Câu hỏi trắc nghiệm tỉ số thể tích

<span class='text_page_counter'>(1)</span>Vấn đề 4. TỈ SỐ THỂ TÍCH. Câu 81. Cho tứ diện ABCD có các cạnh AB, AC và AD đôi một vuông góc. Các điểm M , N , P. lần lượt là trung điểm các đoạn thẳng BC , CD, BD. Biết rằng. AB  4 a , AC  6a , AD  7a . Tính thể tích V của khối tứ diện AMNP . A. V  7a 3 .. B. V  28a 3 .. C. V  14 a 3 .. D. V  21a 3 .. Câu 82. Cho tứ diện ABCD có thể tích V . Gọi V ' là thể tích của khối tứ diện có các V' đỉnh là trọng tâm của các mặt của khối tứ diện ABCD. Tính tỉ số . V 8 V ' 23 V' 1 V' 4 V' A. B. C. D.  .  .  .  . V 27 V 27 V 27 V 27 Câu 83. Cho hình chóp S . ABC có chiều cao bằng 9 , diện tích đáy bằng 5 . Gọi M là trung điểm của cạnh SB và N thuộc cạnh SC sao cho NS  2 NC . Tính thể tích V của khối chóp A.BMNC . A. V  15.. B. V  5.. C. V  30.. D. V  10.. Câu 84. Cho khối chóp S . ABC có thể tích bằng 16. Gọi M , N , P lần lượt là trung điểm các cạnh SA, SB, SC . Tính thể tích V của khối tứ diện AMNP . A. V  2.. B. V  4.. C. V  6.. D. V  8.. Câu 85. Cho tứ diện ABCD có thể tích V . Xét các điểm P thuộc đoạn AB , điểm Q PA QB RB thuộc đoạn BC và điểm R thuộc đoạn BD sao cho  2,  3,  4 . Tính thể PB QC RD tích của khối tứ diện BPQR theo V . V V A. VBPQR  . B. VBPQR  . 4 5. C. VBPQR . V . 3. D. VBPQR . V . 6. Câu 86. Cho tứ diện ABCD có AB, AC , AD đôi một vuông góc và AB  6a, AC  9a,. AD  3a . Gọi M , N , P lần lượt là trọng tâm của các tam giác ABC , ACD, ADB . Tính thể tích V của khối tứ diện AMNP . A. V  8a 3 .. B. V  4 a 3 .. C. V  6a 3 .. D. V  2a 3 .   BSC   CSA   60 0. Câu 87. Cho hình chóp S . ABC có SA  3, SB  4, SC  5 và ASB Tính thể tích V của khối chóp đã cho. A. V  5 2.. B. V  5 3.. C. V  10.. D. V  15.. Câu 88. (ĐỀ THAM KHẢO 2016 – 2017) Cho tứ diện có thể tích bằng V . Gọi V  là thể tích của khối đa diện có các đỉnh là các trung điểm của các cạnh của khối tứ diện V đã cho, tính tỉ số . V V 1 V 1 V 2 V 5 A. B. C. D.  .  .  .  . V 4 2 V 3 V 8 V.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Câu 89. Cho hình chóp đều S . ABC có cạnh đáy bằng a , cạnh bên bằng 2a . Gọi M là trung điểm SB , N là điểm trên đoạn SC sao cho NS  2 NC . Tính thể tích V của khối chóp A.BCNM . A. V . a 3 11 . 36. B. V . a 3 11 . 16. C. V . a 3 11 . 24. D. V . a 3 11 . 18. Câu 90. Cho hình chóp đều S . ABC có tất cả các cạnh bằng a . Mặt phẳng  P  song song với mặt đáy  ABC  và cắt các cạnh bên SA, SB, SC lần lượt tại M , N , P . Tính diện tích tam giác MNP biết mặt phẳng  P  chia khối chóp đã cho thành hai phần có thể tích bằng nhau. a2 3 a2 3 A. SMNP  . B. SMNP  . 