Thể tích trong phân chia khối đa diện - TOANMATH.com

Cũng cần tạo cho học sinh quen với các bài toán tính thể tích các khối không cơ bản như chóp hoặc lăng trụ bằng cách phân chia thể tích với yêu cầu học sinh quan sát tốt để phân chia khố[r]

NĂM HỌC 2019 – 2020 NHÓM TOÁN VD–VDC THỂ TÍCH TRONG PHÂN CHIA KHỐI ĐA DIỆN NHÓM TOÁN VD – VDC Trong các bài toán thể tích khối đa diện diện , số bài toán vận dụng vận dụng cao thường đề cập đến việc phân chia đa diện , tính thể tích khối đa diện theo thể tích khối đa diện đã cho Thầy cô cần tạo tình cho học trò có tư việc so sánh thể tích các khối chóp , khối lăng trụ từ tư đơn giản so sánh đường cao , so sánh diện tích đáy để đến định chuyển khối đa diện khó tính thể tích thành khối dễ , dễ so sánh với khối ban đầu Cũng cần tạo cho học sinh quen với các bài toán tính thể tích các khối không chóp lăng trụ cách phân chia thể tích với yêu cầu học sinh quan sát tốt để phân chia khối đa diện thành khối dễ tính với giả thiết cho , từ đó hình thành các kĩ tổng hợp và có phản xạ tốt bài phân chia đa diện Trong phần thể tích khối đa diện việc đề và ôn tập cho học sinh thường chú trọng đến các bài toán phân chia khối đa diện thành các phần khác Việc phân chia và tính toán khối đa diện thường dựa vào tỷ số thể tích, dựa vào việc dựng thiết diện, dựa vào việc lấy thêm điểm thỏa mãn các hệ thức tỷ số vecto… A CÁC CÔNG THỨC TỈ SỐ THỂ TÍCH ÁP DỤNG Bài toán Cho hình chóp S ABC Một mặt phẳng  P  cắt các cạnh SA, SB , SC M , N , P hình vẽ bên VS MNP SM SN SP  VS ABC SA SB SC Bài toán Cho hình chóp S ABCD có đáy là hình bình hành, mặt phẳng  P  cắt các cạnh SA, SB, SC , SD M , N , P, Q hình vẽ bên S M N Q P D A B https:/www.facebook.com/groups/toanvd Trang C NHÓM TOÁN VD – VDC Khi đó ta có các kết sau: NĂM HỌC 2019 – 2020 NHÓM TOÁN VD–VDC SA SB SC SD  x,  y,  z,  t Khi đó ta có các kết sau: SM SN SP SQ + x z  y t VS MNPQ x  y  z  t +  VS ABCD xyzt Đặt AA ', BB ', CC ' M , N , P hình vẽ bên NHÓM TOÁN VD – VDC Bài toán Cho hình lăng trụ ABC A ' B ' C ' Một mặt phẳng  P  cắt các cạnh bên AM BN C P  x,  y, z AA BB CC  Đặt Khi đó ta có VMNP A ' B 'C ' x  y  z  VABC A ' B 'C ' Bài toán Cho hình lăng trụ ABCD A ' B ' C 'D' Một mặt phẳng  P  cắt các cạnh bên AA ', BB ', CC ', DD' M , N , P, Q hình vẽ bên Khi đó ta có + x  z  y  t + VABCDMNQP VABCD A ' B ' C ' D '  x y  zt x z y t   2 B CÁC DẠNG BÀI VÀ VÍ DỤ MINH HỌA Bài toán CHIA HÌNH CHÓP, HÌNH LĂNG TRỤ THÀNH PHẦN BỞI MỘT MẶT PHẲNG CHO TRƯỚC TÍNH THỂ TÍCH MỘT TRONG HAI PHẦN HAY TỈ SỐ THỂ TÍCH https:/www.facebook.com/groups/toanvd Trang NHÓM TOÁN VD – VDC AM BN CP DQ  x,  y,  z, t AA BB CC  DD Đặt NĂM HỌC 2019 – 2020 NHÓM TOÁN VD–VDC Ví dụ minh họa 1: Cho hình chóp S ABC và G là trọng tâm tam giác ABC Với hai số thực    x, y thay đổi và tập hợp các điểm M thỏa mãn GM  xSB  y AC là mặt phẳng ( P ) Tính tỉ số thể tích hai phần khối chóp S ABC phân chia mp  P  20 B 27 C D Lời giải Chọn A S H NHÓM TOÁN VD – VDC A C F K G A E B phẳng ( P ) qua G và song song song với SA ; BC Nên thiết diện cắt hình chóp S ABC  P  là hình bình hành EFHK hình vẽ Gọi V , V1 , V2 là thể tích khối chóp S ABC , khối đa diện SAEFHK và BCEFHK 1 Ta có V2  VH BCEF  VK HCF  d  S , ABC  S ABC  d B , SAC   S SAC 3 3 20  V1  V   27 Chọn A  V  V  V  27 27 27 V  V  27 Ví dụ minh họa 2: Cho khối lăng trụ ABC ABC  Gọi E là trọng tâm tam giác ABC  và F là trung điểm BC Tính tỉ số thể tích khối B.EAF và khối lăng trụ ABC ABC  1 1 A B C D Lời giải Chọn D https:/www.facebook.com/groups/toanvd Trang NHÓM TOÁN VD – VDC    Với hai số thực x, y thay đổi và tập hợp các điểm M thỏa mãn GM  xSB  y AC là mặt NĂM HỌC 2019 – 2020 NHÓM TOÁN VD–VDC B A F NHÓM TOÁN VD – VDC C B' A' E M C' Ta có M là trung điểm BC  đó S EAF  S AAMF và d  B,  AAMF    d  B,  AEF   2 Vì VB AAMF  VABF ABM  VB ABF  VABF ABM  VABF ABM  VABF ABM 3 1 1 Suy VBEAF  VB AAMF  VABF ABM  VABC ABC   VABC ABC  2 3  BMN  chia khối chóp S ABCD thành hai phần Tỉ số thể tích hai phần (phần lớn trên phần bé) A B C D Lời giải Chọn A S N E H D C O B Giả sử các điểm hình vẽ https:/www.facebook.com/groups/toanvd Trang NHÓM TOÁN VD – VDC Ví dụ minh họa 3: Cho hình chóp tứ giác S ABCD có cạnh đáy a , cạnh bên hợp với đáy góc 60 Gọi M là điểm đối xứng C qua D , N là trung điểm SC Mặt phẳng F A M NĂM HỌC 2019 – 2020 NHÓM TOÁN VD–VDC E  SD  MN  E là trọng tâm tam giác SCM , DF // BC  F là trung điểm BM      60  SO  a , SF  SO  OF  a Ta có: SD ,  ABCD   SDO 2 a a2 ; SSAD  SF AD  VMEFD ME MF MD     VMNBC MN MB MC 5 1 5a  VBFDCNE  VMNBC    d  M ,  SAD    S SBC   4h  S SAD  6 18 72 a3 7a VS ABCD  SO.S ABCD   VSABFEN  VS ABCD  VBFDCNE   36 Suy ra: VSABFEN   VBFDCNE NHÓM TOÁN VD – VDC  d  O,  SAD    OH  h  Ví dụ minh họa 4: Cho lăng trụ ABC ABC có thể tích V Gọi A1 , B1 là hai điểm nằm trên hai cạnh AA và BB  cho A1 là trung điểm AA và 5.B1 B  3.BB Tia CA1 cắt tia C A Q và tia CB1 cắt tia C B P Thể tích khối đa diện lồi AA1QBB1 P bằng: 29 A V 30 B V 10 C 37 V 90 D 10 V Chọn A  Ta có: VC ABC C A C B 1      VC.QPC  5.VC ABC   V   V VC.QPC C Q C P 5 3   Mặt khác: VABC A1B1C  A1 A B1 B CC     A1 A B1B  ,             1  AA BB VABCABC  AA BB CC     10  VABCA1B1C  7 VABCABC  V 10 10 https:/www.facebook.com/groups/toanvd Trang NHÓM TOÁN VD – VDC Lời giải NĂM HỌC 2019 – 2020 NHÓM TOÁN VD–VDC 29  VAA1QBB1P  VC.QPC  VABCA1B1C  V  V  V 10 30 khối tứ diện BMNP theo V A 2V B V C 5V 24 D 4V NHÓM TOÁN VD – VDC Bài toán : TÍNH THỂ TÍCH KHỐI ĐA DIỆN ĐƯỢC PHÁT TRỂN TỪ CÁC KHỐI CHO TRƯỚC BẰNG CÁCH LẤY THÊM CÁC ĐIỂM Phương pháp : với các khối có đáy chóp , lăng trụ ta chuyển đáy các khối này mặt đáy các khối ban đầu , sau đó so sánh đường cao khối này với đường