Chuyên đề về tỉ số thể tích có lời giải chi tiết

TÀI LIỆU ƠN THI THPTQG
Chun đề 13

TỈ SỐ THỂ TÍCH VÀ CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN

TÀI LIỆU DÀNH CHO ĐỐI TƯỢNG HỌC SINH KHÁ – GIỎI MỨC 7-8-9-10 ĐIỂM
LÝ THUYẾT CHUNG
1. Kỹ thuật chuyển đỉnh
A. Song song đáy

Vcị = Vmí i

B. Cắt đáy
Vcị
Giaocị IA
=
=
Vmí i Giaomí i IB

2. Kỹ thuật chuyển đáy (đường cao khơng đổi)
S
Vcị
= đÊy
Vmí i SđÊy mí i
- Để kỹ thuật chuyển đáy được thuận lợi, ta nên chọn hai đáy có cùng cơng thức tính diện
tích, khi đó ta sẽ dễ dàng so sánh tỉ số hơn.
- Cả hai kỹ thuật đều nhằm mục đích chuyển đa diện ban đầu về đa diện khác dễ tính thể tích
hơn.
3. Tỉ số diện tích của hai tam giác
S∆OMN OM.ON
=

S∆APQ OP.OQ

4. Tỉ số thể tích của khối chóp
A. Cơng thức tỉ số thể tích của hình chóp tam giác
Trang 1


TÀI LIỆU ƠN THI THPTQG

VS.MNP SM SN SP
=
.
.
VS.ABC
SA SB SC

Cơng thức trên chỉ áp dụng cho hình chóp tam giác, do đó trong nhiều trường hợp ta cần
hoạt phân chia hình chóp đã cho thành nhiều hình chóp tam giác khác nhau rồi mới áp dụng.
B. Một số trường hợp đặc biệt
VS. A1B1C1D1
SA1 SB1 SC1 SD1
= k3
=
=
=
=
k
A1B1C1D1 ) P( ABCD)
(
Nếu

và SA SB SC SD
thì VS.ABCD

Kết quả vẫn đúng trong trường hợp đáy là n − giác.
5. Tỉ số thể tích của khối lăng trụ
A. Lăng trụ tam giác
V
Gọi V là thể tích khối lăng trụ, ( 4) là thể tích khối chóp tạo thành từ 4 trong 6 đỉnh của lăng trụ,
V( 5)
là thể tích khối chóp tạo thành từ 5 trong 6 đỉnh của lăng trụ. Khi đó:
V
V( 4) =
3
2
V( 5) = V
3
V
2V
V A'B'BC = ; VA'B' ABC =
3
3
Ví dụ:

Trang 2


TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG

B. Mặt phẳng cắt các cạnh bên của lăng trụ tam giác
Gọi V1 , V2 và V lần lượt là thể tích phần trên, phần dưới và lăng trụ. Giả sử

AM
CN
BP
= m,
= n,
=p
AA'
CC '
BB'
m+ n + p
V2 =
.V
3
Khi đó:

AM
CN
= 1,
=0
CC '
Khi M ≡ A',N ≡ C thì AA'
6. Khối hộp
A. Tỉ số thể tích của khối hộp
V
Gọi V là thể tích khối hộp, ( 4) là thể tích khối chóp tạo thành từ 4 trong 8 đỉnh của khối hộp. Khi
đó:
V
=
V( 4)
(hai đường chéo của hai mặt phẳng song song) 3

V( 4)

(trường hợp còn lại)

=

V
6

Trang 3


TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG

V
V
VA'C 'BD = , V A'C 'D'D =
3
6
Ví dụ:
B. Mặt phẳng cắt các cạnh của hình hộp (chỉ quan tâm tới hai cạnh đối nhau)
DM

= x
x+ y

DD '
.V
 ⇒ V2 =
BP

2

=y

BB'

Câu 1.

(HSG 12-Sở Nam Định-2019) Cho tứ diện ABCD có thể tích V với M , N lần lượt là trung

V1 + V2
điểm AB, CD . Gọi V1 , V2 lần lượt là thể tích của MNBC và MNDA . Tính tỉ lệ V .
1
1
2
A. 1 .
B. 2 .
C. 3 .
D. 3 .
Lời giải
Chọn B

Vì M , N lần lượt là trung điểm AB, CD nên ta có:

d ( A, ( MCD ) ) = d ( B, ( MCD ) ) ; d ( C , ( NAB ) ) = d ( D, ( NAB ) )

, do đó:

V
V

V
; V1 = VMNBC = VC .MNB = VD.MNB = B.MCD = ;
2
2
4
V
V
= VD.MNA = VC .MNA = A.MCD =
2
4.

VA.MCD = VB.MCD =
V2 = VMNAD

V V
+
V1 + V2 4 4 1
⇒
=
=
V
V
2.
Trang 4


TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG

Câu 2.

(THPT Thuận Thành 3 - Bắc Ninh) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình bình hành. Gọi M

VSBMPN
và N là trung điểm các cạnh SA, SC , mặt phẳng ( BMN ) cắt cạnh SD tại P . Tỉ số VSABCD bằng :
VSBMPN 1
VSBMPN 1
VSBMPN 1
VSBMPN 1
=
=
=
=
V
16
V
6
V
12
V
8.
SABCD
SABCD
SABCD
SABCD
A.
.
B.
.
C.
.