16 8. C. SMNP . a2 3 43 2. .. D. SMNP . a2 3 43 4. .. Câu 91. Cho tam giác ABC vuông cân ở A và AB  a . Trên đường thẳng qua C và vuông góc với  ABC  lấy điểm D sao cho CD  a . Mặt phẳng   qua C và vuông góc với. BD , cắt BD tại F và cắt AD tại E . Tính thể tích V của khối tứ diện CDEF . a3 a3 a3 a3 A. V  . B. V  . C. V  . D. V  . 24 6 36 54 Câu 92. Cho tứ diện ABCD có thể tích V và các điểm M , N , P thỏa mãn điều kiện       AM  2 AB , AN  3 AC và AP  4 AD . Mệnh đều nào dưới đây đúng? V V A. VAMNP  . B. VAMNP  8V . C. VAMNP  24V . D. VAMNP  . 24 8 Câu 93. Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng 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 ABCD thành hai khối đa diện, trong đó khối đa diện chứa đỉnh A có thể tích V . Tính V . A. V . 7 2a 3 . 216. B. V . 11 2a 3 . 216. C. V . 13 2a 3 . 216. D. V . 2a 3 . 18. Câu 94. Mặt phẳng đi qua trọng tâm của tứ diện, song song với một mặt phẳng của tứ diện và chia khối tứ diện thành hai phần. Tính tỉ số thể tích (phần bé chia phần lớn) của hai phần đó. 3 5 2 27 B. . C. D. . A. . . 4 7 3 37 Câu 95. Cho tứ diện đều SABC có cạnh bằng 1 . Mặt phẳng  P  đi qua điểm S và trọng tâm G của tam giác ABC cắt các cạnh AB, AC lần lượt tại M , N . Tính thể tích nhỏ nhất Vmin của khối tứ diện SAMN . A. Vmin . 2 . 18. 4 B. Vmin  . 9. C. Vmin . 2 . 27. D. Vmin . 2 . 36. Câu 96. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình bình hành và có thể tích bằng. 48. Gọi M , N. lần lượt là điểm thuộc các cạnh AB, CD sao cho MA  MB,. NC  2 ND . Tính thể tích V của khối chóp S .MBCN . A. V  8.. B. V  20.. C. V  28.. D. V  40..

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Câu 97. Cho hình chóp S . ABCD . Gọi A ', B ', C ', D ' lần lượt là trung điểm của SA,. SB, SC , SD. Tính tỷ số k của thể tích khối chóp S . A ' B ' C ' D ' chia cho thể tích khối chóp S . ABCD . 1 A. k  . 2. B. k . 1 . 4. C. k . 1 . 8. D. k . 1 . 16. Câu 98. Cho khối chóp S . ABCD có thể tích bằng V . Lấy điểm A ' trên cạnh SA sao 1 cho SA '  SA . Mặt phẳng   qua A ' và song song với đáy  ABCD  cắt các cạnh 3 SB, SC , SD lần lượt tại B ', C ', D ' . Tính thể tích V ' của khối chóp S . A ' B ' C ' D ' . V V V V A. V '  . B. V '  . C. V '  . D. V '  . 3 81 9 27 Câu 99. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật. Mặt phẳng   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  V2 . Tính tỉ số A.. V1 1  . V2 4. B.. V1 3  . V2 8. C.. V1 5  . V2 8. V1 . V2 D.. V1 3  . V2 5. Câu 100. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B ,. BA  BC  1 , AD  2 . Cạnh bên SA vuông góc với đáy và SA  2 . Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên SB . Tính thể tích V của khối đa diện SAHCD . A. V . 