cao khối ban đầu Với các khối không phải là chóp lăng trụ ta có thể dùng phân chia đa diện để tạo các khối chóp lăng trụ , Cũng có thể vào khối đã cho cộng trừ các khối không thuộc , cộng thêm khối thuộc khối đa diện yêu cầu tính thể tích Ví dụ minh họa 1: Cho hình lăng trụ ABC A ' B ' C ' có thể tích V Gọi M, N là trung điểm A ' B ', AC và P là điểm thuộc cạnh CC ' cho CP  2C ' P Tính thể tích Lời giải Chọn A NHÓM TOÁN VD – VDC Gọi B là diện tích tam giác ABC , h là độ dại đường cao hình lăng trụ, suy V  B.h Gọi Q là trung điểm AB , G là trọng tâm tam giác ABC Gọi V1 là thể tích khối chóp BMNP , V2 là thể tích khối chóp MBNE với E  QC  MP Ta có PE CE PC PC PC    PC // MQ và PC  PC  nên   ME QF MQ MQ CC  Ta có V1 MP 1    V1  V2 V2 ME 3 https:/www.facebook.com/groups/toanvd Trang NĂM HỌC 2019 – 2020 NHÓM TOÁN VD–VDC Do GC  QC , CE  2QC  GE  GC  CE  QC 3  Mà S AQN S ABC   AQ AN   SQBCN  S ABC đó S BNE  SQBNC  B AB AC 4 1 2V 2V Nên V2  S BNE h  2B.h   V1  V2  3 3 Ví dụ minh họa 3: Cho hình hộp ABCD A ' B ' C ' D ' có thể tích V Gọi M , N , P, Q, E, F là tâm các hình bình hành ABCD, A ' B ' C ' D ', ABB ' A ', BCC ' B ', CDD ' C ', DAA ' D ' Thể NHÓM TOÁN VD – VDC Ta lại có V2  SBNE h 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 tích khối đa diện có các đỉnh M , P, Q, E, F , N A V B V C V D V Lời giải Chọn C NHÓM TOÁN VD – VDC Gọi h là chiều cao hình hộp ABCD A ' B ' C ' D '  V  h.S ABCD Thấy hình đa diện MPQEFN là bát diện nên 1 VMPQEFN  2.VN PQEF  .h.S PQEF  h.S PQEF 3 1 AC; QE  PF  BD nên 2 1 V  h .S ABCD  h.S ABCD  6 Lại có: PQEF là hình bình hành và có PQ  EF  S PQEF  1 S ABCD Do đó: VMPQEFN  h.S PQEF https:/www.facebook.com/groups/toanvd Trang NĂM HỌC 2019 – 2020 NHÓM TOÁN VD–VDC Ví dụ minh họa 4: Cho hình hộp ABCD A ' B ' C ' D ' có chiều cao và diện tích đáy Gọi M , N , P và Q là tâm các mặt bên ABB ' A ', BCC ' B ', CDD ' C ' và DAA ' D ' Thể tích khối đa diện lồi có các đỉnh là các điểm A, B, C , D, M , N , P và Q B 30 C 18 Lời giải D 36 NHÓM TOÁN VD – VDC A 27 Chọn B V , thì: V  VA1B1C1D1 A ' B ' C ' D '  VA '.QMA1  VB '.MNB1  VC '.PNC1  VD '.QPD1 8.9 V  4 24  V  30  Ví dụ minh họa 5: Cho tứ diện ABCD có thể tích là V Gọi M , N , P, Q, R là trung NHÓM TOÁN VD – VDC Mặt  MNPQ  cắt các cạnh AA', BB', CC', DD' A1 , B1 , C1 , D1 Thể tích khối đa diện cần tìm là điểm các cạnh AB, AD, AC , DC , BD và G là trọng tâm tam giác ABC (như hình vẽ ) Tính thể tích khối đa diện lồi MNPQRG theo V https:/www.facebook.com/groups/toanvd Trang NĂM HỌC 2019 – 2020 NHÓM TOÁN VD–VDC 2V B V V Lời giải C D V NHÓM TOÁN VD – VDC A Chọn B NHÓM TOÁN VD – VDC Gọi E là trung điểm BC Gọi I là giao AE với MP thì d  G ,  MPQR   GI 1  nên   VG MPQR  VE MPQR EI d  E ,  MPQR   3 V Gọi V1  VEMPQRN thì V1  V  4.VAMNP  V  V  Mặt khác MNQE là hình bình hành nên EN cắt MQ trung điểm nên V VN MPQR  VE MPQR  V1  https:/www.facebook.com/groups/toanvd Trang NĂM HỌC 2019 – 2020 NHÓM TOÁN VD–VDC V Mà VG MPQR  VE MPQR  12 Vậy VMNPQRG  VN MPQR  VG MPQR  Ví dụ minh họa 6:Cho hình chóp tam giác S ABC có cạnh đáy a , đường cao SH  2a Gọi I , J , K là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S HAB , S HBC , S HCA Tính thể tích khối bát diện ABCIJK A a 3 B a3 C a3 D 4a 3 Lời giải Chọn C S S K K O I F O I J F C A C E B H M G E B Gọi G , E , F là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác HAB , HBC , HAC Suy G , E , F đối xứng với H qua AB, BC , CA Suy tam giác GEF cạnh a Gọi O là trung điểm SH , theo bài I , J , K là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp     S HAB , S HBC , S HCA nên ta có GI  EJ  FK  HO suy  IJK    ABC  Mặt khác có ABJK , ACJI là hình bình hành nên IC  AJ trung điểm AJ Suy d  I ,  ABJK    d  C ,  ABJK   Vậy VABCIJK  2VC ABJK  4VC ABJ  2VSABC  a3 3 Dạng MAX- MIN THỂ TÍCH CÁC KHỐI KHI PHÂN CHIA Ví dụ minh họa 1: Cho khối chóp S ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật Một mặt phẳng thay đổi luôn song song với đáy và cắt các cạnh bên SA , SB , SC , SD M , https:/www.facebook.com/groups/toanvd NHÓM TOÁN VD – VDC M G J A H Trang 10 NHÓM TOÁN VD – VDC V V V   12 NĂM HỌC 2019 – 2020 NHÓM TOÁN VD–VDC N , P , Q Gọi M  , N  , P  , Q là hình chiếu vuông góc M , N , P , Q lên mặt SM phẳng  ABCD  Tính tỉ số để thể tích khối đa diện MNPQ.M N PQ đạt giá trị lớn SA B C D Lời giải Chọn A S Q M P N A M' B Đặt Q' H D P' N' C SM  k với k   0;1 SA MN SM   k  MN  k AB AB SA Xét tam giác SAD có MQ // AD nên MQ SM   k  MQ  k AD AD SA Kẻ đường cao SH hình chóp Xét tam giác SAH có: MM  // SH nên MM  AM SA  SM SM    1   k  MM   1  k  SH SH SA SA SA Ta có VMNPQ.M N P Q  MN MQ.MM   AB AD.SH k 1  k  Mà VS ABCD  SH AB AD  VMNPQ.M N PQ  3.VS ABCD k 1  k  Thể tích khối chóp không đổi nên VMNPQ.M N PQ đạt giá trị lớn k 1  k  lớn Ta có k  k  1  1  k  k k   2k  k  k      2  27 Đẳng thức xảy và khi: 1  k   k  k  https:/www.facebook.com/groups/toanvd SM Vậy  SA NHÓM TOÁN VD – VDC Xét tam giác SAB có MN // AB nên Trang 11 NHÓM TOÁN VD – VDC A NĂM HỌC 2019 – 2020 NHÓM TOÁN VD–VDC A 13 16 B 11 12 C D Lời giải Chọn A Đặt  AM AN sin DAB VS AMN S AMN AM AN Ta có  2    VS ABCD S ABCD AB AD yx AB AD.sin DAB Theo bài Suy Ta có AB AD 3   2x  y   x   y AM AN VS AMN  VS ABCD   2y   y    ;  y  (do x  1) V V1   S AMN   ; 1 y  V VS ABCD y 8  y   3y   3y  Áp dụng BĐT Côsi ta có y (8  y )     16   Suy V1 13 V 13     max  Dấu xảy y  , x  V 16 16 V 16 https:/www.facebook.com/groups/toanvd Trang 12 NHÓM TOÁN VD – VDC AB AD  x;  y , x, y  AM AN NHÓM TOÁN VD – VDC Ví dụ minh họa 2: Cho tứ diện ABCD Hai điểm M , N di động trên hai đoạn thẳng BC BD BC và BD cho 3  10 Gọi V1 , V2 là thể tích các khối tứ diện BM BN V ABMN và