D.
Lời giải
Chọn B

SO ∩ MN = { I } SI ∩ SD = { P} OE / / BP
;
,
,
SP SI 1 DE DO 1
=
=
=
=
Khi đó: I là tung điểm của MN , SO nên SE SO 2 ; DP DP 2
Dựng

SP = PE = ED ⇒

SP 1
=
SD 3

Vậy:
VSMPB SP SM 1 1 1
V
1
=
=
= ⇒ SMPB =
VSADB SD SA 3 2 6 VSABCD 12

VSNPB SP SN 1 1 1
V
1
=
=
= ⇒ SNPB =
VSCDB SD SC 3 2 6 VSABCD 12
VSBMPN = VSBMP + VSBPN ⇒
Câu 3.

VSMPNB 1 1 1
= + =
VSABCD 12 12 6

Cho tứ diện ABCD . Gọi B′ , C ′ lần lượt là trung điểm của AB và CD . Khi đó tỷ số thể tích của
khối đa diện AB′C ′D và khối tứ diện ABCD bằng

1
A. 2 .

1
B. 4 .

1
C. 6 .
Lời giải

1
D. 8 .

Trang 5


TÀI LIỆU ƠN THI THPTQG

Chọn B

.
Ta có:.
1
1
S
.d B′ , ( DC ′A ) )
DC ′.DA.sin ·ADC ′ d ( B′ , ( DC ′A ) )
VAB′C ′D VB′AC ′D 3 ∆DC ′A (
1 1 1
=
=
=2
.
= . =
1
1
VABCD VBACD
2 2 4
S ∆DCA .d ( B , ( DCA ) )
DC.DA.sin ·ADC d ( B , ( DCA ) )
3
2
.

Câu 4.

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
=
V
12
C. S .ABCD
.
Lời giải

D.

VS . BMPN 1
=
VS .ABCD 8

.

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 .
Trang 6

TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG

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 5.

VS .BMPN 2VS .BMP SM SP 1 1 1
=
=
× = × = .
VS .ABCD 2VS .BAD
SA SD 2 3 6

.

Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi K , M lần lượt là trung điểm của
các đoạn thẳng SA , SB , (α ) là mặt phẳng qua K song song với AC và AM . Mặt phẳng (α )
chia khối chóp S . ABCD thành hai khối đa diện. Gọi V1 là thể tích của khối đa diện chứa đỉnh S
V1
và V2 là thể tích khối đa diện cịn lại. Tính tỉ số V2
V1

7
V1
5
V1
7
=
=
=
A. V2 25 .
B. V2 11 .
C. V2 17 .
Lời giải
Chọn D

V1
9
=
D. V2 23 .

Gọi V là thể tích khối chóp S . ABCD ; I , H lần lượt là trung điểm SC , SM . Do (α ) / / ( ACM )
nên (α ) cắt ( SAD), ( SBD), ( SCD) lần lượt tại KL, HP, IJ cùng song song với OM .
VB. HQP BH BQ BP 3 3 3 27
27
27 1
27
=
.
.
= . . =
VB. HQP = VB.SAC = . V = V

BS BA BC 4 2 2 16 . Suy ra
16
16 2
32 .
Ta có VB.SAC
VA.KQL

AK AQ AL 1 1 1 1
1
1 1
1
.
.
= . . = Þ V
V
A. KQL = VA. SBD = . V =
VA.SBD
AS AB AD 2 2 2 8
8
8 2
16 .
1
ị VC.IPJ = V
16 .
Tng t:
=

ổ
ử
27 1

1ữ
23
V2 = ỗ
V
=
V ị V1 = 9 V
ữ
ỗ
ữ
ỗ
ố
ứ
32 16 16
32
32 .
Do ú
V1
9
=
Vy t s V2 23 .

Trang 7


TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG

Câu 6.

( P ) qua
(THPT Hai Bà Trưng - Huế - 2019) Cho hình chóp tứ giác đều S . ABCD . Mặt phẳng

A và vuông góc với SC cắt SB, SC , SD lần lượt tại B′, C ′, D′ . Biết C ′ là trung điểm của SC .
V1
V ,V
Gọi 1 2 lần lượt là thể tích hai khối chóp S . AB′C ′D′ và S . ABCD . Tính tỷ số V2 .
V1 2
V1 1
V1 2
V1 4
=
=
=
=
A. V2 3 .
B. V2 9 .
C. V2 9 .
D. V2 3 .
Lời giải
Chọn D

V = 2.VS . ABC = 2.VS . ACD
Ta có 2
. Gọi O = AC ∩ BD , J = SO ∩ AC ′ .
Vì C ′ là trung điểm của SC nên J là trọng tâm của ∆SAC .
Vì

BD ⊥ ( SAC ) ⇒ BD ⊥ SC

mà

( P)

( P ) // BD .
qua A và vng góc với SC nên

( SBD )

qua J kẻ đường thẳng song song với BD cắt SB, SD lần lượt tại B′, D′ .
SB′ SD′ SJ 2
=
=
=
Ta có SB SD SO 3 .
Trong

V1 VS . AB′C ′ VS . AC ′D′ 1  SA SB′ SC ′ SA SD′ SC ′  1 2 1 1
=
+
=  .
.
+ .
.
÷ = .2. . =
V
2
V
2
V
2
SA
SB

SC
SA
SD
SC

 2 3 2 3.
2
S
.
ABC
S
.
ACD
Khi đó
Câu 7.

Cho hình chóp S . ABCD . Gọi A¢, B ¢, C ¢, D ¢ theo thứ tự là trung điểm của SA, SB, SC , SD . Tính
tỉ số thể tích của hai khối chóp S . A¢B¢C ¢D ¢ và S . ABCD .
1
A. 16 .

