Tải bản đầy đủ

đề VDC TOÁN 18 bài TOÁN tỉ lệ THỂ TÍCH 01

Tuyển tập 100 đề VDC dành cho khóa học online 2019 – môn Toán

TƯ DUY MỞ

ĐỀ TOÁN VDC SỐ 18 – BÀI TOÁN TỈ LỆ THỂ TÍCH PHẦN 01
(Đề gồm 3 trang – 26 câu –Thời gian 90 phút)

01. Công thức tỉ lệ thể tích lăng trụ lệch:
Cho khối đa diện lồi MNP.M'N'P' có các đỉnh nằm trên 3 cạnh bên của khối lăng trụ tam giác ABC.A'B'C'. Khi đó
VMNP .M ' N ' P ' 1  MM ' NN ' PP ' 
 


ta có công thức tỉ lệ thể tích (gọi tắt là CT lăng trụ lệch) như sau:

VABC . A ' B ' C ' 3  AA ' BB ' CC ' 
A

A

C


C

C

M M'

M

M

A

B

P

B

N

P'

N

P

B

P

N

P'

M'
M'
N'

A'

N'

A'

C'

C'

N'

A'

C'

P'
B'

B'

B'

02. Công thức tỉ lệ thể tích khối hình hộp: Dành cho sự đồng phẳng của MNPQ và M'N'P'Q'
Cho hình hộp ABCD.A'B'C'D', một mặt phẳng (α) cắt 4 cạnh của hình hộp tại các điểm M, N, P, Q và một mặt
phẳng (β) cắt 4 cạnh của hình hộp tại các điểm M' , N' , P' , Q'. Khi đó tất nhiên là đã biết kết quả các tứ giác
MNPQ và M'N'P'Q' là những hình bình hành và có các công thức:
VMNPQ.M ' N ' P 'Q' 1  MM ' PP '  1  NN ' QQ ' 
MM ' PP ' NN ' QQ '




 


 

AA ' CC ' BB ' DD '
VABCD. A ' B 'C ' D ' 2  AA ' CC '  2  BB ' DD ' 
D

A

x z  y t
M

B

C
Q

x

VMNPQ.M ' N ' P 'Q'
VABCD. A ' B 'C ' D '

N



x z yt

2
2

t
y

M'
A'

Q'
N'
D'
B'

P
z
P'
C'

03. Công thức tỉ lệ thể tích khối hình hộp: Dành cho sự không đồng phẳng của MNPQ
Cho hình hộp ABCD.A'B'C'D' có thể tích V, có 4 điểm M, N, P, Q nằm trên các cạnh AA' , BB' , CC' , DD'. Hãy
tính theo V thể tích khối đa diện lồi ABCD.MNPQ.
Giải:
Chúng ta phải xét xem khối đa diện lồi ABCD.MNPQ có M, N, P, Q không đồng phẳng và 4 điểm này lồi theo
cạnh MP hay NQ, để từ đó ta tách thành hai khối lăng trụ lệch hợp lí.
Biên soạn: Nguyễn Đăng Ái - Kĩ sư tài năng - Bách khoa Hà Nội.

Trang 1


Tuyển tập 100 đề VDC dành cho khóa học online 2019 – môn Toán

D

A
B
M

A'

D

A

C
Q

N

TƯ DUY MỞ

D'

M

Q

P

A'

C'

B'

C

B

AM CP BN DQ



AA ' CC ' BB ' DD '

P

N
D'
B'

C'

AM CP BN DQ



AA ' CC ' BB ' DD '

Xảy ra ba trường hợp:

AM CP BN DQ



 4 điểm MNPQ đồng phẳng ta áp dụng bình thường công thức tỉ
AA ' CC ' BB ' DD '
VABCD.MNPQ
1  AM CP  1  BN DQ 
lệ thể tích:
 


 

VABCD. A ' B 'C ' D ' 2  AA ' CC '  2  BB ' DD ' 
AM CP BN DQ



 cạnh MP sẽ gồ lên trong khối đa diện ABCDMNPQ, khi đó ta
Trường hợp 2: Nếu
AA ' CC ' BB ' DD '
sẽ tách khối đa diện này thành hai khối lăng trụ lệch theo cạnh MP là: BACNMP và DACQMP
VBAC . NMP 1  AM BN CP 
V  AM BN CP 
 




