Thể tích trong phân chia khối đa diện - Nhóm Toán VD-VDC

NHÓM TOÁN VD–VDC NĂM H ỌC 2019 – 2020 https:/www.facebook.com/groups/toanvd. Trang 1 NHÓM TOÁN VD – VDC NHÓM TOÁN VD – VDC THỂ TÍCH TRONG PHÂN CHIA KHỐI ĐA DIỆN 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. Khi đó ta có các kết quả sau: . . . . S MNP S ABC V SM SN SP V 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. D A B C S M N Q PNHÓM TOÁN VD–VDC NĂM H ỌC 2019 – 2020 https:/www.facebook.com/groups/toanvd. Trang 2 NHÓM TOÁN VD – VDC NHÓM TOÁN VD – VDC Đặt , , , SA SB SC SD x y z t SM SN SP SQ     . Khi đó ta có các kết quả sau: + x z y t    + . . 4 S MNPQ S ABCD V x y z t V xyzt     Bài toán 3. Cho hình lăng trụ . ' ' ' ABC A B C . Một mặt phẳng   P cắt các cạnh bên ', ', ' AA BB CC lần lượt tại , , M N P như hình vẽ bên. Đặt , , A M B N C P x y z AA BB CC          Khi đó ta có . ' ' ' . ' ' ' 3 MNP A B C ABC A B C V x y z V    Bài toán 4. Cho hình lăng trụ . ' ' 'D' ABCD A B C . Một mặt phẳng   P cắt các cạnh bên ', ', ', DD' AA BB CC lần lượt tại , , , M N P Q như hình vẽ bên. Đặt , , , DD AM BN CP DQ x y z t AA BB CC         . Khi đó ta có + . x z y t    + . ' ' ' ' 4 2 2 ABCDMNQP ABCD A B C D V x y z t x z y t V         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 NHÓM TOÁN VD–VDC NĂM H ỌC 2019 – 2020 https:/www.facebook.com/groups/toanvd. Trang 3 NHÓM TOÁN VD – VDC 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 . A. 7 20 . B. 1 3 . C. 8 27 . D. 2 5 . Lời giải Chọn A Với hai số thực , x y thay đổi và tập hợp các điểm M thỏa mãn GM xSB y AC               là mặt 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 1 2 , , V V V lần lượt là thể tích của khối chóp . S ABC , khối đa diện SAEFHK và BCEFHK Ta có 2 . . H BCEF K HCF V V V           , , 1 1 5 1 2 1 . . . . 3 3 9 3 3 9 ABC SAC S ABC B SAC d S d S   5 2 7 27 27 27 V V V    1 2 20 27 7 27 V V V V           . Chọn A. 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   . A. 1 4 . B. 1 8 . C. 1 5 . D. 1 6 . Lời giải Chọn D K H F E G C B A SNHÓM TOÁN VD–VDC NĂM H ỌC 2019 – 2020 https:/www.facebook.com/groups/toanvd. Trang 4 NHÓM TOÁN VD – VDC NHÓM TOÁN VD – VDC Ta có M là trung điểm của B C   khi đó 1 2 EAF AA MF S S   và         , , d B AA MF d B AEF     . Vì . . . B AA MF ABF A B M B ABF V V V        . . 1 3 ABF A B M ABF A B M V V       . 2 3 ABF A B M V    Suy ra . 1 2 B EAF B AA MF V V     . 1 2 . . 2 3 ABF A B M V    . 1 1 . . 3 2 ABC A B C V     . 1 . 6 ABC A B C V     . 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   BMN chia khối chóp . S ABCD thành hai phần. Tỉ số thể tích giữa hai phần (phần lớn trên phần bé) bằng A. 7 5 . B. 1 7 . C. 7 3 . D. 6 5 . Lời giải Chọn A Giả sử các điểm như hình vẽ. E M F A A ' C C ' B B ' E N M F O A B C D S HNHÓM TOÁN VD–VDC NĂM H ỌC 2019 – 2020 https:/www.facebook.com/groups/toanvd. Trang 5 NHÓM TOÁN VD – VDC NHÓM TOÁN VD – VDC E SD MN E    là trọng tâm tam giác SCM , // DF BC F  là trung điểm BM . Ta có:       6 , 60 2 a SD ABCD SDO SO      , 2 2 7 2 a SF SO OF        2 6 1 7 , ; . 2 4 2 7 SAD a a d O SAD OH h S SF AD       1 6 MEFD MNBC V ME MF MD V MN MB MC         3 5 5 1 1 5 1 5 6 , 4 6 6 3 2 18 2 72 BFDCNE MNBC SBC SAD a V V d M SAD S h S           3 3 . . 1 6 7 6 . 3 6 36 S ABCD ABCD SABFEN S ABCD BFDCNE a a V SO S V V V        Suy ra: 7 5 SABFEN BFDCNE V V   Ví dụ minh họa 4: Cho lăng trụ . ABC A B C    có thể tích bằng V . Gọi 1 A , 1 B lần lượt là hai điểm nằm trên hai cạnh AA  và BB  sao cho 1 A là trung điểm của AA  và 1 5. 3. B B BB    . Tia 1 CA cắt tia C A   tại Q và tia 1 CB cắt tia C B   tại P . Thể tích khối đa diện lồi 1 1 A AQB B P   bằng: A. 29 30 V . B. 7 10 V . C. 37 90 V . D. 10 9 V . Lời giải Chọn A  Ta có: . . 1 2 1 . . 2 5 5 C A B C C QPC V C A C B V C Q C P              . . 1 5 5. 5. 3 3 C QPC C A B C V V V V               .  Mặt khác: 1 1 2 A A AA    , 1 3 5 B B BB    1 1 1 1 1 1 1 3 7 . 1 3 3 2 5 10 A B C A B C A B C ABC V A A B B CC V AA BB CC                                   1 1 7 7 10 10 A B C A B C A B C ABC V V V          . NHÓM TOÁN VD–VDC NĂM H ỌC 2019 – 2020 https:/www.facebook.com/groups/toanvd. Trang 6 NHÓM TOÁN VD – VDC NHÓM TOÁN VD – VDC  1 1 1 1 . A AQB B P C QPC A B C A B C V V V         5 7 29 3 10 30 V V V    . 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 2 ' CP C P  . Tính thể tích khối tứ diện BMNP theo V. A. 2 9 V . B. 3 V . C. 5 24 V . D. 4 9 V . Lời giải Chọn A Gọi B là diện tích tam giác ABC , h là độ dại đường cao của hình lăng trụ, suy ra . V B h  . Gọi Q là trung điểm AB , G là trọng tâm tam giác ABC . Gọi 1 V là thể tích khối chóp BMNP , 2 V là thể tích khối chóp MBNE với E QC MP   . Ta có 2 3 PE CE PC ME QF MQ    do // PC MQ và 2 PC PC   nên 2 3 PC PC MQ CC    . Ta có 1 1 2 2 1 1 3 3 V MP V V V ME     . NHÓM TOÁN VD–VDC NĂM H ỌC 2019 – 2020 https:/www.facebook.com/groups/toanvd. Trang 7 NHÓM TOÁN VD – VDC NHÓM TOÁN VD – VDC Do 2 8 , 2 3 3 GC QC CE QC GE GC CE QC       . Ta lại có 2 1 . 3 BNE V S h  . Ta tính diện tích tam giác BNE theo diện tích tam giác ABC ta có   8 8 3 3 BNE BGE NGE NQC BQC QBNC S S S S S S      . Mà 1 3 . 4 4 AQN QBCN ABC ABC S AQ AN S S S AB AC     do đó 8 2 3 BNE QBNC S S B   . Nên 2 1 1 2 . .2 . 3 3 3 BNE V V S h B h     1 2 1 2 3 9 V V V   . 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 tích khối đa diện có các đỉnh , , , , , M P Q E F N bằng A. 4 V . B. 2 V . C. 6 V . D. 3 V . Lời giải Chọn C Gọi h là chiều cao của hình hộp . ' ' ' ' ABCD A B C D . ABCD V h S   . Thấy hình đa diện MPQEFN là một bát diện nên . 1 1 1 2. 2. . . . . . . 3 2 3 MPQEFN N PQEF PQEF PQEF V V h S h S    Lại có: PQEF là hình bình hành và có 1 1 ; 2 2 PQ EF AC QE PF BD     nên 1 . 