1
B. 4 .

1
C. 8 .
Lời giải

1
D. 2 .

Chọn C

VS . A¢B ¢C ¢ SA¢ SB ¢ SC ¢ 1 VS . A¢D ¢C ¢ SA¢ SD ¢ SC ¢ 1
=
.
.
=
=
.
.
=
V
SA
SB
SC
8
V
SA
SD
SC
8.
S
.
ABC
S
.
ADC
Ta có:
;

Trang 8


TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG

Mà VS . ABCD = VS . ABC +VS . ACD , suy ra
1
VS . A¢B¢C ¢D¢ VS . A¢B¢C ¢ +VS . A¢C ¢D¢ 8 ( VS . ABC +VS . ACD ) 1
=
=
=
VS . ABCD
VS . ABCD
VS . ABCD
8.
Câu 8.

(Chuyên Hùng Vương Gia Lai 2019) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình bình
SM
=x
hành, trên cạnh SA lấy điểm M và đặt SA
. Giá trị x để mặt phẳng ( MBC ) chia khối chóp
đã cho thành hai phần có thể tích bằng nhau là:

A.

x=

1
.

2

B.

x=

5 −1
.
2

x=

C.
Lời giải

5
.
3

D.

x=

5 −1
.
3

Chọn B

Ta có:

 BC / / ( SAD )
SM SN
⇒ ( SAD ) ∩ ( BMC ) = MN / / BC ⇒
=
=x

SA SD
 BC ⊂ ( BMC )
.
VS .MBC 2VS .MBC SM
=
=
=x
VS . ABC
V
SA

VS .MCN 2VS . MCN SM SN
=
=
.
= x2
VS . ACD
V
SA SD

⇒

2 ( VS .MCN + VS .MBC )
V

2VS .MBCN
VS .MBCN x + x 2
2
= x+x ⇔
= x+x ⇔
=
( 1)
V
V
2
2

VS .MNBC 1
=
2
Mặt phẳng ( MBC ) chia khối chóp đã cho thành hai phần có thể tích bằng nhau V

( 1)
Từ
Câu 9.

( 2)
và

ta có:

1 = x + x2 ⇔ x =

( 2)

5 −1
2 .

Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi M , N lần lượt là trung điểm của

( MNI ) chia khối chọp S . ABCD
các cạnh AB , BC . Điểm I thuộc đoạn SA . Biết mặt phẳng
7
IA
k=
IS ?
thành hai phần, phần chứa đỉnh S có thể tích bằng 13 lần phần cịn lại. Tính tỉ số
1
2
1
3
A. 2 .
B. 3 .
C. 3 .
D. 4 .

Lời giải
Chọn B
Trang 9


TÀI LIỆU ƠN THI THPTQG

Mặt phẳng

Ta có

S ∆APM

( MNI )

cắt khối chóp theo thiết diện như hình 1. Đặt
1
1
S
1
= S ∆BMN = S∆ABC = S ABCD ⇒ ∆APM =
4
8
S ABCD 8 .

d ( I , ( ABCD ) )

d ( S , ( ABCD ) )
⇒

=

IA
k
=
SA k + 1

Mà

.

.

d ( I , ( ABCD ) )
VI . APM
S
k
k
= ∆APM .
=
⇒ VI . APM =
V
VS . ABCD S ABCD d ( S , ( ABCD ) ) 8 ( k + 1)
8 ( k + 1)

Do

.

MN / / AC ⇒ IK / / AC ⇒ IK / / ( ABCD ) ⇒ d ( I ; ( ABCD ) ) = d ( K ; ( ABCD ) )
S ∆APM = S∆NCQ

⇒ VI . APM = VK . NCQ =

k
V
8 ( k + 1)

.

Kẻ IH / / SD ( H ∈ SD ) như hình 2. Ta có :
IH AH AI
k
=
=
=
SD AD AS k + 1 .

.

.

IH PH PA AH PA 2 AH 1
2k
3k + 1
=
=
+
=
+
= +
=
ED PD PD PD PD 3 AD 3 3 ( k + 1) 3 ( k + 1)
⇒

VS . ABCD = V

.

d ( E , ( ABCD ) ) ED

3k
ED IH ID
3k ⇒
=
=
=
:
=
d ( S , ( ABCD ) ) SD 3k + 1
SD SD ED 3k + 1
.

S∆PQD

V
9
27 k
27k
⇒ E .PQD =
⇒ VE .PQD =
V
S ABCD 8
VS . ABCD 24k + 8
24k + 8 .
13
13
VEIKAMNCD = V ⇔ VE .PDC − VI . APM − VK . NQC = V
20
20
=

⇔

27k
k
k
13
V−
V−
V= V
8 ( 3k + 1)
8 ( k + 1)
8 ( k + 1)
20

⇔

27k
k
13
2
−
= ⇔k=
2 ( 3k + 1) k + 1 5
3

Trang 10


TÀI LIỆU ƠN THI THPTQG

o ·
o
·
Câu 10. Cho hình chóp S.ABC có SA = 6, SB = 2, SC = 4, AB = 2 10, SBC = 90 , ASC = 120 . Mặt phẳng

( P)

đi qua B và trung điểm N của SC đồng thời vng góc với

VS .BMN
VS . ABC .
tích
2
k=
5.
A.

( SAC )

cắt SA tại M. Tính tỉ số thể

k=

B.

k=

1
4.

k=

C.
Lời giải

1
6.

D.

k=

2
9.

Chọn C
S
2
2

2

M

B
D

2

H

E

N

6

2 10

A

C

o,

Ta có:
2
2
2
2
2
o
·
• SA + SB = 6 + 2 = 40 = AB ⇒ ASB = 90 .
1
⇒ BN = SC = 2
2
• ∆SBC vng tại B
.

