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

<span class='text_page_counter'>(1)</span>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 , một số bài toán vận dụng hoặc vận dụng cao thường đề cập đến việc phân chia đa diện , tính thể tích khối đa diện mới theo thể tích khối đa diện đã cho . Thầy cô cần tạo tình huống cho học trò có tư duy về việc so sánh thể tích các khối chóp , khối lăng trụ từ những tư duy đơn giản như so sánh đường cao , so sánh diện tích đáy để đi đến quyết định chuyển những khối đa diện khó tính thể tích thành những khối dễ hơn , dễ so sánh với khối ban đầu. 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 khối đa diện thành những khối dễ tính hơn với giả thiết được cho , từ đó hình thành các kĩ năng tổng hợp và có phản xạ tốt trong những bài phân chia đa diện . Trong phần thể tích khối đa diện việc ra đề và ôn tập cho học sinh thường được chú trọng đến các bài toán về phân chia khối đa diện thành các phần khác nhau. 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 hoặc vecto… A. CÁC CÔNG THỨC TỈ SỐ THỂ TÍCH ÁP DỤNG Bài toán 1. Cho hình chóp S . ABC . Một mặt phẳng  P  cắt các cạnh SA, SB , SC lần lượt tại M , N , P như hình vẽ bên.. VS .MNP SM SN SP  . . VS . ABC SA SB SC. Bài toán 2. Cho hình chóp S .ABCD có đáy là hình bình hành, một mặt phẳng  P  cắt các cạnh SA, SB, SC , SD lần lượt tại M , N , P, Q như hình vẽ bên. S. M N. Q. P D. A B. https:/www.facebook.com/groups/toanvd.. Trang 1. C. NHÓM TOÁN VD – VDC. Khi đó ta có các kết quả sau:.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> NĂM HỌC 2019 – 2020. NHÓM TOÁN VD–VDC. SA SB SC SD  x,  y,  z,  t . Khi đó ta có các kết quả sau: SM SN SP SQ + x z  y t VS .MNPQ x  y  z  t +  VS . ABCD 4 xyzt Đặt. AA ', BB ', CC ' lần lượt tại M , N , P như hình vẽ bên.. NHÓM TOÁN VD – VDC. Bài toán 3. 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 ' 3. Bài toán 4. Cho hình lăng trụ ABCD. A ' B ' C 'D' . Một mặt phẳng  P  cắt các cạnh bên AA ', BB ', CC ', DD' lần lượt tại M , N , P, Q như 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   4 2 2. B. CÁC DẠNG BÀI VÀ VÍ DỤ MINH HỌA Bài toán 1. CHIA HÌNH CHÓP, HÌNH LĂNG TRỤ THÀNH 2 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 2. NHÓM TOÁN VD – VDC. AM BN CP DQ  x,  y,  z, t. AA BB CC  DD. Đặt.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> 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 của khối chóp S .ABC được phân chia bởi mp  P  . 7 . 20. B.. 1 . 3. 8 . 27. C.. D.. 2 . 5. Lời giải Chọn A S. H. NHÓM TOÁN VD – VDC. A.. C F K. G A. E B. phẳng ( P ) đi qua G và song song song với SA ; BC . Nên thiết diện khi cắt hình chóp S. ABC bởi  P  là hình bình hành EFHK như hình vẽ. Gọi V , V1 , V2 lần lượt là thể tích của khối chóp S. ABC , khối đa diện SAEFHK và BCEFHK 1 1 5 1 2 1 Ta có V2  VH .BCEF  VK .HCF  . d  S , ABC  . S ABC  . d B , SAC   . S SAC 3 3 9 3 3 9 20  V1  V  5 2 7  27 . Chọn A.  V  V  V  27 27 27 V  7 V  2 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 giữa khối B.EAF và khối lăng trụ ABC. ABC  . 1 1 1 1 A. . B. . C. . D. . 4 8 5 6 Lời giải Chọn D. https:/www.facebook.com/groups/toanvd.. Trang 3. 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.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> 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 của BC  khi đó S EAF . 1 S AAMF và d  B,  AAMF    d  B,  AEF   . 2. 1 2 Vì VB. AAMF  VABF . ABM  VB. ABF  VABF . ABM  VABF . ABM  VABF . ABM 3 3 1 1 2 1 1 1 Suy ra VBEAF  VB. AAMF  . .VABF . ABM  . .VABC . ABC   .VABC . ABC  . 2 2 3 3 2 6.  BMN . chia khối chóp S . ABCD thành hai phần. Tỉ số thể tích giữa hai phần (phần lớn trên. phần bé) bằng 7 A. . 5. B.. 1 . 7. C.. 7 . 3. D.. 6 . 5. Lời giải Chọn A S. N. E H. D. C O. B. Giả sử các điểm như hình vẽ. https:/www.facebook.com/groups/toanvd.. Trang 4. NHÓM TOÁN VD – VDC. Ví dụ minh họa 3: Cho hình chóp tứ giác đều S . ABCD có cạnh đáy bằng a , cạnh bên hợp với đáy một góc 60 . Gọi M là điểm đối xứng của C qua D , N là trung điểm SC . Mặt phẳng. F. A. M.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> 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 6 , SF  SO 2  OF 2  a 7 Ta có: SD ,  ABCD   SDO 2 2. a 6 1 a2 7 ; SSAD  SF . AD  2 4 2 7. VMEFD ME MF MD 1     VMNBC MN MB MC 6 5 5 1 1 5 1 5a 3 6  VBFDCNE  VMNBC    d  M ,  SAD    S SBC   4h  S SAD  6 6 3 2 18 2 72 1 a3 6 7a 3 6 VS . ABCD  SO.S ABCD   VSABFEN  VS . ABCD  VBFDCNE   3 6 36. Suy ra:. VSABFEN 7   VBFDCNE 5. NHÓM TOÁN VD – VDC.  d  O,  SAD    OH  h . Ví dụ minh họa 4: Cho lăng trụ ABC. ABC có thể tích bằng V . Gọi A1 , B1 lần lượt là hai điểm nằm trên hai cạnh AA và BB  sao cho A1 là trung điểm của AA và 5.B1 B  3.BB . Tia CA1 cắt tia C A tại Q và tia CB1 cắt tia C B tại P . Thể tích khối đa diện lồi AA1QBB1 P bằng: 29 A. V. 30. B.. 7 V. 10. C.. 37 V. 90. D.. 10 V. 9. Chọn A.  Ta có:. VC. ABC C A C B 1 2 1 1  5  .  .   VC.QPC  5.VC. ABC  5.  V   V . VC.QPC C Q C P 2 5 5 3  3.  Mặt khác:. VABC A1B1C 1  A1 A B1 B CC   1  1 3  7 A1 A 1 B1B 3  ,     .        1  AA 2 BB 5 VABCABC 3  AA BB CC   3  2 5  10.  VABCA1B1C . 7 7 VABCABC  V . 10 10. https:/www.facebook.com/groups/toanvd.. Trang 5. NHÓM TOÁN VD – VDC. Lời giải.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> NĂM HỌC 2019 – 2020. NHÓM TOÁN VD–VDC. 5 7 29  VAA1QBB1P  VC.QPC  VABCA1B1C  V  V  V . 3 10 30. khối tứ diện BMNP theo V. A.. 2V . 9. B.. V . 3. C.. 5V . 24. D.. 4V . 9. NHÓM TOÁN VD – VDC. Bài toán 2 : 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 như chóp , lăng trụ ta chuyển đáy của các khối này về mặt đáy của các khối ban đầu , sau đó so sánh đường cao của khối này với đường cao của khối ban đầu. Với các khối không phải là chóp hoặc lăng trụ ta có thể dùng phân chia đa diện để tạo ra các khối chóp hoặc lăng trụ , Cũng có thể căn cứ vào khối đã cho cộng trừ đi các khối không thuộc , hoặc 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 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. Lời giải Chọn A. NHÓM TOÁN VD – VDC 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 . Ta có. PE CE PC 2 PC PC 2    do PC // MQ và PC  2 PC  nên   . ME QF MQ 3 MQ CC  3. Ta có. V1 MP 1 1    V1  V2 . V2 ME 3 3. https:/www.facebook.com/groups/toanvd.. Trang 6.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> NĂM HỌC 2019 – 2020. NHÓM TOÁN VD–VDC. 2 8 Do GC  QC , CE  2QC  GE  GC  CE  QC . 3 3. . Mà. S AQN S ABC. . . 8 AQ AN 1 3 .   SQBCN  S ABC do đó S BNE  SQBNC  2 B . 3 AB AC 4 4. 1 1 2V 1 2V Nên V2  S BNE .h  .2B.h   V1  V2  . 3 3 3 3 9 Ví dụ minh họa 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. NHÓM TOÁN VD – VDC. 1 Ta lại có V2  SBNE .h . Ta tính diện tích tam giác BNE theo diện tích tam giác ABC ta có 3 8 8 S BNE  S BGE  S NGE  S NQC  S BQC  SQBNC . 3 3. tích khối đa diện có các đỉnh M , P, Q, E, F , N bằng A.. V . 4. B.. V . 2. C.. V . 6. D.. V . 3. Lời giải Chọn C. NHÓM TOÁN VD – VDC. Gọi h là chiều cao của hình hộp ABCD. A ' B ' C ' D '  V  h.S ABCD . 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 1 1 AC; QE  PF  BD nên 2 2 1 1 1 V  .h. .S ABCD  .h.S ABCD  . 3 2 6 6. Lại có: PQEF là hình bình hành và có PQ  EF . S PQEF . 1 1 S ABCD . Do đó: VMPQEFN  h.S PQEF 2 3. https:/www.facebook.com/groups/toanvd.. Trang 7.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> NĂM HỌC 2019 – 2020. NHÓM TOÁN VD–VDC. Ví dụ minh họa 4: Cho hình hộp ABCD. A ' B ' C ' D ' có chiều cao bằng 8 và diện tích đáy bằng 9. Gọi M , N , P và Q lần lượt là tâm của các mặt bên ABB ' A ', BCC ' B ', CDD ' C ' và DAA ' D ' . Thể tích của khối đa diện lồi có các đỉnh là các điểm A, B, C , D, M , N , P và Q bằng 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 2 24  V  30 . .. Ví dụ minh họa 5: Cho tứ diện ABCD có thể tích là V . Gọi M , N , P, Q, R lần lượt là trung. NHÓM TOÁN VD – VDC. Mặt  MNPQ  cắt các cạnh AA', BB', CC', DD' tại 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 8.