ABCD Tìm giá trị nhỏ V2 NĂM HỌC 2019 – 2020 NHÓM TOÁN VD–VDC Ví dụ minh họa 3: Cho hình chóp S ABCD có đáy là hình bình hành và có thể tích là V Điểm P là trung điểm SC Một mặt phẳng qua AP cắt hai cạnh SB và SD V M và N Gọi V1 là thể tích khối chóp S AMPN Tìm giá trị nhỏ ? V B C D Lời giải Chọn B S P I M B N NHÓM TOÁN VD – VDC A C O D A Áp dụng công thức VS AMNP a  b  c  d SA SC SD SB  với  a, c, d,  b thỏa mãn VS ABCD 4.a.b.c.d SA SP SM SN ac bd Theo đề bài ta có: Khi đó: SA SC SD SB 1,  và đặt  d  0, b 0 SA SP SM SN V  1  b  d với   b  d  b  d   V 4.1.2.b.d Vậy ta có: V  1  b  d V  1  V      V 4.1.2.b.d V 4.2.b.d V 4bd b  d  Theo bất đẳng thức bản: bd  Dấu “=” xảy b  d  b  d  Vậy V có giá trị nhỏ V https:/www.facebook.com/groups/toanvd Trang 13  V 3   suy    bd V 4bd NHÓM TOÁN VD – VDC Do   qua A , P , M , N nên bốn điểm này đồng phẳng NĂM HỌC 2019 – 2020 NHÓM TOÁN VD–VDC Ví dụ minh họa 4: Cho tứ diện ABCD có thể tích là V Điểm M thay đổi tam giác BCD Các đường thẳng qua M và song song với AB , AC , AD cắt các mặt phẳng  ACD  ,  ABD  ,  ABC  V 27 B V 16 C V D V 54 Lời giải Chọn A + Tam giác ACP có MP // AC MP PM  AC PC + Tam giác ADQ có QM // AD  Khi đó: Mà MN N M  AB N B MQ QM  AD QD MN MP MQ N M PM QM      AB AC AD N B PC QD N M PM QM S MCD S MBD S MBC MN MP MQ   1       nên 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   27 AB AC AD https:/www.facebook.com/groups/toanvd Trang 14 NHÓM TOÁN VD – VDC + Tam giác ABN  có MN // AB  NHÓM TOÁN VD – VDC A N , P , Q Giá trị lớn khối MNPQ là: NĂM HỌC 2019 – 2020 NHÓM TOÁN VD–VDC  M là trọng tâm tam giác BCD  S NPQ 1 2    , Mà S N PQ  S BCD nên S NPQ  S BCD và d  M ,  NPQ    d  A,  BCD   3 Vậy giá trị lớn khối tứ diện MNPQ là VMNPQ  S NPQ d  M ,  NPQ   1 V , với VABCD  S BCD d  A,  BCD    V  VMNPQ  S BCD d  A,  BCD    27 Ví dụ minh họa 5: Cho hình lập phương ABCD A ' B ' C ' D ' cạnh Điểm M , N nằm C M DN trên đoạn thẳng AC  và CD cho   x Khi tứ diện CC NM có thể tích lớn C A DC thì giá trị x A B C D NHÓM TOÁN VD – VDC S N PQ MN MP MQ      NPQ  //  BCD  , AB AC AD Lời giải Chọn C A B C A' B' N D' M C' Ta có CD '   DN  x  CN   x  2(1  x ) , đk :  x  Ta có AC '   C M  x https:/www.facebook.com/groups/toanvd Trang 15 NHÓM TOÁN VD – VDC D NĂM HỌC 2019 – 2020 NHÓM TOÁN VD–VDC 1 VCC ' NM  C M CN d (C M , CN ).sin(C M , CN )  6.x (1  x ).d (C A, CD ').sin(C A, CD ') 6 Do d (C A, CD ').sin(C A, CD ') không đổi nên tứ diện CC NM có lớn g ( x)  x (1  x) 1 (2 x   x)  Ta có g ( x)  x(1  x)  2 Dấu xảy  x   x  x  C BÀI TẬP THEO CÁC DẠNG Dạng CHIA HÌNH CHÓP, HÌNH LĂNG TRỤ THÀNH PHẦN BỞI MỘT MẶT PHẲNG CHO TRƯỚC TÍNH THỂ TÍCH MỘT TRONG HAI PHẦN HAY TỈ SỐ THỂ TÍCH Câu 1: Cho hình lập phương ABCD ABC D , gọi M và N là tâm các hình vuông ABCD và CDDC  Mặt phẳng  AMN  chia khối lập phương trình hai phần có thể tích là V1 và V2 V1  V2  Tính tỷ số A NHÓM TOÁN VD – VDC lớn V1 V2 B C D Lời giải Chọn B NHÓM TOÁN VD – VDC Gọi I  AM  CC  ; F  IN  CD ; G  IN  C D ; E  FM  AB Vậy thiết diện hình hộp cắt mặt phẳng  AMN  là hình bình hành AEFG Ta có: AE MA    AE  FD  CF  FD  CD CF MC Tương tự: FD  GD  CD https:/www.facebook.com/groups/toanvd Trang 16 NĂM HỌC 2019 – 2020 NHÓM TOÁN VD–VDC VAEFDAGD  VA AEFD  VA FDDG 1 1 AA  AE  DF  AD  AD  FD  GD  DD 3 3 CD CD Vhh    6  Câu 2: Vhh 2V V  V2  hh   V2 3 NHÓM TOÁN VD – VDC  V1  Cho khối hộp ABCD A ' B ' C ' D ' M là trung điểm C ' D ' N là điểm trên cạnh AD cho DN  AN Mặt phẳng  B ' MN  chia khối hộp thành hai phần có thể tích là V1 ,V2 thỏa mãn V1  V2 Tỉ số A V1 V2 B 149 299 448 1344 Lời giải C 299 448 D Chọn B K A D N Q C B P D' I M B' C' Gọi V là thể tích khối hộp Gọi: I  BM  A ' D ' ; P  RN  DD '; K  RN  AA '; Q  B ' K  AB Ta có VAQNA ' B ' MD ' P  VK A ' B ' I  VI D ' PM  VK ANQ Do M là trung điểm C ' D ' suy D ' là trung điểm A ' I Mặt khác PM //B ' K nên P là trung điểm IK AK KN AN KN KA KQ         Ta có DP NP ND KI KA ' KB ' DP DP DP DP D'P 3       KA AA ' DD ' DD ' DD ' 7 1 1 Khi đó ta có: VI D ' PM  d  I ;  CDD ' C '  SD ' PM  d  I ;  CDD ' C '  SCDD 'C '  V 3 2 21 1 1 1 VK ANQ  d  K ;  ABCD   SAQN  d  A ';  ABCD   S ABCD  V 3 1344 1 8 VK A ' B ' I  d  K ;  A ' B ' C ' D '  SA ' B ' I  d  A;  A ' B ' C ' D '  S A ' B 'C ' D '  V 3 21  149  Suy VAQNA ' B ' MD ' P  VK A ' B ' I  VI D ' PM  VK ANQ =    V V  448  21 21 1344  https:/www.facebook.com/groups/toanvd Trang 17 NHÓM TOÁN VD – VDC A' NĂM HỌC 2019 – 2020 NHÓM TOÁN VD–VDC Khi đó V1  Câu 3: 149 299 V 149  149  V , V2    V Vậy  V  448 448 V2 299  448  Chọn A C A M B K A' NHÓM TOÁN VD – VDC Cho lăng trụ ABC ABC  có thể tích V Gọi M , N , P là trung điểm AB, BB và AC  Tính theo V thể tích khối tứ diện CMNP V 5V 7V V A B C D 24 27 24 Lời giải N C' P E B' Q Gọi K là giao điểm BC và NE Khi đó BK  BC Ta có: EN là đường trung bình MPQ  NE //MP  NE //  CMP  hay NK //  CMP   d  N ; (CMP )   d  K ; (CMP )   VCMNP  VCMPK  SCMK d  P;( ABC )  Trong đó: d  P; ( ABC )   h là chiều cao lăng trụ SCMK  S MBC  S BMK  1 1 AB BC S ABC  BM BK sin  ABC  S ABC  sin  ABC 2 2 1 = S ABC  S ABC  S ABC 8 https:/www.facebook.com/groups/toanvd Trang 18 NHÓM TOÁN VD – VDC Gọi Q là giao điểm MN và AB  BQ  và N là trung điểm MQ Khi đó: AB Gọi E là giao điểm BC  và PQ BE  và E là trung điểm PQ Khi đó: BC  NĂM HỌC 2019 – 2020 NHÓM TOÁN VD–VDC 5  VCMNP  S ABC h  V 24 Câu 4: A 21 B 35 C D NHÓM TOÁN VD – VDC   Cho khối lăng trụ ABC A ' B 'C ' Trên AC , BC lấy M , N cho CM  CB   CN  CB Gọi K là giao điểm MN và đường trung tuyến hạ từ đỉnh C tam giác ABC , I là giao điểm BK và AC , E là giao điểm C ' I và CA ' , F là giao điểm BC ' và B C Tính tỉ số thể tích khối đa diện C EFBI và khối lăng trụ ABC A ' B 'C ' 