⇒ SN = NB = SB = 2 ⇒ ∆SNB đều.
Gọi D là điểm thuộc cạnh SA sao cho SD = 2 , ta có:
DB 2 = 22 + 22 = 8
DN 2 = 22 + 22 − 2.2.2.cos120o = 12
NB 2 = 4

⇒ DB 2 + NB 2 = DN 2 ⇒ ∆DNB vng tại B .
• Gọi H, E lần lượt là trung điểm của DN, NB, ta có:
 NB ⊥ SE
⇒ NB ⊥ ( SHE ) ⇒ NB ⊥ SH

+)  NB ⊥ HE
.
 SH ⊥ DN
⇒ SH ⊥ ( DNB ) ⇒ ( SDN ) ⊥ ( DNB ) ⇒ D ≡ M ⇒ SM = 2

SH
⊥
NB

+)
.
V
SM SN 2 2 1
⇒ k = S . BMN =
.
= . =
VS . ABC
SA SC 6 4 6 .

Câu 11.

(Đề tham khảo 2017) Cho khối tứ diện có thể tích bằng V . Gọi V ′ là thể tích của khối đa diện

V′
có các đỉnh là các trung điểm của các cạnh của khối tứ diện đã cho, tính tỉ số V .
Trang 11


V′ 1
=
V
2.
A.

V′ 1
=
V
4.
B.

V′ 2
=
V
3.
C.
Lời giải

TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG

V′ 5
=
V
8.
D.

Chọn A
A
Q

P

E

B

F

D
N

M
C

Cách 1. Đặc biệt hóa tứ diện cho là tứ diện đều cạnh a . Hình đa diện cần tính có được bằng cách

a
cắt 4 góc của tứ diện, mỗi góc cũng là một tứ diện đều có cạnh bằng 2 .
V V
V ′′ = 4. =

8 2.
Do đó thể tích phần cắt bỏ là
3

1 1
 ÷ =
(Vì với tứ diện cạnh giảm nửa thì thể tích giảm  2  8 )
V
V′ 1
V′ = ⇔ =
2
V 2.
Vậy

Cách 2. Khối đa diện là hai khối chóp tứ giác (giống nhau) có cùng đáy là hình bình hành úp lại.

1 1
1
V ′ = 2VN .MEPF = 4.VN .MEP = 4.VP.MNE = 4. . V = V
2 4
2
Suy ra:
(Do chiều cao giảm một nửa, cạnh đáy giảm một nửa nên diện tích giảm 4 )
V ' V − VA.QEP − VB.QMF − VC .MNE − VD.NPF
=
V
Cách 3. Ta có V
VA.QEP VB.QMF VC .MNE VD.NPF
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
= 1−

−
−
−
= 1− . . − . . − . . − . . =
V
V
V
V
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2.
Câu 12. Cho tứ diện ABCD , trên các cạnh BC , BD, AC lần lượt lấy các điểm M , N , P sao cho BC = 3BM
,

BD =

3
BN , AC = 2 AP.
( MNP ) chia khối tứ diện ABCD thành hai khối đa diện có
2
Mặt phẳng

V1
V ,V
V
thể tích là 1 2 , trong đó khối đa diện chứa cạnh CD có thể tích là 2 . Tính tỉ số V2 .
V1 26
V1 26
V1 15
V1
3
= .

= .
= .
= .
A. V2 19
B. V2 13
C. V2 19
D. V2 19

Lời giải
Chọn A
Trang 12


TÀI LIỆU ƠN THI THPTQG

MB ND GC
GC
.
.
=1⇒
=4
GD
Áp dụng định lí Me-ne-la-uyt ta có : MC NB GD
GC FD PA
FD 1
.
.
=1⇒
=
FA 4

và GD FA PC

VDCPMNF = VCPMF + VCMNF + VCNFD
1
d F , CPM ) ) .SCPM
VCPMF 3 ( (
4 1 2 4
=
= . . =
1
VABCD
d ( D, ( ABC ) ) .S ABC 5 2 3 15
3
1
d F , CNM ) ) .SCNM
VCNMF 3 ( (
1 2 2 4
=
= . . =
1
VABCD
5 3 3 45
d ( A, ( CBD ) ) .SCBD
3
1
d C , FND ) ) .S FND
VCNDF 3 ( (
1 2 4
=
= . =

VABCD 1 d C , ABD .S
(
) ) ABD 5 3 15
(
3
V
4 4 1 19
V 45 − 19 26
⇒ 2 = +
+ =
⇒ 1 =
=
VABCD 15 45 15 45 V2
19
19
Câu 13. Cho tứ diện ABCD . Xét điểm M trên cạnh AB , điểm N trên cạnh BC , điểm P trên cạnh CD

MB
NB
PC 3
= 3,
= 4,
=
NC
PD 2 . Gọi V1 ,V2 theo thứ tự là thể tích các khối tứ diện MNBD và
sao cho MA
V1
NPAC . Tỉ số V2 bằng
A. 3 .

B. 5 .

1
C. 5 .

1
D. 3 .

Lời giải
Chọn B

Trang 13


TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG

1
V1 = h1.S1
h = d ( M ; ( BCD ) ) ; S1 = S ∆NBD
3
với 1
.
1
V2 = h2 .S2
h = d ( A; ( BCD ) ) ; S 2 = S ∆CNP
3
với 2
.
V1 h1.S1
=

=5
V2 h2 .S2
h1 3
4
1 3
3
S 20
=
S1 = S ∆BCD ; S 2 = . S ∆BCD = S ∆BCD ⇒ 1 =
h 4 và
5
5 5
25
S2 3 .
Vì 2
Câu 14.