2 2 . 3. B. V . 4 2 . 9. C. V . 4 2 . 3. D. V . 2 2 . 9. Câu 101. Cho hình chóp đều S . ABCD. Gọi N là trung điểm SB, M là điểm đối xứng với B qua A. Mặt phẳng  MNC  chia khối chóp S . ABCD thành hai phần có thể tích lần lượt là V1 , V2 với V1  V2 . Tính tỉ số A.. V1 5  . V2 7. B.. V1 5  . V2 11. V1 . V2 C.. V1 5  . V2 9. D.. V1 5  . V2 13. Câu 102. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , SA  a vuông SM góc với mặt phẳng đáy  ABCD . Điểm M thuộc cạnh SA sao cho  k. Xác định SA k sao cho mặt phẳng  MBC  chia khối chóp đã cho thành hai phần có thể tích bằng nhau.. 1  3 1  5 1  2 1 5 . . C. k  D. k  . B. k  . 2 2 2 4 Câu 103. Gọi V là thể tích của hình lập phương ABCD. A ' B ' C ' D ' , V1 là thể tích tứ A. k . diện A ' ABD . Hệ thức nào sau đây đúng? B. V  4V1 . C. V  3V1 . A. V  6V1 .. D. V  2V1 .. Câu 104. Cho lăng trụ đứng ABC . A ' B ' C ' . Gọi D là trung điểm AC . Tính tỉ số k của thể tích khối tứ diện B ' BAD và thể tích khối lăng trụ đã cho. 1 1 1 1 B. k  . C. k  . D. k  . A. k  . 4 12 6 3.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Câu 105. Cho khối lăng trụ ABC . A B C  . Đường thẳng đi qua trọng tâm của tam giác ABC và song song với BC cắt các cạnh AB, AC lần lượt tại M , N . Mặt phẳng.  A MN . chia khối lăng trụ thành hai phần. Tính tỉ số thể tích (phần bé chia phần. lớn) của chúng. 2 A. . 3. B.. 4 . 23. C.. 4 . 9. D.. 4 . 27. Câu 106. Cho hình lăng trụ ABC . A B C  có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A , AC  2 2 . Biết AC  tạo với mặt phẳng  ABC  một góc 60 0 và AC   4 . Tính thể tích V của khối đa diện ABCC B  . A. V  8 3.. B. V . 16 . 3. 8 3 . 3. C. V . D. V . 16 3 . 3. Câu 107. Cho khối hộp ABCD. A B C D  có thể tích V . Các điểm M , N , P thỏa mãn       điều kiện AM  2 AC , AN  3 AB  và AP  4 AD  . Tính thể tích của khối tứ diện AMNP theo V . A. VAMNP  8V .. B. VAMNP  4V .. C. VAMNP  6V .. D. VAMNP  12V .. Câu 108. Cho hình lăng trụ ABC . A ' B ' C ' có thể tích bằng V . Các điểm M , N , P lần AM 1 BN 2 CP lượt thuộc các cạnh AA ' , BB ' , CC ' sao cho  ,   . Tính thể tích AA ' 2 BB ' CC ' 3 V ' của khối đa diện ABC .MNP . 20 2 9 11 A. V '  V . B. V '  V . C. V '  V . D. V '  V . 27 16 3 18 Câu 109. Người ta cần cắt một khối lập phương B C thành hai khối đa diện bởi một mặt phẳng đi qua A M D (như hình vẽ) sao cho phần thể tích của khối đa diện A chứa điểm B bằng một nửa thể tích của khối đa diện N CN còn lại. Tính tỉ số k  . CC ' P B' C' 1 2 A. k  . B. k  . 3 3 A' D' 3 1 C. k  . D. k  . 4 2 Câu 110. Cho hình hộp ABCD. A ' B ' C ' D '. Gọi M là điểm thuộc đoạn CC ' thỏa mãn CC '  4CM . Mặt phẳng  AB ' M  chia khối hộp thành hai phần có thể tích là V1 và. V2 . Gọi V1 là phần có chứa điểm B . Tính tỉ số k  A. k . 