26 105 Lời giải Chọn B CA CB CH CH CK       CM CN CK CK CH CI HK BA CI CI CI   Áp dụng định lí Menelaus ta có: 1    IA CK BH IA IA CA Gọi H là trung điểm AB  IE IC C 'E C 'F 1 5     , mà   VC '.CEF  VC 'CIB  VC 'CIB EC ' A 'C ' C 'I C 'B 2 14 V 9 3 V  V  C EFBI   VC EFBI  VC 'CIB  14 14 35 V 35 Ta có: Câu 5: NHÓM TOÁN VD – VDC Gọi thể tích khối lăng trụ là V Cho lăng trụ ABC ABC  có cạnh đáy a cạnh bên 3a Gọi M là trung điểm AA Mặt phẳng   qua M và song song với BC đồng thời tạo với mặt phẳng đáy  ABC  góc 30 Mặt phẳng   chia khối chóp làm phần có thể tích là V1 và V2 biết V1  V2  Tỉ số thể tích A V1 V2 B https:/www.facebook.com/groups/toanvd Trang 19 C 11 D NĂM HỌC 2019 – 2020 NHÓM TOÁN VD–VDC Lời giải Chọn C Mặt phẳng   cắt các cạnh BB và CC  R và T Gọi H ; K là trung điểm NHÓM TOÁN VD – VDC Gọi N ; P là trung điểm BB và CC  suy  MNP  //  ABC    30 NP và RT Mặt phẳng   tạo với  ABC  góc 30 suy KMH Tam giác MNP cạnh a suy MH  a a a  và HK  MH tan 30  2 1 a a a3 a  Ta có VM NPTR  MH S NPTR  MH HK NP  3 2 12 Vậy V1  a2 3 3.a3 3a  4 V 3.a3 a3 3  VM NPTR    a 12 24 V 3.a3 a3 11 3 V2   VM NPTR    a 12 24 Suy Câu 6: V1  V2 11 NHÓM TOÁN VD – VDC Thể tích lặng trụ ABC ABC  là V  Cho lăng trụ ABC ABC  Gọi M , N và P là trung điểm AB ; BC  và C A Thể tích khối đa diện lồi có các đỉnh là các điểm A, B, C , M , N , P là V1 và thể tích khối V lăng trụ ABC ABC  là V Tính tỷ số ? V A B C D 4 Lời giải Chọn D https:/www.facebook.com/groups/toanvd Trang 20 NĂM HỌC 2019 – 2020 NHÓM TOÁN VD–VDC NHÓM TOÁN VD – VDC Thể tích khối lăng trụ ABC ABC  là V  AA.SABC  Gọi thể tích khối đa diện lồi có các đỉnh là các điểm A, B, C , M , N , P là V1 Ta có V1  V  VAAMP  VBBMN  VCCNP 1 1 AA.S AMP  AA S A ' B 'C '  V 3 12 VBBMN  1 1 BB.S B ' MN  BB  S ABC   V 3 12 NHÓM TOÁN VD – VDC VAAMP  1 1 VCC NP  CC .S C NP  CC  S ABC   V 3 12 Vậy V1  V  VAAMP  VBBMN  VCC NP  V  Do đó Câu 7: 3 V V 12 V1  V Cho hình lăng trụ đứng ABC AB C  , đáy là tam giác cạnh a , AA  a Gọi M , N là trung điểm các cạnh AB; AC  Gọi   là mặt phẳng qua MN vuông góc với  BBC C  Giả sử   chia lăng trụ ABC AB C  thành phần có thể tích V1 ;V2 với V1 là thể tích khối đa diện chứa A Đặt k  A k   0, 6; 0,9  V1 , mệnh đề nào đây đúng V2 B k   0, 9; 1,  C k  1, 2; 1,5  Lời giải Chọn B https:/www.facebook.com/groups/toanvd Trang 21 D k  1,5; 1,8 NĂM HỌC 2019 – 2020 NHÓM TOÁN VD–VDC NHÓM TOÁN VD – VDC Gọi O; O là trung điểm BC; BC , ta có AO; AO   BCC B     / / AO; AO Gọi K , H là trung điểm BO; OC Gọi MK  AC  I ; IN  AA  J Ta có IN ; KH ; CC  đồng quy E Gọi h  AA; S  S ABC ; VABCABC   V V1  VIKEC  VENHC  VAIJM Câu 8: NHÓM TOÁN VD – VDC 1 1 1 1  h.( S  S  S )  h S  h S  V 8 V   V2 Cho khối lăng trụ ABC A ' B ' C ' Gọi M , N , P là trung điểm các cạnh AB, BC , AC Mặt phẳng  MNP  cắt các cạnh AA, CC  các điểm I , J Tỷ số thể tích khối đa diện AIMCJN và khối lăng trụ ABC A ' B ' C ' là C' A' P A A 24 B M Chọn D https:/www.facebook.com/groups/toanvd Trang 22 B B' N C Lời giải C D 24 NĂM HỌC 2019 – 2020 NHÓM TOÁN VD–VDC A' C' P B' A M B J N C Xét mặt phẳng  MNP  và  ACC A  có AC //MN , điểm P chung Suy giao tuyến  MNP  và  ACC A  là đường thẳng d qua P song song với AC NHÓM TOÁN VD – VDC I Trong mặt phẳng  ACC A  đường thẳng d cắt AA, CC  các điểm I , J Dó đó I , J là giao điểm  MNP  với AA, CC  Mặt khác P là trung điểm AC suy I , J là trung điểm AA, CC  Gọi V là thể tích khối lăng trụ ABC A ' B ' C ' Ta có VAIMCJN  VJ MNC  VM ACJI Câu 9: NHÓM TOÁN VD – VDC 1 1 V VJ MNC  S MNC d  J ,  ABC    S ABC d  C ,  ABC    3 24 1 1 VM ACJI  S ACJI d  M ,  ACC A    S ACC A d  B,  ACC A    S ACC A d  B ,  ACC A   3 2 12 2V 2V V Mà S ACC A d  B,  ACC A    VB ACC A   VM ACJI   3 V V V 5V    AIMCJN  Vậy VAIMCJN  24 24 V 24 Cho hình lăng trụ đứng ABCD ABCD có AA  2a , đáy ABCD là hình thang vuông A và B có AB  BC  a, AD  2a Gọi M , Q là trung điểm các cạnh AD, BB Mặt phẳng  P  chứa MQ và vuông góc với  CDD C   chia khối lăng trụ ABCD ABC D thành hai khối đa diện, đó V1 là thể tích khối đa diện chứa đỉnh A Tính V1 ? 11 13 a a A V1  a3 B V1  a C V1  D V1  9 24 24 Lời giải Chọn D https:/www.facebook.com/groups/toanvd Trang 23 NĂM HỌC 2019 – 2020 NHÓM TOÁN VD–VDC AD  ACD vuông C NHÓM TOÁN VD – VDC Tứ giác ABCM là hình vuông  CM  AB  a   AC  CD Ta có   AC   CDDC  mà  P    CDD C    AC //  P   AC  CC    P    ABCD   MN ,  N  CD  cho MN //AC Gọi MN  BC  I , IQ  CC   P Thiết diện hình lăng trụ ABCD ABC D cắt  P  là ngũ giác MNPQR V1  VQ ACPR  VQ ABC  VM ACPR  VP MCN 1 1 1  d  B,  ACPR   AC.CP  QB AB.BC  d  M , AC  AC.CP  CP MN CN 3 3 a a 1 a a a a 2  a  a  a    2 2    NHÓM TOÁN VD – VDC AC //  P    P    ACC A   PR ,  R  AA  cho PR //AC 13 a 24 Câu 10: Cho hình chóp S ABC có đáy là tam giác cạnh 2a , ( SB , ( ABC ))  60 , SA  ( ABC ) Mặt phẳng ( ) qua B và vuông góc với SC phân chia khối chóp S ABC thành hai khối đa diện V1 Gọi V1 là thể tích khối đa diện mà chứa đỉnh S Tính tỉ số VS ABC 15 A B C D 16 Lời giải https:/www.facebook.com/groups/toanvd Trang 24 NĂM HỌC 2019 – 2020 NHÓM TOÁN VD–VDC Chọn A S NHÓM TOÁN VD – VDC D E A C B Gọi E là trung điểm AC , kẻ ED  SC ( D  SC )  BE  AC  BE  ( SAC )  BE  SC Ta có   BE  SA SC  ED  SC  ( BED) suy ( )  ( BED) Vậy  SC  BE   60  SCA   60 (vì SAB  SAC ) Ta có ( SB , ( ABC ))  SBA  a CD  CS Ta lại có VC BED CD CE 1 V 15     SABED  VS ABC CS CA 16 VS ABC 16 NHÓM TOÁN VD – VDC  SC  4a , CD  EC.cos 600  Câu 11: Cho tứ diện ABCD cạnh a Gọi M , N là trung điểm các cạnh AB, BC và E là điểm đối xứng với B qua D Mặt phẳng  MNE  chia khối tứ diện thành hai phần, đó khối đa diện chứa đỉnh A có thể tích là V1 , khối đa diện còn lại có thể tích V2 Tỉ số A 11 B 11 Chọn B