(SGD Điện Biên - 2019) Cho khối chóp S.ABCD có đáy là hình bình hành. Gọi M, N là hai điểm
SM 1 SN
= ,
=2
nằm trên hai cạnh SC, SD sao cho SC 2 ND
, biết G là trọng tâm tam giác SAB . Tỉ số thể

VG .MND m
=
V
n , m, n là các số nguyên dương và ( m, n ) = 1 . Giá trị của m + n bằng:
S
.

ABCD
tích
A. 17
B. 19
C. 21
D. 7
Lời giải
Chọn B

Trang 14


TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG

S

M
N
G
D

A
E
B

C

1
1
S ∆DMN = S∆SMD = S∆SCD

3
6
+
+ Gọi E là trung điểm của AB
2
2
2
d( G ,( DMN ) ) = .d( E,( DMN ) ) = .d ( A,( DMN ) ) = .d ( A,( SCD ) )
3
3
3
⇒

1
⇒ VG .MND = .S∆DMN .d( G ,( DMN ) )
3
1 1
2
1
1
= . S ∆SCD . .d( A,( SCD ) ) = VS . ACD = VS . ABCD
3 6
3
9
18
VG. MND
1
= ⇒ m + n = 19
⇒ VS . ABCD 18

Câu 15.

(Sở Bắc Ninh 2019) Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình bình hành. Gọi M , N lần lượt là

( MNCD ) chia hình chóp đã cho thành hai phần. Tỉ số thể tích
trung điểm của SA, SB . Mặt phẳng
hai phần là (số bé chia số lớn)
3
4
3
1
A. 5 .
B. 4 .
C. 3 .
D. 5 .
Lời giải
Chọn A

S

M
N

B

A

D
C
Trang 15

TÀI LIỆU ƠN THI THPTQG

Gọi thể tích khối chóp S . ABCD là V , khi đó thể tích khối chóp S . ABC và S . ACD là
1
VS . ABC = VS . ACD = V
2 .
VS .MNC SM SN SC 1 1
1
1
1 1
1
=
.
.
= . .1 =
VS .MNC = VS . ABC = . V = V
SA SB SC 2 2
4 , do đó
4
4 2
8 .
Ta có VS . ABC
VS .MCD SM SC SD 1
1
1
1 1
1
=

.
.
= .1.1 =
VS .MCD = VS . ACD = . V = V
V
SA
SC
SD
2
2
2
2 2
4 .
Ta có S . ACD
, do đó
1
1
3
3
5
VS .MNCD = V
  S .MNC + VS .MCD = V + V = V
VMNABCD = V − V = V
8
4
8 , do đó
8
8 .
Từ đó
VS .MNCD 3 5

3
= V: V =
5.
Vậy VMNABCD 8 8

Câu 16. Cho hình chóp S . ABCD . Gọi M , N , P , Q theo thứ tự là trung điểm của SA , SB , SC , SD .
V1
Gọi V1 , V2 lần lượt là thể tích của hai khối chóp S .MNPQ và S . ABCD . Tỉ số V2 bằng

1
A. 16 .

1
B. 8 .

1
C. 2 .
Lời giải

1
D. 4 .

Chọn B

Ta có:
VS .MNQ
VS . ABD
Suy ra:
Câu 17.

=

V
SM SN SQ 1
1
SN SP SQ 1
1
.
.
= ⇒ VS .MNQ = .VS . ABD S . NPQ =
.
.
= ⇒ VS . NPQ = .VS .BCD
SA SB SD 8
8
8
; VS . BCD SB SC SD 8
.

V1 = VS .MNPQ = VS .MNQ + VS . NPQ =

V 1
1
1
1
( VS . ABD + VBCD ) = .VS . ABCD = .V2 ⇒ V1 = 8
8
8
8
2

.

(Hồng Quang - Hải Dương - 2018) Cho hình chóp S . ABC , M và N là các điểm thuộc các

( α ) là mặt phẳng qua MN và song song với
cạnh SA và SB sao cho MA = 2 SM , SN = 2 NB ,
SC . Mặt phẳng ( α ) chia khối chóp S . ABC thành hai khối đa diện ( H1 ) và ( H 2 ) với ( H1 ) là

( H 2 ) là khối đa diện chứa điểm A . Gọi V1 và V2 lần lượt là thể tích
khối đa diện chứa điểm S ,
của

( H1 )

và

( H2 )

V1
. Tính tỉ số V2 .
Trang 16


TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG

4
A. 5 .

5
B. 4 .

3
C. 4 .
Lời giải

4
D. 3 .

Kí hiệu V là thể tích khối tứ diện SABC .

( α ) với các đường thẳng BC , AC .
Gọi P , Q lần lượt là giao điểm của
Ta có NP // MQ // SC .

( H1 )

Khi chia khối

VN .SMQC
Ta có

VB. ASC

=

d ( N , ( SAC ) )
d ( B, ( SAC ) )

VN .SMQC
Do đó VB. ASC

=

bởi mặt phẳng

( QNC ) , ta được hai khối chóp

d ( N , ( SAC ) ) S SMQC
×
d ( B, ( SAC ) ) S SAC
NS 2
=
BS 3

S AMQ

; S ASC

=

N .SMQC và N .QPC .

.

2
S SMQC 5
AM AQ  AM 
4
.
=

=
÷ = ⇒
AS AC  AS 
9
S ASC
9.

