Dang 3. Tỉ số thể tích(VDC)

Câu 1.

[2H1-3.3-4] (Chun Thái Ngun) Cho một miếng tơn hình trịn tâm O , bán kính R . Cắt bỏ
một phần miếng tơn theo một hình quạt OAB và gị phần cịn lại thành một hình nón đỉnh O
khơng có đáy (OA trùng với OB ) . Gọi S và S �lần lượt là diện tích của miếng tơn hình trịn
S�
ban đầu và diện tích của miếng tơn cịn lại. Tìm tỉ số S để thể tích của khối nón đạt giá trị lớn
nhất.
2
1
1
6
A. 3 .
B. 4 .
C. 3 .
D. 3 .
Lời giải
Tác giả:Nguyễn Đức Hoạch; Fb: Hoạch Nguyễn
Chọn D

2
Ta có, diện tích của miếng tơn ban đầu là S   R .

0
0
0
0  0    360 

Gọi góc ở tâm của mảnh tơn cịn lại là
.


S�

. R 2

� Diện tích phần tơn cịn lại là:
S� 

Vậy S 360 .

360

.

Mặt khác, xét hình nón đỉnh O có chu vi đáy là

C

� Bán kính đáy của hình nón đỉnh O là



.2 R 
. R
360
180
.

R�


R
2
2
360 và chiều cao OH  OA  AH

2

� R � R
 R2  � � 
. 3602   2
2
2
�360 � 360
 R  R�
.
2

1
1 � R � R
2
V  . R�
.OH  . . � �.
. 3602   2
3
3
360
36
0
� �
� Thể tích của khối nón đỉnh O là

 R3

. 2 . 3602   2
3.3603
.
Xét hàm số

f      2 . 3602   2

f�
    2 . 360   
2

Ta có

2

với 0    360 .

3
3602   2



  2.3602  3 2 
360 2   2

.

 0
�
f�
�   120 6  Do 0    360 
  0 � �


�
120
6
�
.
Bảng biến thiên:

Vậy
Câu 2.



max f     f 120 6

 0;360 

 � V max khi và chỉ khi   120

6�

S� 6

S

3

.

[2H1-3.3-4] (Giữa-Kì-2-Thuận-Thành-3-Bắc-Ninh-2019) 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
VS .BMPN
VS . BMPN 1
1


VS .ABCD 16
VS .ABCD 6
A.
.
B.
.

VS . BMPN
VS .ABCD

bằng:
VS . BMPN 1

VS .ABCD 12
C.
.

D.

VS . BMPN 1

VS .ABCD 8

.

Lời giải
Tác giả: Nguyễn Mạnh Cường ; Fb: Cuong Nguyen
Chọn B

SM SN 1


M
,
N
SA
,
SC
Ta có
là trung điểm của
nên SA SC 2 .
Cách 1: Áp dụng định lý Menelaus cho SOD ta có :
PS BD IO
PS
PS 1
SP 1
� � 1�
��

2 1 1�
 �

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 .
Suy ra SP  PH  HD

�

SP 1

SD 3 .

Theo công thức tỉ số thể tích ta có :
Câu 3.

VS . BMPN 2VS . BMP SM SP 1 1 1


�  � .
VS .ABCD 2VS .BAD
SA SD 2 3 6

[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 là hình bình hành. Gọi M , N lần lượt là trung
điểm của SA, SC .
Mặt phẳng ( BMN ) cắt SD tại P . Tỉ số
VS .BMPN
VS . BMPN 1
1


VS .ABCD 16
VS .ABCD 6
A.
.
B.
.

VS . BMPN
VS .ABCD

bằng:
VS . BMPN 1

VS .ABCD 12
C.
.

D.

VS . BMPN 1


VS .ABCD 8

.

Lời giải
Tác giả: Nguyễn Mạnh Cường ; Fb: Cuong Nguyen
Chọn B

SM SN 1


Ta có M , N là trung điểm của SA, SC nên SA SC 2 .
Cách 1: Áp dụng định lý Menelaus cho SOD ta có :
PS BD IO
PS
PS 1
SP 1
� � 1�
��
2 1 1�
 �

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 .
Suy ra SP  PH  HD

�

SP 1

SD 3 .