Áp dụng công thức tỉ lệ lăng trụ:
  VBAC . NMP  

VBAC .B ' A 'C ' 3  AA ' BB ' CC ' 
6  AA ' BB ' CC ' 
VDAC .QMP
1  AM DQ CP 
V  AM DQ CP 
 




  VDAC .QMP  

VDAC .D ' A 'C ' 3  AA ' DD ' CC ' 
6  AA ' DD ' CC ' 
V  AM
CP BN DQ 
Suy ra thể tích khối đa diện ABCDMNPQ là: VABCD.MNPQ  VBAC . NMP  VDAC .Q MP   2
2



6  AA '
CC ' BB ' DD ' 
AM CP BN DQ



 cạnh NQ sẽ gồ lên trong khối đa diện ABCDMNPQ, khi đó ta sẽ
Trường hợp 3: Nếu
AA ' CC ' BB ' DD '
tách khối đa diện này thành hai khối lăng trụ lệch theo cạnh MP là: ABDMNQ và CBDPNQ, tương tự ta có:
V  BN
DQ AM CP 
Suy ra thể tích khối đa diện ABCDMNPQ là: VABCD .MNPQ  VABD.MNQ  VCBD.QMP   2
2



6  BB '
DD ' AA ' CC ' 
Trường hợp 1: Nếu

Biên soạn: Nguyễn Đăng Ái - Kĩ sư tài năng - Bách khoa Hà Nội.

Trang 2


Tuyển tập 100 đề VDC dành cho khóa học online 2019 – môn Toán

TƯ DUY MỞ

Câu 1. (3) Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có thể tích V. Gọi M và N lần lượt là trung điểm của BB’ và
CC’. Thể tích khối đa diện ABCMN bằng:
V
2V
V
V
A. .
B.
.
C. .
D. .
3
6
4
3
Câu 2. (3) Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có thể tích 72. Gọi M và N lần lượt là hai điểm nằm trên các
cạnh BB’ và CC’ sao cho MB = 2MB’, NC’ = 3NC. Thể tích khối đa diện ABC’MN bằng:
A.54.
B.34.
C.48.
D.36.
Câu 3. (3) Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có thể tích 108. Gọi M , N , P lần lượt là các điểm nằm trên
các cạnh AA’, BB’ , CC’ sao cho AM = MA’, NB =2NB’, C’P = 3PC. Thể tích khối đa diện ABCMNP bằng:
A.48.
B.54.
C.34.
D.51.
Câu 4. (3) Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có thể tích 70. Gọi M , N lần lượt là các điểm nằm trên các
MA 2 NB ' 3
cạnh AA’, BB’ sao cho
 ,
 . Thể tích khối đa diện ABCMNC’ bằng:
MA ' 3 NB 4
A.42.
B.35.
C. 40.
D.46.
Câu 5. (3) Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có thể tích 108. Gọi M là điểm đối xứng với A’ qua A, N là
điểm nằm trên tia đối của tia B’B sao cho 2BN = 3BB’.Thể tích khối đa diện MBC’AN bằng:
A.54.
B.40.
C.90.
D.72.
Câu 6. (4) Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’. Gọi M là trung điểm của AA' và N là trung điểm của AB. Mặt
phẳng (MNC') chia lăng trụ thành hai phần trong đó phần chứa đỉnh A có thể tích V1 và phần còn lại có thể tích
V2. Tỉ lệ thể tích V1 và V2 bằng:
V 11
V 1
V 13
V 5
A. 1 
.
B. 1  .
C. 1 
.
D. 1  .
V2 25
V2 5
V2 23
V2 7
Câu 7. (4) Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có thể tích V. Gọi M , N lần lượt là trung điểm của AB và
CC’; gọi P là điểm nằm trên các cạnh A’C’ sao cho A’P = 2PC’. Tính theo V thể tích khối tứ diện AMNP ?
2V
2V
3V
V
A.
.
B.
.
C.
.
D. .
15
13
8
9
Câu 8. (4) Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có thể tích 180. Gọi M nằm trên AB sao cho AM = 2MB, N nằm trên
CC' sao cho CN = 3NC', P là điểm nằm trên các cạnh A’C’ sao cho 2A’P = 3PC’. Thể tích khối tứ diện AMNP
bằng:
A. 45 .
B. 60 .
C. 22 .
D. 37 .
Câu 9. (4) Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có thể tích V. Gọi M nằm trên AB sao cho AM = MB, N nằm trên CC'
sao cho CN = 2NC' , P là điểm nằm trên các cạnh A’C’ sao cho 3A’P = 2PC’. Thể tích khối tứ diện CMNP tương
ứng bằng:
2V
V
V
V
A.
.
B. .
C. .
D. .
5
15
15
8
Câu 10. (5) Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có thể tích V. Gọi M nằm trên AB' sao cho 2AM = MB', N nằm trên
C'B sao cho C'N = 2NB, P là điểm nằm trên các cạnh A’C’ sao cho A’P = PC’. Thể tích khối tứ diện CMNP
tương ứng bằng:
7V
5V
13V
11V
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
54
54
63
63
Câu 11. (3) Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có thể tích V. Gọi M , N lần lượt là trung điểm của BB’ và CC’.Kéo
dài AM cắt A’B’ tại P, kéo dài AN cắt A’C’ tại Q. Thể tích khối đa diện MNPQB’C’ bằng:
V
3V
2V
4V
A. .
B.
.
C.
.
D.
.
3
5
3
9
Câu 12. (3) Cho hình hộp ABCD.A'B'C'D' có thể tích V. Biết rằng AC' = 6 và AC' cắt mặt phẳng (A'BD) tại M và
AC' cắt mặt phẳng (CB'D') tại N. Giá trị của biểu thức T  MN ( AM .NC ' MN 2 ) bằng:
A. 18.
B. 36.
C. 15.
D. 16.
Biên soạn: Nguyễn Đăng Ái - Kĩ sư tài năng - Bách khoa Hà Nội.