7 . 32. B. k . 7 . 16. C. k . V1 . V2. 7 . 25. D. k . 25 . 32.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> Vấn đề 4. TỈ SỐ THỂ TÍCH. Câu 81. Tứ diện ABCD có các cạnh AB, AC và AD 1 đôi một vuông góc nên VABCD  AB. AC . AD  28a 3 . 6 1 1 Ta có SMNP  SBCD , suy ra VAMNP  VA. BCD  7a 3 . 4 4 Chọn A.. A. M. B P. SM 1 2 SN  .  và SB 2 SC 3 1 Thể tích khối chóp VS . ABC  .9.5  15. 3 VS . AMN 2 SM SN 1 Ta có  .   VABMNC  VS . ABC  10. VS . ABC SB SC 3 3. N D. Câu 82. Gọi M là trung điểm AC ; E , F làn lượt là trọng tâm của tam giác ABC , ACD. 1 Trong tam giác MBD có EF  BD. 3 Tương tự ta có các cạnh còn lại của tứ diện mới sinh 1 cạnh của tứ diện ban đầu. ra bằng 3 3 1 V '  1  Do đó     . Chọn C.  3 V 27. C. A M. E. F. B. C. D. Câu 83. Từ giả thiết, ta có. S M N. A. B. Chọn D. C Câu 84. Ta có d S ,  MNP   d  A,  MNP  nên VAMNP  VSMNP . V SM SN SP 1 1 Mà SMNP  . .  nên VAMNP  VS . ABC  2 . Chọn A. VSABC SA SB SC 8 8 Câu 85. Từ giả thiết, ta có BP 1 BQ 3 BR 4  ,  ,  . BA 3 BC 4 BD 5 V BP BQ BR 1 3 4 1 Ta có BPQR  . .  . .  . VBACD BA BC BD 3 4 5 5. 1 V Suy ra VBPQR  .VBACD  . 5 5 Chọn A. Câu 86. Ta có VABCD . 1 AB. AC . AD  27a 3 . 6. B P. A. Q. C. R D.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> Gọi E , F , G lần lượt là trung điểm của BC , CD, DB .. A. 1 27 3 Suy ra VAEFG  VABCD  a . 4 4 Do M , N , P là trọng tâm của các tam giác ABC , AM AN AP 2    . AE AF AG 3 AM AN AP 8 . .   AE AF AG 27. ACD, ADB nên ta có. V Ta có A. MNP VA. EFG.  VA. MNP . M. P. N. G. B. D F. E. 8 VA. EFG  2a 3 . Chọn D. 27. C. Câu 87. Trên các đoạn SB, SC lần lượt lấy các. S. điểm E , F sao cho SE  SF  3. Khi đó S . AEF là khối tứ diện đều có cạnh a  3.. F. a3 2 9 2  . 12 4 SE SF 3 3 9  .  .  SB SC 4 5 20. Suy ra VS . AEF  Ta có. VS . AEF VS . ABC.  VS . ABC . B. A E. 20 VS . AEF  5 2. Chọn A. 9. C. Câu 88. Kí hiệu tứ diện và các điểm như hình vẽ. V SA  SB  SC  1 V Ta có S . A B C     VS . A B C   . . . VS . ABC SA SB SC 8 8. S A'. V Tương tự VA. A MP  VB . B MN  VC .C NP  . 8 Do đó V   VS . ABC  VS . A B C  VA. A MP VB . B MN VC .C NP . C' P B'. A. N. M. V V V V  V V 1  V          . Chọn A.  8 8 8 8  2 V 2. C. B. Câu 89. Gọi O là tâm của ABC , suy ra SO   ABC  . Tam giác vuông SOA , có SO  SA 2  AO 2 . a 11 3. 1 a 2 3 a 11 a 3 11 Suy ra VS . ABC  .  . . 3 4 12 3 V SM SN 1 2 1 Ta có S . AMN  .  .  . 2 3 3 VS . ABC SB SC. Suy ra. S. .. VABCNM 2 2 a 3 11   VABCNM  VS . ABC  . Chọn D. VS . ABC 3 3 18. M. N C. A O B. Câu 90. Mặt phẳng  P    ABC  và cắt các cạnh SA, SB, SC lần lượt tại M , N , P ..