Theo công thức tỉ số thể tích ta có :

VS . BMPN 2VS . BMP SM SP 1 1 1


�  � .
VS .ABCD 2VS .BAD
SA SD 2 3 6


Câu 4.

[2H1-3.3-4] (Trần Đại Nghĩa) Cho hình lăng trụ ABC.A ' B ' C ' có thể tích bằng V. Gọi M, N
lần lượt là trung điểm của A ' B ', AC và P là điểm thuộc cạnh CC ' sao cho CP  2C ' P . Tính
thể tích khối tứ diện BMNP theo V.

2V
A. 9 .

V
B. 3 .

5V
C. 24 .

4V
D. 9 .

Lời giải
Chọn A

Gọi B là diện tích tam giác ABC , h là độ dại đường cao của hình lăng trụ, suy ra 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 .
PE CE PC 2
PC PC 2





�
PC
//
MQ
ME
QF
MQ
3
MQ
CC
3.
�
PC


2
PC
Ta có
do
và
nên
V1
MP 1
1

 � V1  V2
3 .
Ta có V2 ME 3

2
8
GC  QC , CE  2QC � GE  GC  CE  QC
3
3
Do
.
1
V2  S BNE .h
3
Ta lại có
. Ta tính diện tích tam giác BNE theo diện tích tam giác ABC ta có
8
8
S BNE  S BGE  S NGE   S NQC  S BQC   SQBNC

3
3
.
S AQN AQ AN 1
3
8

.
 � SQBCN  S ABC
S BNE  SQBNC  2 B
4
3
Mà S ABC AB AC 4
do đó
.
1
1
2V
1
2V
V2  S BNE .h  .2 B.h 
V1  V2 
3
3
3 �
3
9 .
Nên
Email:
Câu 5.

[2H1-3.3-4] (Sở Bắc Ninh) Cho tứ diện SABC có G là trọng tâm tứ diện, mặt phẳng quay
VS . AMN
quanh AG cắt các cạnh SB, SC lần lượt tại M , N . Giá trị nhỏ nhất của tỉ số VS . ABC là?


4
A. 9 .

3
B. 8 .

1
1
C. 3 .
D. 2 .
Lời giải
Tác giả: Hoàng Văn Phiên; Fb: Phiên Văn Hoàng

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 .

 AMN  là mặt phẳng quay quanh AG thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Suy ra
GK // SE ,  K �SA
Kẻ
suy ra K là trung điểm FS .
KG AK 3

KG 1
SI 2
�


 �

SI
AS 4 . Mà SE 2
SE 3 .
Cách 1:
 P, Q �SE  .
Kẻ BP // MN , CQ // MN ;

SM SI SN SI

;

Ta có: SB SP SC SQ .
� BEP  CEQ � E là trung điểm PQ � SP  SQ  2 SE (đúng cả trong trường hợp
P �Q �E ).
2

VS . AMN SA SM SN
SI SI AM GM
SI 2
SI 2 �SI � 4

.
.

 1. .
�

 � �
2
VS . ABC SA SB SC
SP SQ
 SP  SQ  SE 2 �SE � 9
4
Ta có:
.
Dấu "  " xảy ra khi và chỉ khi SP  SQ  SE . Hay P �Q �E � MN // BC .
4
Vậy tỉ số nhỏ nhất là 9 . Chọn A
Cách 2:
SB SC

3
Ta chứng minh được 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.
�

��
NM
SM NM
IQ
NI � IQ SM

 1 .
SM
NM �
�
Ta có:
,
SC LC
�

 3�
MI
SC 3MI
� SC IP
IP LI
.
 3.
�

��

IP
MI
IP
SN
MN
SN
MN
�

 2 .
Lại có: SN MN �
,
SB SC
MI �
�NI

 3�

� 3
1
2


SM
SN
NM
MN
�
� .
Từ

và
ta có:
SB
SC
x
;y
SM
SN . Suy ra x  y  3 .
Đặt

VS . AMN SA SM SN 1

.
.

VS . ABC SA SB SC xy

AM GM

�

1

 x  y
4

Ta có:
x y

2



4
9
.

3
� MN // BC
2
.