Trang 3


Tuyển tập 100 đề VDC dành cho khóa học online 2019 – môn Toán

TƯ DUY MỞ

Câu 13. (3) Cho hình hộp ABCD.A'B'C'D' có thể tích V. Gọi thể tích tứ diện AA'BD là V1 và thể tích tứ diện
ACB'D' là V2. Nhận xét nào dưới đây đúng ?
A. V1 = V2 = V/6.
B. V2 = 2V1 = V/3.
C. V1 = 2V2 = V/4.
D. V1 + V2 = V/3.
Câu 14. (3) Cho hình hộp ABCD.A'B'C'D' có thể tích V. Biết thể tích khối đa diện ACB'C'D' bằng 36. Giá trị của
thể tích V bằng:
A. V  108 .
B. V  90 .
C. V  72 .
D. V  64 .
Câu 15. (3) Cho hình hộp ABCD.A'B'C'D' có thể tích V. Biết thể tích khối đa diện A'BDCB'D' bằng 36. Giá trị
của thể tích V bằng:
A. V  54 .
B. V  108 .
C. V  64 .
D. V  72 .
2a 3 6
Câu 16. (3) Cho hình hộp ABCD.A'B'C'D'. Biết AA'BD là tứ diện đều có thể tích là
. Độ dài đường chéo
3
AC' bằng:
A. AC '  3a. 3 6 .
B. AC '  a 2 .
C. AC '  a 3 .
D. AC '  2a. 6 648 .
2a 3 6
Câu 17. (3) Cho hình hộp ABCD.A'B'C'D'. Biết ACB'D' là tứ diện đều có thể tích là
. Khoảng cách từ đỉnh
3
A đến mặt phẳng (A'BD) bằng:
a 3
a 6
A. a 6 .
B. a 3 .
C.
.
D.
.
2
2
Câu 18. (3) Cho hình hộp ABCD.A'B'C'D'. Một mặt phẳng cắt cạnh AA', BB', CC', DD' lần lượt tai M, N, P, Q sao
cho: AM = MA', 2BN = 3NB', CP = 2PC', DQ = x.QD'. Giá trị của x bằng:
13
17
17
13
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
17
30
13
30
Câu 19. (3) Cho hình hộp ABCD.A'B'C'D' có thể tích V. Gọi M và N lần lượt là hai điểm nằm trên cạnh AA' và
CC' sao cho: AM = 2MA' và CN = 3NC'. Một mặt phẳng qua M và N cắt các cạnh BB' và DD' lần lượt tại P và Q.
Thể tích của khối đa diện ABCDMPNQ bằng:
7V
13V
11V
17V
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
24
20
18
24
Câu 20. (3) Cho hình hộp ABCD.A'B'C'D' có thể tích V. Gọi M là một điểm nằm trên cạnh CC' sao cho thỏa mãn


