Dang 3. Tỉ số thể tích(VDC)

Câu [2H1-3.3-4] (Chuyên Thái Nguyên) Cho miếng tôn hình trịn tâm O , bán kính R Cắt bỏ phần miếng tơn theo hình quạt OAB gị phần cịn lại thành hình nón đỉnh O khơng có đáy (OA trùng với OB ) Gọi S S �lần lượt diện tích miếng tơn hình trịn S� ban đầu diện tích miếng tơn cịn lại Tìm tỉ số S để thể tích khối nón đạt giá trị lớn 1 A B C D Lời giải Tác giả:Nguyễn Đức Hoạch; Fb: Hoạch Nguyễn Chọn D Ta có, diện tích miếng tơn ban đầu S   R 0 0     360   Gọi góc tâm mảnh tơn cịn lại  S�   R � Diện tích phần tơn cịn lại là: S�   Vậy S 360 360 Mặt khác, xét hình nón đỉnh O có chu vi đáy C � Bán kính đáy hình nón đỉnh O   2 R   R 360 180 R�  R 2 360 chiều cao OH  OA  AH � R � R  R2  � �  3602   2 �360 � 360  R  R� 1 � R � R V   R� OH   � � 3602   3 360 36 � � � Thể tích khối nón đỉnh O  R3   3602   3.3603 Xét hàm số f      3602   f�     2 360    Ta có với    360 3 3602      2.3602  3  360    0 � f� �   120  Do    360    � �   � 120 � Bảng biến thiên: Vậy Câu  max f     f 120  0;360   � V max   120 6� S�  S [2H1-3.3-4] (Giữa-Kì-2-Thuận-Thành-3-Bắc-Ninh-2019) Cho hình chóp S ABCD đáy hình bình hành Gọi M , N trung điểm SA, SC Mặt phẳng ( BMN ) cắt SD P Tỉ số VS BMPN VS BMPN 1   VS ABCD 16 VS ABCD A B VS BMPN VS ABCD bằng: VS BMPN  VS ABCD 12 C D VS BMPN  VS ABCD Lời giải Tác giả: Nguyễn Mạnh Cường ; Fb: Cuong Nguyen Chọn B SM SN   M , N SA , SC Ta có trung điểm nên SA SC Cách 1: Áp dụng định lý Menelaus cho SOD ta có : PS BD IO PS PS SP � � 1� �� 1�  �  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 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 [2H1-3.3-4] (Giữa-Kì-2-Thuận-Thành-3-Bắc-Ninh-2019) (Giữa-Kì-2-Thuận-Thành-3Bắc-Ninh-2019) Cho hình chóp S ABCD đáy hình bình hành Gọi M , N trung điểm SA, SC Mặt phẳng ( BMN ) cắt SD P Tỉ số VS BMPN VS BMPN 1   VS ABCD 16 VS ABCD A B VS BMPN VS ABCD bằng: VS BMPN  VS ABCD 12 C D VS BMPN  VS ABCD Lời giải Tác giả: Nguyễn Mạnh Cường ; Fb: Cuong Nguyen Chọn B SM SN   Ta có M , N trung điểm SA, SC nên SA SC Cách 1: Áp dụng định lý Menelaus cho SOD ta có : PS BD IO PS PS SP � � 1� �� 1�  �  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 Suy SP  PH  HD � SP  SD Theo cơng thức tỉ số thể tích ta có : VS BMPN 2VS BMP SM SP 1   �  � VS ABCD 2VS BAD SA SD Câu [2H1-3.3-4] (Trần Đại Nghĩa) Cho hình lăng trụ ABC.A ' B ' C ' tích V Gọi M, N trung điểm A ' B ', AC P điểm thuộc cạnh CC ' cho CP  2C ' P Tính thể tích khối tứ diện BMNP theo V 2V A V B 5V C 24 4V D Lời giải Chọn A Gọi B diện tích tam giác ABC , h độ dại đường cao hình lăng trụ, suy V  B.h Gọi Q trung điểm AB , G trọng tâm tam giác ABC Gọi V1 thể tích khối chóp BMNP , V2 thể tích khối chóp