<span class='text_page_counter'>(7)</span> SM SN SP   x. SA SB SC SM SN SP   x 3. . . SA SB SC. Theo Talet, ta có Do đó. VS . MNP VS . ABC. Theo giả thiết. S. VS . MNP 1 1 1   x3   x  3 . VS . ABC 2 2 2. Suy ra tam giác MNP là tam giác đều cạnh. P. M. a 3. 2. A. .. 2.  a  3 a2 3 Vậy diện tích SMNP   3  .  3 . Chọn D.  2  4 4 4   AB  AC Câu 91. Ta có   AB   ACD   AB  CE .     AB  CD. B. 1 D. Lại có BD     BD  CE .. 2  Từ 1 và 2 , suy ra CE   ABD   CE  AD.. F. Tam giác vuông ABC , có BC  AB 2  AC 2  a 2 .. E. Tam giác vuông DCB , có BD  BC  CD  a 3 . 2. Tam giác vuông DCB , có CD 2  DF .DB . C. N. 2. B. C 2. DF CD 1   . DB DB 2 3. A DE CD 2 1   . 2 DA DA 2  a3 DE DF 1 1 1 1 1    VD . EFC  .VD . ABC  . . a 2 .a   . Chọn C. .  36 6 6  3 2 DA DB 6. Tương tự, ta cũng có Suy ra. VD . EFC VD . ABC. Câu 92. Từ giả thiết, suy ra 1 AC 1 AD 1 AB  ;  ;  . AM 2 AN 3 AP 4 VA. BCD 1 AB AC AD 1 1 1 Ta có  . .     . VA. MNP AM AN AP 2 3 4 24. A D B. P. M. Suy ra VA. MNP  24.VA. BCD  24V . Chọn C. Câu 93. Thể tích khối tứ diện đều ABCD cạnh a là VABCD  Gọi P  EN  CD và Q  EM  AD . Suy ra P , Q lần lượt là trọng tâm của BCE và ABE .. C. N. a3 2 . 12 A. Gọi S là diện tích tam giác BCD , suy ra SCDE  SBNE  S .. M 1 S Q Ta có SPDE  .SCDE  . 3 3 D B Gọi h là chiều cao của tứ diện ABCD , suy ra h h P N d  M ,  BCD   ; d Q ,  BCD   . 2 3 C 1 S .h 1 S .h Khi đó VM . BNE  SBNE .d  M ,  BCD   . ; VQ . PDE  SPDE .d Q ,  BCD   3 27 3 6 S .h S .h 7S .h 7 S .h 7 Suy ra VPQD . NMB  VM . BNE VQ . PDE     .  .VABCD . 6 27 54 18 3 18. E.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> Vậy thể tích khối đa diện chứa đỉnh A là V  VABCD VPQD . NMB . 11 a 3 2 11 2 a 3  . . 18 12 216. Chọn B. Câu 94. Gọi E , F , I lần lượt là trung điểm của các. A. cạnh AC , BD, EF khi đó I là trọng tâm của tứ diện ABCD. Ta sẽ dựng mặt phẳng qua I song song với  BCD . Trong mặt phẳng  EBD  dựng đường thẳng qua I. F. P. song song với BD cắt FB, FD lần lượt tại M , N .. M. B. Qua M , N lần lượt kẻ các đường thẳng lần lượt. J. I Q. E. song song với BC , CD cắt AB, AC , AD lần lượt tại P , Q, J .. N. D. C. AP AJ AQ 3 AQ 3    .  , suy ra AB AD AC 4 AC 4 V AP AQ AJ 3 3 3 27 27   . .   A. PQJ  . Chọn C. . . AB AC AD 4 4 4 64 VPQJBCD 37. Do Q là trung điểm của EC  Ta có. VA. PQJ VA. BCD. Câu 95. Gọi E là trung điểm của BC . Qua B, C lần lượt kẻ đường thẳng song song với MN và cắt đường thẳng AE tại P , Q . S. A. N. A M. M. P E. C B. G. N. G. Q. C. B.  AB AP     AB AC AP AQ AP  AQ  AM AG  Theo định lí Talet, ta có       .  AC AQ AM AN AG AG AG     AG  AN  Mặt khác BPE  CQE   PE  QE  AP  AQ   AE  PE    AE  QE   2 AE . Do đó. AB AC 2 AE 3 1 1    2.  3    3 . Đặt AM AN AG 2 AM AN. Vì SABC là tứ diện đều  SG   ABC  và SG . 2 3.  AM  x  1 1     3.   x y   AN  y. ..  1 1 1 2 2 Do đó VSAMN  SAMN .SG   AM . AN sin 60 0 .SG  AM . AN  xy.  3 3  2 12 12 Ta có 3 . 1 1 2 2 4 2    xy   xy   Vmin  . Chọn C. x y 3 9 27 xy.

