Cauchy)   3 AB AC AD   AB AC AD    MN MP.MQ  MN MP MQ   AB AC AD  MN MP.MQ lớn AB AC AD 27  M trọng tâm tam giác BCD  S NPQ S N PQ MN MP MQ      NPQ  //  BCD  , AB AC AD 1 2    , Mà S N PQ  S BCD nên S NPQ  S BCD d  M ,  NPQ    d  A,  BCD   3 Vậy giá trị lớn khối tứ diện MNPQ VMNPQ  S NPQ d  M ,  NPQ   1 1 V , với VABCD  S BCD d  A,  BCD    V  VMNPQ  S BCD d  A,  BCD    3 27 Câu 6656: [2H1-2.5-4] [TTGDTX Cam Lâm - Khánh Hịa - 2017] Cho hình chóp S ABCD có ABCD hình bình hành M , N , P, Q trung điểm SA, SB, SC, SD Tỉ số thể tích khối chóp S.MNPQ khối chóp S ABCD 1 1 A B C D 16 Lời giải Chọn A Vì ABCD hình bình hành nên S ABC S ACD Do VS ABCD Ta có 2VS ABC 2VS ACD VS MNPQ VS MNP VS MPQ VS ABCD VS ABCD SM SN SP SA SB SC VS MPQ VS MNP VS MNP VS ABCD VS ABCD 2VS ABC SM SP SQ 1 SA SC SD 16 16 VS MPQ 2VS ACD Câu 6659: [2H1-2.5-4] [BTN 175 - 2017] Cho hình chóp tứ giác S ABCD có cạnh đáy a , cạnh bên hợp với đáy góc 60 Gọi M điểm đối xứng với C qua D ; N trung điểm SC , mặt phẳng ( BMN ) chia khối chóp S ABCD thành hai phần Tính tỉ số thể tích hai phần 7 A B C D 5 Lời giải Chọn B V1  VSABIKN V   ? Đặt  V2 V2  VNBCDIK a 6 * VS ABCD  a  a 1 SO 1a 6 * VN BMC  NH SBMC  SBMC  a.2a  a 3 12 MK * Nhận thấy K trọng tâm tam giác SMC   MN V MD MI MK 1 * M DIK    VM CBN MC MB MN 2 5 6  V2  VM CBN  VM DIK  VM CBN  a  a 6 12 72 a V1 6 7 72  V1  VS ABCD  V2  a  a  a    72 72 V2 a 72 Câu 6661: [2H1-2.5-4] [BTN 171 - 2017] Cho hình chóp tứ giác S ABCD tích bầng V Lấy điểm A cạnh SA cho SA  SA Mặt phẳng qua A song song với mặt đáy hình chóp cắt cạnh SB, SC, SD B, C, D Khi thể tích chóp S ABCD bằng: A V B V Lời giải V 27 C D V 81 Chọn B Vì  ABCD / /  ABCD   AB / / AB, BC / / BC, CD / /CD SA ' SB SC  SD      SA SB SC SD Gọi V1 ,V2 VS ABC ,VS ACD Mà Ta có V1  V2  V VS ABC SA SB SC  V    VS ABC  VS ABC SA SB SC 27 27 VS ADC SA SC  SD V    VS ACD  VS ACD SA SC SD 27 27 Vậy VS ABCD  VS A ' B 'C '  VS A 'C'D'  Vậy VS A ' BC ' D '  V1  V2 V  27 27 V 27 Câu 6665: [2H1-2.5-4] [THPT Chuyên Phan Bội Châu - 2017] Cho hình chóp S ABCD có đáy hình bình hành tích V Gọi M trung điểm SB P điểm thuộc cạnh SD cho SP  2DP Mặt phẳng  AMP  cắt cạnh SC N Tính thể tích khối đa diện ABCDMNP theo V A VABCDMNP  V Chọn B B VABCDMNP  23 V C VABCDMNP  V 30 30 Lời giải D VABCDMNP  19 V 30 S S M M N I I P P B A D B SO O N I C A O C Gọi O tâm hình bình hành Gọi I  MP  SO  N  AI  SC Ta có: S S SP SM SSPM SSPI  SSMI     SPI  SMI SD SB SSDB S SDB 2S SDO 2S SBO SI  SP SM  SI SI       2SO  SD SB  12 SO SO Suy ra: S S SN SSAN SSAI  SSNI SI SI SN 2 SN    SAI  SNI     SC SSAC SSAC 2SSAO 2SSCO 2SO 2SO SC 7 SC SN   SC V V V V V SA.SM SP SM SN SP Suy ra: S AMNP  S AMP S MNP  S AMP  S MNP    V V 2VS ABD 2VS BCPD 2SA.SB.SD 2SB.SC.SD 30  VABCD.MNP  23 V 30 Câu 6666: [2H1-2.5-4] [TTLT ĐH Diệu Hiền - 2017] Cho hình chóp S ABCD có đáy hình bình hành tích V Điểm P trung điểm SC , mặt phẳng qua AP cắt hai cạnh SD SB M N Gọi V1 thể tích khối chóp S AMPN Tìm giá trị nhỏ V ? V 1 A B C D 8 3 Lời giải Chọn C Gọi O tâm hình bình hành ABCD G trọng tâm tam giác SAC Ta có M , G, N thẳng hàng Do ABCD hình bình hành nên VS ADC  VS ABC  VS ABCD V V V SM SP SM SM Theo cơng thức tỉ số thể tích ta có: S AMP   S AMP   S AMP  VS ADC SD SC SD V SD S ABCD VS ABCD V V V SN SP SN SN Tương tự S ANP   S ANP   S ANP  VS ABC SB SC SB V SB S ABCD VS ABCD V V  SM SN  VS AMNP  SM SN      Từ suy S AMP  S ANP     VS ABCD VS ABCD  SD SB  VS ABCD  SD SB  V1  SM SN      V  SD SB  SD SB   Ta chứng minh SM SN Thậy vậy, qua B, D kẻ đường song song với MN cắt SO E , F Hay SD SF SB SE SD SB SE  SF  ;     SM SG SN SG SM SN SG SD SB 2SO      SM SN SG SD SB  x;  y Ta có x  y  Đặt SM SN Ta có: Mặt khác Vậy V1  SM SN   1  x  y 3           V  SD SB   x y  xy xy  x  y  V1 nhỏ V ...  VCMNP  -HẾT -Câu 35: V 26 26 19 V Do V1  V  V2  V Vậy  V2 19 45 45 [2H 1-2 . 5 -4 ] (Chuyên Phan Bội Châu - Nghệ An - Lần - 2017 - 2018 - BTN) Cho khối tứ diện ABCD tích V Gọi G1... h 1  V Thể tích khối từ diện G1G2G3G4 là: V1  S1.h1    S h   3 27   27 Câu 43 : [2H 1-2 . 5 -4 ] (Chuyên Phan Bội Châu - Nghệ An - Lần - 2017 - 2018 - BTN) Cho tứ diện ABCD tích V Điểm... Câu 45 : [2H 1-2 . 5 -4 ] (THPT Phan Đình Phùng - Hà Tĩnh - Lần - 2017 - 2018 - BTN) Cho hình đa diện hình vẽ S D B C A Biết SA  , SB  , SC  , SD  ASB  BSC  CSD  DSA  BSD  60 Thể tích khối