D06 khối đa diện cắt ra từ một khối chóp muc do 4

Câu 37 [2H1-2.6-4] (THPT Kinh Môn - Hải Dương - 2018 - BTN) Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình bình hành Gọi M trung điểm SA , N điểm đoạn SB cho VS MNPQ lớn SN  NB Mặt phẳng  R  chứa MN cắt đoạn SD Q cắt đoạn SC P Tỉ số VS ABCD A B C D Lời giải Chọn D SM SP SN SQ SP SQ  1     x  x  x     x  x  Ta có  SA SC SB SD SC SC  6 Mặt khác ABCD hình bình hành nên có VS ABCD  2VS ABC  2VS ACD VS MNP SM SN SP VS MPQ SM SP SQ  1   x x     x; SA SC SD  6 VS ABC SA SB SC VS ACD VS MNPQ VS MNP VS MPQ 1  1 1    x  x  x    x2  x Suy VS ABCD 2VS ABC 2VS ACD  6 Đặt 1 1 1  x  x với  x  ; f   x   x    x     ;1 8 6  Bảng biến thiên: Xét f  x   Từ BBT ta có max f  x   1   ;1 6  VS MNPQ 3 Vậy đạt giá trị lớn VS ABCD 8 Câu 42: [2H1-2.6-4] (THPT Trần Nhân Tông - Quảng Ninh - Lần - 2017 - 2018 - BTN) Cho tứ diện ABCD điểm M , N , P thuộc cạnh BC , BD , AC cho BC  4BM , AC  AP , BD  2BN Tính tỉ số thể tích hai phần khối tứ diện ABCD phân chia mp  MNP  A 13 B 15 Lời giải 15 C D 13 Chọn A A P Q K E B N D C Gọi E  MN  CD , Q  EQ  AD , mặt phẳng  MNP  cắt tứ diện ABCD theo thiết diện tứ giác MNQP Gọi I trung điểm CD NI CB NI  EN EI NI    EM EC MC EI Từ I trung điểm CD  suy EC EK Kẻ DK AC với K  EP , ta có  EP KD QD QK KD  Do    AP QA QP AP BC , BC  4BM nên suy NI  MC Bởi Từ ED  EC KD ED   Mặt khác AC  AP nên suy AC EC EK EQ QK  suy   EP EP QP Gọi V thể tích khối tứ diện ABCD , V1 thể tích khối đa diện ABMNQP , V2 thể tích khối đa diện CDMNQP Ta có SCMP CM CP 1     SCMP  SCAB SCAB CB CA 2 ED  nên d  E;  ABC    d  D;  ABC   Do : EC 1 3 VE.CMP  SCMP d  E;  ABC    SCAB d  D;  ABC    SCAB d  D;  ABC    V 3 2 4 VE DNQ ED EN EQ 2    , nên suy VE DNQ  VE CMP  V  V VE CMP EC EM EP 3 15 15 15 10 Vì 13 Từ ta có V2  VE.CMP  VE.DNQ  V  V  V 10 20 13 Và V1  V  V2  V  V  V 20 20 Như : Câu 19: V1  V2 13 [2H1-2.6-4] (Đồn Trí Dũng - Lần - 2017 - 2018) Cho tứ diện S ABC , M N điểm thuộc cạnh SA SB cho MA  3SM , SN  NB , ( ) mặt phẳng qua MN song song với SC Kí hiệu ( H1 ) ( H ) khối đa diện có chia khối tứ diện S ABC mặt phẳng ( ) , đó, ( H1 ) chứa điểm S , ( H ) chứa điểm A ; V1 V2 thể tích ( H1 ) ( H ) Tính tỉ số A V1 V2 B 25 47 C 25 48 D 35 45 Lời giải Chọn B Kí hiệu V thể tích khối tứ diện SABC Gọi P , Q giao điểm ( ) với đường thẳng BC , AC Ta có NP //MQ//SC Khi chia khối ( H1 ) mặt phẳng (QNC ) , ta hai khối chóp N SMQC N QPC Với khối chóp N.SMQC: NS 2 Vì  VN SMQC  VB.SMQC BS 3 AM Lại có:   S AMQ  SSAC  SSMQC  S SAC AS 16 16 Vậy VN SMQC  VS ABC 24 Với khối chóp N.QPC: SCPQ CP CQ 1    Vì SCBA CB CA 1 Do VN PQC  VN ABC  VSABC 18 V1 V V 25 25 25 47      1    Như vậy: VSABC 24 18 72 VSABC 72 72 V2 47 Câu 50 [2H1-2.6-4] (TT Tân Hồng Phong - 2018 - BTN) Cho tứ diện ABCD điểm M , N , P thuộc cạnh BC , BD , AC cho BC  4BM , AC  AP , BD  2BN Tính tỉ số thể tích hai phần khối tứ diện ABCD phân chia mặt phẳng  MNP  A 13 B 15 C 15 D 13 Lời giải Chọn A Trong mặt phẳng  DBC  vẽ MN cắt CD K Trong mặt phẳng  ACD  vẽ PK cắt AD Q Theo định lý Mennelaus cho tam giác BCD cát tuyến MNK ta có KC ND MB KC 3 1  KD NB MC KD cát tuyến ta có PKQ Theo định lý Mennelaus cho tam giác ACD QA KC QD PA QA    1  AD KD QA PC QD Đặt V  VABCD , ta có VB APQ S APQ AP AQ 1      VB APQ  VB ACD  VB.PQDC  V VB ACD S ACD AC AD 5 VP.BMN S BMN BM BN V S CP     VP.BMN  V   P.BCD  CPD  S BCD V S ACD CA BC BD 12 VP.BCD VQ.PBN S PBN V S S S   BQPD  DQP  DQP ADP    VQPBN  V VQ.PBD S PBD V S ACD S DAP S ACD 15 15  VAB.MNPQ V  VA.BPQ  VP.BNM  VQ.PBN V  V 7  AB.MNPQ  VCD.MNPQ 13 20 Câu 46: [2H1-2.6-4] (SGD - Bắc Ninh - 2017 - 2018 - BTN) Cho tứ diện ABCD có cạnh Gọi M , N hai điểm thay đổi thuộc cạnh BC , BD cho  AMN  ln vng góc với mặt phẳng  BCD  Gọi V1 , V2 giá trị lớn giá trị nhỏ thể tích khối tứ diện ABMN Tính V1  V2 A 17 216 B 17 72 C 17 144 Lời giải Chọn A D 12 Gọi H tâm tam giác BCD , ta có AH   BCD  , mà  AMN    BCD  nên AH   AMN  hay MN ln qua H Ta có BH   AH  AB2  BH    3 1 Thể tích khối chóp ABMN V  AH S BMN  BM BN sin 60  BM BN 3 12 Do MN qua H M chạy BC nên BM BN lớn M  C N  D V1  24 + BM BN nhỏ MN //CD BM  BN  Vậy V1  V2  2  V2  27 17 216 Câu 46: [2H1-2.6-4] (THPT Yên Lạc - Vĩnh Phúc- Lần - 2017 - 2018 - BTN) Cho hình chóp S ABCD tích V , đáy ABCD hình bình hành Mặt phẳng  P  song song với  ABCD  cắt đoạn SA , SB , SC , SD tương ứng M , N , E , F ( M , N , E, F khác S không nằm  ABCD  ) Các điểm H , K , P , Q tương ứng hình chiếu vng góc M , N , E, F lên  ABCD  Thể tích lớn khối đa diện MNEFHKPQ là: A V B V 27 C Lời giải Chọn C V D V Đặt k  SM SM Ta có: MNEF ABCD đồng dạng với tỉ số k  SA SA   k  1 Do SMNEF  k S ABCD Gọi SI đường cao S ABCD Ta có: MH MA SA  SM    