ĐỀ VDC số 21 dự đoán các câu tỉ số điểm 10 sử DỤNG LINH HOẠT các bổ đề HÌNH NÂNG CAO QUA các bài TOÁN

GV:NGUYỄN BÁ QUYẾT-SPHN
TRUNG TÂM LUYỆN THI ĐẠI HỌC NGUYỄN BÁ QUYẾT-MỸ HÀO-HƯNG YÊN

ĐỀ VDC SỐ 21: SỬ DỤNG CÁC CÔNG THỨC
TỈ SỐ THỂ TÍCH LINH HOẠT QUA CÁC
BÀI TOÁN
(GV: NGUYỄN BÁ QUYẾT-SPHN)
SĐT:0389301719
Câu 1.

(QZ1) Cho hình chóp S . ABCD đáy là hình bình hành. Gọi M , N lần lượt là trung
điểm của SA, SC .
Mặt phẳng ( BMN ) cắt SD tại P . Tỉ số

A.

VS .BMPN 1
 .
VS .ABCD 16

B.

VS . BMPN
VS .ABCD

VS .BMPN 1
 .
VS .ABCD 6

C.

bằng:

VS .BMPN 1
 .
VS .ABCD 12

D.

VS .BMPN 1
 .
VS .ABCD 8

Lời giải
Chọn B

Ta có M , N là trung điểm của SA, SC nên

SM SN 1

 .
SA SC 2

Cách 1: Áp dụng định lý Menelaus cho SOD ta
PS BD IO
PS
PS 1
SP 1


1

 2 1  1 
 
 .
có :
PD BO IS
PD
PD 2
SD 3
Cách 2: Kẻ OH // BP , ta có O là trung điểm của BD nên H là trung điểm của PD .
Ta có OH // IP mà I là trung điểm của SO nên P là trung điểm của SH .
GV:NGUYỄN BÁ QUYẾT-SPHN
TRUNG TÂM LUYỆN THI ĐẠI HỌC NGUYỄN BÁ QUYẾT-MỸ HÀO-HƯNG YÊN


GV:NGUYỄN BÁ QUYẾT-SPHN
TRUNG TÂM LUYỆN THI ĐẠI HỌC NGUYỄN BÁ QUYẾT-MỸ HÀO-HƯNG YÊN
Suy ra SP  PH  HD 

SP 1
 .
SD 3

Theo công thức tỉ số thể tích ta có :

Câu 2.

VS . BMPN 2VS . BMP SM SP 1 1 1




   .
VS .ABCD 2VS .BAD
SA SD 2 3 6

( QZ2) Cho tứ diện SABC có G là trọng tâm tứ diện, mặt phẳng quay quanh AG
V
cắt các cạnh SB, SC lần lượt tại M , N . Giá trị nhỏ nhất của tỉ số S . AMN là?
VS . ABC
A.

4
.
9

B.

3
.
8

C.

1
.
3

D.

1
.

2

Lời giải
Chọn A

Gọi E , F , G lần lượt là trung điểm BC , SA, EF suy ra G là trọng tâm tứ diện SABC .
Điểm I là giao điểm của AG và SE . Qua I dựng đường thẳng cắt các cạnh SB, SC
lần lượt tại M , N . Suy ra

 AMN 

là mặt phẳng quay quanh AG thỏa mãn yêu cầu bài

toán.
Kẻ GK // SE ,  K  SA suy ra K là trung điểm FS .


KG AK 3
KG 1
SI 2

 . Mà
 
 .
SI
AS 4
SE 2
SE 3

Cách 1:

Kẻ BP // MN , CQ // MN ;

 P, Q  SE  .

GV:NGUYỄN BÁ QUYẾT-SPHN
TRUNG TÂM LUYỆN THI ĐẠI HỌC NGUYỄN BÁ QUYẾT-MỸ HÀO-HƯNG YÊN


GV:NGUYỄN BÁ QUYẾT-SPHN
TRUNG TÂM LUYỆN THI ĐẠI HỌC NGUYỄN BÁ QUYẾT-MỸ HÀO-HƯNG YÊN
Ta có:

SM SI SN SI

;

.
SB SP SC SQ

 BEP  CEQ  E là trung điểm PQ  SP  SQ  2 SE (đúng cả trong trường hợp
P  Q  E ).
2

V
SA SM SN
SI SI AM GM
SI 2
SI 2  SI 
4
Ta có: S . AMN 

.
.
 1. .