MBNE với E  QC �MP PE CE PC PC PC      � PC // MQ ME QF MQ MQ CC � PC  PC Ta có nên V1 MP 1   � V1  V2 Ta có V2 ME GC  QC , CE  2QC � GE  GC  CE  QC 3 Do V2  S BNE h Ta lại có Ta tính diện tích tam giác BNE theo diện tích tam giác ABC ta có 8 S BNE  S BGE  S NGE   S NQC  S BQC   SQBNC 3 S AQN AQ AN   � SQBCN  S ABC S BNE  SQBNC  B Mà S ABC AB AC 1 2V 2V V2  S BNE h  B.h  V1  V2  3 � Nên Email: nguyenhanh1002@gamil.com Câu [2H1-3.3-4] (Sở Bắc Ninh) Cho tứ diện SABC có G trọng tâm tứ diện, mặt phẳng quay VS AMN quanh AG cắt cạnh SB, SC M , N Giá trị nhỏ tỉ số VS ABC là? A B 1 C D Lời giải Tác giả: Hoàng Văn Phiên; Fb: Phiên Văn Hoàng 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  AMN  mặt phẳng quay quanh AG thỏa mãn yêu cầu toán Suy GK // SE ,  K �SA Kẻ suy K trung điểm FS KG AK KG SI �    �  SI AS Mà SE SE Cách 1:  P, Q �SE  Kẻ BP // MN , CQ // MN ; SM SI SN SI  ;  Ta có: SB SP SC SQ � BEP  CEQ � E trung điểm PQ � SP  SQ  SE (đúng trường hợp P �Q �E ) VS AMN SA SM SN SI SI AM GM SI SI �SI �   �   � � VS ABC SA SB SC SP SQ  SP  SQ  SE �SE � Ta có: Dấu "  " xảy SP  SQ  SE Hay P �Q �E � MN // BC Vậy tỉ số nhỏ Chọn A Cách 2: SB SC  3 Ta chứng minh 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  �  �� NM SM NM IQ NI � IQ SM   1 SM NM � � Ta có: , SC LC �   3� MI SC 3MI � SC IP IP LI  �  �� IP MI IP SN MN SN MN �   2 Lại có: SN MN � , SB SC MI � �NI   3�  � 1 2   SM SN NM MN � � Từ ta có: SB SC x ;y SM SN Suy x  y  Đặt VS AMN SA SM SN   VS ABC SA SB SC xy AM GM �  x  y Ta có: x y  � MN // BC Dấu "  " xảy Vậy tỉ số nhỏ Chọn A Cách 3: Lưu Thêm SB SC x y Đặt SM ; SN , với x  , y  uu r uur uur uuu r uuur uuu r r x uuur y uuu SI  SE  ( SB  SC )  ( xSM  ySN )  SM  SN 3 3 Ta có x y  1� x y  Do I , M , N thẳng hàng nên 3 VS AMN SM SN 1 1    �  VS ABC SB SC x y xy ( x  y ) Ta có VS AMN V Vậy S ABC đạt giá trị nhỏ x  y , hay MN qua I song song với BC Câu BC [2H1-3.3-4] (THANH CHƯƠNG NGHỆ AN 2019 LẦN 3)Cho khối lăng trụ ABC A��� C Gọi (P) tích Gọi M, N trung điểm đoạn thẳng AC B�� NC ) Mặt phẳng (P) chia khối lăng trụ mặt phẳng qua M song song với mặt phẳng ( A� ABC A��� B C thành hai khối đa diện, gọi (H) khối đa diện chứa đỉnh A Thể tích khối đa diện (H) 1 A B C D Lời giải Chọn D B C tích V Gọi khối lăng trụ ABC A��� NC ) nên mặt phẳng (P) cắt mặt - Mặt phẳng (P) qua M song song với mặt phẳng ( A� phẳng ( ABC ),( A ' B ' C ') theo giao tuyến ME , GF ( ( E �BC , G �A ' B ', F �B ' C ') N song song A� - Mặt phẳng (P) cắt mặt phẳng ( AA ' C ' C ), ( BB ' C ' C ) theo giao tuyến MI ( I �AA ') song song A ' C , EF song song CN Ba đường thẳng MI , FG, A ' C ' đồng quy K , ba đường thẳng MI , EF , CC ' đồng quy J B C thành