2 5 10
= × =
3 9 27 .

d ( N , ( QPC ) ) SQPC NB  CQ CP  1  1 2  2
×
=
×
× ÷ = × × ÷ =
VS . ABC d ( S , ( ABC ) ) S ABC
SB  CA CB  3  3 3  27 .
V1
4
V 4
V1 VN .SMQC VN .QPC 10 2 4
=
⇒ 1 =
=
+
=
+
= ⇒
V1 + V2 9 ⇒ 5V1 = 4V2

V2 5 .
VB. ASC VS . ABC 27 27 9
Do đó V
VN .QPC

Câu 18.

=

(THPT Trần Phú - Đà Nẵng - 2018) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh
·
a , BAD
= 60° và SA vng góc với mặt phẳng

( ABCD )

( ABCD ) . Góc giữa hai mặt phẳng ( SBD )

và

bằng 45° . Gọi M là điểm đối xứng của C qua B và N là trung điểm của SC . Mặt

( MND )

chia khối chóp S . ABCD thành hai khối đa diện, trong đó khối đa diện chứa đỉnh
S có thể tích V1 , khối đa diện cịn lại có thể tích V2 (tham khảo hình vẽ bên).

phẳng

Trang 17

TÀI LIỆU ƠN THI THPTQG

V1
Tính tỉ số V2 .
V1 12
=
V
7 .
2
A.

V1 5
=
V
3.
2
B.

Goi O = AC ∩ BD .
Khi đó góc giữa hai mặt phẳng

∆BAD đều

⇒ AO =

( SBD )

V1 1

=
V
5.
2
C.
Lời giải
và

( ABCD )

V1 7
=
V
5.
2
D.

·
bằng 45° ⇔ SOA = 45° .

a 3
a 3 2 a 6
⇒ SA = AO.tan 45° =
.
=
2
2
2
4 .

1
2 a 6 a 2 3 a3 2
.
=
V = SA.2 S ∆ABD = .
3
3 4
4
8 .
Thể tích khối chóp S . ABCD bằng:
1
a3 2
′
V = V=
2
16 .
Thể tích khối chóp N .MCD bằng thể tích khối chóp N . ABCD bằng:
1 1
1 a 6 a 2 3 a3 2
V ′′ = . SA.S ∆ MBI = .
.
=
3 3
9 4
8
96 .
Thể tích khối chóp KMIB bằng:
V2 = V ′ − V ′′ =

Khi đó:

V1 7
=
V
5.
2
Vậy
Câu 19.

a 3 2 a 3 2 5 2a 3
a 3 2 5 2a 3 7 a 3 2
−
=
V1 = V − V2 =
−
=
16
96
96 ;
8
96
96 .

(THPT Nguyễn Thị Minh Khai - Hà Tĩnh - 2018) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là
hình chữ nhật. Mặt phẳng

(α)

α
đi qua A , B và trung điểm M của SC . Mặt phẳng ( ) chia khối

chóp đã cho thành hai phần có thể tích lần lượt là V1 , V2 với
V1 3
V1 1
V1 1
=
=
=
V
3
V
5
V
4.
2
2
2
A.
.
B.
.
C.

V1
V1 < V2 . Tính V2 .
V1 3
=
V
8.
2
D.

Lời giải

Trang 18


TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG

 AB ⊂ ( α )
⇒ ( α ) ∩ ( SCD ) = MN // AB // CD

AB // CD


Ta có
.
⇒ (α)

cắt hình chóp theo thiết diện là hình thang ABMN .

ABMN )
Khi đó (
chia hình chóp thành hai đa diện là S . ABMN và ABCDNM có thể tích lần lượt
là V1 và V2 .

Lại có

VSABM 1
1
1

= ⇒V
= VSABC = VSABCD
SABM
2
4
 VSABC 2
.
VSAMN 1
1
1
= ⇒V
= VSABC = VSABCD
SAMN
4
8
 VSACD 4
.
3
5
V1 = VSABM + VSAMN = VSABCD
V2 = VSABCD − VSABMN = VSABCD
8
8
Mà
và
.
V1 3
=
V
5.

2
Vậy
Câu 20.

( P ) chứa
(THPT Kinh Môn - Hải Dương - 2018) Cho tứ diện đều ABCD cạnh a . Mặt phẳng
( P ) và ( BCD ) có số đo là α thỏa
cạnh BC cắt cạnh AD tại E . Biết góc giữa hai mặt phẳng
mãn

tan α =

5 2
7 . Gọi thể tích của hai tứ diện ABCE và tứ diện BCDE lần lượt là V1 và V2 .

V1
Tính tỉ số V2 .
3
A. 5 .

5
B. 8 .

3
C. 8 .

1
D. 8 .

Lời giải

Trang 19


TÀI LIỆU ƠN THI THPTQG

( BCD ) . Khi đó H ,
Gọi H , I lần lượt là hình chiếu vng góc của A , E trên mặt phẳng
I ∈ DM với M là trung điểm BC .
Ta tính được

AH =

Ta có góc giữa

( P)

a 6
a 3
a 3
DH =
MH =
3 ,
3 ,
6 .

với

( BCD )

⇒ ( ( P ) , ( BCD ) )

·
= EMD
=α

. Khi đó

tan α =

EI 5 2
=
MI
7 .


a 6
x.

DE. AH
3 =x 6
 EI =
=

AD
a
3
⇒
a 3


x.

DE
.
DH
x 3
DE EI
DI
3
⇒
=
=
 DI = AD = a = 3

AD AH DH
Gọi DE = x
.