https:/www.facebook.com/groups/toanvd Trang 25 13 Lời giải C D V1 là: V2 NĂM HỌC 2019 – 2020 NHÓM TOÁN VD–VDC S NEI  S NEI  S PDE 1 Mà S BNI  S BCD  S  S NEI  S Do đó SPDE  S 4 h h Lại có, d  M ,  BCD    , d  Q,  BCD    V V  VMBNE  S BNE d  M ,  BCD    , VQPDE  S PDE d  Q,  BCD    3 V V 7V 7V 11V Từ đó suy VQPDMNB     V2 , V1  V   18 18 18 V 11 Vậy  V2 NHÓM TOÁN VD – VDC a3  Sh với S  S BCD , h  d  A,  BCD   12 Gọi P  EN  CD , Q  EM  AD , I là trung điểm đoạn thẳng BD Ta có: Thể tích khối tứ diện ABCD là V  Dễ thấy, S PDE  NHÓM TOÁN VD – VDC Câu 12: Cho khối chóp S ABCD có cạnh đáy a , biết khoảng cách từ tâm O đáy đến a mặt bên Gọi E , F là trung điểm các cạnh SB, SC ; M là điểm trên cạnh SD cho MS  2MD Mặt phẳng  MEF  cắt SA N Tính theo a thể tích khối chóp S EFMN 7a3 A 108 B a3 C Lời giải Chọn A https:/www.facebook.com/groups/toanvd Trang 26 a3 36 D 7a3 36 NHÓM TOÁN VD–VDC NĂM HỌC 2019 – 2020 NHÓM TOÁN VD – VDC Gọi I là trung điểm BC Dựng OH  SI ,  H  SI   OH   SBC  1 a a a3 2    OS  V  V  a  S ABCD OH OS OI 2 3 VS MNF 2   VS MNF  VS DAC  V VS DAC 9 7 a3 7a3 ; Suy VS MNEF  V   36 36 108 VS NEF 1   VS NEF  VS ABC  V VS ABC 6 12 NHÓM TOÁN VD – VDC Câu 13: Cho hình chóp S ABCD có đáy là hình bình hành và có thể tích là V Điểm E thuộc cạnh SC cho SE  SC , mặt phẳng qua AE cắt các cạnh SD và SB M và N Gọi V V1 là thể tích khối chóp S AMEN Tìm giá trị nhỏ ? V 1 1 A B C D 12 Lời giải Chọn B Đặt SM SN  x,  y ,  x , y  SB SD https:/www.facebook.com/groups/toanvd Trang 27 NĂM HỌC 2019 – 2020 NHÓM TOÁN VD–VDC SA SC SB SD 1 x    nên     y  SA SE SM SN x y 4x 1 V V V SA SN SE SA SM SE 1 1 Khi đó  S ANE  S AME    y  x V 2VS ADC 2VS ABC SA SD SC SA SB SC 3 Vì x  y  1 x  x  6 4x 1   x  1 x  1  Xét hàm số f  x    x   trên  ;1 6 4x 1  4  Vì x  , y  nên  1 Ta có f   x   1     x  12  f  x   x  Bảng biến thiên x f  x f  x –  V1 V  NHÓM TOÁN VD – VDC Vậy giá trị nhỏ NHÓM TOÁN VD – VDC  Câu 14: Cho khối tứ diện ABCD có thể tích Trên cạnh AB lấy điểm M cho BM  AM , N , P là trung điểm BC , CD Biết  MNP  cắt AD Q Khối đa diện MAQNCP có thể tích 7 A B C D 16 18 Lời giải Chọn C https:/www.facebook.com/groups/toanvd Trang 28 NĂM HỌC 2019 – 2020 NHÓM TOÁN VD–VDC A Q NHÓM TOÁN VD – VDC M D B N P C  NP   MNP   Ta thấy  BD   ABD    MNP    ABD   MQ / / BD  Q  AD    M   MNP    ABD  Chia khối đa diện MAQNCP thành các khối chóp tam giác : A.NCP, A.MNP, A.MPQ Ta có : VA NCP  VA.MNP  AM 1 S 1 VA.BNP  VA BNP  BNP VABCD   AB 3 S BCD 12 VA.MPQ  AM AQ 1 S VA.BPD  BPD VABCD  AB AD 3 S BCD 18 Vậy VMAQNCP  NHÓM TOÁN VD – VDC S NCP 1 VABCD   S BCD 4 1    12 18 18 Câu 15: Cho hình chóp S ABCDEF có đáy ABCDEF là hình lục giác tâm O Gọi M là trung điểm cạnh SD Mặt phẳng  AMF  cắt các cạnh SB, SC , SE H , K , N Gọi V1 , V lần V1 V V 14 D  V 27 lượt là thể tích các khối chóp S AHKMNF và S ABCDEF Tính tỉ số A V1  V B V1  V Chọn C https:/www.facebook.com/groups/toanvd Trang 29 V1 13  V 36 Lời giải C NĂM HỌC 2019 – 2020 NHÓM TOÁN VD–VDC S M H J B N C D A O E F Gọi J  AM  SO NHÓM TOÁN VD – VDC K Vì AF / /CD nên  AMF    SCD   MK với MK / / CD Vì AF / / BE nên  AMF    SBE   HN với HN / / BE Ta có J là trọng tâm tam giác SAD nên Mà HN / / BE suy SK SM   SC SD V1 VS AHKMNF VS AHK  VS AKM  VS AMF  VS FMN   V VS ABCDEF VS ABCDEF  VS AHK V V V  S AKM  S AMF  S FMN VS ABCDEF VS ABCDEF VS ABCDEF VS ABCDEF  VS AHK V V V  S AKM  S AMF  S FMN (vì VS ABCDEF  6VS ABC  3VS ACD  3VS ADF  6VS FDE ) 6VS ABC 3VS ACD 3VS ADF 6VS FDE SH SK SK SM SM SM SN     SB SC SC SD SD SD SE 1 1 1 1     3 2  1 1 13     18 12 18 36 https:/www.facebook.com/groups/toanvd Trang 30 NHÓM TOÁN VD – VDC SH SN SJ    SB SE SO Lại có MK / / CD suy Khi đó: SJ  SO NĂM HỌC 2019 – 2020 NHÓM TOÁN VD–VDC 8a Mặt phẳng   thay đổi song song với mặt phẳng  ABCD  cắt các cạnh SA, SB , SC , SD Câu 16: Cho hình chóp S ABCD có các cạnh bên tạo với đáy góc 45o và thể tích MNPQ ABCD A a Tính chiều cao hình chóp cụt MNPQ ABCD ? a B a C D a Lời giải Chọn A x      45o , đó: SO  DO  x Ta có SD ,  ABCD   SDO x x 8a Mà VS ABCD  x    x  2a 6 Đặt MN  y và h là chiều cao hình chóp cụt MNPQ ABCD Suy VMNPQ.M N PQ  y h và VMNPQ ABCD  Theo bài:  x2  xy  y  h S1  S1S2  S h  3 VMNPQ.M N PQ VMNPQ ABCD  3y2 x  xy  y https:/www.facebook.com/groups/toanvd Trang 31 NHÓM TOÁN VD – VDC Đặt AB  x thì S ABCD  x và DO  NHÓM TOÁN VD – VDC M , N , P, Q Qua M , N , P, Q kẻ các đường thẳng song song với nhau, cắt mặt đáy  ABCD  M , N , P, Q Biết tỉ số thể tích khối hộp MNPQ.M N PQ và khối chóp cụt NĂM HỌC 2019 – 2020 NHÓM TOÁN VD–VDC  3y  4a  2ay  y  y  2ay  4a  Khi đó: y SO  h a    h x SO 2 Dạng CHIA HÌNH CHÓP, HÌNH LĂNG TRỤ THÀNH CÁC KHỐI ĐA DIỆN KHÁC NHAU BỞI VIỆC LẤY THÊM CÁC ĐIỂM THỎA MÃN ĐIỀU KIỆN CHO TRƯỚC TÍNH THỂ TÍCH MỘT TRONG HAI KHỐI ĐÓ Câu 1: Cho hình lăng trụ ABC MNP có chiều cao h  và diện tích đáy S  27 Gọi G , I , K NHÓM TOÁN VD – VDC  ya là trọng tâm các tam giác ABM , ACM , BCM Tính thể tích khối đa diện tạo các điểm G , I , K , A, B, C B 16 Chọn B https:/www.facebook.com/groups/toanvd Trang 32 C 18 Lời giải D 21 NHÓM TOÁN VD – VDC A 15 NĂM HỌC 2019 – 2020 NHÓM TOÁN VD–VDC Ta xét khối tứ diện M ABC , vẽ mặt phẳng  A ' B ' C '  //  ABC  và qua các điểm G , I , K hình vẽ 3 VB B ' GK 1 1 2  VM B 'GK  VM A ' B 'C '    VM ABC  2 4 3 27 M ABC Vậy VGKI ABC  VA ' B 'C ' ABC  3VB B ' GK  Câu 2: 16 16 VM ABC  VABC MNP  16 27 27 Cho hình lăng trụ ABC ABC  có độ dài tất các cạnh Gọi M là trung điểm AB   và N là điểm thỏa mãn AC  AN Thể tích khối đa diện lồi có các đỉnh là các điểm A, M , N , A, B và C  A 10 B 10 Lời giải C D NHÓM TOÁN VD – VDC 19 2 Nhận xét: VM A ' B 'C '    VMABC  VA ' B ' C ' ABC  VM ABC 27 3 Chọn C NHÓM TOÁN VD – VDC Gọi V là thể tích của khối đa diện lồi có các đỉnh là các điểm A, M , N , A, B và C  Khi đó ta có: V  VM AAC N  VM ABC  Ta có S AAC N  1 2  AA  AN  AC        2 3  Gọi H là trung điểm AC thì BH   ACC A  và BH  (do ABC là tam giác cạnh ), suy d  M ,  ACC A    1 d  B,  ACC A    BH  2 1 Suy VM AAC N  d  M ,  ACC A   S AAC N   3 https:/www.facebook.com/groups/toanvd Trang 33 NĂM HỌC 2019 – 2020 NHÓM TOÁN VD–VDC 1 3 VM ABC   d  M ,  ABC    S ABC    3 Vậy V  VM AAC N  VM ABC   NHÓM TOÁN VD – VDC Câu 3: 3 10   9 Cho hình lăng trụ đứng ABC A ' B ' C ' có AA '  a, AB  BC  a ,  ABC  900 Gọi D, E , F là trọng tâm các tam giác BA ' B ', CC ' B ', A ' AC Tính thể tích khối đa diện AEBDF A 14a3 81 B 16a3 81 14a3 49 Lời giải C D Chọn A +) VA.BDF  AD AB AF 1 2 VA.B ' BC '  AB.S BB 'C '  a .2a.a  a AB ' AB AC ' 3 27 27 +) VE BDF  d  F ;  BDE   S BDE +)Ta có d  F ;  BDE    d  F ;  BMC '   d  A;  BMC '   2.d  B ';  BMC '    d  B ';  BMC '   3 +) Mặt khác tứ diện B ' BMC ' có góc đỉnh B ' vuông nên: 1 1 1 21     2   2 2 a B 'M B 'C ' 4a a 4a d  B ';  BMC '  B ' B https:/www.facebook.com/groups/toanvd Trang 34 NHÓM TOÁN VD – VDC +)Ta có VAEBDF  VA.BDF  VE BDF 16a3 27 NĂM HỌC 2019 – 2020 NHÓM TOÁN VD–VDC Suy d  B ';  BMC '    a a a 17 , MC '  S BMC ' , tam giác BMC ' có: BC '  a 5, BM  4a   2 Từ đó suy S BMC '  a 21 a 21  S BDE  8a 21 a 21 8a Nên VE BDF   63 81 8a 14 a a   27 81 81 Cho khối lăng trụ tam giác ABC AB C  có diện tích đáy và chiều cao Gọi I là tâm hình bình hành ABBA và G là trọng tâm tam giác ABC Thể tích tứ diện BIGC  8 16 16 A B C D 9 Lời giải Chọn C Vậy V AEBDF  VA BDF  VE BDF  Câu 4: NHÓM TOÁN VD – VDC +) SBDE  2a 21 2a 21 8a 21  d  F ;  BDE     21 21 63 Gọi M là trung điểm AC Ta có: VB.GIC  BG BI 1     VB.GIC   VB.MAC  1 VB.MAC  BM BA 3 Mặt khác SMAC   Mà 1 d M , AC AC   d A, AC  AC   SAAC   S ACC A 2 VB MAC  S MAC     VB.MAC   VB ACC A   VB ACC A S ACC A https:/www.facebook.com/groups/toanvd Trang 35 NHÓM TOÁN VD – VDC Ta có VABC ABC   48 NĂM HỌC 2019 – 2020 NHÓM TOÁN VD–VDC 2 Lại có VB ACCA  VABC ABC   48  32  3 3 Từ 1 ,   và  3 suy VB.GIC  Cho lăng trụ tam giác ABC A ' B ' C ' có diện tích đáy 12 và chiều cao Gọi M , N là trung điểm CB, CA và P, Q, R là tâm các hình bình hành ABB ' A ', BCC ' B ', CAA ' C ' Thể tích khối đa diện PQRABMN A 21 B 42 D 18 Chọn A  Gọi P1 , Q1 , R1 là các giao điểm CC ', AA ', BB ' và mặt phẳng  PQR   Đặt V  V  ABC A ' B ' C ' và V1  V  PQRABMN  , ta có V  72  Lại có: VABCPQ  V1  VAQ1RP  VBR1PQ  VCMNPQR  V  36 và VABCPQ  * 1 R1 1 R1 https:/www.facebook.com/groups/toanvd Trang 36 NHÓM TOÁN VD – VDC C 14 Lời giải NHÓM TOÁN VD – VDC Câu 5: 16 NĂM HỌC 2019 – 2020 NHÓM TOÁN VD–VDC  Vì VAQ1PR VAA 'C ' B '  AQ1 AR AP 1  mà VAA 'C ' B '  V  24 nên VAQ1PR  AA ' AC ' AB ' Tương tự có VBR1PQ   Thay vào *  36  V1     V1  21 Câu 6: NHÓM TOÁN VD – VDC  Do CMNPQR là hình lăng trụ tam giác nên VCMNPQR  S CMN d  P1 ,  ABC    V  1 Cho lăng trụ đứng tam giác ABC A ' B ' C ' Gọi M , N , P, Q là các điểm thuộc các cạnh AM BN C ' Q  ,  ,  Gọi V1 , V2 là thể tích khối AA ' BB ' B ' C ' V tứ diện MNPQ và khối lăng trụ ABC A ' B ' C ' Tính tỷ số V2 AA ', BB ', CC ', B ' C ' thỏa mãn V1 11  V2 30 A B V1 11  V2 45 C V1 19  V2 45 D V1 22  V2 45 Lời giải Chọn B C' A' B' NHÓM TOÁN VD – VDC Q' b M P A C N a B Đặt BC  a, CC '  b,  a, b     Diện tích tam giác NPQ ' là: S NPQ '  S BCC ' B '  S NB ' Q '  S PC ' Q '  S BCPN  Suy ra: VM NPQ ' VA '.BCC ' B '  11ab 30 11 V1 11 Tức là:  30 VA '.BCC ' B ' 30 Mặt khác: VA '.BCC ' B '  VA ' ABC  VABC A ' B ' C '  VA '.BCC ' B '  V2  V2  VA '.BCC ' B '  V2 3 https:/www.facebook.com/groups/toanvd Trang 37 NĂM HỌC 2019 – 2020 NHÓM TOÁN VD–VDC Do đó: Cho khối lăng ABC A' B 'C ' , gọi trụ M ,N,P là tâm ba mặt bên NHÓM TOÁN VD – VDC Câu 7: V1 11 V 11    30 V 45 V2 ABA' B ' , ACA' C ' , BCB 'C ' và G , G ' là trọng tâm hai đáy ABC , A' B 'C ' biết thể tích khối lăng trụ 24 Tính thể tích khối đa diện lồi có các đỉnh là G1G2 MNP A B D C Lời giải Chọn A A B G E C K M P H N T A' B' C' ' ' ' ' Gọi h, S là chiều cao và diện tích đáy khối lăng trụ ABC A B C ' ' ' ' Qua M , N , P kẻ các đường thẳng song song với A B , B C , AC Ta có S MNP  S h S HTK  , d  G ,  MNP    4   Mà VGG ' MNP  2VG MNP  d G,  MNP  S MNP  Câu 8: ' h S  V ' ' '  12 ABC A B C NHÓM TOÁN VD – VDC G' F Cho hình lăng trụ ABC A ' B ' C ' Gọi M , N , P , Q , R , S là trung điểm các cạnh AB , A' B ' , AA ' , BC , B ' C ' , CC ' Biết thể tích khối lăng trụ ABC A ' B ' C ' V Tính thể tích khối đa diện MNPQRS A V B V C Lời giải Chọn A https:/www.facebook.com/groups/toanvd Trang 38 V D V 10 NĂM HỌC 2019 – 2020 NHÓM TOÁN VD–VDC NHÓM TOÁN VD – VDC  Gọi T là trung điểm PS thì MNP.QRT là hình lăng trụ Lúc đó: VMNPQRS  VMNP.QRT  VT QRS 1    S MNP  S ABB ' A ' VC ABB ' A '  V  Vì:  nên   V  V VMNP.QRT  3.VQ MNP  C A ' B ' C ' 3 8 V  3 1 VA BCC ' B '  V  V 12  4     VMNP QRT  3.VQ.MNP  VQ ABB ' A '  VC ABB ' A '  V  2  Lúc đó: VT QRS  VP QRS  VA.QRS   1 ,  3 và   suy ra: VMNPQRS  V  NHÓM TOÁN VD – VDC  2 1 V V 12 3  Vậy VMNPQRS  V  Câu 9: 5 V ABCD AB C D  36 36 Cho hình lăng trụ tứ giác ABCD A ' B ' C ' D ' có hai đáy ABCD và A ' B ' C ' D ' là các hình bình       hành Gọi M , N , P, Q là các điểm thoả mãn MB   MA ' ; 3BN  BC ' ; 3CP  2CD '   và AQ  AD ' Biết V ,V1 là thể tích khối lăng trụ đã cho và khối đa diện lồi có các đỉnh A, B, C , D, M , N , P, Q Tỉ số A 16 27 B V1 V 12 https:/www.facebook.com/groups/toanvd Trang 39 12 Lời giải C D 11 27 NĂM HỌC 2019 – 2020 NHÓM TOÁN VD–VDC Chọn D NHÓM TOÁN VD – VDC Đặc biệt hóa ABCD A ' B ' C ' D ' thành hình lập phương có cạnh  V  216 Ta có V1  VA.MRLQ  VC TSPN  VB RMNT  