hai khối đa diện, gọi (T) khối đa diện - Mặt phẳng (P) chia khối lăng trụ ABC A��� không chứa đỉnh A Thể tích khối đa diện (T) V1  VJ C ' FK  VJ CEM  VI A 'GK 1 1  SC ' FK JC ' S CEM JC  S A 'GK IA '  V  V  V  V 3 16 48 24 Câu B C D cạnh 2a Gọi M trung [2H1-3.3-4] (THTT lần5) Cho hình lập phương ABCD.A���� DP  DD�  AMP  cắt CC � điểm BB�và P thuộc cạnh DD�sao cho Biết mặt phẳng N , thể tích khối đa diện AMNPBCD A 2a B 3a 11a C 9a D Lời giải Tác giả: Ngô Trang; Fb: Trang Ngô Chọn B BCD Gọi O , O�lần lượt tâm hai hình vng ABCD A���� B  BDD�� �MP Trong mặt phẳng : gọi K  OO� A�  ACC �  : gọi N  AK �CC � Khi N  CC �� AMP  Trong mặt phẳng � a � 3a 3a a  � OK   DP  BM   � CN  2OK  � � Do 2 Ta có � 3a � 5a  BM  CN  BC  �a  �.2a  � � Diện tích hình thang $BMNC$ là: 1 5a 5a VA.BMNC  S BMNC AB  2a  3 Thể tích khối chóp A.BMNC là: �a 3a � 2a  2a S DPNC   DP  CN  CD  �  � 2 � � Diện tích hình thang DPNC là: S BMNC  1 4a VA.DPNC  S DPNC AD  2a 2a  3 Thể tích khối chóp A.DPNC là: 5a 4a    3a V  V  V A BMNC A DPNC 3 Thể tích khối đa diện AMNPBCD bằng: Chú ý: Cơng thức tính nhanh    cắt cạnh AA� , BB� , CC �, DD�lần lượt M , N , P,Q Khi đó, ta có Cho mặt phẳng VABCD.MNPQ �AM BN CP DQ � �AM CP �  �    � � � � VABCD A���� �AA� BB� CC � DD� � �AA CC � � BCD AM CP BN DQ    AA� CC � BB� DD� Áp dụng, VABCDMNP �BM DP � �1 �  �  � �  � � DD� V BB � � �2 � ���� ABCD A B C D Áp dụng, ta có AA CN BM DP    AA� CC � BB� DD� V   a   8a ���� ABCD A B C D Thể tích khối lập phương VABCDMNP  3a Suy Câu [2H1-3.3-4] (Chuyên Vinh Lần 3) Cho hình hộp ABCD A ' B ' C ' D ' tích V Gọi M , N , P , Q, E , F tâm hình bình hành ABCD, A ' B ' C ' D ', ABB ' A ', BCC ' B ', CDD ' C ', DAA ' D ' Thể tích khối đa diện có đỉnh M , P, Q, E , F , N V A V B V C Lời giải Chọn C � V  h.S ABCD Gọi h chiều cao hình hộp ABCD A ' B ' C ' D ' Thấy hình đa diện MPQEFN bát diện nên 1 VMPQEFN  2.VN PQEF  .h.S PQEF  h.S PQEF 3 V D 1 AC ; QE  PF  BD 2 nên 1 V  h .S ABCD  h.S ABCD  6 PQ  EF  Lại có: PQEF hình bình hành có 1 S PQEF  S ABCD VMPQEFN  h.S PQEF Do đó: Câu BCD [2H1-3.3-4] (CỤM TRƯỜNG SÓC SƠN MÊ LINH HÀ NỘI) Cho lăng trụ ABCD A���� C C C  mặt phẳng  AA�� có đáy ABCD hình chữ nhật với AB  , AD  , A� C C B B  AA��  AA�� vng góc với đáy Biết mặt phẳng tạo với góc  , thỏa mãn tan   B C D Thể tích khối lăng trụ ABCD A���� A V  10 B V  C V  12 D V  Lời giải Tác giả: Hoàng Ngọc Huệ ; Fb: Hoàng Ngọc Huệ Chọn B Gọi M trung điểm AA� 2 C Do tam giác AA� C cân C Ta có AC  AB  BC     A� C C A� E   ABCD  E  AC ,  AA�� Dựng A� vng góc với đáy nên A�  , suy FE  AA� E nên FE   ACC � Lấy F �AB cho FE  AC , mà FE  A� C 'C   AA� Dựng EG  AA�mà FE  AA�nên FG  AA� Do góc mặt phẳng � B B  