MC   x.MC ' ( với x là số thực dương). Một mặt phẳng đi qua A và M chia tứ hình hộp thành hai phần có tỉ lệ thể
2
tích bằng . Giá trị của x tương ứng bằng:
3
1
2
A. 1 .
B. .
C. 2 .
D. .
2
3
Câu 21. (3) Cho hình hộp ABCD.A'B'C'D' có thể tích V. Gọi M là một điểm nằm trên đoạn CD sao cho thỏa mãn
MC = 2MD, N là điểm nằm trên cạnh A'D' sao cho NA' = 2ND', P là trung điểm của CC'. Thể tích tứ diện AMNP
bằng:
13V
5V
7V
4V
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
36
24
54
21
Câu 22. (4) Cho hình hộp ABCD.A'B'C'D' có thể tích V. Gọi M, N, P, Q lần lượt nằm trên các cạnh AA', BB', CC'
, DD' sao cho: AM = MA', 2BN = 3NB', 3CP = 4PC', 4DQ = 5QD'. Thể tích khối đa diện lồi ABCDMNPQ bằng:
2131
15V
1039
181
V.
V.
V.
A.
B.
.
C.
D.
3780
28
1890
223
Câu 23. (4) Cho hình hộp ABCD.A'B'C'D' có thể tích V. Gọi M, N, P, Q lần lượt nằm trên các cạnh AA', BB', CC'
, DD' sao cho: AM = MA', BN = 2NB', CP = 3PC', 2DQ = QD'. Thể tích khối đa diện lồi ABCDMNPQ bằng:
13V
11V
7V
31V
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
24
30
12
80
Biên soạn: Nguyễn Đăng Ái - Kĩ sư tài năng - Bách khoa Hà Nội.

Trang 4


Tuyển tập 100 đề VDC dành cho khóa học online 2019 – môn Toán

TƯ DUY MỞ

Câu 24. (4) Cho hình hộp ABCD.A'B'C'D' có thể tích V. Gọi M, N, P, Q lần lượt nằm trên các cạnh AA', BB', CC'
, DD' sao cho: AM = MA', BN = 2NB', CP = 3PC', DQ = xQD', với x là số thực dương. Thể tích khối đa diện lồi
3V
ABCDMNPQ bằng
. Giá trị của x tương ứng bằng:
5
2
1
7
13
A. .
B. .
C.
.
D.
.
5
2
12
17
Câu 25. (4) Cho hình hộp ABCD.A'B'C'D'. Gọi M, N lần lượt là các điểm nằm trên AA' , CC' sao cho AM =
2MA', 2CN = 3NC'. Một mặt phẳng đi qua M, N và cắt BB' , DD' lần lượt tại P và Q. Giá trị nhỏ nhất của biểu
2

2

 BP 
 DQ 
thức T  
  2
 bằng bao nhiêu ?
 BB ' 
 DD ' 
361
722
19
3
A.
.
B.
.
C.
.
D. .
225
675
15
2
Câu 26. (4) Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A'B'C' có thể tích V. Một mặt phẳng đi qua A cắt BB' , CC' lần lượt
V
tại M và N. Biết thể tích của khối đa diện ABCMN bằng
. Giá trị nhỏ nhất của biểu thức
3
2

2

 BM 
 CN 
T 
  4
 bằng bao nhiêu ?
 BB ' 
 CC ' 
5
25
A. .
B.
.
4
16

C.

4
.
5

D. 1 .

---------- Hết ----------

Biên soạn: Nguyễn Đăng Ái - Kĩ sư tài năng - Bách khoa Hà Nội.

Trang 5


Tuyển tập 100 đề VDC dành cho khóa học online 2019 – môn Toán

TƯ DUY MỞ

ĐÁP ÁN ĐỀ VDC 18
1A

2B

3D

4D

5C

6C

7D

8C

9B

10A

11C

12D

13B

14C

15A

16D

17D

18C

19D

20B

21C

22A

23C

24D

25B

26C

Biên soạn: Nguyễn Đăng Ái - Kĩ sư tài năng - Bách khoa Hà Nội.