2 PQEF ABCD S S  Do đó: 1 1 1 1 . . . . . . . 3 3 2 6 6 MPQEFN PQEF ABCD ABCD V V h S h S h S     NHÓM TOÁN VD–VDC NĂM H ỌC 2019 – 2020 https:/www.facebook.com/groups/toanvd. Trang 8 NHÓM TOÁN VD – VDC 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 A. 27. B. 30. C. 18. D. 36 Lời giải Chọn B Mặt   MNPQ cắt các cạnh AA', BB',CC', DD'tại 1 1 1 1 , , , A B C D . Thể tích khối đa diện cần tìm là V , thì: 1 1 1 1 1 1 1 1 . ' ' ' ' '. '. '. '. 8.9 4 2 24 30 A B C D A B C D A QMA B MNB C PNC D QPD V V V V V V V V           . Ví dụ minh họa 5: Cho tứ diện ABCD có thể tích là V . Gọi , , , , M N P Q R lần lượt là trung 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 . NHÓM TOÁN VD–VDC NĂM H ỌC 2019 – 2020 https:/www.facebook.com/groups/toanvd. Trang 9 NHÓM TOÁN VD – VDC NHÓM TOÁN VD – VDC A. 2 5 V . B. 3 V . C. 2 V . D. 6 V . Lời giải Chọn B Gọi E là trung điểm BC . Gọi I là giao AE với MP thì 1 3 GI EI  nên         . . , 1 1 , 3 3 G MPQR E MPQR d G MPQR V V d E MPQR    . Gọi 1 EMPQRN V V  thì 1 1 4. 4. 8 2 AMNP V V V V V V      . Mặt khác do MNQE là hình bình hành nên EN cắt MQ tại trung điểm nên . . 1 1 2 4 N MPQR E MPQR V V V V    . NHÓM TOÁN VD–VDC NĂM H ỌC 2019 – 2020 https:/www.facebook.com/groups/toanvd. Trang 10 NHÓM TOÁN VD – VDC NHÓM TOÁN VD – VDC Mà . . 1 3 12 G MPQR E MPQR V V V   . Vậy . . 4 12 3 MNPQRG N MPQR G MPQR V V V V V V      . Ví dụ minh họa 6:Cho hình chóp tam giác đều . S ABC có cạnh đáy bằng a , đường cao 2a SH  . 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. 3 3 a . B. 3 3 2 a . C. 3 3 3 a . D. 3 4 3 3 a Lời giải Chọn C 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 3 . . 3 2 4 2 3 ABCIJK C ABJK C ABJ SABC a V V V V     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 , O H M A C B S I J K E G F O H M A C B S I J K E G FNHÓM TOÁN VD–VDC NĂM H ỌC 2019 – 2020 https:/www.facebook.com/groups/toanvd. Trang 11 NHÓM TOÁN VD – VDC 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 phẳng   ABCD . Tính tỉ số SM SA để thể tích khối đa diện . MNPQ M N P Q     đạt giá trị lớn nhất. A. 2 3 . B. 1 2 . C. 1 3 . D. 3 4 . Lời giải Chọn A Đặt SM k SA  với   0;1 k  . Xét tam giác SAB có // MN AB nên MN SM k AB SA   . MN k AB   Xét tam giác SAD có // MQ AD nên MQ SM k AD SA   . MQ k AD   Kẻ đường cao SH của hình chóp. Xét tam giác SAH có: // MM SH  nên MM AM SH SA   1 1 SA SM SM k SA SA         1 . MM k SH     . Ta có . . . MNPQ M N P Q V MN MQ MM         2 . . . . 1 AB AD SH k k   . Mà . 1 . . 3 S ABCD V SH AB AD    2 . . 3. . . 1 MNPQ M N P Q S ABCD V V k k        . Thể tích khối chóp không đổi nên . MNPQ M N P Q V     đạt giá trị lớn nhất khi   2 . 1 k k  lớn nhất. Ta có     3 2 2 1 . . 1 2 2 4 . 1 2 2 3 27 k k k k k k k k               . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi:   2 1 k k   2 3 k   . Vậy 2 3 SM SA  . N ' M ' Q ' Q P N A B C D S H M P'NHÓM TOÁN VD–VDC NĂM H ỌC 2019 – 2020 https:/www.facebook.com/groups/toanvd. Trang 12 NHÓM TOÁN VD – VDC 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 và BD sao cho 2 3 10 BC BD BM BN   . Gọi 1 V , 2 V lần lượt là thể tích của các khối tứ diện ABMN và ABCD . Tìm giá trị nhỏ nhất của 1 2 V V . A. 13 16 . B. 11 12 . C. 1 6 . D. 2 3 . Lời giải Chọn A Đặt AB x AM  ; AD y AN  , , 1 x y  . Ta có   . . 1 . .sin 1 1 2 . . 2 2 . .sin S AMN AMN S ABCD ABCD AM AN DAB V S AM AN V S AB AD yx AB AD DAB     . Theo bài ra 3 2 3 8 2 3 8 4 2 AB AD x y x y AM AN         . Suy ra . . 1 ; 1 2 3 2 4 2 S AMN S ABCD V y V y y           (do 1 x  ). Ta có   . 1 . 1 1 1 ; 1 2 8 3 S AMN S ABCD V V y V V y y        . Áp dụng BĐT Côsi ta có 2 3 8 3 3 (8 3 ) 16 2 y y y y            Suy ra 1 1 3 13 13 1 max 16 16 16 V V V V      . Dấu bằng xảy ra khi 4 , 2 3 y x   . NHÓM TOÁN VD–VDC NĂM H ỌC 2019 – 2020 https:/www.facebook.com/groups/toanvd. Trang 13 NHÓM TOÁN VD – VDC 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 M và N . Gọi 1 V là thể tích của khối chóp . S AMPN . Tìm giá trị nhỏ nhất của 1 V V ? A. 3 8 . B. 1 3 . C. 2 3 . D. 1 8 . Lời giải Chọn B Do    đi qua A , P , M , N nên bốn điểm này đồng phẳng. Áp dụng công thức . . 4. . . . S AMNP S ABCD V a b c d V a b c d     với SA a SA  , SC c SP  , SD d SM  , SB b SN  thỏa mãn a c b d    . Theo đề bài ta có: 1 SA SA  , 2 SC SP  và đặt 0 SD d SM   , 0 SB b SN   . Khi đó: 1 2 4.1.2. . V b d V b d      với 1 2 3 b d b d       . Vậy ta có: 1 2 1 2 3 3 4.1.2. . 4.2. . 4 V b d V V V b d V b d V bd              . Theo bất đẳng thức cơ bản:   2 9 1 4 4 4 9 b d bd bd      suy ra 3 3 4 1 . 4 4 9 3 V V bd     . Dấu “=” xảy ra 3 2 b d b d     . Vậy V V  có giá trị nhỏ nhất bằng 1 3 . I P N M S O C D A BNHÓM TOÁN VD–VDC NĂM H ỌC 2019 – 2020 https:/www.facebook.com/groups/toanvd. Trang 14 NHÓM TOÁN VD – VDC 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 N , P , Q . Giá trị lớn nhất của khối MNPQ là: A. 27 V . B. 16 V . C. 8 V . D. 54 V . Lời giải Chọn A + Tam giác ABN  có // MN AB MN N M AB N B     . + Tam giác ACP  có // MP AC MP P M AC P C    . + Tam giác ADQ  có // QM AD MQ Q M AD Q D     . Khi đó: MN MP MQ N M P M Q M AB AC AD N B P C Q D            Mà 1 MCD MBC MBD BCD BCD BCD S S S N M P M Q M N B P C Q D S S S             nên 1 MN MP MQ AB AC AD    Lại có 3 3 3 3 1 3 . . MN MP MQ MN MP MQ AB AC AD AB AC AD                   (Cauchy) 1 . . . . 