AA�� góc EGF Ta có �  tan EGF EF �  EF  BC  � EA  EF tan EAF  � EG  EF EA AB EG , mà EF GE 2 MC �  sin GAE    � MC  2 AE AC EF Từ suy 2 AM  AC  MC    � AA�  Ta có �  sin GAE 2 A� E A� E   � A� E AA� B C D Vậy thể tích khối lăng trụ ABCD A���� V  A� E AB.BC   Câu 10 [2H1-3.3-4] (Sở Vĩnh Phúc) Cho hình chóp S ABCD có đáy hình bình hành Gọi K V trung điểm SC Mặt phẳng qua AK cắt cạnh SB , SD M N Gọi , V theo thứ tự thể tích khối chóp S AMKN khối chóp S ABCD Giá trị nhỏ tỉ số V1 V A B C D Lời giải Tác giả : Nguyễn Ngọc Diệp, FB: Nguyễn Ngọc Diệp Chọn C S N A K D M C B Đặt a SA SB SC SD 1 b  c 2 d  SA SM , SK SN , có a  c  , , V1 VS AMKN a  b  c  d   V V 4abcd S ABCD Áp dụng cơng thức tính nhanh tỉ lệ thể tích: , với a  c  b  d V1 3   �  V 8bd 4bd �b  d � 3 4� bd  � �2 � Suy ra: b  d  Khi , dấu xảy V1 SB SD   Vậy giá trị nhỏ tỉ số V SM SN Chứng minh tốn: Cho hình chóp S ABCD có đáy hình bình hành Các điểm A� , B� , C� , D�lần lượt nằm SA SB SC SD a b c d SA� SB� SC � SD� cạnh SA , SB , SC , SD Đặt , , , VS A���� abcd BCD  4abcd Chứng minh rằng: : VS ABCD a  c  b  d Lời giải S  SABD � VS ABCD  2VS ABD Ta có: ABCD hình bình hành nên: ABCD VS A��� SA�SB�SD� 1 BD   � VS A��� VS ABD  VS ABCD BD  V SA SB SD abd abd abd S ABD Khi đó: VS B��� SB�SC �SD� 1 CD   � VS B��� VS BCD  VS ABCD CD  VS BCD SB SC SD bcd bcd 2bcd Suy ra: VS A���� B C D  VS A��� B D  VS B ��� CD   a  c  VS ABCD 1 VS ABCD  VS ABCD  2abd 2bcd 2abcd Chứng minh tương tự ta có: Từ  1 VS A���� BCD   2 VS A���� BCD   b  d  VS ABCD  1  2 2abcd suy ra: a  c  b  d  b  d  VS ABCD 2abcd   b  d  VS ABCD 4abcd   a  b  c  d  VS ABCD 4abcd VS A���� abcd BCD  4abcd Vậy: VS ABCD Câu 11 [2H1-3.3-4] (THPT-Nguyễn-Cơng-Trứ-Hà-Tĩnh-lần-1-2018-2019-Thi-tháng-3)Cho tứ diện ABCD có cạnh a Gọi M , N trọng tâm tam giác ABD, ABC E  MNE  chia khối tứ diện ABCD thành hai khối đa diện điểm đối xứng với B qua D Mặt khối đa diện chứa đỉnh A tích V Tính V 2a 3 2a 2a 3 2a3 V V V V 320 320 96 80 A B C D Lời giải Chọn A Gọi H , K trung điểm BD, BC I  EM �AB Áp dụng định lí Menelaus AM HE BI BI BI  � 1�  � AI  AB IA IA cho tam giác AHB ta MH EB IA AI AN  �  � AB AK Hai đường thẳng IN BC cắt nhau, gọi giao điểm F Gọi P  EM �AD Vì MN //CD nên áp dụng định lí giao tuyến ba mặt phẳng Ta có PQ //EF //CD Áp dụng định lí Menelaus cho tam giác ADB ta AP DE BI AP AP 1� 1�  PD EB IA PD PD Có ABCD tứ diện cạnh VAPQI VABCD Vậy a � VABCD  a3 12 AP AQ AI 3 27 27 27 a    � VAPQI  VABCD  AD AC AB 4 80 80 80 12 VAPQI  2a 320 Câu 12 [2H1-3.3-4] (Hồng Hoa Thám Hưng n) 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 N Gọi V1 thể tích khối chóp S AMPN V1 Tìm giá trị lớn V 1 A 15 B 25 C 25 D 15 Lời giải Tác giả: Đặng