<span class='text_page_counter'>(9)</span> Câu 96. Gọi d là khoảng cách từ đỉnh A đến cạnh CD. Diện tích hình bình hành S ABCD  AB.d .. S. Ta có S MBCN  S ABCD  SAMN  SADN. 1 1 1 1  AB.d  AM .d  DN .d  AB.d  AB.d  AB.d 2 2 4 6 7 7  AB.d  S ABCD . 12 12 7 7 Vậy VS . MBCN .  VS . ABCD  .48  28. Chọn C. 12 12. A. B. C. N. D. M. Câu 97. Lưu ý: Tỉ số thể tích chỉ áp dụng cho khối chóp tam giác nên nếu đáy là tứ S giác ta chia đáy thành hai tam giác. Ta có VS . A ' B ' C ' D '  VS . A ' B ' C ' VS . A ' D ' C ' . Mà. VS . A ' B ' C ' SA ' SB ' SC ' 1 1 1 1   . .  . . . VS . ABC SA SB SC 2 2 2 8. B'. A'. 1 Suy ra VS . A ' B ' C '  .VS . ABC . 8. C'. D'. A. 1 Tương tự ta cũng có VS . A ' D ' C '  .VS . ADC . 8 D 1 1 1 1 Vậy VS . A ' B ' C ' D '  VS . ABC  VS . ADC  VS . ABC VS . ADC   VS . ABCD . 8 8 8 8 VS . A ' B ' C ' D ' 1 Suy ra  . Chọn C. VS . ABCD 8. Câu 98. Từ giả thiết suy ra A ' B '  AB  Ta có VS . A ' B ' C ' D '  VS . A ' B ' C ' VS . A ' D ' C ' . Mà. C. SC ' SD ' 1 SB ' SA ' 1   .   . Tương tự SC SD 3 SB SA 3 S. B'. A'. VS . A ' B ' C ' SA ' SB ' SC ' 1 1 1 1   . .  . . . VS . ABC SA SB SC 3 3 3 27.  VS . A ' B ' C ' . B. D' C'. 1 .VS . ABC . 27. A. B. 1 D VS . ADC . C 27 1 1 1 V  VS . ADC  VS . ABC VS . ADC   VS . ABCD  . Chọn C. 27 27 27 27. Tương tự ta cũng có VS . A ' D ' C '  Vậy VS . A ' B ' C ' D ' . 1 VS . ABC 27. Câu 99. Kẻ MN  CD.  N  CD  , suy ra ABMN là thiết diện của khối chóp.. Ta có VS . ABMN  VS . ABM VS . AMN .. S. V 1 1 1 SM  S . ABM    VS . ABM  VS . ABC  VS . ABCD . 2 2 4 VS . ABC SC . VS . AMN 1 1 SM SN .    VS . AMN  VS . ABCD . VS . ACD SC SD 4 8. 1 1 3 Do đó VS . ABMN  VS . ABCD  VS . ABCD  VS . ABCD . 4 8 8 V 3 5 Suy ra VABMNDC  VS . ABCD nên 1  . Chọn D. V2 5 8. M. N A. D C. B.