Khi đó

MI = DM − DI =

a 3 x 3
−
2
3 .

x 6
5 2
3

⇔
=
7
a 3 x 3
EI 5 2
5
−
tan α =
=
⇔x= a
2
3
MI
7
8 .
Vậy
VDBCE DE 5
V
3
=
= ⇒ ABCE =
VBCDE 5 .
Khi đó: VABCD AD 8

Câu 21.

(Thpt Tứ Kỳ - Hải Dương - 2018) Cho khối chóp tứ giác S . ABCD có đáy là hình bình hành.

( P ) chứa AM và song song BD chia khối chóp thành
Gọi M là trung điểm của SC , mặt phẳng

hai khối đa diện, đặt V1 là thể tích khối đa diện có chứa đỉnh S và V2 là thể tích khối đa diện có
V2
chứa đáy ABCD . Tỉ số V1 là:
V2
V2
=3
=2
V
V
1
1
A.
.
B.
.

V2
=1
V
1
C.
.
Lời giải

V2 3
=
V
2.
1
D.

Trang 20


TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG

Đặt VS . ABCD = V .
Gọi O là giao điểm hai đường chéo AC và BD . Gọi I là giao điểm của SO và AM .
Do

( P ) //BD

nên

( P)

cắt mặt phẳng

( SBD )

theo giao tuyến NP qua I và song song với BD ;

( N ∈ SB; P ∈ SD ) .
Xét tam giác SAC có I là giao điểm hai trung tuyến nên I là trọng tâm.

VS . APN SP.SN
2 2 4
4
4 1
2
=

= . = ⇒ VS . APN = VS . ADB = . V = V
9 2
9 .
3 3 9
9
Ta có VS . ADB SD.SB
VS .PMN SP.SM .SN 2 1 2 2
2
1
2 1
=
. . = ⇒ VS .PMN = VS .DCB = . V = V
SD.SC.SB = 3 2 3 9
9 2
9
9 .
Tương tự VS . DCB
Từ đó V1 = VS . APN + VS .PMN
Câu 22.

V2
1
=2
= V
3 . Do đó V1
.

(THPT Lý Thái Tổ - Bắc Ninh - 2018) Cho điểm M nằm trên cạnh SA , điểm N nằm trên

SM 1 SN

=
= 2.
( α ) qua MN và
cạnh SB của hình chóp tam giác S . ABC sao cho MA 2 , NB
Mặt phẳng
song song với SC chia khối chóp thành 2 phần. Gọi V1 là thể tích của khối đa diện chứa A , V2 là
V1
?
V
2
thể tích của khối đa diện cịn lại. Tính tỉ số
V1 4
V1 5
V1 5
= .
= .
= .
V
5
V
4
V
6
2
2
2
A.
B.
C.
Lời giải

V1 6
= .
V
5
2
D.

Trang 21


TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG
S

M
E

Nj
P

A

C

Q
B
D

( SAC ) dựng MP song song với SC cắt AC tại P . Trong mặt phẳng ( SBC )
- Trong mặt phẳng

dựng NQ song song với SC cắt BC tại Q. Gọi D là giao điểm của MN và PQ . Dựng ME
song song với AB cắt SB tại E (như hình vẽ).
SE SM 1
1
=
= ⇒ SN = NE = NB = SB
3
- Ta thấy: SB SA 3
Suy ra N là trung điểm của BE và DM , đồng thời
DQ DN 1
NQ / / MP ⇒
=
= .
DP DM 2
Do

DB = ME =

1
DB 1 DN 1
AB ⇒
= ,
= .
3
DA 4 DM 2

V = VD . AMP − VD.BNQ .
- Nhận thấy: 1
VD.BNQ DB DN DQ 1 1 1 1
1

15
15
=
.
.
= . . =
⇒ VD. BNQ = VD. AMP ⇒ V1 = .VD. AMP = .VM . ADP .
VD. AMP DA DM DP 4 2 2 16
16
16
16
QB NB 1 ⇒ d ( N ; DB ) = QB = 1
1
NQ / / SC ⇒
=
=
⇒
d
Q
;
DB
=
.d ( C ; AB )
(
)
d ( C ; AB ) CB 3
CB SB 3
3
- Do
1

1 1
1
1
8
⇒ SQDB = .d ( Q; DB ) .DB = . .d ( C ; AB ) . AB = SCAB ⇒ S ADP = .S ABC
2
2 3
3
9
9
2
d ( M ; ( ADP ) ) = d ( S ; ( ABC ) )
3
Và
1
1 2
8
16
⇒ VM . ADP = .d ( M ; ( ADP ) ) .S ADP = . d ( S ; ( ABC ) ) . S ABC = .VS . ABC
3
3 3
9
27
15 16
5
4
⇒ V1 = . .VS . ABC = .VS . ABC ⇒ V2 = VS . ABC − V1 = .VS . ABC
16 27
9
9

.
V1 5
= .
Vậy V2 4
Câu 23.

(Chuyên KHTN - 2018) Cho khối chóp tứ giác S . ABCD . Mặt phẳng đi qua trọng tâm các tam

V ( V < V2 )
giác SAB, SAC , SAD chia khối chóp thành hai phần có thể tích là V1 và 2 1
. Tính tỉ lệ
V1
V2 .
Trang 22


TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG

8
A. 27 .

16
B. 81 .

8
C. 19 .

16
D. 75 .

Lời giải

Cách 1.