<span class='text_page_counter'>(9)</span> NĂM HỌC 2019 – 2020. NHÓM TOÁN VD–VDC. 2V . 5. B.. V . 3. V . 2 Lời giải. C.. D.. V . 6. 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   1 GI 1 1  nên   VG .MPQR  VE .MPQR . EI 3 d  E ,  MPQR   3 3. 1 V Gọi V1  VEMPQRN thì V1  V  4.VAMNP  V  4. V  . 8 2. Mặt khác do MNQE là hình bình hành nên EN cắt MQ tại trung điểm nên 1 V VN .MPQR  VE .MPQR  V1  . 2 4 https:/www.facebook.com/groups/toanvd.. Trang 9.

<span class='text_page_counter'>(10)</span> NĂM HỌC 2019 – 2020. NHÓM TOÁN VD–VDC. 1 V Mà VG .MPQR  VE .MPQR  . 3 12. Vậy VMNPQRG  VN .MPQR  VG .MPQR . Ví dụ minh họa 6:Cho hình chóp tam giác đều S .ABC có cạnh đáy bằng a , đường cao. SH  2a . Gọi I , J , K lần lượt là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S .HAB , S .HBC , S .HCA . Tính thể tích khối bát diện ABCIJK A. a 3 3 .. B.. a3 3 . 2. C.. a3 3 . 3. D.. 4a 3 3 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 lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác HAB , HBC , HAC . Suy ra G , E , F đối xứng với H qua AB, BC , CA . Suy ra tam giác GEF đều cạnh a .. Gọi O là trung điểm SH , theo bài ra I , J , K lần lượt là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp     S .HAB , S .HBC , S .HCA nên ta có GI  EJ  FK  HO suy ra  IJK    ABC  Mặt khác có ABJK , ACJI là hình bình hành nên IC  AJ tại trung điểm của AJ Suy ra d  I ,  ABJK    d  C ,  ABJK   Vậy VABCIJK  2VC . ABJK  4VC . ABJ  2VSABC . a3 3 3. Dạng 3. 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 nhưng luôn song song với đáy và cắt các cạnh bên SA , SB , SC , SD lần lượt tại 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   . 4 12 3.

<span class='text_page_counter'>(11)</span> NĂM HỌC 2019 – 2020. NHÓM TOÁN VD–VDC. N , P , Q . Gọi M  , N  , P  , Q lần lượt là hình chiếu vuông góc của 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 nhất. SA 2 . 3. B.. 1 . 2. C.. 1 . 3. D.. 3 . 4. 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 của hình chóp. Xét tam giác SAH có: MM  // SH nên. MM  AM SA  SM SM    1  1  k  MM   1  k  .SH . SH SA SA SA. Ta có VMNPQ.M N P Q  MN .MQ.MM   AB. AD.SH .k 2 . 1  k  . 1 Mà VS . ABCD  SH . AB. AD  VMNPQ.M N PQ  3.VS . ABCD .k 2 . 1  k  . 3. Thể tích khối chóp không đổi nên VMNPQ.M N PQ đạt giá trị lớn nhất khi k 2 . 1  k  lớn nhất. Ta có k 2 .  k  1 . 2 1  k  .k .k 2. 3. 1  2  2k  k  k  4 .     2 3  27. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: 2 1  k   k  k . https:/www.facebook.com/groups/toanvd.. 2 SM 2 . Vậy  . 3 SA 3. NHÓM TOÁN VD – VDC. Xét tam giác SAB có MN // AB nên. Trang 11. NHÓM TOÁN VD – VDC. A..

<span class='text_page_counter'>(12)</span> NĂM HỌC 2019 – 2020. NHÓM TOÁN VD–VDC. A.. 13 . 16. B.. 11 . 12. 1 . 6. C.. D.. Lời giải Chọn A. Đặt. 1  AM . AN .sin DAB VS . AMN S AMN 1 AM AN 1 Ta có .  2  . .   VS . ABCD S ABCD 2 AB AD 2 yx AB. AD.sin DAB Theo bài ra 2. Suy ra. Ta có. AB AD 3 3  8  2x  3 y  8  x  4  y . AM AN 2. VS . AMN  VS . ABCD. 1 3   2y  4  y  2  . ; 1  y  2 (do x  1).. V V1 1  1  S . AMN  1  ; 1 y  2. V VS . ABCD y 8  3 y  2.  3y  8  3y  Áp dụng BĐT Côsi ta có 3 y (8  3 y )     16 2  . Suy ra. 4 V1 3 13 V 13  1    max 1  . Dấu bằng xảy ra khi y  , x  2 . 3 V 16 16 V 16. https:/www.facebook.com/groups/toanvd.. Trang 12. NHÓM TOÁN VD – VDC. AB AD  x;  y , x, y  1 . AM AN. 2 . 3. NHÓM TOÁN VD – VDC. Ví dụ minh họa 2: Cho tứ diện ABCD . Hai điểm M , N lần lượt di động trên hai đoạn thẳng BC BD BC và BD sao cho 2 3  10 . Gọi V1 , V2 lần lượt là thể tích của các khối tứ diện BM BN V ABMN và ABCD . Tìm giá trị nhỏ nhất của 1 . V2.

<span class='text_page_counter'>(13)</span> 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 của SC . Một mặt phẳng qua AP cắt hai cạnh SB và SD lần lượt tại V M và N . Gọi V1 là thể tích của khối chóp S . AMPN . Tìm giá trị nhỏ nhất của 1 ? V 3 . 8. B.. 1 . 3. C.. 2 . 3. D.. 1 . 8. 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,  2 và đặt  d  0, b 0. SA SP SM SN. V  1 2  b  d với 1  2  b  d  b  d  3 .  V 4.1.2.b.d. Vậy ta có:. V  1 2  b  d V  1 2  3 V 3 .      V 4.1.2.b.d V 4.2.b.d V 4bd. b  d  Theo bất đẳng thức cơ bản: bd  4. Dấu “=” xảy ra b  d  b  d  Vậy. 3 . 2. V 1 có giá trị nhỏ nhất bằng . V 3. https:/www.facebook.com/groups/toanvd.. Trang 13. 2. . 9 1 4 V 3 3 4 1   suy ra   .  . 4 bd 9 V 4bd 4 9 3. NHÓM TOÁN VD – VDC. Do   đi qua A , P , M , N nên bốn điểm này đồng phẳng..

<span class='text_page_counter'>(14)</span> 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 trong tam giác BCD . Các đường thẳng qua M và song song với AB , AC , AD lần lượt cắt các mặt phẳng.  ACD  ,  ABD  ,  ABC  tại V . 27. B.. V . 16. C.. V . 8. 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       1 nên N B PC QD S BCD S BCD S BCD AB AC AD 3. 3  MN MP MQ   3 MN MP MQ  Lại có 1     . .  (Cauchy)   3 AB AC AD   AB AC AD   3.  MN .MP.MQ . 1 MN MP MQ AB. AC . AD  MN .MP.MQ lớn nhất khi   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 nhất của khối MNPQ là:.