1 k SI SA SA VMNEFHKPQ  SMNEF MH  S ABCD k (1  k ).SI  3V k (1  k ) 3V 3V  k  k   2k   k k (2  2k )     V 2   Vậy thể tích lớn khối đa diện MNEFHKPQ V k   2k  k  Câu 45: [2H1-2.6-4] (SGD - Quảng Nam - Lần - 2017 - 2018 - BTN) Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a , mặt bên SAB tam giác đều, mặt bên SCD tam giác vuông cân S Gọi M điểm thuộc đường thẳng CD cho BM vuông góc với SA Tính thể tích V khối chóp S.BDM A V  a3 16 B V  a3 24 C V  a3 32 Lời giải Chọn D Gọi I , J trung điểm AB CD a a , SJ  , IJ  a 2 2 Khi SI  SJ  IJ suy tam giác SIJ vng S Gọi H hình chiếu S lên IJ Ta có SI  D V  a3 48 SI SJ Ta có SH  SI  SJ 2  3a 13 AH  SA2  SH  a a  HI  SI  SH  4  AB  SI  AB   SIJ   AB  SH   AB  IJ  SH  AB  SH   ABCD   SH   BDM  Do   SH  IJ  BM  SA Gọi E  AH  BM Ta có   BM  AH  BM  SH ( I  E  90 Ta có ABE đồng dạng với AHI AE AB AB AI 2a   AE   AI AH AH 13 Ta có ABE đồng dạng với BMC A chung) nên ta có ( C  E  90 B  M ) nên ta có AB AE AB.BC 13a  BM    AE BM BC SBMD  SBMC  SBDC 3a a2  a  a.a  2 1 3 Thể tích V khối chóp S.BDM V  SH SBMD  a a  a 4 48 Câu 49: [2H1-2.6-4](THPT Kim Liên-Hà Nội -Lần 2-2018-BTN) Cho tứ diện ABCD có cạnh Trên cạnh AB CD lấy điểm M N cho MA  MB  NC  2 ND Mặt phẳng  P  chứa MN song song với AC chia khối tứ diện ABCD thành hai khối đa diện, khối đa diện chứa đỉnh A tích V Tính V A V  18 B V  11 216 C V  216 Lời giải Chọn B A M P D B N Q C Từ N kẻ NP //AC , N  AD M kẻ MQ//AC , Q  BC Mặt phẳng  P  MPNQ AH S ABCD  12  VAMPC  VMQNC  VMPNC Ta có VABCD  V  VACMPNQ D V  108 AM AP VABCD  VABCD  VABCD AB AD 11 1 CQ CN VMQNC  VAQNC  VABCD  VABCD VABCD  22 2 CB CD 2 11 AM 2 1 VMPNC  VMPCD  VMACD  VABCD  VABCD  VABCD 32 3 AB 3 Ta có VAMPC  11 11 1 1 Vậy V     VABCD  V  VABCD  18 216 3 9 ...  2k )     V 2   Vậy thể tích lớn khối đa diện MNEFHKPQ V k   2k  k  Câu 45 : [2H 1-2 . 6 -4 ] (SGD - Quảng Nam - Lần - 2017 - 2018 - BTN) Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a... SBDC 3a a2  a  a.a  2 1 3 Thể tích V khối chóp S.BDM V  SH SBMD  a a  a 4 48 Câu 49 : [2H 1-2 . 6 -4 ](THPT Kim Liên-Hà Nội -Lần 2-2 018-BTN) Cho tứ diện ABCD có cạnh Trên cạnh AB CD lấy điểm... 17 216 Câu 46 : [2H 1-2 . 6 -4 ] (THPT Yên Lạc - Vĩnh Phúc- Lần - 2017 - 2018 - BTN) Cho hình chóp S ABCD tích V , đáy ABCD hình bình hành Mặt phẳng  P  song song với  ABCD  cắt đoạn SA , SB ,