( G G G ) || ( ABCD ) .
Gọi G1 , G2 , G3 lần lượt là trọng tâm các tam giác SAB, SAC , SAD . Ta có 1 2 3
Gọi

( G1G2G3 )

cắt SA, SB, SC , SD theo thứ tự lần lượt tại A′, B′, C ′, D′ , ta có S . A′B′C ′D′ đồng

dạng với S . ABCD theo tỉ số

k=

VS . A′B′C ′D′
2
3 suy ra

8
V1
8
27 = 8
= VS . ABCD ⇒ =
27
V2 1 − 8
19
27
.

Cách 2.
VS . ABCD = VS . ABC + VS . ACD
3

VS . A ' B 'C ' SA ' SB ' SC '  2 
8
8
=
.
.
= ÷ =
⇒ VS . A ' B 'C ' = VS . ABC
VS . ABC
SA SB SC  3  27
27
3

VS . A 'C'D' SA ' SC ' SD '  2 
8
8
=
.
.
= ÷ =
⇒ VS . A 'C'D' = VS . ACD
VS . ACD
SA SC SD  3  27
27
VS . A ' B 'C ' D ' = VS . A ' B 'C ' + VS . A 'C'D' =

8
V
8
27 = 8 .
VS . ABCD ⇒ 1 =
27
V2 1 − 8
19
27

Câu 24. Cho lăng trụ ABC. A′B′C ′. Trên các cạnh AA′, BB′ lần lượt lấy các điểm E , F sao cho

AA′ = kA′E , BB′ = kB′F . Mặt phẳng ( C ′EF ) chia khối lăng trụ đã cho thành hai khối đa diện bao

Trang 23


TÀI LIỆU ƠN THI THPTQG

gồm khối chóp C ′. A′B′FE có thể tích V1 và khối đa diện ABCEFC ′ có thể tích V2 . Biết rằng

V1 2
= ,
V2 7 tìm k .
A. k = 4 .

B. k = 3 .

C. k = 1 .

Lời giải

D. k = 2 .

Chọn B

Ta có:
AA′ = kA′E
BB′ = kB′F
S A′B′FE =
VC ′. A′B′FE
VC ′. ABB′A′

1
S ABB′A′
k
1
= ;
k

2
2
2 

VC ′. ABB′A′ = .VABC . A′B′C ′ ⇒ VC ′. A′B′FE = .VABC . A′B′C ′ ⇒ VABCEFC ′ = 1 − ÷VABC . A′B′C ′
3
3k
 3k 
2
VC ′. A′B′FE

2
14
2 

= 3k
= ⇔
= 2  1 − ÷ ⇔ k = 3.
2  7
VABCEFC ′ 
3k
 3k 
1 − ÷
 3k 
Câu 25. Cho khối đa diện như hình vẽ bên. Trong đó ABC. A ' B ' C ' là khối lăng trụ tam giác đều có tất cả

SA =

2
3 . Mặt phẳng ( SA ' B ')

các cạnh đều bằng 1, S . ABC là khối chóp tam giác đều có cạnh bên
chia khối đa diện đã cho thành hai phần. Gọi V1 là thể tích phần khối đa diện chứa đỉnh A , V2 là
thể tích phần khối đa diện khơng chứa đỉnh A . Mệnh đề nào sau đây đúng?

A. 72V1 = 5V2 .

B. 3V1 = V2 .

C. 24V1 = 5V2 .

D. 4V1 = 5V2 .
Trang 24


TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG

Lời giải
Chọn B

( SA ' B ') và khối đa diện đã cho như hình vẽ.
Dựng thiết diện SMA ' B ' N tạo bởi mặt phng
2

ổử
2ữ
SG = SC - GC = ỗ
ữ
ỗ
ữỗ3 ứ
ố
2

2

DK = GD - GK =

ổ3ữ
ử2 1
ỗ
1

3
1
3
ữ
ỗ
ữ=
ỗ
ỗ
ố3 ữ
ứ 3 GD = G ' D ' = 3 CD = 6 GK = 4 G ' D ' = 24
;
;

3
3
3
3
=
MN =
6
24
8 ;
4.

Gọi V là thể tích tồn bộ khối đa diện:

V = VABC . A ' B 'C ' +VS . A ' B ' C ' =

3
1 1 3 5 3

.1 + . .
=
4
3 3 4
18 .

1
1 1 ỉ 3ư
3 7 3
VB '. ABNM = BB '.S ABNM = .1. ỗ
1+ ữ
.
=
ữ
ỗ
ữ
ỗ
3
3 2 è 4ø 8
192 .

1
1 3 1 1
3
VB '. AA ' M = d ( B;( ACC ' A ')) .S AA ' M = . . .1. =
3
3 2 2 4 48 .
ư 3 7 3
1
1 1 1 ỉ 3÷

VS . ABNM = SG.S ABNM = . . ỗ
1+ ữ
.
=
ỗ
ữ
ỗ
3
3 3 2 è 4ø 8
576 .

V1 =

7 3
3 7 3 5 3
5 3 5 3 5 3
+
+
=
V2 = V - V1 =
=
192 48 576
72 =>
18
72
24 .

Suy ra 3V1 = V2 .
Câu 26.

Cho khối lăng trụ đứng tam giác ABC. A′B′C ′ . Gọi M , N , P, Q lần lượt là các điểm thuộc AA′ ,

AM 1 BN 1 CN 1 C ′Q 1
=
=
=
=
AA′ , BB′ , CC ′ , B′C ′ thỏa mãn AA ' 2 , BB ' 3 , CC ' 4 , C ′B′ 5 . Gọi V1 , V2 là thể tích
V1
khối tứ diện MNPQ và ABC. A′B′C′ . Tính tỷ số V2 .
V1 11
V1 11
V1 19
=
=
=
A. V2 30 .
B. V2 45 .
C. V2 45 .

V1 22
=
D. V2 45 .

Lời giải
Chọn

B.
Trang 25