27 MN MP MQ AB AC AD   . . MN MP MQ  lớn nhất khi MN MP MQ AB AC AD   NHÓM TOÁN VD–VDC NĂM H ỌC 2019 – 2020 https:/www.facebook.com/groups/toanvd. Trang 15 NHÓM TOÁN VD – VDC NHÓM TOÁN VD – VDC M  là trọng tâm tam giác BCD 1 3 MN MP MQ AB AC AD         // NPQ BCD  , 2 2 3 NPQ N P Q S S           , Mà 1 4 N P Q BCD S S     nên 1 9 NPQ BCD S S  và         1 , , 2 d M NPQ d A BCD  Vậy giá trị lớn nhất của khối tứ diện MNPQ là     1 . , 3 MNPQ NPQ V S d M NPQ      1 1 1 . . , 3 9 3 27 MNPQ BCD V V S d A BCD    , với     1 . , 3 ABCD BCD V S d A BCD V   Ví dụ minh họa 5: Cho hình lập phương . ' ' ' ' ABCD A B C D cạnh 1. Điểm , M N lần lượt nằm trên đoạn thẳng AC  và CD  sao cho 2 C M D N x C A D C       . Khi tứ diện CC NM  có thể tích lớn nhất thì giá trị của x bằng A 1 2 . B. 1 3 . C. 1 4 . D. 1 6 . Lời giải Chọn C Ta có. ' 2 2 2 2 2 2 2(1 2 ) CD D N x CN x x          , đk : 1 0 2 x   Ta có ' 3 3 AC C M x     B ' N A ' C ' C A D B D ' MNHÓM TOÁN VD–VDC NĂM H ỌC 2019 – 2020 https:/www.facebook.com/groups/toanvd. Trang 16 NHÓM TOÁN VD – VDC NHÓM TOÁN VD – VDC ' 1 . . . ( , ).sin( , ) 6 CC NM V C M CN d C M CN C M CN     1 . 6. (1 2 ). ( , ').sin( , ') 6 x x d C A CD C A CD     Do ( , ').sin( , ') d C A CD C A CD   không đổi nên tứ diện CC NM  có lớn nhất khi ( ) (1 2 ) g x x x   lớn nhất. Ta có 2 1 1 (2 1 2 ) 1 ( ) .2 (1 2 ) 2 2 4 8 x x g x x x       Dấu bằng xảy ra 1 2 1 2 4 x x x      . 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 1 V và 2 V   1 2 V V  . Tính tỷ số 1 2 V V . A. 1 3 . B. 1 2 . C. 2 3 . D. 2 . Lời giải Chọn B 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 CF MC  1  AE FD CF FD     CD  . Tương tự: FD GD CD    . NHÓM TOÁN VD–VDC NĂM H ỌC 2019 – 2020 https:/www.facebook.com/groups/toanvd. Trang 17 NHÓM TOÁN VD – VDC NHÓM TOÁN VD – VDC     . . 3 3 1 1 1 1 . . . . 3 2 3 2 6 6 3 AEFDA GD A AEFD A FDD G hh V V V A A AE DF AD A D FD GD DD V CD CD                    1 3 hh V V   2 2 3 hh V V   1 2 1 2 V V   . Câu 2: Cho khối hộp . ' ' ' ' ABCD A B C D . M là trung điểm ' ' C D . N là điểm trên cạnh AD sao cho 3 DN AN  . Mặt phẳng   ' B MN chia khối hộp thành hai phần có thể tích là 1 2 , V V thỏa mãn 1 2 V V  .Tỉ số 1 2 V V bằng A. 1 4 . B. 149 299 . C. 448 1344 . D. 299 448 . Lời giải Chọn B GọiV là thể tích khối hộp. Gọi: ' ' I BM A D   ; '; P RN DD   '; K RN AA   ' Q B K AB   . Ta có ' ' ' . ' ' . ' . AQNA B MD P K A B I I D PM K ANQ V V V V    . 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 . Ta có 1 3 AK KN AN DP NP ND    1 8 KN KI   1 ' ' 8 KA KQ KA KB    7 3 ' 4 3 1 ' ' 7 ' 7 ' 7 DP DP DP DP D P KA DD DD DD AA         . Khi đó ta có:         . ' ' ' ' 1 1 1 1 4 1 ; ' ' . ; ' ' . . . 3 3 2 2 7 21 I D PM D PM CDD C V d I CDD C S d I CDD C S V     .         . 1 1 1 1 1 1 1 ; . . '; . . . 3 3 7 2 4 8 1344 K ANQ AQN ABCD V d K ABCD S d A ABCD S V     .         . ' ' ' ' ' ' ' ' 1 1 8 8 ; ' ' ' ' . . ; ' ' ' ' . 3 3 7 21 K A B I A B I A B C D V d K A B C D S d A A B C D S V     . Suy ra ' ' ' . ' ' . ' . AQNA B MD P K A B I I D PM K ANQ V V V V    = 8 1 1 149 21 21 1344 448 V V          M N K Q I P D' C' B' A' D C B ANHÓM TOÁN VD–VDC NĂM H ỌC 2019 – 2020 https:/www.facebook.com/groups/toanvd. Trang 18 NHÓM TOÁN VD – VDC NHÓM TOÁN VD – VDC Khi đó 1 149 448 V V  , 2 149 299 1 448 448 V V V          . Vậy 1 2 149 299 V V  . Câu 3: 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 . A. 5 24 V . B. 4 V . C. 5 27 V . D. 7 24 V . Lời giải Chọn A Gọi Q là giao điểm của MN và A B   . Khi đó: 1 2 B Q AB   và N là trung điểm của MQ . Gọi E là giao điểm của B C   và PQ. Khi đó: 1 4 B E B C     và E là trung điểm của PQ. Gọi K là giao điểm của BC và NE . Khi đó 1 4 BK BC  . Ta có: EN là đường trung bình của MPQ  // NE MP    // NE CMP  hay   // NK CMP     ;( ) ;( ) d N CMP d K CMP     1 . ;( ) 3 CMNP CMPK CMK V V S d P ABC    Trong đó:   ;( ) d P ABC h  là chiều cao của lăng trụ.   1 1 1 1 . .sin sin 2 2 2 2 2 4 CMK MBC BMK ABC ABC AB BC S S S S BM BK ABC S ABC       = 1 1 5 2 8 8 ABC ABC ABC S S S   . E A C B B ' C ' A ' M N P Q KNHÓM TOÁN VD–VDC NĂM H ỌC 2019 – 2020 https:/www.facebook.com/groups/toanvd. Trang 19 NHÓM TOÁN VD – VDC NHÓM TOÁN VD – VDC 1 5 5 . 3 8 24 CMNP ABC V S h V    . Câu 4: Cho khối lăng trụ . ' ' ' A B C A B C . Trên , A C B C lần lượt lấy , M N sao cho 2 3 C M C B           1 2 C N C B          . Gọi K là giao điểm của M N và đường trung tuyến hạ từ đỉnh C của tam giác A B C , I là giao điểm của B K và A C , E là giao điểm của ' C I và ' C A , F là giao điểm của ' B C và  B C . Tính tỉ số thể tích của khối đa diện . C E F B I và khối lăng trụ . ' ' ' A B C A B C . A. 1 2 1 . B. 3 35 . C. 1 7 . D. 26 . 1 0 5 Lời giải Chọn B Gọi thể tích khối lăng trụ là V Gọi H là trung điểm 7 4 2. 4 7 C A C B C H C H C K A B C M C N C K C K C H        Áp dụng định lí Menelaus ta có: 3 2 2 . . 1 . . 2 1 4 3 5 C I H K B A C I C I C I I A C K B H I A I A C A        Ta có: 2 ' 5 ' ' ' 5 ' 7 I E I C C E E C A C C I     , mà ' . ' ' ' 1 1 5 5 . ' 2 2 7 1 4 C C E F C C I B C C I B C F V V V C B     . . ' 9 9 1 2 3 3 . . 1 4 1 4 3 5 3 5 3 5 C E F B I C E F B I C C I B V V V V V V       Câu 5: 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 1 V và 2 V biết   1 2 V V  . Tỉ số thể tích 1 2 V V bằng A. 4 5 . B. 7 8 . C. 7 11 . D. 7 9 . NHÓM TOÁN VD–VDC NĂM H ỌC 2019 – 2020 https:/www.facebook.com/groups/toanvd. Trang 20 NHÓM TOÁN VD – VDC NHÓM TOÁN VD – VDC Lời giải Chọn C Gọi ; N P lần lượt là trung điểm của BB  và CC  suy ra     // MNP ABC . Mặt phẳng    cắt các cạnh BB  và CC  lần lượt tại R và T . Gọi ; H K lần lượt là trung điểm của NP và RT . Mặt phẳng    tạo với   ABC một góc 30  suy ra  30 KMH   . Tam giác MNP đều cạnh a suy ra 3 2 a MH  và 3 1 .tan30 . 2 2 3 a a HK MH     . Ta có 3 . 1 1 1 3 3 . . . . . . . . 3 3 3 2 2 12 M NPTR NPTR a a a V MH S MH HK NP a     . Thể tích lặng trụ . ABC A B C    là 2 3 3 3 3. .3 4 4 a a V a   . Vậy 3 3 3 1 . 3 3. 3 7 3 2 8 12 24 M NPTR V a a V V a      3 3 3 2 . 3 3. 