  .
2
2
VS . ABC SA SB SC
SP SQ
 SP  SQ  SE  SE  9
4

Dấu "  " xảy ra khi và chỉ khi SP  SQ  SE . Hay P  Q  E  MN // BC .
Vậy tỉ số nhỏ nhất là

4
. Chọn A
9

Cách 2:
Ta chứng minh được

SB SC

 3.
SM SN

Thật vậy, qua I kẻ các đường thẳng lần lượt song song SB, SC cắt SC , SB tương

ứng tại D, L .

SB DB


 3
NI
SB 3NI
IQ DI
 SB IQ
.
 3.


Ta có:
,

IQ SM
NM
SM NM
IQ
NI 

SM NM 

1 .

SC LC



 3
SC IP
MI
SC 3MI

Lại có: IP LI
,
.
 3.



IP
MI
IP
SN
MN
SN
MN


SN MN 

 2 .

Từ

1

Đặt x 

và

 2

ta có:

SB SC
MI 
 NI

 3

  3.
SM SN
 NM MN 

SB
SC
. Suy ra x  y  3 .
;y
SM
SN

GV:NGUYỄN BÁ QUYẾT-SPHN
TRUNG TÂM LUYỆN THI ĐẠI HỌC NGUYỄN BÁ QUYẾT-MỸ HÀO-HƯNG YÊN


GV:NGUYỄN BÁ QUYẾT-SPHN
TRUNG TÂM LUYỆN THI ĐẠI HỌC NGUYỄN BÁ QUYẾT-MỸ HÀO-HƯNG YÊN

Ta có:

VS . AMN SA SM SN 1 AM GM
1
4

.
.


 .
2
VS . ABC SA SB SC xy
 x  y 9
4

Dấu "  " xảy ra khi và chỉ khi x  y 
Vậy tỉ số nhỏ nhất là
Câu 3.

3
 MN // BC .
2

4
. Chọn A
9

(QZ3) Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình bình hành. Gọi K là trung điểm của
SC . Mặt phẳng qua AK cắt các cạnh SB , SD lần lượt tại M và N . Gọi V1 , V

theo thứ tự là thể tích khối chóp S. AMKN và khối chóp S. ABCD . Giá trị nhỏ nhất của tỉ
V
số 1 bằng
V
1
2
1
3
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
2
3
3
8
Lời giải
Chọn C
S

N

K
A

D

M

C

B

Đặt a 

SA
SB
SC
SD
 1, b 
2, d 
, c
, có a  c  3 .
SA
SM
SK
SN

Áp dụng công thức tính nhanh tỉ lệ thể tích:

Suy ra: b  d  3 . Khi đó

V1 VS . AMKN a  b  c  d


, với a  c  b  d .

V VS . ABCD
4abcd

V1
6
3
3
1
3



 , dấu bằng xảy ra khi b  d  .
2
V 8bd 4bd
3
2
bd 
4

 2 

Vậy giá trị nhỏ nhất của tỉ số

V1
SB SD 3
1

 .
bằng

khi
V
SM SN 2
3

Chứng minh bài toán:

GV:NGUYỄN BÁ QUYẾT-SPHN
TRUNG TÂM LUYỆN THI ĐẠI HỌC NGUYỄN BÁ QUYẾT-MỸ HÀO-HƯNG YÊN


GV:NGUYỄN BÁ QUYẾT-SPHN
TRUNG TÂM LUYỆN THI ĐẠI HỌC NGUYỄN BÁ QUYẾT-MỸ HÀO-HƯNG YÊN
Cho hình chóp S. ABCD có đáy là hình bình hành. Các điểm A , B  , C  , D  lần lượt
SA
SB
SC
SD
nằm trên các cạnh SA , SB , SC , SD . Đặt a 
, b
, c
, d
.
SA
SB
SC 
SD
Chứng minh rằng::

Câu 4.