Dấu "  " xảy ra khi và chỉ khi
4
Vậy tỉ số nhỏ nhất là 9 . Chọn A
Cách 3: Lưu Thêm
SB
SC
x
y
Đặt SM
; SN
, với x  0 , y  0 .
uu
r 2 uur 1 uur uuu
r 1 uuur
uuu
r
r
x uuur y uuu

SI  SE  ( SB  SC )  ( xSM  ySN )  SM  SN
3
3
3
3
3
Ta có
.
x y
 1� x y  3
Do I , M , N thẳng hàng nên 3 3
.
VS . AMN SM SN 1 1 1
1
4

.
 . 
�

VS . ABC
SB SC x y xy ( x  y ) 2 9
2
Ta có
.
VS . AMN
4
V
Vậy S . ABC đạt giá trị nhỏ nhất bằng 9 khi x  y , hay MN đi qua I và song song với BC .
Câu 6.

BC
[2H1-3.3-4] (THANH CHƯƠNG 1 NGHỆ AN 2019 LẦN 3)Cho khối lăng trụ ABC. A���
C . Gọi (P) là
có thể tích bằng 1. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng AC và B��
NC ) . Mặt phẳng (P) chia khối lăng trụ
mặt phẳng qua M và song song với mặt phẳng ( A�
ABC. A���
B C thành hai khối đa diện, gọi (H) là khối đa diện chứa đỉnh A. Thể tích của khối đa
diện (H) bằng
3
1
1
2
.
.
.
.
A. 5
B. 3
C. 5
D. 2


Lời giải
Chọn D

B C có thể tích bằng V
Gọi khối lăng trụ ABC. A���
NC ) nên mặt phẳng (P) cắt các mặt

- Mặt phẳng (P) qua M và song song với mặt phẳng ( A�
phẳng ( ABC ),( A ' B ' C ') lần lượt theo các giao tuyến ME , GF ( ( E �BC , G �A ' B ', F �B ' C ')
N
cùng song song A�
- Mặt phẳng (P) cắt các mặt phẳng ( AA ' C ' C ), ( BB ' C ' C ) lần lượt theo các giao tuyến MI
( I �AA ') song song A ' C , EF song song CN . Ba đường thẳng MI , FG, A ' C ' đồng quy tại K ,
ba đường thẳng MI , EF , CC ' đồng quy tại J .

B C thành hai khối đa diện, gọi (T) là khối đa diện
- Mặt phẳng (P) chia khối lăng trụ ABC. A���
khơng chứa đỉnh A. Thể tích của khối đa diện (T) bằng
V1  VJ .C ' FK  VJ .CEM  VI . A 'GK
1
1
1
9
1
1
1
 SC ' FK .JC ' S CEM .JC  S A 'GK .IA '  V  V  V  V
3
3
3
16
48
24
2

Câu 7.

B C D cạnh 2a . Gọi M là trung
[2H1-3.3-4] (THTT lần5) Cho hình lập phương ABCD.A����
1
DP  DD�
 AMP  cắt CC �
4
điểm của BB�và P thuộc cạnh DD�sao cho
. Biết mặt phẳng
tại N , thể tích của khối đa diện AMNPBCD bằng
3
A. 2a .

3
B. 3a .

11a 3
C. 3 .

9a 3
D. 4 .

Lời giải
Tác giả: Ngô Trang; Fb: Trang Ngô
Chọn B


BCD .
Gọi O , O�lần lượt là tâm hai hình vuông ABCD và A����
B
 BDD��

�MP .
Trong mặt phẳng
: gọi K  OO�
A�
 ACC �
 : gọi N  AK �CC �. Khi đó N  CC �� AMP  .
Trong mặt phẳng
1 � a � 3a
1
3a
a  �
OK   DP  BM   �
CN  2OK 
2 � 2 � 4 . Do đó
2
2 .
Ta có
2

1 � 3a �
5a
1
 BM  CN  .BC  2 �a  2 �.2a  2
�
�
2
Diện tích hình thang $BMNC$ là:
.
2
3

1
1 5a
5a
VA.BMNC  .S BMNC . AB  .
.2a 
3
3 2
3 .
Thể tích khối chóp A.BMNC là:
1 �a 3a �
1
.2a  2a 2
S DPNC   DP  CN  .CD  �  �
2
2
2
�
�
2
Diện tích hình thang DPNC là:
.