Ân ; Fb: Đặng Ân Chọn C V1  VS AMPN  VS APN  VS APM  VS APN  VS APM  �SP SN  SP SM � � VS ABCD 2VS ACD 2VS ABC � �SC SD SC SB � Ta có V VS ABCD �SN SM � SM SN  �  a b � 10 �SD SB � Đặt SB , SD ,  a, b �1 Gọi O giao điểm hai đường chéo hình bình hành ABCD SAC  AP �SO  I Trong mặt phẳng  , PS AC IO IO SI 1 � 2�  IS SO Xét tam giác SOC có PC AO IS S SMN SM SN  S SB SD  a.b SBD SBD Xét tam giác có S SMN S SMI  S SNI S S SM SI SN SI �   SMI  SNI  �  �  a  b  S SBD S SBO S SDO � �SB SO SD SO � Mặt khác, S SBD 1 a a b  a  b   ab không thoả mãn hệ thức nên 6a  ,  b �1 nên Vậy, , 1� a � a V1 a 0 �1 ۳ a   a  b  � �a �1 � 10 � 6a  �với 6a  Từ đó, V 10 1 � y� � x   x � ;1 y  f  x  x  � � x  1 x  1   �  y  � � � x  Xét hàm số với , � x   l � � �1 � �1 � max f x  f      � f f � � x � � f  1  � x� ;1� � Ta có � � �5 � , �3 � , � Vậy � V1 Từ đó, giá trị lớn V 25 M trùng B N trùng D Cách 2: Lưu Thêm SA SB SC SD a 1 b  c 5 d  SA SM ; SP SN * Đặt ; ; * Ta có a  c  b  d �   b  d � d   b VS AMPN a  b  c  d  b    b    V 4abcd 4.1.b.5   b  b  6b * S ABCD f  b  ; b � 1;5 b  6b * Xét (do b , d �1 ) 2b  f�  b    b  6b  f �  b  � b  ; Bảng biến thiên: b   f�  b f  b 25 25 15 V1  Kết luận: Giá trị lớn V 25 Câu 13 [2H1-3.3-4] (Sở Ninh Bình 2019 lần 2) Cho hình chóp S ABCD có ABCD hình bình hành,  MND  chia hình chóp M điểm đối xứng với C qua B N trung điểm SC Mặt phẳng V thành hai khối đa diện (tham khảo hình vẻ bên) Gọi thể tích khối đa diện chứa đỉnh S V1 V2 thẻ tích khối đa diện cịn lại Tính tỉ số V2 ? V1  V A V1 12  V B V1  V C Lời giải V1  V D Tác giả: Nguyễn Mạnh Quyền ; Fb: Nguyễn Mạnh Quyền Chọn D Ta có V1  VS ADQ  VS PQD  VS DNP VS ADQ VS ABCD Mà VS PQD Và VS BQD d  S ,  ABCD   S AQD 3  d  S ,  ABCD   S ABCD  SP.SQ.SD SP  SB.SQ.SD SB Áp dụng định lí Menelaus cho tam giác SBC với cát tuyến MPN ta có: MB.PS NC PS SP 1� 2  MC.PB NS PB suy SB VS PQD Suy VS BQD  VS PND Ta lại có: VS BCD VS B DQ VS ABCD mà d  S ,  ABCD   S BQD   VS PQD 1  d  S ,  ABCD   S ABCD nên VS ABCD d  S ,  ABCD   S BCD VS BCD   SP.SN SD VS ABCD d S , ABCD S     ABCD   SB.SC.SD mà VS PND  V Suy S ABCD Vậy V1  V1 7  VS ABCD 12 suy V2 B C có Câu 14 [2H1-3.3-4] (GIỮA-HKII-2019-NGHĨA-HƯNG-NAM-ĐỊNH) Cho lăng trụ ABC A��� thể tích Gọi M , N hai điểm nằm hai cạnh AA�và BB�sao cho M BB� C P đướng trung điểm AA�và Đường thẳng CM cắt đường thẳng A�� MPB� NQ C Q Thể tích khối đa diện lồi A� thẳng CN cắt đường thẳng B�� 13 23 A 18 B C 18 D B� N Lời giải Tác giả: Trương Hoàng Hải ; Fb:Trương Hồng Hải Chọn D Ta có: PA� M  CAM  g c.g  � PA�  A�� C � C� P  2C � A� QB� B� N 2   � QB�  QC � � QC �  3B�� C QC � C � C 3 1 �� �� SC �PQ  C � P.C � Q.sin C  2C � A� 3B�� C sin C  3S C � A�� B 