VS . ABC D a  b  c  d

và a  c  b  d .
VS . ABCD
4abcd

(QZ4) Cho hình chóp S. ABCD có đáy là hình bình hành và có thể tích là V . Gọi P là
điểm trên cạnh SC sao cho SC  5SP. Một mặt phẳng ( ) qua AP cắt hai cạnh

SB và SD lần lượt tại M
giá trị lớn nhất của
A.

và N . Gọi V1 là thể tích của khối chóp S . AMPN . Tìm

V1
.
V

1
.
15

B.

1
.
25

C.

3
.
25

D.

2
.
15

Lời giải
Chọn C

Ta có


V1 VS . AMPN

V VS . ABCD

1  SN SM


10  SD SB



VS . APN  VS . APM

VS . ABCD



VS . APN
V
1  SP SN SP SM 
 S . APM  
.

.

2VS . ACD 2VS . ABC 2  SC SD SC SB 

SM
SN

, b
, 0  a, b  1.
 . Đặt a 
SB
SD


Gọi O là giao điểm hai đường chéo của hình bình hành ABCD .
Trong mặt phẳng

 SAC  , AP  SO  I .

Xét tam giác SOC có

PS AC IO
IO
SI 1
.
.
1 
2
 .
PC AO IS
IS
SO 3

Xét tam giác SBD có

S SMN SM SN
 a.b .

.
S SBD
SB SD

GV:NGUYỄN BÁ QUYẾT-SPHN
TRUNG TÂM LUYỆN THI ĐẠI HỌC NGUYỄN BÁ QUYẾT-MỸ HÀO-HƯNG YÊN


GV:NGUYỄN BÁ QUYẾT-SPHN
TRUNG TÂM LUYỆN THI ĐẠI HỌC NGUYỄN BÁ QUYẾT-MỸ HÀO-HƯNG YÊN
Mặt khác,

S SMN S SMI  S SNI
S
S
1  SM SI SN SI  1

 SMI  SNI  
.

.
  a  b
S SBD
S SBD
2 S SBO 2 S SDO 2  SB SO SD SO  6

1
1
a
, do 0  b  1 nên
 a  b   ab , do a  không thoả mãn hệ thức nên b 
6
6
6a  1
a
1
V
1
1
1
a 
0

 1  a  . Từ đó, 1   a  b    a 
 a 1.
 với
6a  1
5
V 10
5
10 
6a  1 

Vậy,

Xét hàm số y  f  x   x 

x
1
1 
với x   ;1 . y  1 
,
2
6x 1
5 
 6 x  1

 x  0 l
6
1 6
1 2
y  0   6 x  1  1  
. Ta có f    , f    , f 1  . Vậy

1
x 
5
5 5
3 3

3
6
max f  x   f 1  .
1 
5
x ;1
2

5 

Từ đó, giá trị lớn nhất của
Câu 5.

V1
3
bằng
khi M
V
25

trùng B hoặc N trùng D .

( QZ5) Cho lăng trụ ABC . AB C  có thể tích bằng 2. Gọi M , N lần lượt là hai điểm
2

BB .
3
Đường thẳng CM cắt đường thẳng AC  tại P và đướng thẳng CN cắt đường
thẳng BC  tại Q . Thể tích khối đa diện lồi AMPBNQ bằng

nằm trên hai cạnh AA và BB sao cho M là trung điểm của AA và BN 

A.

13
.
18

B.

23
.
9

7
.
18

C.

D.

Lời giải
Chọn D
C'

A'

P

B'
M

N

Q
A

C

B

Ta có: PAM  CAM  g .c.g   PA  AC   C P  2C A .

GV:NGUYỄN BÁ QUYẾT-SPHN
TRUNG TÂM LUYỆN THI ĐẠI HỌC NGUYỄN BÁ QUYẾT-MỸ HÀO-HƯNG YÊN

5
.
9


GV:NGUYỄN BÁ QUYẾT-SPHN
TRUNG TÂM LUYỆN THI ĐẠI HỌC NGUYỄN BÁ QUYẾT-MỸ HÀO-HƯNG YÊN

QB BN 2
2

  QB  QC   QC   3BC
QC  C C 3
3
1
  1 .2C A.3BC .sin C
  3S
Ta có: SC PQ  C P.C Q.sin C
C AB
2
2

VC.CPQ

Suy ra:

VC.CAB



SCPQ
SCAB

 3  VC.CPQ  3.VC .CAB  VABC . ABC  2

Mặt khác:

VABC.MNC

VABC.ABC

AM BN CC 1 2


 1
13
13



A
A
B
B
C
C
2
3


  VABC.MNC 
3
3
18
9

Ta có: VAMPBNQ  VC .C PQ  VABC .MNC  2 
Câu 6.