S BMNC 

1
1
4a 3
VA.DPNC  .S DPNC . AD  .2a 2 .2a 
3
3

3 .
Thể tích khối chóp A.DPNC là:
3
5a 4a 3


 3a 3
V

V

V
A. BMNC
A. DPNC
3
3
Thể tích khối đa diện AMNPBCD bằng:
.
Chú ý: Cơng thức tính nhanh
   cắt các cạnh AA�
, BB�
, CC �, DD�lần lượt tại M , N , P,Q . Khi đó, ta có
Cho mặt phẳng
VABCD.MNPQ 1 �AM BN CP DQ � 1 �AM CP �
 � 


� � �
�
VABCD. A����

4 �AA� BB� CC � DD�
� 2 �AA CC �
�
BCD
AM CP BN DQ



và AA� CC � BB� DD�
.

Áp dụng,


VABCDMNP
1 �BM DP � 1 �1 1 � 3
 � 
� �  �
� DD�
V
2
BB
�
� 2 �2 4 � 8
����
ABCD
.
A
B
C

D
Áp dụng, ta có
AA CN BM DP



và AA� CC � BB� DD�

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

Câu 8.

[2H1-3.3-4] (Chuyên Vinh Lần 3) Cho hình hộp ABCD. A ' B ' C ' D ' có thể tích bằng V . Gọi
M , N , P , Q, E , F
lần
lượt

là
tâm
các
hình
bình
hành
ABCD, A ' B ' C ' D ', ABB ' A ', BCC ' B ', CDD ' C ', DAA ' D '. Thể tích khối đa diện có các đỉnh
M , P, Q, E , F , N bằng
V
A. 4 .

V
B. 2 .

V
C. 6 .
Lời giải

Chọn C

� V  h.S ABCD
Gọi h là chiều cao của hình hộp ABCD. A ' B ' C ' D '
.
Thấy hình đa diện MPQEFN là một bát diện nên
1 1
1
VMPQEFN  2.VN . PQEF  2. . .h.S PQEF  .h.S PQEF .
3 2
3

V
D. 3 .


1
1
AC ; QE  PF  BD
2
2
nên
1 1
1
V
 .h. .S ABCD  .h.S ABCD  .
3 2
6
6

PQ  EF 

Lại có: PQEF là hình bình hành và có
1
1
S PQEF  S ABCD .
VMPQEFN  h.S PQEF
2
3
Do đó:
Câu 9.

BCD
[2H1-3.3-4] (CỤM TRƯỜNG SÓC SƠN MÊ LINH HÀ NỘI) Cho lăng trụ ABCD. A����
C C
C  3 và mặt phẳng  AA��
có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB  6 , AD  3 , A�
C C
B B
 AA��
 AA��
vng góc với đáy. Biết mặt phẳng
và
tạo với nhau góc  , thỏa mãn
3
tan  
B C D bằng
4 . Thể tích khối lăng trụ ABCD. A����
A. V  10 .
B. V  8 .
C. V  12 .
D. V  6 .
Lời giải
Tác giả: Hoàng Ngọc Huệ ; Fb: Hoàng Ngọc Huệ.
Chọn B

Gọi M là trung điểm của AA�
.
2
2
C . Do đó tam giác AA�
C cân tại C .

Ta có AC  AB  BC  6  3  3  A�

C C
A�
E   ABCD 
E  AC , do  AA��
Dựng A�
vng góc với đáy nên
.
A�
 , suy ra FE  AA�.
E nên FE   ACC �
Lấy F �AB sao cho FE  AC , mà FE  A�
C 'C 
 AA�
Dựng EG  AA�mà FE  AA�nên FG  AA�
. Do đó góc giữa mặt phẳng
và
�
B B
 AA��
là góc EGF .

Ta có

� 
tan EGF

EF 3
4

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

4
EF
GE
2 2 MC
� 
sin GAE
 3


� MC  2 2
AE
3
AC
2
EF
Từ đó suy ra
.
2
2
AM  AC  MC  9  8  1 � AA�

 2.
Ta có

� 
sin GAE

2 2 A�
E A�
E
4 2


� A�
E
3
AA� 2
3 .


B C D là
Vậy thể tích khối lăng trụ ABCD. A����

V  A�
E. AB.BC 

4 2
. 6. 3  8
3
.