<span class='text_page_counter'>(15)</span> NĂM HỌC 2019 – 2020. NHÓM TOÁN VD–VDC.  M là trọng tâm tam giác BCD  S NPQ. 2. 1 1 1 2    , Mà S N PQ  S BCD nên S NPQ  S BCD và d  M ,  NPQ    d  A,  BCD   4 9 2 3. 1 Vậy giá trị lớn nhất của khối tứ diện MNPQ là VMNPQ  S NPQ .d  M ,  NPQ   3 1 1 1 V 1 , với VABCD  S BCD .d  A,  BCD    V  VMNPQ  . S BCD . d  A,  BCD    3 9 3 27 3. Ví dụ minh họa 5: Cho hình lập phương ABCD. A ' B ' C ' D ' cạnh 1 . Điểm M , N lần lượt nằm C M DN trên đoạn thẳng AC  và CD sao cho   x . Khi tứ diện CC NM có thể tích lớn C A 2 DC nhất thì giá trị của x bằng 1 A . 2. B.. 1 . 3. 1 C. . 4. D.. NHÓM TOÁN VD – VDC. S N PQ. MN MP MQ 1      NPQ  //  BCD  , AB AC AD 3. 1 . 6. Lời giải Chọn C. A. B. C. A'. B' N. D'. M. C'. Ta có. CD '  2  DN  2 x 2  CN  2  2 x 2  2(1  2 x ) , đk : 0  x  Ta có AC '  3  C M  x 3. https:/www.facebook.com/groups/toanvd.. Trang 15. NHÓM TOÁN VD – VDC. D. 1 2.

<span class='text_page_counter'>(16)</span> NĂM HỌC 2019 – 2020. NHÓM TOÁN VD–VDC. 1 1 VCC ' NM  .C M .CN .d (C M , CN ).sin(C M , CN )  . 6.x (1  2 x ).d (C A, CD ').sin(C A, CD ') 6 6. Do d (C A, CD ').sin(C A, CD ') không đổi nên tứ diện CC NM có lớn nhất khi g ( x)  x (1  2 x). 1 1 (2 x  1  2 x) 2 1  Ta có g ( x)  .2 x(1  2 x)  2 2 4 8 Dấu bằng xảy ra  2 x  1  2 x  x . 1 . 4. C. BÀI TẬP THEO CÁC DẠNG Dạng 1. CHIA HÌNH CHÓP, HÌNH LĂNG TRỤ THÀNH 2 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 lần lượt là tâm của 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.. 1 . 3. NHÓM TOÁN VD – VDC. lớn nhất.. V1 . V2 B.. 1 . 2. C.. 2 . 3. D. 2 .. 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 của hình hộp cắt bởi mặt phẳng  AMN  là hình bình hành AEFG . Ta có:. AE MA   1  AE  FD  CF  FD  CD . CF MC. Tương tự: FD  GD  CD . https:/www.facebook.com/groups/toanvd.. Trang 16.

<span class='text_page_counter'>(17)</span> NĂM HỌC 2019 – 2020. NHÓM TOÁN VD–VDC. VAEFDAGD  VA. AEFD  VA. FDDG 1 1 1 1 AA.  AE  DF  . AD  AD.  FD  GD  .DD 3 2 3 2 3 3 CD CD Vhh    6 6 3 . Câu 2:. Vhh 2V V 1  V2  hh  1  . V2 2 3 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 sao cho DN  3 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 bằng V2. 1 . 4. 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 của C ' D ' suy ra D ' là trung điểm của A ' I . Mặt khác PM //B ' K nên P là trung điểm của IK . AK KN AN 1 KN 1 KA KQ 1         Ta có DP NP ND 3 KI 8 KA ' KB ' 8 DP DP 7 DP DP 3 D'P 4 3       . KA 1 AA ' DD ' DD ' 7 DD ' 7 7 1 1 1 1 4 1 Khi đó ta có: VI .D ' PM  d  I ;  CDD ' C '  .SD ' PM  d  I ;  CDD ' C '  . . . SCDD 'C '  V . 3 3 2 2 7 21 1 1 1 1 1 1 1 VK . ANQ  d  K ;  ABCD   .SAQN  . d  A ';  ABCD   . . . S ABCD  V. 3 3 7 2 4 8 1344 1 1 8 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 3 7 21 1  149  8 1 Suy ra 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'.

<span class='text_page_counter'>(18)</span> NĂM HỌC 2019 – 2020. NHÓM TOÁN VD–VDC. Khi đó V1  Câu 3:. 149 299 V 149  149  V , V2   1  . V . Vậy 1  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 lần lượt là trung điểm của AB, BB và AC  . Tính theo V thể tích của khối tứ diện CMNP . 5 V 5V 7V V. A. B. . C. . D. . 24 4 27 24 Lời giải. N C'. P E B'. Q. Gọi K là giao điểm của BC và NE . Khi đó BK . 1 BC . 4. Ta có: EN là đường trung bình của MPQ.  NE //MP  NE //  CMP  hay NK //  CMP   d  N ; (CMP )   d  K ; (CMP ) . 1  VCMNP  VCMPK  SCMK .d  P;( ABC )  3 Trong đó: d  P; ( ABC )   h là chiều cao của lăng trụ. SCMK  S MBC  S BMK . 1 1 1 1 AB BC S ABC  BM .BK .sin  ABC  S ABC  sin  ABC 2 2 2 2 2 4. 1 1 5 = S ABC  S ABC  S ABC . 2 8 8 https:/www.facebook.com/groups/toanvd.. Trang 18. NHÓM TOÁN VD – VDC. Gọi Q là giao điểm của MN và AB  . BQ 1  và N là trung điểm của MQ . Khi đó: AB 2 Gọi E là giao điểm của BC  và PQ . BE 1  và E là trung điểm của PQ . Khi đó: BC  4.

<span class='text_page_counter'>(19)</span> NĂM HỌC 2019 – 2020. NHÓM TOÁN VD–VDC. 1 5 5  VCMNP  . S ABC h  V . 3 8 24 Câu 4:. A.. 1 . 21. B.. 3 . 35. 1 . 7. C.. D.. NHÓM TOÁN VD – VDC.  2  Cho khối lăng trụ ABC .A ' B 'C ' . Trên AC , BC lần lượt lấy M , N sao cho CM  CB 3  1  CN  CB . Gọi K là giao điểm của MN và đường trung tuyến hạ từ đỉnh C của tam giác 2 ABC , I là giao điểm của BK và AC , E là giao điểm của C ' I và CA ' , F là giao điểm của BC ' và B C . Tính tỉ số thể tích của khối đa diện C .EFBI và khối lăng trụ ABC .A ' B 'C ' . 26 . 105. Lời giải Chọn B. CA CB CH CH 7 CK 4   2.     CM CN CK CK 4 CH 7 CI HK BA CI 3 CI 2 CI 2 . . . .2  1  Áp dụng định lí Menelaus ta có: 1    IA CK BH IA 4 IA 3 CA 5. Gọi H là trung điểm AB . IE IC 2 C 'E 5 C 'F 1 1 5 5     , mà   VC '.CEF  . VC 'CIB  VC 'CIB EC ' A 'C ' 5 C 'I 7 C 'B 2 2 7 14 V 9 9 1 2 3 3 . . V  V  C .EFBI   VC .EFBI  VC 'CIB  14 14 3 5 35 V 35. Ta có:. Câu 5:. NHÓM TOÁN VD – VDC. Gọi thể tích khối lăng trụ là V. Cho lăng trụ đều ABC. ABC  có cạnh đáy bằng a cạnh bên 3a . Gọi M là trung điểm của AA . Mặt phẳng   đi qua M và song song với BC đồng thời tạo với mặt phẳng đáy  ABC  một góc 30 . Mặt phẳng   chia khối chóp làm 2 phần có thể tích lần lượt là V1 và V2 biết V1  V2  . Tỉ số thể tích A.. 4 . 5. V1 bằng V2 B.. 7 . 8. https:/www.facebook.com/groups/toanvd.. Trang 19. C.. 7 . 11. D.. 7 . 9.

<span class='text_page_counter'>(20)</span> NĂM HỌC 2019 – 2020. NHÓM TOÁN VD–VDC. Lời giải Chọn C. Mặt phẳng   cắt các cạnh BB và CC  lần lượt tại R và T . Gọi H ; K lần lượt là trung điểm. NHÓM TOÁN VD – VDC. Gọi N ; P lần lượt là trung điểm của BB và CC  suy ra  MNP  //  ABC  ..   30 . của NP và RT . Mặt phẳng   tạo với  ABC  một góc 30 suy ra KMH Tam giác MNP đều cạnh a suy ra MH . a 3 1 a a 3 .  . và HK  MH .tan 30  2 2 3 2. 1 1 1 a 3 a a3 3 . .a  Ta có VM . NPTR  .MH .S NPTR  .MH .HK .NP  . . 3 3 3 2 2 12. Vậy V1 . a2 3 3 3.a3 .3a  . 4 4. V 3 3.a3 a3 3 7 3 3  VM . NPTR    a 2 8 12 24. V 3 3.a3 a3 3 11 3 3 V2   VM . NPTR    a . 2 8 12 24 Suy ra Câu 6:. V1 7  . V2 11. NHÓM TOÁN VD – VDC. Thể tích lặng trụ ABC. ABC  là V . Cho lăng trụ đều ABC. ABC  . Gọi M , N và P lần lượt là trung điểm của AB ; BC  và C A . Thể tích của khối đa diện lồi có các đỉnh là các điểm A, B, C , M , N , P là V1 và thể tích của khối V lăng trụ đều ABC. ABC  là V . Tính tỷ số 1 ? V 1 4 2 3 A. . B. . C. . D. . 5 3 4 4 Lời giải Chọn D. https:/www.facebook.com/groups/toanvd.. Trang 20.