3 11 3 2 8 12 24 M NPTR V a a V V a      . Suy ra 1 2 7 11 V V  . Câu 6: 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 1 V và thể tích của khối lăng trụ đều . ABC A B C    là V . Tính tỷ số 1 V V ? A. 4 5 . B. 1 4 . C. 2 3 . D. 3 4 . Lời giải Chọn D NHÓM TOÁN VD–VDC NĂM H ỌC 2019 – 2020 https:/www.facebook.com/groups/toanvd. Trang 21 NHÓM TOÁN VD – VDC NHÓM TOÁN VD – VDC Thể tích khối lăng trụ . ABC A B C    là . A B C V AA S       . Gọi thể tích của khối đa diện lồi có các đỉnh là các điểm , , , , , A B C M N P là 1 V . Ta có 1 AA MP BB MN CC NP V V V V V        . ' ' ' 1 1 1 1 . . . 3 3 4 12 AA MP A MP A B C V AA S AA S V          . ' 1 1 1 1 . . . 3 3 4 12 BB MN B MN A B C V BB S BB S V            . 1 1 1 1 . . . 3 3 4 12 CC NP C NP A B C V CC S CC S V             . Vậy 1 3 3 12 4 AA MP BB MN CC NP V V V V V V V V           . Do đó 1 3 4 V V  Câu 7: Cho hình lăng trụ đứng . ABC A B C   , đáy là tam giác đều cạnh a , 2 AA a   . 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 1 2 ; V V với 1 V là thể tích khối đa diện chứa A. Đặt 1 2 V k V  , mệnh đề nào dưới đây đúng A.   0,6; 0,9 k  . B.   0,9; 1, 2 k  . C.   1,2; 1,5 k  . D.   1,5; 1,8 k  . Lời giải Chọn B NHÓM TOÁN VD–VDC NĂM H ỌC 2019 – 2020 https:/www.facebook.com/groups/toanvd. Trang 22 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 ; ABC h AA S S    ; ABCA B C V V     . 1 IKEC ENHC AIJM V V V V     1 3 1 1 1 1 1 1 1 1 1 . .( ) . . . . 3 2 8 4 3 2 8 3 2 4 2 h S S S h S h S V       . 1 2 1 V V   . Câu 8: 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 A. 7 24 . B. 1 4 . C. 1 3 . D. 5 24 . Lời giải Chọn D P N M C B A ' C ' B ' ANHÓM TOÁN VD–VDC NĂM H ỌC 2019 – 2020 https:/www.facebook.com/groups/toanvd. Trang 23 NHÓM TOÁN VD – VDC NHÓM TOÁN VD – VDC 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 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 . . AIMCJN J MNC M ACJI V V V           . 1 1 1 1 . , . . , 3 3 4 2 24 J MNC MNC ABC V V S d J ABC S d C ABC                 . 1 1 1 1 1 . , . . . , . . , 3 3 2 2 12 M ACJI ACJI ACC A ACC A V S d M ACC A S d B ACC A S d B ACC A              Mà     . 1 2 . , 3 3 ACC A B ACC A V S d B ACC A V          . 1 2 . 4 3 6 M ACJI V V V   Vậy 5 5 . 24 6 24 24 AIMCJN AIMCJN V V V V V V      Câu 9: Cho hình lăng trụ đứng . ABCD A B C D     có 2 AA a   , đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B có , 2 AB BC a AD a    . 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 1 V là thể tích khối đa diện chứa đỉnh A . Tính 1 V ? A. 3 1 5 9 V a  . B. 3 1 7 9 V a  . C. 3 1 11 24 V a  . D. 3 1 13 24 V a  . Lời giải Chọn D J I P N M C B A ' C ' B ' ANHÓM TOÁN VD–VDC NĂM H ỌC 2019 – 2020 https:/www.facebook.com/groups/toanvd. Trang 24 NHÓM TOÁN VD – VDC NHÓM TOÁN VD – VDC Tứ giác ABCM là hình vuông 1 2 CM AB a AD     ACD   vuông tại C . Ta có   AC CD AC CDD C AC CC           mà     P CDD C      // AC P        , P ABCD MN N CD     sao cho // MN AC . Gọi , MN BC I IQ CC P      .         // , AC P P ACC A PR R AA        sao cho // PR AC . Thiết diện của hình lăng trụ . ABCD A B C D     cắt bởi   P là ngũ giác MNPQR . 1 . . . . Q ACPR Q ABC M ACPR P MCN V V V V V           1 1 1 1 1 1 , . . . . , . . . . 3 3 2 3 3 2 d B ACPR AC CP QB AB BC d M AC AC CP CP MN CN     2 3 1 1 1 1 2 . . . 2 . . 2. . . 3 2 6 3 2 6 2 2 2 2 a a a a a a a a a             3 13 24 a  . Câu 10: Cho hình chóp . S ABC có đáy là tam giác đều cạnh 2a ,  0 ( ,( )) 60 SB ABC  , ( ) SA ABC  . Mặt phẳng ( )  qua B và vuông góc với SC phân chia khối chóp . S ABC thành hai khối đa diện. Gọi 1 V là thể tích của khối đa diện mà chứa đỉnh S . Tính tỉ số 1 . S ABC V V . A. 15 . 16 B. 5 . 8 C. 3 . 4 D. 2 . 3 Lời giải NHÓM TOÁN VD–VDC NĂM H ỌC 2019 – 2020 https:/www.facebook.com/groups/toanvd. Trang 25 NHÓM TOÁN VD – VDC NHÓM TOÁN VD – VDC Chọn A Gọi E là trung điểm AC , kẻ ( ) ED SC D SC   . Ta có ( ) BE AC BE SAC BE SC BE SA          Vậy ( ) SC ED SC BED SC BE        suy ra ( ) ( ) BED   . Ta có    0 0 ( ,( )) 60 60 SB ABC SBA SCA     (vì ) SAB SAC     4 SC a  , 0 .cos60 2 a CD EC   . 1 8 CD CS   . Ta lại có . . . 1 1 1 15 . . . 8 2 16 16 C BED SABED S ABC S ABC V V CD CE V CS CA V      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 1 V , khối đa diện còn lại có thể tích 2 V . Tỉ số 1 2 V V là: A. 7 11 . B. 11 7 . C. 13 5 . D. 2 . Lời giải Chọn B E A B C S DNHÓM TOÁN VD–VDC NĂM H ỌC 2019 – 2020 https:/www.facebook.com/groups/toanvd. Trang 26 NHÓM TOÁN VD – VDC NHÓM TOÁN VD – VDC Ta có: Thể tích khối tứ diện ABCD là 3 2 1 12 3 a V Sh   với BCD S S   ,     , h d A BCD  . Gọi P EN CD   , Q EM AD   , I là trung điểm đoạn thẳng BD . Dễ thấy, 4 9 9 4 PDE NEI NEI PDE S S S S        . Mà 1 1 4 4 BNI BCD S S S     3 4 NEI S S    . Do đó 1 3 PDE S S   . Lại có,     , 2 h d M BCD  ,     , 3 h d Q BCD      1 , 3 2 MBNE BNE V V S d M BCD     ,     1 , 3 9 QPDE PDE V V S d Q BCD    . Từ đó suy ra 2 7 2 9 18 QPDMNB V V V V V     , 1 7 11 18 18 V V V V    . Vậy 1 2 11 7 V V  . Câu 12: Cho khối chóp đều . S ABCD có cạnh đáy bằng 2 a , biết khoảng cách từ tâm O của đáy đến mặt bên bằng 2 a . Gọi , E F lần lượt là trung điểm của các cạnh , SB SC ; M là điểm trên cạnh SD sao cho 2 MS MD  . Mặt phẳng   MEF cắt SA tại . N Tính theo a thể tích khối chóp . . S EFMN A. 3 7 2 . 108 a B. 3 2 . 9 a C. 3 2 . 36 a D. 3 7 2 . 36 a Lời giải Chọn A NHÓM TOÁN VD–VDC NĂM H ỌC 2019 – 2020 https:/www.facebook.com/groups/toanvd. Trang 27 NHÓM TOÁN VD – VDC NHÓM TOÁN VD – VDC Gọi I là trung điểm BC . Dựng     , OH SI H SI OH SBC     2 2 2 1 1 1 2 2 a OS OH OS OI     . 3 2 . 1 2 2 . .2 3 2 3 S ABCD a a V V a    . . . . . . . . . 2 2 1 9 9 9 1 1 1 6 6 12 S MNF S MNF S DAC S DAC S NEF S NEF S ABC S ABC V V V V V V V V V V         ; Suy ra 3 3 . 7 7 2 7 2 . 