VD.LSPQ  VBLQM TSPN 1 VA.MRLQ  S MRLQ d  A;  MRLQ       2.2  16 3 1 16 VD.LSPQ  S LSPQ d  D;  LSPQ    2.4  ; 3 VRLQM TSPN  S RLQM RT     2.2  48 16 V 11 Suy V1  16.2    48  88   3 V 27 NHÓM TOÁN VD – VDC 1 VB RMNT  S RMNT d  B;  RMNT    2.2  ; 3 Câu 10: Cho hình hộp ABCD ABC D có thể tích Gọi G là trọng tâm tam giác ABC và I  là trung điểm AD Thể tích khối tứ diện GDC I  bằng: 7 A B C D 24 24 36 36 https:/www.facebook.com/groups/toanvd Trang 40 NĂM HỌC 2019 – 2020 NHÓM TOÁN VD–VDC A' I' D' C' B' NHÓM TOÁN VD – VDC K A B G D M C Qua G kẻ đường thẳng song song với AM, cắt AA’ K Khi đó: GK // AM // I’C’ GK // (DI’C’) 1  VGI C D  d  G, ( I C D)  S I C D  d  K , ( I C D)  S I C D  VKI C D 3 Và AK AG GK    AA AM AM  1 1 Ta có: S I ' KD  S ADAD  S AI K  S I DD  S KAD  S ADAD  1      S ADAD  6  12 NHÓM TOÁN VD – VDC 1 Suy VGI C D  VKI C D  d  D, ( I C D)  S I ' KD  d  D, ( ADDA)  S ADAD 3 12 Câu 11: Cho hình chóp S ABCD có ABCD là hình chữ nhật AB  1, AD  SA vuông góc với đáy và SA  Gọi M , N , P là chân đường cao hạ từ A lên các cạnh SB , SD, DB Thể tích khối đa diện ABMNP 17 113 81 147 A B C D 130 130 130 130 Lời giải Chọn A Ta có SD  SA2  AD  13, SB  SA2  AB  10, BD  AB  AD  https:/www.facebook.com/groups/toanvd Trang 41 NĂM HỌC 2019 – 2020 NHÓM TOÁN VD–VDC S NHÓM TOÁN VD – VDC M N B A O P D C Ta có SN SN SD SA2 SN      , 2 SD SD SD 13 SD 13 Tương tự ta có SM SA2 SM DP DA2 DP     ,     SB SB 10 SB 10 DB DB DB Ta có thể tích khối đa diện VABMNP  VS ABD  VS AMN  VD ANP AS AB AD  +) VS AMN SM SN 9 81 81     VS AMN  VS ABD VS ABD SB.SD 10 13 130 130 +) VD ANP DN DP  SD  SN  DP   16 16    1     VD ANP  VS ABD  VD ASB DS DB  SD  DB  13  65 65 81 16  17 17    VS ABD   Vậy VABMNP  VS ABD  VS AMN  VD ANP  1  130 130  130 65  NHÓM TOÁN VD – VDC +) Ta có thể tích khối tứ diện VS ABD  Câu 12: Cho hình chóp S ABCD có đáy là hình bình hành tâm O Gọi M , N là trọng tâm các tam giác SAB và SCD ; I là trung điểm SO Biết thể tích khối chóp S ABCD 2020 , tính thể tích khối đa diện IMNABCD A 1010 B 18685 18 Chọn B https:/www.facebook.com/groups/toanvd Trang 42 17675 18 Lời giải C D 4040 NĂM HỌC 2019 – 2020 NHÓM TOÁN VD–VDC S M K A N D E O B F C Gọi E , F là trung điểm AB, CD  MN //EF  MN //AD //BC Gọi V là thể tích khối chóp S ABCD và V  là thể tích khối đa diện IMNABCD NHÓM TOÁN VD – VDC I Ta có: V   VMNABCD  VI ADNM VMNABCD  VM ABCD  VMNCD 1 Vì M là trọng tâm SAB  d  M ;  ABCD    d  S ;  ABCD    VM ABCD  V 3 Lại có d  M ;  SCD    2 d  E ;  SCD    d  A;  SCD   3 Từ đó suy VMNCD  VA.SCD  V 9 VI ADNM  VAMNI  VBAIN SSMN  1 1 S SEF ; S SMI  S SEO  S SEF ; S SNI  S SFO  S SEF 6 Suy S IMN  1 S SEF  VAMNI  VASEF  V 9 36 Gọi K là giao điểm AN và MD Vì MN  2 KM EF  AD    VDANI  VMANI  V 3 KD 24 1 1 37 18685 Vậy V   V  V  V  V  V  36 24 72 18 https:/www.facebook.com/groups/toanvd Trang 43 NHÓM TOÁN VD – VDC Vì N là trọng tâm SCD  S NCD  S SCD NĂM HỌC 2019 – 2020 NHÓM TOÁN VD–VDC Câu 13: Cho hình chóp S ABCD có các cạnh bên tạo với đáy góc 45o và thể tích 8a Mặt phẳng   thay đổi song song với mặt phẳng  ABCD  cắt các cạnh SA, SB , SC , SD  ABCD  M , N , P, Q Biết tỉ số thể tích khối hộp MNPQ.M N PQ và khối chóp cụt MNPQ ABCD A Tính chiều cao hình chóp cụt MNPQ ABCD ? a B a C a Lời giải Chọn A  x     45o , đó: SO  DO  x Ta có SD ,  ABCD   SDO x x 8a Mà VS ABCD  x    x  2a 6 Đặt MN  y và h là chiều cao hình chóp cụt MNPQ ABCD Suy VMNPQ.M N PQ  y h và VMNPQ ABCD Theo bài: x  xy  y  h  S1  S1S2  S  h  3 VMNPQ.M N PQ VMNPQ ABCD  3y2 x  xy  y https:/www.facebook.com/groups/toanvd Trang 44 NHÓM TOÁN VD – VDC Đặt AB  x thì S ABCD  x và DO  D a NHÓM TOÁN VD – VDC M , N , P, Q Qua M , N , P, Q kẻ các đường thẳng song song với nhau, cắt mặt đáy NĂM HỌC 2019 – 2020 NHÓM TOÁN VD–VDC  3y  4a  2ay  y  y  2ay  4a  y SO  h a    h x SO 2 Khi đó: NHÓM TOÁN VD – VDC  ya Câu 14: Cho hình chóp S ABCD đáy là hình bình hành tâm O có thể tích V Lấy điểm S ' đối xứng với S qua O Trên các cạnh SA, S ' A lấy các điểm M , E cho AM  2MS , AE  2ES ' Mặt phẳng   qua M và song song với (ABCD) cắt các cạnh SB, SC, SD N , P, Q Mặt phẳng   qua E và song song với (ABCD) cắt các cạnh S ' B, S ' C, S ' D F , G, H Thể tích khối đa diện có các đỉnh M , N , P, Q, E, F , G, H là A 4V B 2V C 4V D 4V 27 Lời giải Chọn A S P Q M C B A H E G F S' Ta có khối đa diện có các đỉnh M , N , P, Q, E, F , G, H là khối lăng trụ có đáy là MNPQ và EFGH VMNPQ EFGH S MNPQ d ( M ,( EFGH )) Do đó  VS ABCD S ABCD d ( S ,( ABCD )) Ta thấy MNPQ và ABCD đồng dạng với theo tỷ số k  Suy S MNPQ S ABCD Mặt khác  k2  d ( M ,( EFGH )) d ( S ,( ABCD ))  2d ( M ,( ABCD )) d  S ,( ABCD )   MA   SA 3 https:/www.facebook.com/groups/toanvd Trang 45 MN SM   AB SA NHÓM TOÁN VD – VDC N D NĂM HỌC 2019 – 2020 NHÓM TOÁN VD–VDC S MNPQ d ( M ,( EFGH )) 4 4V    VMNPQ EFGH  VS ABCD 9 S ABCD d ( S ,( ABCD )) Dạng MAX- MIN THỂ TÍCH CÁC KHỐI KHI PHÂN CHIA Vậy    Cho hình chóp tứ giác SABCD đáy là hình bình hành,các điểm A, C  thỏa mãn SA = SA ,   V SC   SC Mặt phẳng  P  chứa A, C  cắt các cạnh SB, SD B, D Đặt k= SABC D VSABCD , giá trị nhỏ k là bao nhiêu? A 15 B 15 C 60 Lời giải Chọn C SA SB = a =b SA SB SC SD =c = d SC  SD  b, d  1 Ta có a  c  Áp dụng công thức tính nhanh tỉ lệ thể tích ta có: K= VSABC D abcd 16 = = ,với a  c  b  d  4abcd 60bd VABCD Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho số dương b,d Ta có: 16 ≥ 60bd 16 bd  60     = 60 https:/www.facebook.com/groups/toanvd Trang 46 30 NHÓM TOÁN VD – VDC Đặt D NHÓM TOÁN VD – VDC Câu 1: VMNPQ EFGH NĂM HỌC 2019 – 2020 NHÓM TOÁN VD–VDC Vậy k = Câu 2: Dấu = xảy  b  d  60 Cho tứ diện ABCD có thể tích V Trên AB lấy hai điểm M , N , trên CD lấy hai điểm A MN PQ 3  