2 Ta có: VC C �PQ  SC�PQ  � VC C�PQ  3.VC C�A�� B  VABC A��� BC  V S � �� � �� C C A B C A B Suy ra: 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 VA�MPB�NQ  VC C � PQ  VA��� B C MNC   Ta có: 13  9 Chọn D Câu 15 [2H1-3.3-4] (KINH MÔN II LẦN NĂM 2019) (KINH MÔN II LẦN NĂM 2019) Cho B C cạnh đáy a , chiều cao 2a Mặt phẳng  P  qua lăng trụ tam giác ABC A��� C chia lăng trụ thành hai khối Biết thể tích hai khối V1 V2 B�và vng góc với A� V1 V  V2 với Tỉ số V2 A 11 B 23 Lời giải C 47 D Tác giả: Bồ Văn Hậu; Fb: Nắng Đông Chọn C C , A� C A�� B Gọi E , I , K trung điểm A�� Ta có: B� E   ACC � A� E  A� C  � B� Trong B C  A�� : từ Trong C C  AA�� : gọi  1 H  A� C H B�kẻ B� F  HE �AA� H  A� C �B� �  B� HF   A� C � A� C  B� F � � � B E  A C � Ta lại có  1    P phẳng Từ  2 B C cắt mặt EF thiết diện lăng trụ ABC A��� suy tam giác B� CK � A�� B CK � A�� B  B� H� A� C � B� H  � A C �� CA B C Tam giác cân , ta có a 19 � a a 19  a 5 Tam giác B ' HC vuông H , ta có 9a CH  B� C  B� H2  � CH  CA� � A� H  HI 10 HA� F : HIE � A� F A� H A� F   �  IE IH A� A VA� B�EF A�� B A� E A� F 1 1   � VA� B�EF  VA� B�� VABC A��� VABC A��� CA  BC  BC �� �� � V A B A C A A 16 16 16 48 � �� A B C A Khi V1  BC Nên VABC A��� V 1 �  48 V2 47 Câu 16 [2H1-3.3-4] (ĐỀ-THI-THU-ĐH-THPT-CHUYÊN-QUANG-TRUNG-L5-2019)Cho hình B C M , N hai điểm cạnh CA, CB cho MN song song với lăng trụ ABC A��� CM k A� ) chia khối lăng trụ ABC A��� B C thành hai phần AB CA Mặt phẳng ( MNB� V1 2 V1 V2 V C tích (phần chứa điểm ) cho Khi giá trị k A k 1  B k C Lời giải k 1 D k 3 Tác giả: Nguyễn Thị Hường; Fb: Huong Nguyen Thi Chọn A A� ), ( ACC � A� ),( BCC � B� ) đôi cắt theo ba giao tuyến phân biệt + Vì ba mặt phẳng ( MNB� A� M , B� N , CC �và A� M , CC �không song song nên A� M , B� N , CC � đồng qui S Ta có k + Từ CM MN MN SM SN SC      CA AB A�� B SA� SB � SC � VS MNC  k 3VS A��� B C � V1  VMNC A��� B C    k  VS A��� BC  SC  VABC A��� VABC A��� 3CC �  SC � BC BC      k  � VS A��� BC   k � �  V SC SC + Mặt khác S A ' B 'C ' k  k  1 VABC A���  VABC A��� BC BC V1    k   3 1 k  Suy V1 k  k 1 1  2 V1  VABC A��� �  � k  k 1  � k  (k  0) B C V 3 + Vì nên Vậy k 1  ... điểm SH 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 [2H1 -3.3 -4] (Giữa-Kì-2-Thuận-Thành-3-Bắc-Ninh-2019) (Giữa-Kì-2-Thuận-Thành-3Bắc-Ninh-2019)... điểm SH Suy SP  PH  HD � SP  SD Theo cơng thức tỉ số thể tích ta có : VS BMPN 2VS BMP SM SP 1   �  � VS ABCD 2VS BAD SA SD Câu [2H1 -3.3 -4] (Trần Đại Nghĩa) Cho hình lăng trụ ABC.A '... cơng thức tính nhanh tỉ lệ thể tích: , với a  c  b  d V1 3   �  V 8bd 4bd �b  d � 3 4� bd  � �2 � Suy ra: b  d  Khi , dấu xảy V1 SB SD   Vậy giá trị nhỏ tỉ số V SM SN Chứng minh