36 36 3 108 S MNEF a a V V    Câu 13: Cho hình chóp . S ABCD có đáy là hình bình hành và có thể tích là V . Điểm E thuộc cạnh SC sao cho 1 3 SE SC  , một mặt phẳng qua AE cắt các cạnh SD và SB lần lượt tại M và N . Gọi 1 V là thể tích khối chóp . S AMEN . Tìm giá trị nhỏ nhất của 1 V V ? A. 1 9 . B. 1 6 . C. 1 3 . D. 1 12 . Lời giải Chọn B Đặt  SM x SB ,  SN y SD , 0 x  , 1 y  . NHÓM TOÁN VD–VDC NĂM H ỌC 2019 – 2020 https:/www.facebook.com/groups/toanvd. Trang 28 NHÓM TOÁN VD – VDC NHÓM TOÁN VD – VDC Vì    SA SC SB SD SA SE SM SN nên 1 1 1 3 . 4 1 x y x y x       Khi đó . . 1 . . 1 1 1 1 1 1 . . . . . . . . . . . 2 2 2 2 2 3 2 3 S ANE S AME S ADC S ABC V V V SA SN SE SA SM SE y x V V V SA SD SC SA SB SC         1 1 . 6 6 4 1 x x y x x            Vì 0 x  , 0 y  nên 1 1. 4 x   Xét hàm số   1 6 4 1 x f x x x          trên 1 ;1 . 4       Ta có     2 1 1 1 6 4 1 f x x             .   1 0 2 f x x     . Bảng biến thiên x 1 4 1 2 1   f x  – 0    f x   1 6 2 9 Vậy giá trị nhỏ nhất của 1 V V bằng 1 6 . Câu 14: Cho khối tứ diện ABCD có thể tích bằng 1. Trên cạnh AB lấy điểm M sao cho 2 BM 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 A. 7 9 . B. 5 16 . C. 7 18 . D. 5 8 . Lời giải Chọn C NHÓM TOÁN VD–VDC NĂM H ỌC 2019 – 2020 https:/www.facebook.com/groups/toanvd. Trang 29 NHÓM TOÁN VD – VDC NHÓM TOÁN VD – VDC Ta thấy               / / NP MNP 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 : . 1 1 . .1 4 4 NCP A NCP ABCD BCD S V V S    . . . . 1 1 1 1 1 . . . . . 3 3 3 4 12 BNP A MNP A BNP A BNP ABCD BCD S AM V V V V AB S      . . . 1 1 1 . . . . 3 3 18 BPD A MPQ A BPD ABCD BCD S AM AQ V V V AB AD S    . Vậy 1 1 1 7 4 12 18 18 MAQNCP V     . 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 1 , V V lần lượt là thể tích của các khối chóp . S AHKMNF và . S ABCDEF . Tính tỉ số 1 V V A. 1 V V  1 3 . B. 1 V V  1 9 . C. 1 V V  13 36 . D. 1 V V  14 27 . Lời giải Chọn C Q P N B D C A MNHÓM TOÁN VD–VDC NĂM H ỌC 2019 – 2020 https:/www.facebook.com/groups/toanvd. Trang 30 NHÓM TOÁN VD – VDC NHÓM TOÁN VD – VDC Gọi J AM SO   . 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 2 3 SJ SO  Mà / / HN BE suy ra 2 3 SH SN SJ SB SE SO    Lại có / / MK CD suy ra 1 2 SK SM SC SD   Khi đó: . . . . . 1 . . S AHKMNF S AHK S AKM S AMF S FMN S ABCDEF S ABCDEF V V V V V V V V V      . . . . . . . . S AHK S AKM S AMF S FMN S ABCDEF S ABCDEF S ABCDEF S ABCDEF V V V V V V V V     . . . . . . . . 6 3 3 6 S AHK S AKM S AMF S FMN S ABC S ACD S ADF S FDE V V V V V V V V     (vì . . . . . 6 3 3 6 S ABCDEF S ABC S ACD S ADF S FDE V V V V V     ) 1 1 1 1 . . . . . . . 6 3 3 6 SH SK SK SM SM SM SN SB SC SC SD SD 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      . K H N J M F A B C D E S ONHÓM TOÁN VD–VDC NĂM H ỌC 2019 – 2020 https:/www.facebook.com/groups/toanvd. Trang 31 NHÓM TOÁN VD – VDC NHÓM TOÁN VD – VDC Câu 16: Cho hình chóp đều . S ABCD có các cạnh bên tạo với đáy góc 45 o và thể tích bằng 3 8 2 6 a . Mặt phẳng    thay đổi song song với mặt phẳng   ABCD lần lượt cắt các cạnh , , , SA SB SC SD 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 . MNPQ ABCD bằng 3 7 . Tính chiều cao của hình chóp cụt . MNPQ ABCD ? A. 2 . 2 a B. 2. a C. 2 . 4 a D. . a Lời giải Chọn A Đặt AB x  thì 2 S ABCD x  và 2 2 x DO  . Ta có       , 45 o SD ABCD SDO   , do đó: 2 2 x SO DO   . Mà 3 3 2 . 1 2 2 8 2 . . 2 3 2 6 6 S ABCD x x a V x x a      . Đặt MN y  và h là chiều cao của hình chóp cụt . MNPQ ABCD . Suy ra 2 . MNPQ M N P Q V y h      và   2 2 1 1 2 2 . . 3 3 MNPQ ABCD x xy y h S S S S V h       Theo bài: 2 . 2 2 . 3 MNPQ M N P Q MNPQ ABCD V y V x xy y        NHÓM TOÁN VD–VDC NĂM H ỌC 2019 – 2020 https:/www.facebook.com/groups/toanvd. Trang 32 NHÓM TOÁN VD – VDC NHÓM TOÁN VD – VDC 2 2 2 2 2 3 3 4 2 7 6 2 4 0 y a ay y y ay a y a           Khi đó: 1 1 2 2 2 2 y SO h a h x SO       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 3 h  và diện tích đáy 27 S  . Gọi , , G I K lần lượt 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 . A. 15. B. 16. C. 18. D. 21. Lời giải Chọn B NHÓM TOÁN VD–VDC NĂM H ỌC 2019 – 2020 https:/www.facebook.com/groups/toanvd. Trang 33 NHÓM TOÁN VD – VDC 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. Nhận xét: 3 . ' ' ' ' ' '. . 2 19 . 3 27 M A B C MABC A B C ABC M ABC V V V V          . 3 . ' . ' . ' ' ' . . 1 1 1 1 1 2 1 . . . . 2 2 4 2 4 3 27 B B GK M B GK M A B C M ABC M ABC V V V V           Vậy . ' ' '. . ' . . 16 16 1 3 . 16 27 27 3 GKI ABC A B C ABC B B GK M ABC ABC MNP V V V V V      . Câu 2: 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 3 AC 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 . C. 10 3 9 . D. 2 3 3 . Lời giải Chọn C 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: . . M AA C N M A B C V V V        . Ta có   1 1 2 8 .2. 2 2 2 3 3 AA C N S AA AN A C                 . Gọi H là trung điểm của AC thì   BH ACC A    và 3 BH  (do ABC là tam giác đều cạnh bằng 2 ), suy ra         1 1 3 , , 2 2 2 d M ACC A d B ACC A BH        . Suy ra     . 1 1 3 8 4 3 , . . . 3 3 2 3 9 M AA C N AA C N V d M ACC A S          . NHÓM TOÁN VD–VDC NĂM H ỌC 2019 – 2020 https:/www.facebook.com/groups/toanvd. Trang 34 NHÓM TOÁN VD – VDC NHÓM TOÁN VD – VDC     . 1 1 4 3 2 3 , . .2. 3 3 4 3 M A B C A B C V d M A B C S              Vậy . . 4 3 2 3 10 3 9 3 9 M AA C N M A B C V V V           . Câu 3: Cho hình lăng trụ đứng . ' ' ' ABC A B C có  0 ' 2 , , 90 AA a AB BC a ABC     . 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. 3 14 81 a . B. 3 16 81 a . C. 3 14 49 a . D. 3 16 27 a . Lời giải Chọn A +)Ta có . . AEBDF A BDF E BDF V V V   +) . . ' ' ' ' 2 1 1 . . . . . . ' ' 3 3 3 A BDF A B BC BB C AD AB AF V V AB S AB AB AC   3 2 1 2 . . .2 . 27 2 27 a a a a   +)     . 1 ; . 