Trang 6


Tuyển tập 100 đề VDC dành cho khóa học online 2019 – môn Toán

TƯ DUY MỞ

Hướng dẫn giải và đáp án chi tiết:
Câu 1. (3 – A) Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có thể tích V. Gọi M và N lần lượt là trung điểm của BB’
và CC’. Thể tích khối đa diện ABCMN bằng:
V
2V
V
V
A. .
B.
.
C. .
D. .
3
6
4
3
Giải:
OC

A

B
N

M
A’

C’

B’





VMNP.M ' N ' P ' 1  MM ' NN ' PP ' 
 



VABC . A ' B 'C ' 3  AA ' BB ' CC ' 
Trong đó khối đa diện MNP.M’N’P’ có các cạnh MM’ , NN’, PP' nằm trên các cạnh AA’, BB’, CC’
V
1  AA BM CN  1 
1 1 1
V


Áp dụng vào bài này ta có: ABCMN  
   0      VABCMN 
VABC . A ' B 'C ' 3  AA ' BB ' CC '  3 
2 2 3
3
Vậy ta chọn đáp án A.
Công thức tỉ lệ thể tích lăng trụ lệch:

Câu 2. (3 – B) Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có thể tích 72. Gọi M và N lần lượt là hai điểm nằm trên
các cạnh BB’ và CC’ sao cho MB = 2MB’, NC’ = 3NC. Thể tích khối đa diện ABC’MN bằng:
A.54.
B.34.
C.48.
D.36.
Giải:
C

A

N
B

M
A’

C’
B’





Áp dụng luôn công thức tỉ lệ thể tích lăng trụ lệch cho nhanh và quen thuộc dần:
VABNC ' M
17VABC . A ' B 'C ' 17.72
1  AA BM NC '  1 
2 3  17
 


 VABNC ' M 

 34
  0    
VABC . A ' B 'C ' 3  AA ' BB ' CC '  3 
3 4  36
36
36
Vậy ta chọn đáp án B.

Biên soạn: Nguyễn Đăng Ái - Kĩ sư tài năng - Bách khoa Hà Nội.

Trang 7


Tuyển tập 100 đề VDC dành cho khóa học online 2019 – môn Toán

TƯ DUY MỞ

Câu 3. (3 – D) Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có thể tích 108. Gọi M , N , P lần lượt là các điểm nằm
trên các cạnh AA’, BB’ , CC’ sao cho AM = MA’, NB =2NB’, C’P = 3PC. Thể tích khối đa diện ABCMNP bằng:
A.48.
B.54.
C.34.
D.51.
Giải:
C

A
B

P

M

N
A’

C’
B’





Vẫn sử dụng công thức lăng trụ lệch:
VABC .MNP 1  AM BN CP  1  1 2 1  17
17VABC . A ' B 'C ' 17.108
 


 VABC .MNP 

 51
    
VABC . A ' B 'C ' 3  AA ' BB ' CC '  3  2 3 4  36
36
36
Vậy ta chọn đáp án D.

Câu 4. (3 – C) Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có thể tích 70. Gọi M , N lần lượt là các điểm nằm trên
MA 2 NB ' 3
các cạnh AA’, BB’ sao cho
 ,
 . Thể tích khối đa diện ABCMNC’ bằng:
MA ' 3 NB 4
A.42.
B.35.
C.40.
D.46.
Giải:
C

A
B

P

M

N
A’

C’
B’





Vẫn sử dụng công thức lăng trụ lệch:
VABC .MNC ' 1  AM BN CC '  1  2 4  23
23VABC . A ' B 'C ' 23.70
 


 VABC .MNC ' 

 46
     1 
VABC . A ' B 'C ' 3  AA ' BB ' CC '  3  5 7  35
35
35
Vậy ta chọn đáp án D.

Biên soạn: Nguyễn Đăng Ái - Kĩ sư tài năng - Bách khoa Hà Nội.

Trang 8


Tuyển tập 100 đề VDC dành cho khóa học online 2019 – môn Toán

TƯ DUY MỞ

Câu 5. (3 – C) Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có thể tích 108. Gọi M là điểm đối xứng với A’ qua A, N
là điểm nằm trên tia đối của tia B’B sao cho 2BN = 3BB’.Thể tích khối đa diện MBC’AN bằng:
A. 54.
B.40.
C.90.
D.72.
Giải:
M

C

A

B

A’

C’
B’

N




Vẫn sử dụng công thức lăng trụ lệch:
VABC .MNC ' 1  AM BN C ' C '  1  3
5VABC . A ' B 'C ' 5.108
 5
 



 90
  1   0    VABC .MNC ' 
VABC . A ' B 'C ' 3  AA ' BB ' CC '  3  2
6
6
 6
Vậy ta chọn đáp án C.