13 5
 . Chọn D
9 9

( QZ6) Cho hình lăng trụ ABC . AB C  và M , N là hai điểm lần lượt trên cạnh
CM
 k . Mặt phẳng ( MNBA) chia khối lăng
CA
trụ ABC . AB C  thành hai phần có thể tích V1 (phần chứa điểm C ) và V2 sao cho

CA, CB sao cho MN song song với AB và

V1
 2 . Khi đó giá trị của k là
V2

A. k 

1  5
.
2

B. k 

1
.
2

C. k 

1 5
.
2

D. k 

Lời giải
Chọn A

GV:NGUYỄN BÁ QUYẾT-SPHN
TRUNG TÂM LUYỆN THI ĐẠI HỌC NGUYỄN BÁ QUYẾT-MỸ HÀO-HƯNG YÊN

3
.
3


GV:NGUYỄN BÁ QUYẾT-SPHN
TRUNG TÂM LUYỆN THI ĐẠI HỌC NGUYỄN BÁ QUYẾT-MỸ HÀO-HƯNG YÊN
+ Vì ba mặt phẳng ( MNBA), ( ACC A),( BCC B) đôi một cắt nhau theo ba giao tuyến
phân biệt AM , BN , CC  và AM , CC  không song song nên AM , BN , CC  đồng qui tại
S.

Ta có k 

CM MN MN SM SN SC






CA
AB AB SA SB SC 

+ Từ đó VS .MNC  k 3VS . ABC   V1  VMNC . ABC   1  k 3 VS . ABC  .
+ Mặt khác

V
VABC . ABC  3CC  3  SC   SC 


 3 1  k   VS . ABC   ABC . ABC 
3 1  k 
VS . A ' B 'C '
SC 
SC 

2
VABC . ABC   k  k  1 .VABC . ABC 

Suy ra V1  1  k 
.
3 1  k 
3
3

+ Vì

V1
2

k 2  k 1 2
1  5
 2 nên V1  VABC . ABC  
  k 2  k 1  0  k 
( k  0) .
3
3
3
2
V2

Vậy k 

Câu 7.

1  5
.
2

(QZ7) Cho lăng trụ ABCD. ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB  6 ,
AD  3 , AC  3 và mặt phẳng

 AAC C  và  AABB 
ABCD. ABCD bằng
A. V  10 .

 AAC C 

vuông góc với đáy. Biết mặt phẳng

tạo với nhau góc  , thỏa mãn tan  
B. V  8 .

C. V  12 .
Lời giải

3
. Thể tích khối lăng trụ
4

D. V  6 .

Chọn B
B'

C'
D'

A'

M
G
A

Gọi M

F

C

B
E

D

là trung điểm của AA .

Ta có AC  AB 2  BC 2  6  3  3  AC . Do đó tam giác AAC cân tại C .
GV:NGUYỄN BÁ QUYẾT-SPHN
TRUNG TÂM LUYỆN THI ĐẠI HỌC NGUYỄN BÁ QUYẾT-MỸ HÀO-HƯNG YÊN


GV:NGUYỄN BÁ QUYẾT-SPHN
TRUNG TÂM LUYỆN THI ĐẠI HỌC NGUYỄN BÁ QUYẾT-MỸ HÀO-HƯNG YÊN
Dựng AE  AC , do

 AAC C 

vuông góc với đáy nên AE   ABCD  .

Lấy F  AB sao cho FE  AC , mà FE  AE nên FE   ACC A  , suy ra FE  AA .
Dựng EG  AA mà FE  AA nên FG  AA . Do đó góc giữa mặt phẳng
và

 AABB 

 AAC ' C 

.
là góc EGF


Ta có tan EGF

EF 3
4
  EF  BC  3  EA  2 EF .
  EG  EF , mà tan EAF
EA AB
EG 4
3
6

Từ đó suy ra

4
EF
GE
2 2 MC
3

sin GAE 



 MC  2 2 .
AE
3
AC
2 EF

AM  AC 2  MC 2  9  8  1  AA  2.