3 E BDF BDE V d F BDE S   +)Ta có             2 ; ; ' ; ' 3 d F BDE d F BMC d A BMC           2 4 .2. '; ' '; ' 3 3 d B BMC d B BMC   . +) Mặt khác tứ diện ' ' B BMC có 3 góc đỉnh ' B vuông nên:     2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 21 ' ' ' ' 4 4 '; ' 4 a B B B M B C a a a d B BMC        . NHÓM TOÁN VD–VDC NĂM H ỌC 2019 – 2020 https:/www.facebook.com/groups/toanvd. Trang 35 NHÓM TOÁN VD – VDC NHÓM TOÁN VD – VDC Suy ra     2 21 '; ' 21 a d B BMC      4 2 21 8 21 ; . 3 21 63 a a d F BDE    . +) ' 4 9 BDE BMC S S    , tam giác ' BMC có: 2 2 17 ' 5, 4 4 2 a a BC a BM a     , 5 ' 2 a MC  . Từ đó suy ra 2 ' 21 4 BMC a S   2 21 9 BDE a S    . Nên 2 3 . 1 8 21 21 8 . . 3 63 9 81 E BDF a a a V   . Vậy 3 3 3 . . 2 8 14 27 81 81 AEBDF A BDF E BDF a a V V V a      Câu 4: 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 A. 8 3 . B. 16 9 . C. 16 3 . D. 8 9 . Lời giải Chọn C Ta có . 48 ABC A B C V     . Gọi M là trung điểm của AC . Ta có: . . 2 1 1 . . 3 2 3 B GIC B MA C V BG BI V BM BA          . . 1 1 3 B GIC B MA C V V      . Mặt khác     , , 1 1 1 . . 2 2 2 MA C AA C ACC A M A C A A C S d A C d A C S S                     . Mà . . 1 2 B MA C MA C B ACC A ACC A V S V S              . . 1 2 2 B MA C B ACC A V V       . NHÓM TOÁN VD–VDC NĂM H ỌC 2019 – 2020 https:/www.facebook.com/groups/toanvd. Trang 36 NHÓM TOÁN VD – VDC NHÓM TOÁN VD – VDC Lại có   . . 2 2 . .48 32 3 3 3 B ACC A ABC A B C V V         . Từ     1 , 2 và   3 suy ra . 16 3 B GIC V   . Câu 5: 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. C. 14. D. 18. Lời giải Chọn A  Gọi 1 1 1 , , P Q R lần lượt là các giao điểm của ', ', ' CC AA BB và mặt phẳng   PQR .  Đặt   . ' ' ' V V ABC A B C  và   1 V V PQRABMN  , ta có 72 V  .  Lại có: 1 1 1 1 36 2 ABCPQ R V V   và   1 1 1 1 1 1 1 * ABCPQ R AQ RP BR PQ CMNPQR V V V V V     . NHÓM TOÁN VD–VDC NĂM H ỌC 2019 – 2020 https:/www.facebook.com/groups/toanvd. Trang 37 NHÓM TOÁN VD – VDC NHÓM TOÁN VD – VDC  Vì 1 1 ' ' ' . . 1 '. ' ' 8 AQ PR AA C B V AQ AR AP V AA AC AB   mà ' ' ' 1 24 3 AA C B V V   nên 1 3 AQ PR V  . Tương tự có 1 3 BR PQ V  .  Do 1 CMNPQR là hình lăng trụ tam giác nên     1 1 1 . , 9 8 CMNPQR CMN V S d P ABC V     .  Thay vào   1 1 * 36 3 3 9 21 V V        . Câu 6: Cho lăng trụ đứng tam giác . ' ' ' ABC A B C . Gọi , , , M N P Q là các điểm lần lượt thuộc các cạnh ', ', ', ' ' AA BB CC B C thỏa mãn 1 ' 2 AM AA  , 1 ' 3 BN BB  , ' 1 ' ' 5 C Q B C  . Gọi 1 2 , V V lần lượt là thể tích khối tứ diện MNPQ và khối lăng trụ . ' ' ' ABC A B C . Tính tỷ số 1 2 V V . A. 1 2 11 30 V V  . B. 1 2 11 45 V V  . C. 1 2 19 45 V V  . D. 1 2 22 45 V V  . Lời giải . Chọn B Đặt   , ' , , 0 BC a CC b a b    . Diện tích tam giác ' NPQ là:   ' ' ' ' ' ' ' 11 30 NPQ BCC B NB Q PC Q BCPN ab S S S S S      Suy ra: . ' '. ' ' 11 30 M NPQ A BCC B V V  . Tức là: 1 '. ' ' 11 30 A BCC B V V  . Mặt khác: '. ' ' '. . ' ' ' '. ' ' 2 2 '. ' ' 2 1 2 3 3 A BCC B A ABC ABC A B C A BCC B A BCC B V V V V V V V V        b a Q ' P N M B ' C ' A C B A 'NHÓM TOÁN VD–VDC NĂM H ỌC 2019 – 2020 https:/www.facebook.com/groups/toanvd. Trang 38 NHÓM TOÁN VD – VDC NHÓM TOÁN VD – VDC Do đó: 1 1 2 2 11 11 2 30 45 3 V V V V    . Câu 7: Cho khối lăng trụ ' ' ' . ABC A B C , gọi , , M N P là tâm của ba mặt bên ' ' ' ' ' ' , , 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 1 2 G G MNP . A. 2 . B. 6. C. 4 . D. 3. Lời giải Chọn A 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 1 4 4 MNP HTK S S S   ,     , 2 h d G MNP  Mà     ' ' ' ' . . 1 2 1 2 2. , . . . . 2 3 3 2 4 12 G MNP MNP GG MNP ABC A B C h S V V d G MNP S V      Câu 8: 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 . 3 V B. 1 . 4 V C. 2 . 9 V D. 3 . 10 V Lời giải Chọn A F E P N M A B C C ' B ' A ' T H K G G 'NHÓM TOÁN VD–VDC NĂM H ỌC 2019 – 2020 https:/www.facebook.com/groups/toanvd. Trang 39 NHÓM TOÁN VD – VDC NHÓM TOÁN VD – VDC  Gọi T là trung điểm của PS thì . MNP QRT là hình lăng trụ. Lúc đó: . . MNPQRS MNP QRT T QRS V V V     1  Vì: ' ' . ' ' ' 1 . 4 1 3 MNP ABB A C A B C S S V V          nên . ' ' . . 2 3 3. C ABB A MNP QRT Q MNP V V V V          2    2 . . . ' ' . ' ' 3 3 3 2 1 3. . 4 8 8 3 4 MNP QRT Q MNP Q ABB A C ABB A V V V V V V         3  Lúc đó: . . . . ' ' 1 1 1 1 1 2 1 . . 2 2 2 4 8 3 12 T QRS P QRS A QRS A BCC B V V V V V V        4    1 ,   3 và   4 suy ra: 1 1 1 4 12 3 MNPQRS V V V V    .  Vậy 1 3 MNPQRS V V  . . 5 5 36 36       ABCD A B C D V Câu 9: 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 ; 3 '           BN BC ; 3 2 '           CP CD và 3 2 '           AQ AD . Biết rằng 1 , V V 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 1 V V bằng A. 16 27 . B. 7 12 . C. 5 12 . D. 11 27 . Lời giải NHÓM TOÁN VD–VDC NĂM H ỌC 2019 – 2020 https:/www.facebook.com/groups/toanvd. Trang 40 NHÓM TOÁN VD – VDC NHÓM TOÁN VD – VDC Chọn D Đặc biệt hóa . ' ' ' ' ABCD A B C D thành hình lập phương có cạnh bằng 6 216   V . Ta có 1 . . . . .      A MRLQ C TSPN B RMNT D LSPQ BLQM TSPN V V V V V V       . 1 1 1 . ; . 2 4 .4 2.2 2 16 3 3 2     A MRLQ MRLQ V S d A MRLQ     . 1 1 8 . ; .2 2.2. 2 3 3 3    B RMNT RMNT V S d B RMNT ;     . 1 1 16 . ; .2 2.4. 2 3 3 3    D LSPQ LSPQ V S d D LSPQ ;   . 1 . 4 2 .4 2.2 2 48 2     RLQM TSPN RLQM V S RT . Suy ra 1 1 8 16 11 16.2 48 88 3 3 27        V V V . 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: A. 7 24 . B. 5 24 . C. 7 36 . D. 5 36 . NHÓM TOÁN VD–VDC NĂM H ỌC 2019 – 2020 https:/www.facebook.com/groups/toanvd. Trang 41 NHÓM TOÁN VD – VDC NHÓM TOÁN VD – VDC Qua G kẻ đường thẳng song song với AM, cắt AA’ tại K. Khi đó: GK // AM // I’C’  GK // (DI’C’).     1 1 ,( ) . ,( ) . 