<span class='text_page_counter'>(10)</span> Câu 100. Tam giác vuông SAB , có SB  SA 2  AB 2  3. Gọi M là trung điểm AD   ABCM là hình vuông nên CM  AB  a .   tam giác ACD vuông tại C . Ta có VS . AHCD  VS . ACD VS . AHC .. AD 2. S.  1 1 1 2 ● VS . ACD  SACD .SA   AD. AB  SA  .  3 3  2 3 ●. VS . AHC 2 2 SH SA 2 2 .     VS . AHC  VS . ABC  3 9 VS . ABC SB SB 2 3. Vậy VS . AHCD . A. H. 2 2 4 2 . Chọn B.   3 9 9. M C. B. Câu 101. Gọi h, S lần lượt là chiều cao và diện tích đáy của khối chóp S . ABCD . Khi 1 đó VS . ABCD  S .h. Nối MN cắt SA tại E , 3 MC cắt AD tại F . Tam giác SBM có A, N lần lượt là trung điểm của BM và. D. S N E B. M. SB suy ra E là trọng tâm tam giác SBM . Tứ giác ACDM là hình bình hành nên F là trung điểm MC .. F. A. D. C. Ta có VBNC . AEF  VABCEN VE . ACF .. VS . ENC SE SN 2 1 1 1  .     VS . ENC  VS . ABC VS . ABC SA SB 3 2 3 3  1 2 2 1  VABCEN  VS . ABC   VS . ABCD   VS . ABCD .   3 3 3 2. . 1 1 1 1 1  VE . ACF  SACF .d  E ,  ACF   . S . h  VS . ABCD . 3 3 4 3 12 1 1 5 Do đó VBNC . AEF  VABCEN VE . ACF  VS . ABCD  VS . ABCD  VS . ABCD  V1 . 3 12 12 V 7 5 Suy ra V2  VS . ABCD   1  . Chọn A. 12 V2 7 SN SM   k. Khi đó mặt phẳng  MBC  chia SD SA S khối chóp thành hai phần là S .MBCN và AMBDNC . Ta có VS . MBCN  VS . MBC VS . MCN . N M V SM  k  VS . MBC  k.VS . ABC .  S . MBC  VS . ABC SA A D VS . MCN SM SN 2 2   .  k  VS . MCN  k .VS . ACD . VS . ACD SA SD C B 1 1 Từ giả thiết, ta có VS . MBCN  VS . ABCD  k.VS . ABC  k 2 .VS . ACD  VS . ABCD 2 2 VS . ABCD V  1 1 5 . Chọn B.   k.  k 2 . S . ABCD  VS . ABCD   k  k2  1  k  2 2 2 2. Câu 102. Kẻ MN  AD  N  SD   .