<span class='text_page_counter'>(21)</span> 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 của 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 1 1 AA.S AMP  . AA. S A ' B 'C '  V . 3 3 4 12. VBBMN . 1 1 1 1 BB.S B ' MN  .BB . S ABC   V . 3 3 4 12. NHÓM TOÁN VD – VDC. VAAMP . 1 1 1 1 VCC NP  CC .S C NP  .CC . S ABC   V . 3 3 4 12. Vậy V1  V  VAAMP  VBBMN  VCC NP  V  Do đó Câu 7:. 3 3 V V. 12 4. V1 3  V 4. Cho hình lăng trụ đứng ABC . AB C  , đáy là tam giác đều cạnh a , AA  a 2 . Gọi M , N lần lượt 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 2 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 dưới đây đúng V2. B. k   0, 9; 1, 2  .. C. k  1, 2; 1,5  . Lời giải. Chọn B https:/www.facebook.com/groups/toanvd.. Trang 21. D. k  1,5; 1,8 ..

<span class='text_page_counter'>(22)</span> NĂM HỌC 2019 – 2020. NHÓM TOÁN VD–VDC. NHÓM TOÁN VD – VDC. Gọi O; O lần lượt là trung điểm của BC; BC , ta có AO; AO   BCC B     / / AO; AO . Gọi K , H lần lượt là trung điểm BO; OC . Gọi MK  AC  I ; IN  AA  J . Ta có IN ; KH ; CC  đồng quy tại E . Gọi h  AA; S  S ABC ; VABCABC   V . V1  VIKEC  VENHC  VAIJM. Câu 8:. NHÓM TOÁN VD – VDC. 1 3 1 1 1 1 1 1 1 1 1  . h.( S  S  S )  . h. S  . h. S  V . 3 2 8 4 3 2 8 3 2 4 2 V  1  1. V2. Cho khối lăng trụ ABC. A ' B ' C ' . Gọi M , N , P lần lượt là trung điểm các cạnh AB, BC , AC. Mặt phẳng  MNP  cắt các cạnh AA, CC  tại các điểm I , J . Tỷ số thể tích của khối đa diện AIMCJN và khối lăng trụ ABC. A ' B ' C ' là C'. A'. P. A. A.. 7 . 24. B.. M. 1 . 4. Chọn D. https:/www.facebook.com/groups/toanvd.. Trang 22. B. B'. N. C. 1 . 3 Lời giải C.. D.. 5 . 24.

<span class='text_page_counter'>(23)</span> 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 ra giao tuyến của  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  tại các điểm I , J . Dó đó I , J là giao điểm của  MNP  với AA, CC . Mặt khác P là trung điểm của AC suy ra I , J là trung điểm của 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 1 1 V VJ .MNC  S MNC .d  J ,  ABC    . S ABC . d  C ,  ABC    3 3 4 2 24 1 1 1 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 3 2 2 12 1 2V 1 2V V Mà S ACC A .d  B,  ACC A    VB. ACC A   VM . ACJI  .  3 3 4 3 6 V V V 5V 5    AIMCJN  . Vậy VAIMCJN  24 6 24 V 24. Cho hình lăng trụ đứng ABCD. ABCD có AA  2a , đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B có AB  BC  a, AD  2a . Gọi M , Q lần lượt là trung điểm của 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, trong đó V1 là thể tích khối đa diện chứa đỉnh A . Tính V1 ? 5 7 11 3 13 3 a . a . A. V1  a3 . B. V1  a 3 . C. V1  D. V1  9 9 24 24 Lời giải Chọn D. https:/www.facebook.com/groups/toanvd.. Trang 23.

<span class='text_page_counter'>(24)</span> NĂM HỌC 2019 – 2020. NHÓM TOÁN VD–VDC. 1 AD  ACD vuông tại C . 2. 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  sao cho MN //AC .. Gọi MN  BC  I , IQ  CC   P .. Thiết diện của hình lăng trụ ABCD. ABC D cắt bởi  P  là ngũ giác MNPQR . V1  VQ . ACPR  VQ . ABC  VM . ACPR  VP .MCN. 1 1 1 1 1 1  d  B,  ACPR   . AC.CP  QB. AB.BC  d  M , AC  . AC.CP  CP. MN .CN 3 3 2 3 3 2 1 a a 1 1 a a 1 a a 2  . . .a 2  a 3  . .a 2.  . .   3 2 2 6 3 2 2 6 2  2 . . 2. NHÓM TOÁN VD – VDC. AC //  P    P    ACC A   PR ,  R  AA  sao cho PR //AC .. 13 3 a . 24. Câu 10: Cho hình chóp S . ABC có đáy là tam giác đều cạnh 2a , ( SB , ( ABC ))  60 0 , 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 của khối đa diện mà chứa đỉnh S . Tính tỉ số . VS . ABC 15 5 3 2 . A. B. . C. . D. . 16 8 4 3 Lời giải https:/www.facebook.com/groups/toanvd.. Trang 24.

<span class='text_page_counter'>(25)</span> 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 ra ( )  ( BED) . Vậy  SC  BE   60 0  SCA   60 0 (vì SAB  SAC ) Ta có ( SB , ( ABC ))  SBA. . a . 2. CD 1  . CS 8. Ta lại có. VC .BED CD CE 1 1 1 V 15  .  .   SABED  . VS . ABC CS CA 8 2 16 VS . ABC 16. NHÓM TOÁN VD – VDC.  SC  4a , CD  EC.cos 600 . Câu 11: Cho tứ diện đều ABCD cạnh a . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, BC và E là điểm đối xứng với B qua D . Mặt phẳng  MNE  chia khối tứ diện thành hai phần, trong đó khối đa diện chứa đỉnh A có thể tích là V1 , khối đa diện còn lại có thể tích V2 . Tỉ số A.. 7 . 11. B.. 11 . 7. Chọn B. https:/www.facebook.com/groups/toanvd.. Trang 25. 13 . 5 Lời giải. C.. D. 2 .. V1 là: V2.

<span class='text_page_counter'>(26)</span> NĂM HỌC 2019 – 2020. NHÓM TOÁN VD–VDC. 4 9 S NEI  S NEI  S PDE . 9 4 1 1 3 1 Mà S BNI  S BCD  S  S NEI  S . Do đó SPDE  S . 4 4 4 3 h h Lại có, d  M ,  BCD    , d  Q,  BCD    2 3 1 V 1 V  VMBNE  S BNE d  M ,  BCD    , VQPDE  S PDE d  Q,  BCD    . 3 2 3 9 V V 7V 7V 11V Từ đó suy ra VQPDMNB    .  V2 , V1  V   2 9 18 18 18 V 11 Vậy 1  . V2 7. NHÓM TOÁN VD – VDC. a3 2 1  Sh với S  S BCD , h  d  A,  BCD   . 12 3 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 đều S . ABCD có cạnh đáy bằng a 2 , biết khoảng cách từ tâm O của đáy đến a mặt bên bằng . Gọi E , F lần lượt là trung điểm của các cạnh SB, SC ; M là điểm trên cạnh 2 SD sao cho MS  2MD . Mặt phẳng  MEF  cắt SA tại N . Tính theo a thể tích khối chóp. S .EFMN . 7a3 2 A. . 108. B.. a3 2 . 9. C. Lời giải. Chọn A. https:/www.facebook.com/groups/toanvd.. Trang 26. a3 2 . 36. D.. 7a3 2 . 36.

<span class='text_page_counter'>(27)</span> 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 1 1 a 2 1 a 2 a3 2 2 . .    OS  V  V  . .2 a  S . ABCD OH 2 OS 2 OI 2 2 3 2 3 VS .MNF 2 2 1   VS . MNF  VS . DAC  V VS . DAC 9 9 9 7 7 a3 2 7a3 2 ; Suy ra VS .MNEF  V  .  36 36 3 108 VS . NEF 1 1 1   VS . NEF  VS . ABC  V VS . ABC 6 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 1 sao cho SE  SC , một mặt phẳng qua AE cắt các cạnh SD và SB lần lượt tại M và N . Gọi 3 V V1 là thể tích khối chóp S . AMEN . Tìm giá trị nhỏ nhất của 1 ? V 1 1 1 1 A. . B. . C. . D. . 9 6 3 12 Lời giải Chọn B. Đặt. SM SN  x,  y , 0  x , y  1. SB SD. https:/www.facebook.com/groups/toanvd.. Trang 27.