Câu 10. [2H1-3.3-4] (Sở Vĩnh Phúc) Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình bình hành. Gọi K là
V
trung điểm của SC . Mặt phẳng qua AK cắt các cạnh SB , SD lần lượt tại M và N . Gọi 1 ,
V theo thứ tự là thể tích khối chóp S . AMKN và khối chóp S . ABCD . Giá trị nhỏ nhất của tỉ số
V1
V bằng
1
2
1
3
A. 2 .
B. 3 .
C. 3 .
D. 8 .
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  3 .
,
,

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
6
3
3
1


�

2
V 8bd 4bd
�b  d � 3
3
4�
bd 
�
�2 �
2.
Suy ra: b  d  3 . Khi đó
, dấu bằng xảy ra khi
V1
SB SD 3
1


Vậy giá trị nhỏ nhất của tỉ số V bằng 3 khi SM SN 2 .
Chứng minh bài tốn:
Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình bình hành. Các điểm A�
, B�

, C�
, D�lần lượt nằm trên
SA
SB
SC
SD
a
b
c
d
SA�
SB�
SC �
SD�
các cạnh SA , SB , SC , SD . Đặt
,
,
,
.

VS . A����
abcd
BCD

4abcd
Chứng minh rằng: : VS . ABCD
và a  c  b  d .
Lời giải

S
 2 SABD � VS . ABCD  2VS . ABD
Ta có: ABCD là hình bình hành nên: ABCD
.
VS . A���
SA�SB�SD� 1
1
1
BD

.
.

� VS . A���
.VS . ABD 
.VS . ABCD
BD 
V
SA
SB
SD
abd
abd
2
abd
S
.
ABD
Khi đó:
.

VS . B���
SB�SC �SD� 1
1
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
1
.VS . ABCD 
.VS . ABCD 

2abd
2bcd
2abcd

Chứng minh tương tự như trên ta cũng có:
Từ

 1

và

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



2  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-Công-Trứ-Hà-Tĩnh-lần-1-2018-2019-Thi-tháng-3)Cho tứ diện
đều ABCD có cạnh bằng a . Gọi M , N lần lượt là trọng tâm các tam giác ABD, ABC và E là
 MNE  chia khối tứ diện ABCD thành hai khối đa diện
điểm đối xứng với B qua D . Mặt
trong đó khối đa diện chứa đỉnh A có thể tích V . Tính V .
9 2a 3
3 2a 3
2a 3
3 2a3
V

V
V
V
320 .
320 .
96 .
80 .
A.
B.
C.
D.
Lời giải
Chọn A

Gọi

H , K lần lượt là trung điểm của BD, BC và I  EM �AB. Áp dụng định lí Menelaus

AM HE BI
3 BI
BI 2
3
.
.
 1 � 2. .
1�
 � AI  AB
4 IA
IA 3
5

cho tam giác AHB ta được MH EB IA


AI 3 AN 2
 �
 �
AB 5 AK 3 Hai đường thẳng IN và BC cắt nhau, gọi giao điểm là F .

Gọi P  EM �AD. Vì MN //CD nên áp dụng định lí về giao tuyến của ba mặt phẳng
Ta có PQ //EF //CD.
Áp dụng định lí Menelaus cho tam giác ADB ta được
AP DE BI
AP 1 2
AP
.
.
1�
. . 1�
 3.
PD EB IA
PD 2 3
PD

Có ABCD là tứ diện đều cạnh bằng
VAPQI
VABCD

Vậy

a � VABCD 

a3 2
12

AP AQ AI 3 3 3 27
27
27 a 3 2

.
.
 . . 
� VAPQI  VABCD  .
.
AD AC AB 4 4 5 80
80
80 12

VAPQI 

9 2a 3
320 .

Câu 12. [2H1-3.3-4] (Hoàng Hoa Thám Hưng n) 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 và N . Gọi V1 là thể tích của khối chóp S . AMPN .
V1
Tìm giá trị lớn nhất của V .
1
1
3

2
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  1 �SP . SN  SP . SM �
�
VS . ABCD
2VS . ACD 2VS . ABC 2 �
�SC SD SC SB �
Ta có V VS . ABCD
1 �SN SM �
SM
SN
 � 
a
b
�
10 �SD SB �. Đặt
SB ,
SD , 0  a, b �1 .
Gọi O là giao điểm hai đường chéo của hình bình hành ABCD .
SAC  AP �SO  I
Trong mặt phẳng 
,
.