3 3                 GI C D I C D I C D KI C D V d G I C D S d K I C D S V Và 2 3        A K A G GK A A A M AM Ta có: ' 1 1 1 5 1 6 4 6 12                          I KD ADA D A I K I D D KAD ADA D ADA D S S S S S S S Suy ra     ' 1 1 5 ,( ) . ,( ) . 3 3 12              GI C D KI C D I KD ADA D V V d D I C D S d D ADD A S Câu 11: Cho hình chóp . S ABCD có ABCD là hình chữ nhật. 1, 2 AB AD   . SA vuông góc với đáy và 3 SA  . 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 A. 17 130 . B. 113 130 . C. 81 130 . D. 147 130 . Lời giải Chọn A Ta có 2 2 2 2 2 2 2 2 2 13, 10, 5 SD SA AD SB SA AB BD AB AD          K I ' G M D ' C ' B ' D A B C A 'NHÓM TOÁN VD–VDC NĂM H ỌC 2019 – 2020 https:/www.facebook.com/groups/toanvd. Trang 42 NHÓM TOÁN VD – VDC NHÓM TOÁN VD – VDC Ta có 2 2 2 . 9 9 13 13 SN SN SD SA SN SD SD SD SD      , Tương tự ta có 2 2 9 9 10 10 SM SA SM SB SB SB     , 2 2 4 4 5 5 DP DA DP DB DB DB     . Ta có thể tích khối đa diện . . . ABMNP S ABD S AMN D ANP V V V V    . +) Ta có thể tích khối tứ diện . 1 . . 1 6 S ABD V AS AB AD   . +) . . . . . 9 9 81 81 . . 10 13 130 130 S AMN S AMN S ABD S ABD V SM SN V V V SB SD      . +) . . . . . 9 4 16 16 . 1 . . 13 5 65 65 D ANP D ANP S ABD D ASB V DN DP SD SN DP V V V DS DB SD DB                     Vậy . . . . 81 16 17 17 1 .1 130 65 130 130 ABMNP S ABD S AMN D ANP S ABD V V V V V               . 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 . C. 17675 18 . D. 4040 3 . Lời giải Chọn B M O C A B D S N PNHÓM TOÁN VD–VDC NĂM H ỌC 2019 – 2020 https:/www.facebook.com/groups/toanvd. Trang 43 NHÓM TOÁN VD – VDC NHÓM TOÁN VD – VDC 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 . Ta có: . MNABCD I ADNM V V V    . . MNABCD M ABCD MNCD V V V   Vì M là trọng tâm         . 1 1 ; ; 3 3 M ABCD SAB d M ABCD d S ABCD V V      . Vì N là trọng tâm 1 3 NCD SCD SCD S S      Lại có             2 2 ; ; ; 3 3 d M SCD d E SCD d A SCD   Từ đó suy ra . 2 1 9 9 MNCD A SCD V V V   . I ADNM AMNI BAIN V V V   4 9 SMN SEF S S    ; 1 1 3 6 SMI SEO SEF S S S   ; 1 1 3 6 SNI SFO SEF S S S   Suy ra 1 9 IMN SEF S S  1 1 9 36 AMNI ASEF V V V    Gọi K là giao điểm của AN và MD Vì 2 2 3 3 MN EF AD   2 3 1 3 2 24 DANI MANI KM V V V KD      Vậy 1 1 1 1 37 18685 3 9 36 24 72 18 V V V V V V        K N F M I E O C A D B SNHÓM TOÁN VD–VDC NĂM H ỌC 2019 – 2020 https:/www.facebook.com/groups/toanvd. Trang 44 NHÓM TOÁN VD – VDC NHÓM TOÁN VD – VDC Câu 13: Cho hình chóp đều . S ABCD có các cạnh bên tạo với đáy góc 45 o và thể tích bằng 3 8 2 6 a . Mặt phẳng    thay đổi song song với mặt phẳng   ABCD lần lượt cắt các cạnh , , , SA SB SC SD 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 . MNPQ ABCD bằng 3 7 . Tính chiều cao của hình chóp cụt . MNPQ ABCD ? A. 2 . 2 a B. 2. a C. 2 . 4 a D. . a Lời giải Chọn A Đặt AB x  thì 2 S ABCD x  và 2 2 x DO  . Ta có       , 45 o SD ABCD SDO   , do đó: 2 2 x SO DO   . Mà 3 3 2 . 1 2 2 8 2 . . 2 3 2 6 6 S ABCD x x a V x x a      . Đặt MN y  và h là chiều cao của hình chóp cụt . MNPQ ABCD . Suy ra 2 . MNPQ M N P Q V y h      và   2 2 1 1 2 2 . . 3 3 MNPQ ABCD x xy y h S S S S V h       . Theo bài: 2 . 2 2 . 3 MNPQ M N P Q MNPQ ABCD V y V x xy y        NHÓM TOÁN VD–VDC NĂM H ỌC 2019 – 2020 https:/www.facebook.com/groups/toanvd. Trang 45 NHÓM TOÁN VD – VDC NHÓM TOÁN VD – VDC 2 2 2 2 2 3 3 4 2 7 6 2 4 0 y a ay y y ay a y a           Khi đó: 1 1 2 2 2 2 y SO h a h x SO       . Câu 14: Cho hình chóp ABCD S. đáy là hình bình hành tâm O có thể tích bằng V .Lấy điểm ' S đối xứng với S qua O . Trên các cạnh A S SA ' , lần lượt lấy các điểm E M, sao cho ' 2 , 2 ES AE MS AM   . Mặt phẳng    đi qua M và song song với ) (ABCD cắt các cạnh SD SC SB , , lần lượt tại Q P N , , . Mặt phẳng    đi qua E và song song với ) (ABCD cắt các cạnh D S C S B S ' , ' , ' lần lượt tại H G F , , . Thể tích của khối đa diện có các đỉnh H G F E Q P N M , , , , , , , là A. 9 4V . B. 9 2V . C. 3 4V . D. 27 4V . Lời giải Chọn A Ta có khối đa diện có các đỉnh H G F E Q P N M , , , , , , , là khối lăng trụ có đáy là MNPQ và EFGH Do đó )) ( , ( )) ( , ( . . . 3 1 . ABCD S ABCD EFGH M MNPQ ABCD S EFGH MNPQ d S d S V V  Ta thấy MNPQ và ABCD đồng dạng với nhau theo tỷ số 3 1    SA SM AB MN k Suy ra 9 1 2   k S S ABCD MNPQ Mặt khác   3 4 3 2 . 2 . 2 2 ) ( , )) ( , ( )) ( , ( )) ( , (     SA MA d d d d ABCD S ABCD M ABCD S EFGH M Q H G F E S ' B C D A P N M SNHÓM TOÁN VD–VDC NĂM H ỌC 2019 – 2020 https:/www.facebook.com/groups/toanvd. Trang 46 NHÓM TOÁN VD – VDC NHÓM TOÁN VD – VDC Vậy 9 4 9 4 3 4 . 9 1 . 3 . 3 1 . . )) ( , ( )) ( , ( . . V V d S d S V V EFGH MNPQ ABCD S ABCD EFGH M MNPQ ABCD S EFGH MNPQ      Dạng 3. MAX- MIN THỂ TÍCH CÁC KHỐI KHI PHÂN CHIA Câu 1: Cho hình chóp tứ giác SABCD đáy là hình bình hành,các điểm , A C   thỏa mãn SA      = 1 3 SA    , 1 5 SC SC           . Mặt phẳng   P chứa , A C   cắt các cạnh , SB SD lần lượt tại , B D   . Đặt k= SA B C D SABCD V V     , giá trị nhỏ nhất của k là bao nhiêu? A. 15 6 . B. 4 15 . C. 1 60 . D. 1 30 . Lời giải Chọn C Đặt SA SA  = a SB SB  = b SC SC  = c SD SD  = d   , 1 b d  Ta có 8 a c   Áp dụng công thức tính nhanh tỉ lệ thể tích ta có: K = SA B C D ABCD V V     = 4 a b c d abcd    = 16 60bd ,với 8 a c b d     Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 2 số dương b,d Ta có: 16 60bd ≥ 2 16 60. 