Câu 6. (4 – C) Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’. Gọi M là trung điểm của AA' và N là trung điểm của AB.
Mặt phẳng (MNC') chia lăng trụ tam giác thành hai phần trong đó phần chứa đỉnh A có thể tích V1 và phần còn lại
có thể tích V2. Tỉ lệ thể tích V1 và V2 bằng:
V 11
V 1
V 13
V 5
A. 1 
.
B. 1  .
C. 1 
.
D. 1  .
V2 25
V2 5
V2 23
V2 7
Giải:
S
C

A
N

P
B

M

A’

C’

B’
Biên soạn: Nguyễn Đăng Ái - Kĩ sư tài năng - Bách khoa Hà Nội.

Trang 9


Tuyển tập 100 đề VDC dành cho khóa học online 2019 – môn Toán








TƯ DUY MỞ

Cách 1: Thuần túy công thức lăng trụ lệch

 SB 3
 SB '  2
SN
SB NB


1 
Kéo dài MN cắt BB' tại S, suy ra:
MN AM NA
 SN  1
 SM 2
SP
SB 1
SP 3
Nối S với C' cắt BC tại P, suy ra:

 

PC ' CC ' 2
SC ' 2
V
1  MA ' SB '
0  11 3
0  2
2V


Ta có: SMA ' B 'C '  
   
   VSMA ' B ' C ' 
VABC . A ' B 'C ' 3  AA ' BB ' CC '  3  2 2 CC '  3
3
VMA ' B 'C '
V
1 1
V
 1
   0  0    VMA ' B 'C '  ABC . A ' B 'C ' 
VABC . A ' B 'C ' 3  2
6
6
 6



Lại có:



Suy ra: VSMB 'C '  VSMA' B 'C '  VMA ' B 'C ' 



Lại có:



Suy ra: VNBPMA ' B 'C '  VSMA ' B 'C '  VSNBP 



Suy ra tỉ lệ hai phần là:




Cách 2:
Kéo dài MN cắt BB' tại S, suy ra: SB  AM .
BP SB 1
PC
BP 1

  BP 


Nối S với C' cắt BC tại P, suy ra:
PC CC ' 2
2
BC 3
S
S
BN BP 1 1 1
Có: BNP 
.
 .   S BNP  BAC
S BAC BA BC 2 3 6
6






VSNBP
VSMB 'C '

2V V V
 
3 6 2
SN SB SP 1 1 1 1
1
V

.
.
 . .   VSNBP  VSMB 'C ' 
SM SB ' SC ' 2 3 3 18
18
36
2V V 23V


3 36 36

13
. Vậy ta chọn đáp án C.
23

V
1
1 1
1
V
Suy ra: VSBNP  SBNP .d ( S ;( BNP))  . SBAC . d (( ABC );( A ' B ' C '))  ABC . A ' B 'C ' 
3
3 6
2
36
36
V
SB SN SP 1 1 1 1
17V
Suy ra: SBNP 
.
.
 . .   VBNPB ' MC '  VSB ' MC '  VSBNP  17VSBNP 
VSB ' MC ' SB ' SM SC 3 2 3 18
36
VMA ' B 'C '
V
1 1
V
 1
   0  0    VMA ' B 'C '  ABC . A ' B 'C ' 
VABC . A ' B 'C ' 3  2
6
6
 6



Dễ thấy:



Suy ra thể tích khối đa diện BNPMA'B'C' là: VBNPB ' MC '  VMA ' B 'C ' 



Suy ra: VACC ' MNP 



Vậy ta chọn đáp án C.

17V V 23V
 
 V2 (không chứa A)
36 6
36

13V
V 13
 V1  1 
36
V2 23

Câu 7. (4 – D) Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có thể tích V. Gọi M , N lần lượt là trung điểm của AB và
CC’; gọi P là điểm nằm trên các cạnh A’C’ sao cho A’P = 2PC’. Tính theo V thể tích khối tứ diện AMNP ?
2V
2V
3V
V
A.
.
B.
.
C.
.
D. .
15
13
8
9
Giải:
Biên soạn: Nguyễn Đăng Ái - Kĩ sư tài năng - Bách khoa Hà Nội.