<span class='text_page_counter'>(28)</span> NĂM HỌC 2019 – 2020. NHÓM TOÁN VD–VDC. SA SC SB SD 1 1 x    nên 1  3    y  . SA SE SM SN x y 4x 1 V V V 1 SA SN SE 1 SA SM SE 1 1 1 1 Khi đó 1  S . ANE  S . AME  . . .  . . .  . y.  .x. . V 2VS . ADC 2VS . ABC 2 SA SD SC 2 SA SB SC 2 3 2 3 Vì. 1 x  y  6. 1 x  x . 6 4x 1 . 1  x  1. 4 1 x  1  Xét hàm số f  x    x   trên  ;1 . 6 4x 1  4 . Vì x  0 , y  0 nên.  1 1 Ta có f   x   1  . 6   4 x  12  1 f  x  0  x  . 2 Bảng biến thiên x 1 4. f  x f  x. –. 1 2 0. . 1 V1 bằng . 6 V. 1 . 2 9. NHÓM TOÁN VD – VDC. Vậy giá trị nhỏ nhất của. 1 6. NHÓM TOÁN VD – VDC. . Câu 14: Cho khối tứ diện ABCD có thể tích bằng 1. Trên cạnh AB lấy điểm M sao cho BM  2 AM , N , P lần lượt là trung điểm của BC , CD . Biết  MNP  cắt AD tại Q . Khối đa diện MAQNCP có thể tích bằng 7 5 7 5 A. . B. . C. . D. . 9 16 18 8 Lời giải Chọn C. https:/www.facebook.com/groups/toanvd.. Trang 28.

<span class='text_page_counter'>(29)</span> 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 1 S 1 1 1 .VA.BNP  .VA. BNP  . BNP .VABCD  .  . AB 3 3 S BCD 3 4 12. VA.MPQ . AM AQ 1 1 S 1 . .VA.BPD  . . BPD VABCD  . AB AD 3 3 S BCD 18. Vậy VMAQNCP . NHÓM TOÁN VD – VDC. S NCP 1 1 .VABCD  .1  . S BCD 4 4. 1 1 1 7    . 4 12 18 18. Câu 15: Cho hình chóp S . ABCDEF có đáy ABCDEF là hình lục giác đều tâm O . Gọi M là trung điểm của cạnh SD . Mặt phẳng  AMF  cắt các cạnh SB, SC , SE lần lượt tại H , K , N . Gọi V1 , V lần. V1 V V 14 D. 1  . V 27. lượt là thể tích của các khối chóp S . AHKMNF và S . ABCDEF . Tính tỉ số A.. V1 1  . V 3. B.. V1 1  . V 9. Chọn C. https:/www.facebook.com/groups/toanvd.. Trang 29. V1 13  . V 36 Lời giải C..

<span class='text_page_counter'>(30)</span> 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 của tam giác SAD nên. Mà HN / / BE suy ra. SK SM 1   SC SD 2. 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. 1 SH SK 1 SK SM 1 SM 1 SM SN  . .  . .  .  . . 6 SB SC 3 SC SD 3 SD 6 SD SE 1 2 1 1 1 1 1 1 1 1 2  . .  . .  .  . . 6 3 2 3 2 2 3 2 6 2 3 . 1 1 1 1 13     . 18 12 6 18 36. https:/www.facebook.com/groups/toanvd.. Trang 30. NHÓM TOÁN VD – VDC. SH SN SJ 2    SB SE SO 3. Lại có MK / / CD suy ra Khi đó:. SJ 2  SO 3.

<span class='text_page_counter'>(31)</span> NĂM HỌC 2019 – 2020. NHÓM TOÁN VD–VDC. 8a 3 2 . Mặt 6 phẳng   thay đổi song song với mặt phẳng  ABCD  lần lượt cắt các cạnh SA, SB , SC , SD. Câu 16: Cho hình chóp đều S . ABCD có các cạnh bên tạo với đáy góc 45o và thể tích bằng. MNPQ. ABCD bằng. A.. a 2 . 2. 3 . Tính chiều cao của hình chóp cụt MNPQ. ABCD ? 7 a 2 B. a 2. C. D. a. . 4 Lời giải. Chọn A. x 2 . 2. . .    45o , do đó: SO  DO  x 2 . Ta có SD ,  ABCD   SDO 2. 1 x 2 x 3 2 8a 3 2 Mà VS . ABCD  .x 2 .    x  2a . 3 2 6 6. Đặt MN  y và h là chiều cao của hình chóp cụt MNPQ. ABCD . Suy ra VMNPQ.M N PQ  y 2 h và VMNPQ. ABCD  Theo bài:.  x2  xy  y 2  h S1  S1S2  S 2 .h  3 3. VMNPQ.M N PQ VMNPQ. ABCD. . 3y2 x 2  xy  y 2. https:/www.facebook.com/groups/toanvd.. Trang 31. NHÓM TOÁN VD – VDC. Đặt AB  x thì S ABCD  x 2 và DO . NHÓM TOÁN VD – VDC. tại M , N , P, Q . Qua M , N , P, Q kẻ các đường thẳng song song với nhau, lần lượt cắt mặt đáy  ABCD  tại M , N , P, Q . Biết tỉ số thể tích giữa khối hộp MNPQ.M N PQ và khối chóp cụt.

<span class='text_page_counter'>(32)</span> NĂM HỌC 2019 – 2020. NHÓM TOÁN VD–VDC. . 2. 3y 3  2 4a  2ay  y 7 2.  6 y 2  2ay  4a 2  0. Khi đó:. y 1 SO  h 1 a 2    h x 2 SO 2 2. Dạng 2. 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  3 và diện tích đáy S  27 . Gọi G , I , K lần lượt. NHÓM TOÁN VD – VDC.  ya. là trọng tâm các tam giác ABM , ACM , BCM . Tính thể tích khối đa diện tạo bởi 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 ..

<span class='text_page_counter'>(33)</span> NĂM HỌC 2019 – 2020. NHÓM TOÁN VD–VDC. Ta xét khối tứ diện M . ABC , vẽ mặt phẳng  A ' B ' C '  //  ABC  và đi qua các điểm G , I , K như hình vẽ. 3. 3. VB .B ' GK. 1 1 1 1 1 2 1  VM .B 'GK  . .VM . A ' B 'C '  . .   VM . ABC  2 2 4 2 4 3 27 M . ABC. Vậy VGKI . ABC  VA ' B 'C '. ABC  3VB. B ' GK  Câu 2:. 16 16 1 VM . ABC  . VABC .MNP  16 . 27 27 3. Cho hình lăng trụ đều ABC. ABC  có độ dài tất cả các cạnh bằng 2 . Gọi M là trung điểm AB   và N là điểm thỏa mãn AC  3 AN . Thể tích của khối đa diện lồi có các đỉnh là các điểm A, M , N , A, B và C  bằng A.. 10 3 . 3. B.. 2 3 . 9. 10 3 . 9 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. 2 3 . 3. Chọn C. NHÓM TOÁN VD – VDC. Gọi V là thể tích của 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 1 2  8 AA  AN  AC    .2.   2   . 2 2 3  3. Gọi H là trung điểm của AC thì BH   ACC A  và BH  3 (do ABC là tam giác đều cạnh bằng 2 ), suy ra d  M ,  ACC A   . 1 1 3 . d  B,  ACC A    BH  2 2 2. 1 1 3 8 4 3 Suy ra VM . AAC N  d  M ,  ACC A   .S AAC N  . .  . 3 3 2 3 9 https:/www.facebook.com/groups/toanvd.. Trang 33.

<span class='text_page_counter'>(34)</span> NĂM HỌC 2019 – 2020. NHÓM TOÁN VD–VDC. 1 1 4 3 2 3 VM . ABC   d  M ,  ABC    .S ABC   .2.  3 3 4 3. Vậy V  VM . AAC N  VM . ABC  . NHÓM TOÁN VD – VDC. Câu 3:. 4 3 2 3 10 3 .   9 3 9. Cho hình lăng trụ đứng ABC . A ' B ' C ' có AA '  2 a, AB  BC  a ,  ABC  900 . Gọi D, E , F lần lượt là trọng tâm của 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 2 1 1 2 1 2 3 . . .VA.B ' BC '  . . AB.S BB 'C '  .a. .2a.a  a AB ' AB AC ' 3 3 3 27 2 27. 1 +) VE . BDF  d  F ;  BDE   .S BDE 3. +)Ta có d  F ;  BDE    d  F ;  BMC '  . 2 d  A;  BMC '  3. 2 4  .2.d  B ';  BMC '    d  B ';  BMC '   . 3 3. +) Mặt khác tứ diện B ' BMC ' có 3 góc đỉnh B ' vuông nên: 1 1 1 1 1 1 1 21     2 2  2  2. 2 2 2 a B 'M B 'C ' 4a a 4a d  B ';  BMC '  B ' B 4 2. https:/www.facebook.com/groups/toanvd.. Trang 34. NHÓM TOÁN VD – VDC. +)Ta có VAEBDF  VA.BDF  VE . BDF. 16a3 . 27.