Ta có sin GAE

2 2 AE AE
4 2
.


 AE 
3
AA
2
3

Vậy thể tích khối lăng trụ ABCD. ABCD là V  AE. AB.BC 
Câu 8.

4 2
. 6. 3  8 .
3

(QZ8) Cho hình lập phương ABCD. ABC D  cạnh 2a . Gọi M là trung điểm của
1
BB và P thuộc cạnh DD sao cho DP  DD . Biết mặt phẳng  AMP  cắt CC 
4
tại N , thể tích của khối đa diện AMNPBCD bằng
A. 2 a 3 .

B. 3 a 3 .

C.

11a3
.
3

3
D. 9 a .

4

Lời giải
Chọn B
A

D
O

P
C

B
K

M

D'

A'
O'

B'

N

C'

Gọi O , O  lần lượt là tâm hai hình vuông ABCD và ABC D  .
GV:NGUYỄN BÁ QUYẾT-SPHN
TRUNG TÂM LUYỆN THI ĐẠI HỌC NGUYỄN BÁ QUYẾT-MỸ HÀO-HƯNG YÊN


GV:NGUYỄN BÁ QUYẾT-SPHN
TRUNG TÂM LUYỆN THI ĐẠI HỌC NGUYỄN BÁ QUYẾT-MỸ HÀO-HƯNG YÊN
Trong mặt phẳng

 BDDB : gọi

K  OO  MP .

Trong mặt phẳng

 ACC A  : gọi

N  AK  CC  . Khi đó N  CC    AMP  .

Ta có OK 

1
3a
1
a
3a
 DP  BM    a    . Do đó CN  2OK  .
2
2
2
2 4

Diện tích hình thang $BMNC$ là: S BMNC 

1
1
3a 
5a 2
BM

CN
.
BC
.

a

.2
a






2
2
2 
2

Thể tích khối chóp A.BMNC là: VA. BMNC

1
1 5a 2
5a3
 .S BMNC . AB  .
.2a 
.
3
3 2
3

Diện tích hình thang DPNC là: S DPNC 

1
1 a 3a
 DP  CN  .CD     .2a  2a 2 .
2
2 2 2 

1
1

4a 3
Thể tích khối chóp A.DPNC là: VA. DPNC  .S DPNC . AD  .2a 2 .2a 
.
3
3
3

Thể tích khối đa diện AMNPBCD bằng: V  VA. BMNC  VA.DPNC 

5a3 4a3

 3a3 .
3
3

Chú ý: Công thức tính nhanh
Cho mặt phẳng
có

và

VABCD.MNPQ
VABCD. ABC D

 

cắt các cạnh AA, BB, CC , DD lần lượt tại M , N , P,Q . Khi đó, ta

1  AM BN CP DQ  1  AM CP 
 





 

4  AA BB CC  DD  2  AA CC  

AM CP BN DQ



.
AA CC  BB DD

Áp dụng,
A

D
P

B

M

C

A'

D'

N

B'

C'

GV:NGUYỄN BÁ QUYẾT-SPHN
TRUNG TÂM LUYỆN THI ĐẠI HỌC NGUYỄN BÁ QUYẾT-MỸ HÀO-HƯNG YÊN


GV:NGUYỄN BÁ QUYẾT-SPHN
TRUNG TÂM LUYỆN THI ĐẠI HỌC NGUYỄN BÁ QUYẾT-MỸ HÀO-HƯNG YÊN
Áp dụng, ta có

và

VABCDMNP
1  BM DP  1  1 1  3
 

    
VABCD. ABC D 2  BB DD  2  2 4  8

AA CN BM DP



AA CC  BB DD
3

Thể tích khối lập phương ABCD. ABC D  là V   2a   8a 3 .
Suy ra VABCDMNP  3a 3 .

GV:NGUYỄN BÁ QUYẾT-SPHN
TRUNG TÂM LUYỆN THI ĐẠI HỌC NGUYỄN BÁ QUYẾT-MỸ HÀO-HƯNG YÊN