Trang 10


Tuyển tập 100 đề VDC dành cho khóa học online 2019 – môn Toán



TƯ DUY MỞ

Hình vẽ minh họa:
A

C

B

M

N

C’

A’

P
B’

Q




Ta đã quá thành thạo với bài toán tỉ lệ thể tích lăng trụ lệch rồi. Như vậy, chỉ cần kéo dài đưa hình tứ diện
cần tính về dạng lăng trụ lệch có các cạnh tựa trên các cạnh của lăng trụ tam giác: ABC.A'B'C'
AP 2
Kéo dài AP cắt CC' tại Q, ta có:

AQ 3
V
AM AN AP 1 2 1
.
.
 .1. 
Suy ra: AMNP 
(1)
VABNQ
AB AN AQ 2 3 3
VABNQ

VABC . A ' B 'C ' V
1  AA BB NQ  1
1
 



   0  0  1   VABNQ 
3  AA ' BB ' CC '  3
3
3
3



Lại có:



Từ (1) và (2), suy ra: VAMNP 



Vậy ta chọn đáp án D.

VABC . A ' B 'C '

VABNQ
3



(2)

V
9

Câu 8. (4 – C) Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có thể tích 180. Gọi M nằm trên AB sao cho AM = 2MB,
N nằm trên CC' sao cho CN = 3NC', P là điểm nằm trên các cạnh A’C’ sao cho 2A’P = 3PC’. Thể tích khối tứ diện
AMNP bằng:
A. 45 .
B. 60 .
C. 22 .
D. 37 .
Giải:
 Hình vẽ minh họa:

Biên soạn: Nguyễn Đăng Ái - Kĩ sư tài năng - BáchB'
khoa Hà Nội.

Trang 11


Tuyển tập 100 đề VDC dành cho khóa học online 2019 – môn Toán








TƯ DUY MỞ

C ' Q PC ' 2 C ' Q
NQ NC ' C ' Q 1 2 11

 



  
AA ' A ' P 3 CC '
CC ' CC ' CC ' 4 3 12
Ta duỗi hình tứ diện AMNP về hình ABNQ như hình vẽ và áp dụng song song hai tỉ lệ thể tích như sau:
VAMNP AM AN AP 2 1 3 2
2

.
.
 . .   VAMNP  VABNQ
(1)
VABNQ
AB AN AQ 3 1 5 5
5
Kéo dài AP cắt CC' tại Q, suy ra:

VABNQ

1  AA BB NQ  1 
11  11
11
 


 VABNQ  VABC . A ' B 'C '
  . 0  0   
VABC . A ' B 'C ' 3  AA ' BB ' CC '  3 
12  36
36
2 11
11
Từ (1) và (2), suy ra: VAMNP  . VABC . A ' B 'C '  .180  22
5 36
90
Vậy ta chọn đáp án C.
Lại có:

(2)

Câu 9. (4 – B) Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có thể tích V. Gọi M nằm trên AB sao cho AM = MB, N
nằm trên CC' sao cho CN = 2NC' , P là điểm nằm trên các cạnh A’C’ sao cho 3A’P = 2PC’. Thể tích khối tứ diện
CMNP tương ứng bằng:
A.

2V
.
15

B.

V
.
15

C.

V
.
5

D.

V
.
8

Giải:
 Hình vẽ:
C

A
M
B

N

A'

C'

P
M'

Q

PC PC ' 3
CP 3

 

PQ PA ' 2
CQ 5



Kéo dài CP cắt AA' tại Q như hình vẽ. Suy ra:



Bài toán này thì ta chỉ có thể duỗi điểm P đến điểm Q , nhưng điểm M thì không thể duỗi được đến một
cạnh nào của lăng trụ cũ ABC.A'B'C', nên ta sẽ dùng tiếp kĩ năng sau:



Xét lăng trụ ACM.A'C'M' như hình vẽ và dễ dàng suy ra được: VACM . A 'C ' M ' 



Suy ra:

VCMNP CM CN CP 3
3

.
.
  VCMNP  VCMNQ
VCMNQ CM CN CQ 5
5

Biên soạn: Nguyễn Đăng Ái - Kĩ sư tài năng - Bách khoa Hà Nội.

VABC . A ' B 'C ' V

2
2

(1)

(2)

Trang 12


Tuyển tập 100 đề VDC dành cho khóa học online 2019 – môn Toán





TƯ DUY MỞ

VCMNQ

1  CN
0
0  1 2
2
 2
 


    0  0    VCMNP  VACM . A 'C ' M '
VACM . A 'C ' M ' 3  CC ' AA ' MM '  3  3
9
 9
3
3 2
3 2 V V
Từ (1), (2) và (3) suy ra được: VCMNP  VCMNQ  . VACM . A 'C ' M '  . . 
5
5 9
5 9 2 15
Vậy ta chọn đáp án B.