Thể tích khối MNPQ đạt giá trị lớn CD AB V B V 16 C V 24 D V 32 Lời giải Chọn C A M NHÓM TOÁN VD – VDC P, Q thỏa mãn N D B P C Gọi d1 ,  là khoảng cách và góc AB và CD Gọi d ,  là khoảng cách và góc MN và PQ Ta có VABCD  1 AB.CD.d1.sin  , VMNPQ  MN PQ.d sin  6 Do d1  d và sin   sin   Ta có 2 VMNPQ VABCD  MN PQ AB.CD MN PQ MN PQ 3 2 CD AB CD AB VMNPQ MN PQ MN PQ MN PQ MN PQ 3 2       CD AB CD AB CD AB CD AB 24 VABCD 24 Vậy VMNPQ  V V  MaxVMNPQ  24 24 https:/www.facebook.com/groups/toanvd Trang 47 NHÓM TOÁN VD – VDC Q NĂM HỌC 2019 – 2020 NHÓM TOÁN VD–VDC Câu 3: Trên các cạnh AB, BC , CD, DA, AC và BD tứ diện ABCD lấy các điểm M , N , P , Q, S và R Gọi V1 , V2 , V3 , V4 và V là thể tích các khối tứ diện AMSQ, BMNR, CNPR, DPQR và ABCD Giá trị nhỏ tỉ số B 256 C 64 Lời giải NHÓM TOÁN VD – VDC A 4096 V4 là V1V2V3V4 D 1024 Chọn A A M Q D R B N S P C V1 AM AS AQ V2 BM BN BR V3 CN CP.CS V4 DQ.DR.DP  ; ; ;    V AB.AC AD V BA.BC.BD V CB.CD.CA V DA.DB.DC VV V V AM BM BN CN CP.DP DQ AQ AS CS BR.DR Suy 43  V AB BC CD DA2 AC BD V4 AB BC CD DA2 AC BD2  Do đó VV AM BM BN CN CP.DP DQ AQ AS.CS BR.DR 2V3V4 Ta có Tương tự ta có Từ đó suy AM BM  DA2 BC CD AC BD  4;  4;  4; 4; 4 BN CN CP.DP DQ AQ AS CS BR.DR V4 AB BC CD DA2 AC BD   46 VV AM BM BN CN CP.DP DQ AQ AS CS BR.DR 2V3V4 NHÓM TOÁN VD – VDC AM  BM AB AB AB   AM BM    2 AM BM Dấu “=” xảy và AM  BM Mặt khác, ta có Dấu “=” xảy và M , N , P, Q, S và R là trung điểm AB, BC , CD, DA, AC và BD Vậy giá trị nhỏ Câu 4: V4 là  4096 V1V2V3V4 Cho hình chóp S ABC có SA  , SA   ABC  Tam giác ABC vuông B và AC  H , K là hình chiếu vuông góc A lên SB, SC Tìm GTLN thể tích chóp S AHK A 32 75 B 16 75 C Lời giải https:/www.facebook.com/groups/toanvd Trang 48 24 75 D 40 75 NĂM HỌC 2019 – 2020 NHÓM TOÁN VD–VDC Chọn A NHÓM TOÁN VD – VDC Gọi cạnh AB  x  BC   x Điều kiện  x  1 VS ABC  SA BC.BA  x  x 3 VS AHK SH SK SH SB SK SC SA2 SA2 256 64    2   2 VS ABC SB SC SB SC SB SC 16  x  20 16  x   VS AHK  64 128 x  x x.2  x 64 V   S ABC 15 16  x 16  x 75 16  x  VS AHK Dấu đẳng thức xảy x  16  x  x  16  x    0;  Câu 5: NHÓM TOÁN VD – VDC x  16  x 64 5 x 16  x 64 32    2 75 16  x 75 16  x 75 Cho tứ diện S ABC và G là trọng tâm tứ diện Một mp   quay quanh AG , cắt các cạnh SB , SC M và N ( M , N không trùng S ) Gọi V là thể tích tứ diện S ABC , V1 là V thể tích tứ diện SAMN và gọi m , n là GTLN và GTNN Hãy tính m  n V 17 18 19 A m  n  B m  n  C m  n  D m  n  18 19 20 Lời giải Chọn B https:/www.facebook.com/groups/toanvd Trang 49 NĂM HỌC 2019 – 2020 NHÓM TOÁN VD–VDC S G A' C A M I B +) Gọi A là trọng tâm SBC , I là trung điểm BC Ta có A , G , A thẳng hàng và S , A , I thẳng hàng +) Đặt SM SN  x,  y với  x , y  SB SC +) Ta có: NHÓM TOÁN VD – VDC N V1 SM SN   xy V SB SC NHÓM TOÁN VD – VDC +) Mặt khác: SB SC SI 1 x  2   3 y  SM SN SA x y 3x  +) Vì  y  nên ta có : +) Khi đó: f '( x )   x  V1 x2 x2  xy  ,  x 1 Xét f ( x)  V 3x  3x  3x  x  3x  1 , f '( x)   x  https:/www.facebook.com/groups/toanvd Trang 50 NĂM HỌC 2019 – 2020 NHÓM TOÁN VD–VDC +) Bảng biến thiên: NHÓM TOÁN VD – VDC 17 +) Từ bảng biến thiên suy ra: m  , n   m  n  18 Câu 6: Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD là hình bình hành và có thể tích là V Gọi P là trung điểm SC Mặt phẳng   chứa AP và cắt hai cạnh SD, SB M và N Gọi V  là thể tích khối chóp S AMPN Tìm giá trị nhỏ tỉ số A B C V V D Lời giải Chọn B NHÓM TOÁN VD – VDC Gọi O là tâm hình bình hành ABCD và H  SO  AP Khi đó ta có MN  SO  H Tam giác SAC có H là trọng tâm nên    Trong tam giác SBD có SB  SD  2SO  Đặt SB  SD  SO  SB SD SO SM  SN  .SH     SM SN SH SM SN SH SB SD  x   x với x  1; 2 SM SN https:/www.facebook.com/groups/toanvd Trang 51 SO  SH NĂM HỌC 2019 – 2020 NHÓM TOÁN VD–VDC Ta có V SP SN VS AMP SM SP  và S APN    VS ACD SC SD   x  VS ABC SB SC x  1        x  x  4x 3  x Vậy Câu 7: V 1 1 VS ABCD  S AMPN   VS ABCD và VS APN  3  x  VS ABCD x   x  4x   x    x    V  Dấu xảy  x   x  x  Khi đó MN / / BD V NHÓM TOÁN VD – VDC Khi đó VS AMP  Cho hình chóp S ABCD có thể tích là V , ABCD là hình bình hành có tâm O Gọi I là trung điểm SO ,  P  là mặt phẳng qua I cho  P  cắt cạnh SA, SB, SC, SD các điểm M , N , P, Q Tìm giá trị nhỏ thể tích khối chóp S.MNPQ V V V V A B C D 12 Lời giải Chọn D SA SB SC SD ,b  ,c  ,d  SM SN SP SQ VSABD  VSBCD  V0  V ;VSMNQ  V1 ,VSNPQ  V2 Ta có kết a  c  b  d  SO 4 SI V0 V V V  a.b.d ;  c.b.d    b.d  a  c   4b   b   16 với  b  V1 V2 V1 V2 https:/www.facebook.com/groups/toanvd Trang 52 NHÓM TOÁN VD – VDC Đặt a  NĂM HỌC 2019 – 2020 NHÓM TOÁN VD–VDC Mặc khác:  Câu 8: 2V VS MNPQ  16  VS MNPQ  V V Vậy giá trị nhỏ khối chóp S.MNPQ là 8 NHÓM TOÁN VD – VDC Do đó: V0 V0 V V V 2V 2V  2 0    V1 V2 V1 V2 V1V2 V1  V2 VS MNPQ Cho tứ diện ABCD có DA, DB , DC đôi vuông góc với và có thể tích 36 , M là điểm thay đổi tam giác ABC Các đường thẳng qua M song song với DA, DB , DC theo thứ tự cắt các mặt phẳng  BCD  ,  CAD  ,  ABD  A1 , B1 , C1 Tìm thể tích lớn khối khối tứ diện MA1 B1C1 M thay đổi A B C D Lời giải Chọn D VMBCD d  M ,  BCD   MA1   VABCD AD d  A,  BCD   Tương tự  NHÓM TOÁN VD – VDC Ta có VMADC MB1 VMABD MC1  ,  VABCD AD VABCD AD MA1 MB1 MC1 VMBCD VMADC VMABD      1 AD AD AD VABCD VABCD VABCD Do DA, DB , DC đôi vuông suy MA1 , MB1 , MC1 đôi vuông Như vậy: VMA1B1C1 VABCD https:/www.facebook.com/groups/toanvd Trang 53 MA1 MB1 MC1  MA1 MB1 MC1  1       AD AD AD  AD AD AD  33 33 NHÓM TOÁN VD–VDC  VMA1B1C1 VABCD  NĂM HỌC 2019 – 2020 V 36  VMA1B1C1  ABCD   3 3 3 Dấu "  " xảy M là trọng tâm tam giác ABC giác ABC M là trọng tâm tam NHÓM TOÁN VD – VDC Vậy thể tích lớn khối khối tứ diện MA1 B1C1 NHÓM TOÁN VD – VDC https:/www.facebook.com/groups/toanvd Trang 54