<span class='text_page_counter'>(35)</span> NĂM HỌC 2019 – 2020. NHÓM TOÁN VD–VDC. Suy ra d  B ';  BMC '   . 4 a 5 a 2 a 17 , MC '  . S BMC ' , tam giác BMC ' có: BC '  a 5, BM  4a 2   9 4 2 2. Từ đó suy ra S BMC ' . a 2 21 a 2 21 .  S BDE  4 9. 1 8a 21 a 2 21 8a 3 Nên VE . BDF  . . .  3 63 9 81. 2 3 8a 3 14 a 3 a   27 81 81 Cho khối lăng trụ tam giác ABC . AB C  có diện tích đáy bằng 6 và chiều cao bằng 8. Gọi I là tâm của hình bình hành ABBA và G là trọng tâm tam giác ABC . Thể tích tứ diện BIGC  bằng 8 8 16 16 A. . B. . C. . D. . 3 9 9 3 Lời giải Chọn C. Vậy V AEBDF  VA. BDF  VE . BDF  Câu 4:. NHÓM TOÁN VD – VDC. +) SBDE . 2a 21 4 2a 21 8a 21 .  d  F ;  BDE    .  21 3 21 63. Gọi M là trung điểm của AC . Ta có:. 1 VB.GIC  BG BI 2 1 1  .  .   VB.GIC   VB.MAC  1 . 3 VB.MAC  BM BA 3 2 3. Mặt khác SMAC   Mà. 1 1 1 d M , AC . AC   d A, AC  . AC   SAAC   S ACC A . 2 2 2. 1 VB .MAC  S MAC  1    VB.MAC   VB. ACC A  2  . 2 VB. ACC A S ACC A 2. https:/www.facebook.com/groups/toanvd.. Trang 35. NHÓM TOÁN VD – VDC. Ta có VABC . ABC   48 ..

<span class='text_page_counter'>(36)</span> NĂM HỌC 2019 – 2020. NHÓM TOÁN VD–VDC. 2 2 Lại có VB. ACCA  .VABC . ABC   .48  32  3 . 3 3 Từ 1 ,  2  và  3 suy ra VB.GIC . Cho lăng trụ tam giác ABC . A ' B ' C ' có diện tích đáy bằng 12 và chiều cao bằng 6 . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của CB, CA và P, Q, R lần lượt là tâm các hình bình hành ABB ' A ', BCC ' B ', CAA ' C ' . Thể tích của khối đa diện PQRABMN bằng. A. 21.. B. 42.. D. 18.. Chọn A.  Gọi P1 , Q1 , R1 lần lượt là các giao điểm của CC ', AA ', BB ' và mặt phẳng  PQR  .  Đặt V  V  ABC. A ' B ' C ' và V1  V  PQRABMN  , ta có V  72 . 1  Lại có: VABCPQ  V1  VAQ1RP  VBR1PQ  VCMNPQR  V  36 và VABCPQ  * . 1 1 R1 1 1 1 R1 2 https:/www.facebook.com/groups/toanvd.. Trang 36. NHÓM TOÁN VD – VDC. C. 14. Lời giải. NHÓM TOÁN VD – VDC. Câu 5:. 16 . 3.

<span class='text_page_counter'>(37)</span> NĂM HỌC 2019 – 2020. NHÓM TOÁN VD–VDC.  Vì. VAQ1PR VAA 'C ' B '. . AQ1. AR. AP 1 1  mà VAA 'C ' B '  V  24 nên VAQ1PR  3 . AA '. AC ' AB ' 8 3. Tương tự có VBR1PQ  3 ..  Thay vào *  36  V1  3  3  9  V1  21 . Câu 6:. NHÓM TOÁN VD – VDC. 1  Do CMNPQR là hình lăng trụ tam giác nên VCMNPQR  S CMN .d  P1 ,  ABC    V  9 . 1 1 8. Cho lăng trụ đứng tam giác ABC . A ' B ' C ' . Gọi M , N , P, Q là các điểm lần lượt thuộc các cạnh. AM 1 BN 1 C ' Q 1  ,  ,  . Gọi V1 , V2 lần lượt là thể tích khối AA ' 2 BB ' 3 B ' C ' 5 V tứ diện MNPQ và khối lăng trụ ABC . A ' B ' C ' . Tính tỷ số 1 . 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  0  .. . . 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. 1 2 Mặt khác: VA '.BCC ' B '  VA '. ABC  VABC . A ' B ' C '  VA '.BCC ' B '  V2  V2  VA '.BCC ' B '  V2 3 3 https:/www.facebook.com/groups/toanvd.. Trang 37.

<span class='text_page_counter'>(38)</span> NĂM HỌC 2019 – 2020. NHÓM TOÁN VD–VDC. Do đó:. Cho. khối. lăng. ABC . A' B 'C ' , gọi. trụ. M ,N,P. là. tâm. của. ba. mặt. bên. NHÓM TOÁN VD – VDC. Câu 7:. V1 11 V 11 .   1  2 30 V 45 2 V2 3. ABA' B ' , ACA' C ' , BCB 'C ' và G , G ' là trọng tâm của hai đáy ABC , A' B 'C ' biết thể tích khối lăng trụ bằng 24. Tính thể tích khối đa diện lồi có các đỉnh là G1G2 MNP . A. 2 .. B. 6 .. D. 3 .. C. 4 . 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 của 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 . 1 S h S HTK  , d  G ,  MNP    4 4 2. 1 3. . . Mà VGG ' MNP  2VG . MNP  2. d G,  MNP  .S MNP  Câu 8:. '. 2 h S 1 . .  .V ' ' '  2 3 2 4 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 lần lượt là trung điểm của các cạnh. AB , A' B ' , AA ' , BC , B ' C ' , CC ' . Biết thể tích khối lăng trụ ABC . A ' B ' C ' bằng V . Tính thể tích khối đa diện MNPQRS . A.. 1 V. 3. B.. 1 V. 4. C. Lời giải. Chọn A https:/www.facebook.com/groups/toanvd.. Trang 38. 2 V. 9. D.. 3 V. 10.

<span class='text_page_counter'>(39)</span> NĂM HỌC 2019 – 2020. NHÓM TOÁN VD–VDC. NHÓM TOÁN VD – VDC.  Gọi T là trung điểm của PS thì MNP.QRT là hình lăng trụ. Lúc đó:. VMNPQRS  VMNP.QRT  VT .QRS 1. 1  2   S MNP  4 .S ABB ' A ' VC . ABB ' A '  V  Vì:  nên  3 1  V  V VMNP.QRT  3.VQ. MNP  C . A ' B ' C ' 3 3 8. 3 2 8 3. 1 V 4.  3. 1 1 1 2 1 . VA. BCC ' B '  . V  V 2 4 8 3 12.  4.   2   VMNP .QRT  3.VQ.MNP  VQ . ABB ' A '  VC . ABB ' A '  . V . 1 2. 1 2.  Lúc đó: VT .QRS  VP .QRS  VA.QRS . 1 4.  1 ,  3 và  4  suy ra: VMNPQRS  V . NHÓM TOÁN VD – VDC. 3 4.  2. 1 1 V V. 12 3. 1 3.  Vậy VMNPQRS  V . . Câu 9:. 5 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 lần lượt là các điểm thoả mãn 2 MB   MA ' ; 3BN  BC ' ; 3CP  2CD '   và 3 AQ  2 AD ' . Biết rằng V ,V1 lần lượt 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 bằng V. 7 . 12. https:/www.facebook.com/groups/toanvd.. Trang 39. 5 . 12 Lời giải. C.. D.. 11 . 27.

<span class='text_page_counter'>(40)</span> 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 bằng 6  V  216 . Ta có V1  VA.MRLQ  VC .TSPN  VB. RMNT  VD.LSPQ  VBLQM .TSPN 1 1 1 VA.MRLQ  S MRLQ .d  A;  MRLQ    .  2  4  .4 2.2 2  16 3 3 2. 1 1 16 VD.LSPQ  S LSPQ .d  D;  LSPQ    .2 2.4. 2  ; 3 3 3 VRLQM .TSPN  S RLQM .RT . 1  4  2  .4 2.2 2  48 . 2. 8 16 V 11 Suy ra V1  16.2    48  88  1  . 3 3 V 27. NHÓM TOÁN VD – VDC. 1 1 8 VB .RMNT  S RMNT .d  B;  RMNT    .2 2.2. 2  ; 3 3 3. Câu 10: Cho hình hộp ABCD. ABC D có thể tích bằng 1. Gọi G là trọng tâm tam giác ABC và I  là trung điểm của AD . Thể tích khối tứ diện GDC I  bằng: 7 5 7 5 A. . B. . C. . D. . 24 24 36 36. https:/www.facebook.com/groups/toanvd.. Trang 40.