PS AC IO
IO
SI 1
.
.
1 �
2�

IS
SO 3 .
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
1 SM SI SN SI � 1

 SMI  SNI  �
.


.
�  a  b 
S SBD
2 S SBO 2 S SDO 2 �
�SB SO SD SO � 6
Mặt khác, S SBD
1
1
a
a
b
 a  b   ab
6 không thoả mãn hệ thức nên
6a  1 , do 0  b �1 nên
Vậy, 6
, do
1�
a � 1
a
1
V1 1
a
0
�1 ۳ a
  a  b  �
�a �1
�
10 � 6a  1 �với 5
6a  1

5 . Từ đó, V 10
.
1
1 � y�
�
x

1

2
x
�
;1
2
y  f  x  x 
�
�
6 x  1
6 x  1  1

�

y

0
�
5
�
�
6

x

1
Xét hàm số
với
.
,

�
x  0  l
�
6
�
1
�1 � 6
�1 � 2
max
f
x

f
1

6




�
f

f � �
x
1 �
�
f  1 
�
5
x� ;1�
� 3 . Ta có �
5 �
�5 � 5 , �3 � 3 ,
�
5 . Vậy �
.
V1
3
Từ đó, giá trị lớn nhất của V bằng 25 khi M trùng B hoặc 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 � 1  5  b  d � d  6  b .
VS . AMPN a  b  c  d 1  b  5  6  b 3
1


 . 2
V
4abcd
4.1.b.5.  6  b  5 b  6b
* S . ABCD
.
3
1
f  b  . 2
; b � 1;5
5 b  6b
* Xét
(do b , d �1 ).
3 2b  6
f�
 b   . 2
5  b  6b  2 f �
 b  0 � b  3 .
;
Bảng biến thiên:
1
b

3
5


f�
 b
0
f  b

3
25

3
25
1
15

V1 3

Kết luận: Giá trị lớn nhất của V 25 .
Câu 13. [2H1-3.3-4] (Sở Ninh Bình 2019 lần 2) Cho hình chóp S . ABCD có ABCD là hình bình hành,
 MND  chia hình chóp
M là điểm đối xứng với C qua B . N là trung điểm SC . Mặt phẳng
V
thành hai khối đa diện (tham khảo hình vẻ bên). Gọi 1 là thể tích khối đa diện chứa đỉnh S và
V1
V2
là thẻ tích khối đa diện cịn lại. Tính tỉ số V2 ?

V1 5

V
3 .
2
A.

V1 12

V
7 .
2
B.

V1 1

V
5.
2
C.
Lời giải

V1 7

V
5.
2
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

.

1
.d  S ,  ABCD   .S AQD
1
3

1
.d  S ,  ABCD   .S ABCD 4
3
.



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 2
1�
2

MC.PB. NS
PB
suy ra SB 3

VS . PQD
Suy ra

VS . BQD



VS .PND
Ta lại có: VS .BCD

2
3

VS .B DQ
VS . ABCD
mà

1
.d  S ,  ABCD   .S BQD
1
3


VS .PQD 1
1

.d  S ,  ABCD   .S ABCD 4
3
nên VS . ABCD 6 .

1
.d  S ,  ABCD   .S BCD
VS . BCD
1
3


SP.SN .SD 1
VS . ABCD 1 .d S , ABCD .S


  ABCD 2
 
SB.SC.SD 3 mà
3
.

VS .PND 1

V
Suy ra S . ABCD 6 .

Vậy

V1 

V1 7
7

VS . ABCD
12
suy ra V2 5

B C có
Câu 14. [2H1-3.3-4] (GIỮA-HKII-2019-NGHĨA-HƯNG-NAM-ĐỊNH) Cho lăng trụ ABC. A���
thể tích bằng 2. Gọi M , N lần lượt là hai điểm nằm trên hai cạnh AA�và BB�sao cho M là


2
BB�
C tại P và đướng
3
trung điểm của AA�và
. Đường thẳng CM cắt đường thẳng A��
MPB�
NQ bằng

C tại Q . Thể tích khối đa diện lồi A�
thẳng CN cắt đường thẳng B��
13
23
7
5
A. 18 .
B. 9 .
C. 18 .
D. 9 .
B�
N

Lời giải
Tác giả: Trương Hồng 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
2