2 b d        = 1 60 NHÓM TOÁN VD–VDC NĂM H ỌC 2019 – 2020 https:/www.facebook.com/groups/toanvd. Trang 47 NHÓM TOÁN VD – VDC NHÓM TOÁN VD – VDC Vậy k min = 1 60 .Dấu = xảy ra  4 b d   . Câu 2: Cho tứ diện ABCD có thể tích bằng V . Trên AB lấy hai điểm , M N , trên CD lấy hai điểm , P Q thỏa mãn 2 3 1 MN PQ CD AB   . Thể tích khối MNPQ đạt giá trị lớn nhất bằng A. 8 V . B. 16 V . C. 24 V . D. 32 V . Lời giải Chọn C Gọi 1 , d  lần lượt là khoảng cách và góc giữa AB và CD . Gọi 2 , d  lần lượt là khoảng cách và góc giữa MN và PQ . Ta có 1 1 . . .sin 6 ABCD V AB CD d   , 2 1 . . .sin 6 MNPQ V MN PQ d   Do 1 2 d d  và sin sin    . . MNPQ ABCD V MN PQ V AB CD   Ta có 2 3 2 2 .3 MN PQ MN PQ CD AB CD AB   2 3 2 6 MN PQ MN PQ CD AB CD AB   1 1 6 2 24 MN PQ MN PQ CD AB CD AB     1 24 MNPQ ABCD V V   Vậy 24 24 MNPQ MNPQ V V V MaxV    . A B C D M P Q NNHÓM TOÁN VD–VDC NĂM H ỌC 2019 – 2020 https:/www.facebook.com/groups/toanvd. Trang 48 NHÓM TOÁN VD – VDC 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 1 2 3 4 , , , V V V V 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 4 1 2 3 4 V VV V V là A. 4096 . B. 256 . C. 64 . D. 1024. Lời giải Chọn A Ta có 1 . . . . V AM AS AQ V AB AC AD  ; 2 . . . . V BM BN BR V BA BC BD  ; 3 . . . . V CN CP CS V CB CD CA  ; 4 . . . . V DQ DR DP V DA DB DC  . Suy ra 1 2 3 4 4 2 2 2 2 2 2 . . . . . . . . . . . VV V V AM BM BN CN CP DP DQ AQ AS CS BR DR V AB BC CD DA AC BD  . Do đó 4 2 2 2 2 2 2 1 2 3 4 . . . . . . . . . . . V AB BC CD DA AC BD VV V V AM BM BN CN CP DP DQ AQ AS CS BR DR  . Mặt khác, ta có 2 2 . . 4 2 2 4 . AM BM AB AB AB AM BM AM BM AM BM        . Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi AM BM  . Tương tự ta có 2 4 . BC BN CN  ; 2 4 . CD CP DP  ; 2 4 . DA DQ AQ  ; 2 4 . AC AS CS  ; 2 4 . BD BR DR  Từ đó suy ra 4 2 2 2 2 2 2 6 1 2 3 4 . . . . . 4 . . . . . . V AB BC CD DA AC BD VV V V AM BM BN CN CP DP DQ AQ AS CS BR DR   . 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 4 1 2 3 4 V VV V V là 6 4 4096  . Câu 4: Cho hình chóp . S ABC có   4, . SA SA ABC   Tam giác ABC vuông tại B và 2 AC  . , 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. 24 5 75 . D. 40 5 75 . Lời giải S R M P Q N D C B ANHÓM TOÁN VD–VDC NĂM H ỌC 2019 – 2020 https:/www.facebook.com/groups/toanvd. Trang 49 NHÓM TOÁN VD – VDC NHÓM TOÁN VD – VDC Chọn A Gọi cạnh 2 4 AB x BC x     . Điều kiện 0 2 x   . 2 . 1 1 2 . . . 4 3 2 3 S ABC V SA BC BA x x    .     2 2 . 2 2 2 2 2 2 . . . 256 64 . . . 16 20 5 16 S AHK S ABC V SH SK SH SB SK SC SA SA V SB SC SB SC SB SC x x          2 2 . . 2 2 2 64 128 4 5 .2 4 64 5 . . . 15 16 16 75 5 16 S AHK S ABC x x x x V V x x x          2 2 2 . 2 2 5 16 4 64 5 5 . 16 4 64 5 32 5 2 . . 75 16 75 16 75 S AHK x x x x V x x         . Dấu đẳng thức xảy ra khi   2 2 2 4 5 16 4 9 16 0;2 3 x x x x        . Câu 5: 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 , 1 V là thể tích tứ diện SAMN và gọi , m n lần lượt là GTLN và GTNN của 1 V V . Hãy tính m n  . A. 1 m n   . B. 17 18 m n   . C. 18 19 m n   . D. 19 20 m n   . Lời giải Chọn B NHÓM TOÁN VD–VDC NĂM H ỌC 2019 – 2020 https:/www.facebook.com/groups/toanvd. Trang 50 NHÓM TOÁN VD – VDC NHÓM TOÁN VD – VDC +) 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 SB SC   với 0 , 1 x y   . +) Ta có: 1 . V SM SN xy V SB SC   . +) Mặt khác: 1 1 2 3 3 1 SB SC SI x y SM SN SA x y x          . +) Vì 0 1 y   nên ta có : 1 1 2 x   . +) Khi đó: 2 1 3 1 V x xy V x    . Xét 2 1 ( ) , 1 3 1 2 x f x x x     .   2 2 3 2 2 '( ) , '( ) 0 3 3 1 x x f x f x x x       . A B C S I A ' M N GNHÓM TOÁN VD–VDC NĂM H ỌC 2019 – 2020 https:/www.facebook.com/groups/toanvd. Trang 51 NHÓM TOÁN VD – VDC NHÓM TOÁN VD – VDC +) Bảng biến thiên: +) Từ bảng biến thiên suy ra: 1 4 17 , 2 9 18 m n m n      . 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 . V V  A. 3 8 . B. 1 3 . C. 2 3 . D. 1 8 . Lời giải Chọn B 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 3 . 2 SO SH  Trong tam giác SBD có 2 SB SD SO              . . 2. . 2. 3. SB SD SO SB SD SO SM SN SH SM SN SH SM SN SH                    Đặt 3 SB SD x x SM SN     với   1;2 . x  NHÓM TOÁN VD–VDC NĂM H ỌC 2019 – 2020 https:/www.facebook.com/groups/toanvd. Trang 52 NHÓM TOÁN VD – VDC NHÓM TOÁN VD – VDC Ta có . . 1 . 2 S AMP S ABC V SM SP V SB SC x   và   . . 1 . . 2 3 S APN S ACD V SP SN V SC SD x    Khi đó . . 1 4 S AMP S ABCD V V x  và     . . . . 1 1 1 4 3 4 4 3 S AMPN S APN S ABCD S ABCD V V V x V x x           2 1 1 1 3 3 1 . 4 3 4 3 3 3 4. 4 x x x x x x                    Vậy 1 . 3 V V   Dấu bằng xảy ra 3 3 . 2 x x x      Khi đó / / . MN BD Câu 7: 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 A. . 4 V B. . 2 V C. . 12 V D. . 8 V Lời giải Chọn D Đặt , , , SA SB SC SD a b c d SM SN SP SQ     0 1 2 1 ; , 2 SABD SBCD SMNQ SNPQ V V V V V V V V      Ta có kết quả 2 4 SO a c b d SI      0 0 1 2 . . ; .b.d V V a b d c V V       0 0 1 2 . 4 4 16 V V b d a c b b V V        với 0 3 b   NHÓM TOÁN VD–VDC NĂM H ỌC 2019 – 2020 https:/www.facebook.com/groups/toanvd. Trang 53 NHÓM TOÁN VD – VDC NHÓM TOÁN VD – VDC Mặc khác: 0 0 0 0 1 2 1 2 1 2 . 1 2 2 2 2 . S MNPQ V V V V V V V V V V V V V V VV        Do đó: . . 2 16 8 S MNPQ S MNPQ V V V V    . Vậy giá trị nhỏ nhất của khối chóp . S MNPQ là . 8 V Câu 8: 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 1 1 1 , , A B C . Tìm thể tích lớn nhất của khối nhất của khối tứ diện 1 1 1 MA B C khi M thay đổi. A. 1 3 . B. 2 3 . C. 1. D. 4 3 . Lời giải Chọn D Ta có         1 , , MBCD ABCD d M BCD V MA V AD d A BCD   Tương tự 1 1 , MADC MABD ABCD ABCD V MB V MC V AD V AD   1 1 1 1 MBCD MADC MABD ABCD ABCD ABCD V V MA MB MC V AD AD AD V V V        Do , , DA DB DC đôi một vuông suy ra 1 1 1 , , MA MB MC đôi một vuông. Như vậy: 1 1 1 3 1 1 1 1 1 1 3 3 1 1 . . . 3 3 MA B C ABCD V MA MB MC MA MB MC V AD AD AD AD AD AD            NHÓM TOÁN VD–VDC NĂM H ỌC 2019 – 2020 https:/www.facebook.com/groups/toanvd. Trang 54 NHÓM TOÁN VD – VDC NHÓM TOÁN VD – VDC 1 1 1 1 1 1 3 3 3 1 36 4 3 3 3 3 MA B C ABCD MA B C ABCD V V V V       Dấu " "  xảy ra khi M là trọng tâm tam giác ABC . Vậy thể tích lớn nhất của khối nhất của khối tứ diện 1 1 1 MA B C bằng 4 3 khi M là trọng tâm tam giác ABC .