<span class='text_page_counter'>(41)</span> 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’ tại K. Khi đó: GK // AM // I’C’ GK // (DI’C’).. 1 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 3 Và. AK AG GK 2    AA AM AM 3.  1 1 1 5 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 4 6  12. NHÓM TOÁN VD – VDC. 1 1 5 Suy ra VGI C D  VKI C D  d  D, ( I C D)  .S I ' KD  d  D, ( ADDA)  . S ADAD 3 3 12. Câu 11: Cho hình chóp S .ABCD có ABCD là hình chữ nhật. AB  1, AD  2 . SA vuông góc với đáy và. SA  3 . Gọi M , N , P lần lượt là chân đường cao hạ từ A lên các cạnh SB , SD, DB . Thể tích khối đa diện ABMNP bằng 17 113 81 147 A. . B. . C. . D. . 130 130 130 130 Lời giải Chọn A Ta có SD 2  SA2  AD 2  13, SB 2  SA2  AB 2  10, BD 2  AB 2  AD 2  5. https:/www.facebook.com/groups/toanvd.. Trang 41.

<span class='text_page_counter'>(42)</span> 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 9 SN 9      , 2 2 SD SD SD 13 SD 13. Tương tự ta có. SM SA2 9 SM 9 DP DA2 4 DP 4  2    ,     . 2 SB SB 10 SB 10 DB DB 5 DB 5. Ta có thể tích khối đa diện VABMNP  VS . ABD  VS . AMN  VD . ANP . 1 AS . AB. AD  1 . 6. +). VS . AMN SM .SN 9 9 81 81   .   VS . AMN  VS . ABD . VS . ABD SB.SD 10 13 130 130. +). VD. ANP DN .DP  SD  SN  DP  9  4 16 16    1   .   VD. ANP  VS . ABD . VD. ASB DS .DB  SD  DB  13  5 65 65. 81 16  17 17    VS . ABD  .1  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 lần lượt là trọng tâm các. tam giác SAB và SCD ; I là trung điểm của SO . Biết thể tích khối chóp S .ABCD bằng 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 . 3.

<span class='text_page_counter'>(43)</span> NĂM HỌC 2019 – 2020. NHÓM TOÁN VD–VDC S. M K. A. N D. E O. B. F. C. Gọi E , F lần lượt là trung điểm của AB, CD  MN //EF  MN //AD //BC . Gọi V là thể tích của 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 1 Vì M là trọng tâm SAB  d  M ;  ABCD    d  S ;  ABCD    VM . ABCD  V . 3 3. Lại có d  M ;  SCD   . 2 2 d  E ;  SCD    d  A;  SCD   3 3. 2 1 Từ đó suy ra VMNCD  VA.SCD  V 9 9. VI . ADNM  VAMNI  VBAIN SSMN . 4 1 1 1 1 S SEF ; S SMI  S SEO  S SEF ; S SNI  S SFO  S SEF 9 3 6 3 6. Suy ra S IMN . 1 1 1 S SEF  VAMNI  VASEF  V 9 9 36. Gọi K là giao điểm của AN và MD Vì MN . 2 2 KM 2 3 1 EF  AD    VDANI  VMANI  V 3 3 KD 3 2 24. 1 1 1 1 37 18685 Vậy V   V  V  V  V  V  3 9 36 24 72 18. https:/www.facebook.com/groups/toanvd.. Trang 43. NHÓM TOÁN VD – VDC. 1 Vì N là trọng tâm SCD  S NCD  S SCD 3.

<span class='text_page_counter'>(44)</span> NĂM HỌC 2019 – 2020. NHÓM TOÁN VD–VDC. Câu 13: Cho hình chóp đều S . ABCD có các cạnh bên tạo với đáy góc 45o và thể tích bằng. 8a 3 2 . Mặt 6. phẳng   thay đổi song song với mặt phẳng  ABCD  lần lượt cắt các cạnh SA, SB , SC , SD.  ABCD . tại M , N , P, Q . Biết tỉ số thể tích giữa khối hộp MNPQ.M N PQ và khối chóp cụt. MNPQ. ABCD bằng. A.. 3 . Tính chiều cao của hình chóp cụt MNPQ. ABCD ? 7. a 2 . 2. B. a 2.. C.. a 2 . 4. Lời giải Chọn A. . x 2 . 2. .    45o , do đó: SO  DO  x 2 . Ta có SD ,  ABCD   SDO 2. 1 x 2 x 3 2 8a 3 2 Mà VS . ABCD  .x 2 .    x  2a . 3 2 6 6 Đặt MN  y và h là chiều cao của hình chóp cụt MNPQ. ABCD .. Suy ra VMNPQ.M N PQ  y 2 h và VMNPQ. ABCD Theo bài:. x 2  xy  y 2  h  S1  S1S2  S 2  .h  . 3 3 VMNPQ.M N PQ VMNPQ. ABCD. . 3y2 x 2  xy  y 2. https:/www.facebook.com/groups/toanvd.. Trang 44. NHÓM TOÁN VD – VDC. Đặt AB  x thì S ABCD  x 2 và DO . D. a.. NHÓM TOÁN VD – VDC. tại M , N , P, Q . Qua M , N , P, Q kẻ các đường thẳng song song với nhau, lần lượt cắt mặt đáy.

<span class='text_page_counter'>(45)</span> NĂM HỌC 2019 – 2020. NHÓM TOÁN VD–VDC. . 2. 3y 3  2 4a  2ay  y 7 2.  6 y 2  2ay  4a 2  0. y 1 SO  h 1 a 2 .    h x 2 SO 2 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 bằng V .Lấy điểm S ' đối xứng với S qua O . Trên các cạnh SA, S ' A lần lượt lấy các điểm M , E sao cho. AM  2MS , AE  2ES ' . Mặt phẳng   đi qua M và song song với (ABCD) cắt các cạnh. SB, SC, SD lần lượt tại N , P, Q . Mặt phẳng   đi qua E và song song với (ABCD) cắt các cạnh S ' B, S ' C, S ' D lần lượt tại F , G, H . Thể tích của khối đa diện có các đỉnh. M , N , P, Q, E, F , G, H là A.. 4V . 9. B.. 2V . 9. C.. 4V . 3. 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  1 VS . ABCD S ABCD .d ( S ,( ABCD )) 3 Ta thấy MNPQ và ABCD đồng dạng với nhau theo tỷ số k  Suy ra. S MNPQ S ABCD. Mặt khác.  k2 . d ( M ,( EFGH )) d ( S ,( ABCD )). 1 9 . 2d ( M ,( ABCD )) d  S ,( ABCD ) .  2.. MA 2 4  2.  SA 3 3. https:/www.facebook.com/groups/toanvd.. Trang 45. MN SM 1   AB SA 3. NHÓM TOÁN VD – VDC. N D.

<span class='text_page_counter'>(46)</span> NĂM HỌC 2019 – 2020. NHÓM TOÁN VD–VDC. S MNPQ .d ( M ,( EFGH )) 1 4 4 4V  3. .   VMNPQ . EFGH  1 VS . ABCD 9 3 9 9 S ABCD .d ( S ,( ABCD )) 3 Dạng 3. MAX- MIN THỂ TÍCH CÁC KHỐI KHI PHÂN CHIA Vậy. .  1  Cho hình chóp tứ giác SABCD đáy là hình bình hành,các điểm A, C  thỏa mãn SA = SA , 3  1  V SC   SC . Mặt phẳng  P  chứa A, C  cắt các cạnh SB, SD lần lượt tại B, D . Đặt k= SABC D 5 VSABCD , giá trị nhỏ nhất của k là bao nhiêu? A.. 15 . 6. B.. 4 . 15. C.. 1 . 60. Lời giải Chọn C. SA SB = a =b SA SB. SC SD =c = d SC  SD.  b, d  1. Ta có a  c  8 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  8 4abcd 60bd VABCD. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 2 số dương b,d Ta có:. 16 ≥ 60bd. 16 bd  60.    2 . 2. =. 1 60. https:/www.facebook.com/groups/toanvd.. Trang 46. 1 . 30. NHÓM TOÁN VD – VDC. Đặt. D.. NHÓM TOÁN VD – VDC. Câu 1:. VMNPQ . EFGH.

<span class='text_page_counter'>(47)</span> NĂM HỌC 2019 – 2020. NHÓM TOÁN VD–VDC. Vậy k min = Câu 2:. 1 .Dấu = xảy ra  b  d  4 . 60. Cho tứ diện ABCD có thể tích bằng V . Trên AB lấy hai điểm M , N , trên CD lấy hai điểm. A.. MN PQ 3  1 . Thể tích khối MNPQ đạt giá trị lớn nhất bằng CD AB. V . 8. B.. V . 16. C.. V . 24. D.. V . 32. Lời giải Chọn C. A M. NHÓM TOÁN VD – VDC. P, Q thỏa mãn 2. N. D. B. P C Gọi d1 ,  lần lượt là khoảng cách và góc giữa AB và CD . Gọi d 2 ,  lần lượt là khoảng cách và góc giữa MN và PQ . Ta có VABCD . 1 1 AB.CD.d1.sin  , VMNPQ  MN .PQ.d 2 .sin  6 6. Do d1  d 2 và sin   sin  . Ta có 2. 2. VMNPQ VABCD. . MN .PQ AB.CD. MN PQ MN PQ 3 2 2 .3 CD AB CD AB. VMNPQ 1 MN PQ MN PQ MN PQ 1 MN PQ 1 3 2 6  6      CD AB CD AB CD AB 2 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.