 � QB�
 QC �
� QC �
 3B��
C
QC � C �
C 3
3
1
1
��
��
SC �PQ  C �
P.C �
Q.sin C
 .2C �
A�
.3B��
C .sin C
 3S C �
A��
B
2
2
Ta có:

VC .C �PQ



SC�PQ

 3 � VC .C�PQ  3.VC .C�A��
B  VABC . A���
BC  2
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 2


 1
13
13
�
�
�
A
A
B
B
C
C
2
3


 � VA���
B C . MNC 
3
3
18
9

VA�MPB�NQ  VC .C �
PQ  VA���
B C .MNC  2 

Ta có:

13 5

9 9 . Chọn D

.
Câu 15. [2H1-3.3-4] (KINH MÔN II LẦN 3 NĂM 2019) (KINH MÔN II LẦN 3 NĂM 2019) Cho
B C cạnh đáy bằng a , chiều cao bằng 2a . Mặt phẳng  P  qua
lăng trụ tam giác đều ABC. A���

C chia lăng trụ thành hai khối. Biết thể tích của hai khối là V1 và V2
B�và vng góc với A�
V1
V  V2
với 1
. Tỉ số V2 bằng
A.

1
11 .

1
B. 23 .
Lời giải

1
C. 47 .

1

D. 7 .


Tác giả: Bồ Văn Hậu; Fb: Nắng Đông
Chọn C

C , A�
C và A��
B .
Gọi E , I , K lần lượt là 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 tại 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 và  2 
 P .

phẳng
Từ

 2

B C khi cắt bởi mặt
EF là thiết diện của lăng trụ ABC. A���
suy ra tam giác B�

CK �
A��
B
CK �
A��
B  B�
H�
A�
C � B�
H

�
A
C
��
CA
B
C
Tam giác
cân tại , ta có

a 19
�
a
a 19
2

a 5
2 5

Tam giác B ' HC vuông tại H , ta có
9a
9
1
CH  B�
C 2  B�
H2 
� CH  CA�
� A�
H  HI
10
4
2 5
HA�
F : HIE �

A�
F A�
H 1
A�
F 1


 �

IE
IH
4
A�
A 8.

VA�. B�EF A��
B A�
E A�
F 1
1
1 1
1

.
.
 � VA�. B�EF  VA�. B��
. VABC . A���
VABC . A���
CA 
BC 
BC
��
��
�
V
A

B
A
C
A
A
16
16
16
3
48
�
��
A
.
B
C
A
Khi đó
.
V1



BC
Nên VABC . A���

V
1
1
� 1 

48 V2 47 .

Câu 16. [2H1-3.3-4] (ĐỀ-THI-THU-ĐH-THPT-CHUYÊN-QUANG-TRUNG-L5-2019)Cho hình
B C và M , N là hai điểm lần lượt trên cạnh CA, CB sao cho MN song song với
lăng trụ ABC. A���
CM
k
A�
) chia khối lăng trụ ABC. A���
B C thành hai phần có thể
AB và CA
. Mặt phẳng ( MNB�
V1
2
V1
V2
V
C
2
tích (phần chứa điểm ) và
sao cho
. Khi đó giá trị của k là


A.

k

1  5
2

.

B.

k

1
2.

C.
Lời giải

k

1 5
2 .

D.

k

3
3 .

Tác giả: Nguyễn Thị Hường; Fb: Huong Nguyen Thi
Chọn A

A�
), ( ACC �
A�

),( BCC �
B�
) đôi một cắt nhau 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 tại S .
Ta có

k

+ Từ đó

CM MN MN SM SN SC





CA
AB A��
B
SA� SB � SC �

3
VS .MNC  k 3VS . A���

B C � V1  VMNC . A���
B C   1  k  VS . A���
BC
.

 SC 
VABC . A���
VABC . A���
3CC � 3  SC �
BC
BC


 3  1  k  � VS . A���
BC 
3
1

k
�
�

V
SC
SC
+ Mặt khác S . A ' B 'C '
k 2  k  1 .VABC . A���

VABC . A���
BC

BC
V1   1  k 

3 1 k 
3
Suy ra
.
3

V1
2
k 2  k 1 2
1  5
2
V1  VABC . A���
�
 � k 2  k 1  0 � k 
(k  0)
B
C
V
3
3
3
2
+ Vì 2
nên
.

Vậy

k

1  5
2
.