<span class='text_page_counter'>(11)</span> 1 Câu 103. Ta có V  S ABCD . AA ' và V1  SABD . AA '. 3 1 V Mà SABD  S ABCD   6. 2 V1. A' B'. D'. C' A. D. Suy ra V  6V1 . Chọn A. C. B Câu 104. Ta có VABC . A ' B ' C '  SABC .BB ' và. A'. B' C'. 1 VB ' BAD  SBAD .BB '. 3 VB ' BAD 1 1 Mà SBAD  SABC  k   . 2 VABC . A ' B ' C ' 6. B. A D. Chọn D. Câu 105. Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC . AG 2 Gọi E là trung điểm của BC   . AE 3 Đường thẳng d đi qua G và song song BC , cắt các cạnh AB, AC lần lượt tại M , N .. . C B'. A' C' M. A. AM AN AG 2    AB AC AE 3. N.  2   AM  AB  4  3   SAMN  SABC .   2 9  AN  AC   3  . G. B. E. C. 1. 1 Ta có VABC . A B C   SABC . AA ' và VA '. AMN  SAMN . AA '. 2  3 4 23 Từ 1 và 2 , suy ra VA '. AMN  VABC . A B C   VBMNC . A B C   VABC . A B C  . 27 27 VA '. AMN 4 Vậy  . Chọn B. VBMNC . A B C  23 Câu 106. Gọi H là hình chiếu của A trên mặt phẳng  A B C  . Suy ra HC  là hình chiếu của AC  trên mặt phẳng  A B C  ..    ,  A B C   AC , HC   AC H . Do đó 60 0  AC. A. C.  H  2 3. Tam giác AHC  , có AH  AC .sin AC 2 AC Diện tích tam giác SABC   4. 2 Suy ra VABC . A B C   SABC . AH  8 3.. 1 1 8 3 Ta có VA. A ' B ' C '  SA ' B ' C ' . AH  VABC . A B C   . 3 3 3 Suy ra VABCC B   VABC . A B C  VA. A B C  . 16 3 . Chọn D. 3. B. A'. C' H B'.

<span class='text_page_counter'>(12)</span> Câu 107. Ta có V  VAB ' D ' C  VAA ' B ' D ' VCC ' B ' D ' VD ' DAC VB ' BAC . Mà VAA ' B ' D '  VCC ' B ' D '  VD ' DAC  VB ' BAC . V . 6. D' B'. A'. V . 3 AB  1 AC 1 AD  1 Từ giả thiết, ta có  ;  ;  . AN 3 AM 2 AP 4 V 1 AB  AD  AC Ta có A. B D C  . .  24 VA. NPM AN AP AM Suy ra VAB ' D ' C . C'. D. C. V B A  8V . Chọn A. 3 Nhận xét: Công thức giải nhanh: Thể tích của khối tứ diện (4 đỉnh nằm trên hai 1 của khối lăng trụ tam giác. đường chéo của hai mặt đối diện) có thể tích bằng 3  m  n  p  C A Câu 108. Công thức giải nhanh VABC . MNP   V  3 B P AM BN CP M với m  , n , p . AA ' BB ' CC ' N 11 1 2 2 C' Áp dụng: m  , n  , p  , ta dược VABC . MNP  V . A' 2 3 3 18  VA. NPM  24VA. B D C  24.. Chọn D.. B'. VAMNPBCD Câu 109. Công thức giải nhanh  VABCDA ' B ' C ' D '. VAMNPBCD 1    Theo giả thiết, ta có VABCDA ' B ' C ' D ' 3. CN BM DP  CC '  BB ' DD ' . 2 2. 0. CN CN 2 CC '  1    . Chọn B. 2 3 CC ' 3. 0. 1 Câu 110. Trong mặt phẳng CDD ' C ' , kẻ MN  C ' D với N  CD . Suy ra CN  CD 4 và V1 là khối đa điện ABB ' NCM . B' D'. A'. N D. C'. A' M. B A. B'. C'. D'. A' B. C. C'. A. M. M C. N A. C. D. Ta chia khối hộp thành hai phần (như hình vẽ). Khi đó VABB '. NCM  VABB ' CM VMACN .  VABB ' CM. 1 0  1 5 1  4  .VABC . A ' B ' C '  . V . 3 12  2 .

<span class='text_page_counter'>(13)</span>  1 1 1 1 1  VMACN  . VC '. ADC  . VADC . A ' D ' C '   V .   96 4 4 16  3 V 7 25 7 Vậy V1  VABCMB ' VMACN  V  V2    1  . Chọn C. 32 32 V2 25 1 1 Nhận xét. Ta có VMACN  . VC '. ADC vì diện tích giảm 4 lần và chiều cao giảm 4 lần. 4 4.

<span class='text_page_counter'>(14)</span>