<span class='text_page_counter'>(48)</span> NĂM HỌC 2019 – 2020. NHÓM TOÁN VD–VDC. Câu 3:. Trên các cạnh AB, BC , CD, DA, AC và BD của tứ diện ABCD lần lượt lấy các điểm M , N , P , Q, S và R . Gọi V1 , V2 , V3 , V4 và V lần lượt là thể tích của các khối tứ diện AMSQ, BMNR, CNPR, DPQR và ABCD . Giá trị nhỏ nhất của 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 ra 1 2 43 4  . . . . . . V AB 2 BC 2 CD 2 DA2 AC 2 BD 2 V4 AB 2 BC 2 CD 2 DA2 AC 2 BD2  . . . . . Do đó . VV AM .BM BN .CN CP.DP DQ. AQ AS.CS BR.DR 1 2V3V4 Ta có. Tương tự ta có Từ đó suy ra. AM .BM . DA2 BC 2 CD 2 AC 2 BD 2  4;  4;  4; 4; 4 BN .CN CP.DP DQ. AQ AS .CS BR.DR. V4 AB 2 BC 2 CD 2 DA2 AC 2 BD 2  . . . . .  46 . VV AM .BM BN .CN CP.DP DQ. AQ AS .CS BR.DR 1 2V3V4. NHÓM TOÁN VD – VDC. AM  BM AB AB 2 AB 2   AM .BM    4. 2 2 4 AM .BM Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi AM  BM .. Mặt khác, ta có. Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi M , N , P, Q, S và R lần lượt là trung điểm của AB, BC , CD, DA, AC và BD .. Vậy giá trị nhỏ nhất của Câu 4:. V4 là 4 6  4096 . V1V2V3V4. Cho hình chóp S. ABC có SA  4 , SA   ABC  . Tam giác ABC vuông tại B và AC  2 . H , K lần lượt là hình chiếu vuông góc của A lên SB, SC . Tìm GTLN của thể tích chóp S . AHK . A.. 32 5 . 75. B.. 16 5 . 75. C. Lời giải. https:/www.facebook.com/groups/toanvd.. Trang 48. 24 5 . 75. D.. 40 5 . 75.

<span class='text_page_counter'>(49)</span> NĂM HỌC 2019 – 2020. NHÓM TOÁN VD–VDC. Chọn A. NHÓM TOÁN VD – VDC. Gọi cạnh AB  x  BC  4  x 2 . Điều kiện 0  x  2 . 1 1 2 VS . ABC  .SA. BC.BA  x 4  x 2 . 3 2 3 VS . AHK SH SK SH .SB SK .SC SA2 SA2 256 64  .  .  2. 2   2 2 2 VS . ABC SB SC SB SC SB SC 16  x  20 5 16  x 2   VS . AHK . 64 128 x 4  x 2 5 x.2 4  x 2 64 5 . V  .  . S . ABC 15 16  x 2 16  x 2 75 5 16  x 2 . VS . AHK. 4 Dấu đẳng thức xảy ra khi 5 x 2  16  4 x 2  9 x 2  16  x    0; 2  . 3 Câu 5:. NHÓM TOÁN VD – VDC. 5 x 2  16  4 x 2 64 5 5 x. 16  4 x 64 5 32 5 2  .  .  . 2 2 75 16  x 75 16  x 75 2. Cho tứ diện S . ABC và G là trọng tâm của tứ diện. Một mp   quay quanh AG , cắt các cạnh. SB , SC lần lượt tại 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 lần lượt là GTLN và GTNN của 1 . Hãy tính m  n . V 17 18 19 A. m  n  1 . B. m  n  . C. m  n  . D. m  n  . 18 19 20 Lời giải Chọn B. https:/www.facebook.com/groups/toanvd.. Trang 49.

<span class='text_page_counter'>(50)</span> 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 0  x , y  1 . 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 1 x  2   3 y  . SM SN SA x y 3x  1. +) Vì 0  y  1 nên ta có :. +) Khi đó:. f '( x ) . 1  x  1. 2. V1 x2 x2 1  xy  ,  x 1. . Xét f ( x)  V 3x  1 3x  1 2. 3x 2  2 x.  3x  1. 2. , f '( x)  0  x . 2 . 3. https:/www.facebook.com/groups/toanvd.. Trang 50.

<span class='text_page_counter'>(51)</span> NĂM HỌC 2019 – 2020. NHÓM TOÁN VD–VDC. +) Bảng biến thiên:. NHÓM TOÁN VD – VDC. 1 4 17 +) Từ bảng biến thiên suy ra: m  , n   m  n  . 2 9 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 của SC . Mặt phẳng   chứa AP và cắt hai cạnh SD, SB lần lượt tại M và N . Gọi V  là thể tích của khối chóp S .AMPN . Tìm giá trị nhỏ nhất của tỉ số A.. 3 . 8. B.. 1 . 3. C.. 2 . 3. V . V. D.. 1 . 8. Lời giải Chọn B. NHÓM TOÁN VD – VDC. Gọi O là tâm hình bình hành ABCD và H  SO  AP. Khi đó ta cũng 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  2. .SH    2.  3. SM SN SH SM SN SH SB SD  x  3  x với x  1; 2. SM SN. https:/www.facebook.com/groups/toanvd.. Trang 51. SO 3  . SH 2.

<span class='text_page_counter'>(52)</span> NĂM HỌC 2019 – 2020. NHÓM TOÁN VD–VDC. Ta có. V SP SN 1 VS . AMP SM SP 1 .  . và S . APN   .  VS . ACD SC SD 2  3  x  VS . ABC SB SC 2 x. . 1 1 1  3      4  x 3  x  4x 3  x. Vậy Câu 7:. V 1 1 1 1 VS . ABCD  S . AMPN   VS . ABCD và VS . APN  4 3  x  VS . ABCD 4 x 4  3  x  4x 3. 1  . 3  x   3  x   4.  4 2. V 1 3  . Dấu bằng xảy ra  x  3  x  x  . Khi đó MN / / BD. V 3 2. 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 của SO ,  P  là mặt phẳng qua I sao cho  P  cắt cạnh SA, SB, SC, SD lần lượt tại các điểm. M , N , P, Q. Tìm giá trị nhỏ nhất của thể tích của khối chóp S.MNPQ. V V V V . A. . B. . C. D. . 4 2 12 8 Lời giải Chọn D. SA SB SC SD ,b  ,c  ,d  SM SN SP SQ. 1 VSABD  VSBCD  V0  V ;VSMNQ  V1 ,VSNPQ  V2 2 Ta có kết quả a  c  b  d  2. SO 4 SI. V0 V V V  a.b.d ; 0  c.b.d  0  0  b.d  a  c   4b  4  b   16 với 0  b  3 V1 V2 V1 V2 https:/www.facebook.com/groups/toanvd.. Trang 52. NHÓM TOÁN VD – VDC. Đặt a .

<span class='text_page_counter'>(53)</span> NĂM HỌC 2019 – 2020. NHÓM TOÁN VD–VDC. Mặc khác: . Câu 8:. 2V VS .MNPQ.  16  VS .MNPQ . V V . Vậy giá trị nhỏ nhất của khối chóp S.MNPQ là . 8 8. NHÓM TOÁN VD – VDC. Do đó:. V0 V0 V V V 2V 2V  2 0. 0    V1 V2 V1 V2 V1V2 V1  V2 VS .MNPQ. Cho tứ diện ABCD có DA, DB , DC đôi một vuông góc với nhau và có thể tích bằng 36 , M là điểm thay đổi trong tam giác ABC . Các đường thẳng qua M song song với DA, DB , DC theo. thứ tự cắt các mặt phẳng  BCD  ,  CAD  ,  ABD  lần lượt tại A1 , B1 , C1 . Tìm thể tích lớn nhất của khối nhất của khối tứ diện MA1 B1C1 khi M thay đổi. A.. 1 . 3. B.. 2 . 3. C. 1.. D.. 4 . 3. 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 một vuông suy ra MA1 , MB1 , MC1 đôi một vuông. Như vậy:. VMA1B1C1 VABCD. https:/www.facebook.com/groups/toanvd.. Trang 53. 3. MA1 MB1 MC1  MA1 MB1 MC1  1 1  . .     .  AD AD AD  AD AD AD  33 33.

<span class='text_page_counter'>(54)</span> NHÓM TOÁN VD–VDC. . VMA1B1C1 VABCD. . NĂM HỌC 2019 – 2020. V 1 36 4  VMA1B1C1  ABCD  3  3 3 3 3 3 3. Dấu "  " xảy ra khi M là trọng tâm tam giác ABC .. giác ABC .. 4 khi M là trọng tâm tam 3. NHÓM TOÁN VD – VDC. Vậy thể tích lớn nhất của khối nhất của khối tứ diện MA1 B1C1 bằng. NHÓM TOÁN VD – VDC. https:/www.facebook.com/groups/toanvd.. Trang 54.

<span class='text_page_counter'>(55)</span>