(3)

Câu 10. (5 – A) Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có thể tích V. Gọi M nằm trên AB' sao cho 2AM = MB',
N nằm trên C'B sao cho C'N = 2NB, P là điểm nằm trên các cạnh A’C’ sao cho A’P = PC’. Thể tích khối tứ diện
CMNP tương ứng bằng:
7V
5V
13V
11V
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
54
54
63
63
Giải:
 Hình vẽ minh họa:
C

A
F

B
N

M
E
A'

C'

P
B'

Q


Kéo dài CP cắt AA' tại Q, suy ra:

CP 1

CQ 2



Kéo dài CN cắt BB' tại E, suy ra:

CN NC '
CN 2

2

NE NB
CE 3



Suy ra:



Kéo dài EM cắt AA' tại F, suy ra:



Suy ra:

VCMNP CM CN CP 1 2 1 1

.
.
 . . 
VCMEQ CM CE CQ 1 3 2 3

VECQM
VECQF



(1)

EM 2
EM 2
 

MF 1
EF 3

EC EQ EM 1 1 2 2
.
.
 . . 
EC EQ EF 1 1 3 3

(2)

Biên soạn: Nguyễn Đăng Ái - Kĩ sư tài năng - Bách khoa Hà Nội.

Trang 13


Tuyển tập 100 đề VDC dành cho khóa học online 2019 – môn Toán







TƯ DUY MỞ

1
1 2
2
Từ (1) và (2) suy ra: VCMNP  VCMEQ  . VECQF  VECQF
(3)
3
3 3
9
EB 1
EB ' 1 FA 1
FA 1 FA
FA ' 3
FQ 7
 
 ;
 
 

 

Lại có:
CC ' 2
CC ' 2 EB ' 2
CC ' 4 AA '
AA ' 4
AA ' 4
VCEQF
1
FQ  1 
7 7
7
7V
Suy ra:
 0 0
   0  0     VCEQF  VABCA ' B 'C ' 
VABCA ' B 'C ' 3 
AA '  3 
4  12
12
12
2
2 7V 7V

Từ (3) và (4), suy ra: VCMNP  VECQF  .
9
9 12 54
Vậy ta chọn đáp án A.

(4)

Câu 11. (3 – C) Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có thể tích V. Gọi M , N lần lượt là trung điểm của BB’
và CC’.Kéo dài AM cắt A’B’ tại P, kéo dài AN cắt A’C’ tại Q. Thể tích khối đa diện MNPQB’C’ bằng:
V
3V
2V
4V
A. .
B.
.
C.
.
D.
.
5
3
9
3
Giải:
 Hình vẽ minh họa:
C
A
B
N

M
Q
A'

C'
B'

P






A' B ' A'C ' 1
1

  SA ' PQ  4SA ' B 'C '  VAA ' PQ  SA ' PQ .d ( A;( A 'B'C'))
A 'P
A 'Q 2
3
1
4
4V
 VAA ' PQ  .4SA ' B 'C ' .d ( A;( A 'B'C'))  VABC . A ' B 'C ' 
3
3
3
VAMNA ' B 'C ' 1  1 1 1  2
2V
       VAMNA ' B 'C ' 
Lại có:
VABC . A ' B 'C ' 3  1 2 2  3
3
4V 2V 2V
Từ đó suy ra: VMNPQB 'C '  VAA ' PQ  VAMN . A ' B 'C ' 


3
3
3
Vậy ta chọn đáp án C.
Nhận thấy:

Câu 12. (3 - D) Cho hình hộp ABCD.A'B'C'D' có thể tích V. Biết rằng AC' = 6 và AC' cắt mặt phẳng (A'BD) tại M
và AC' cắt mặt phẳng (CB'D') tại N. Giá trị của biểu thức T  MN ( AM .NC ' MN 2 ) bằng:
A. 18.
B. 36.
C. 15.
D. 16.
Giải:
Biên soạn: Nguyễn Đăng Ái - Kĩ sư tài năng - Bách khoa Hà Nội.

Trang 14


Tuyển tập 100 đề VDC dành cho khóa học online 2019 – môn Toán



TƯ DUY MỞ

Hình vẽ minh họa:
B

A

M

B'

A'

C

D
N

C'

D'


Tính chất quan trọng của hình hộp mà chúng ta phải nắm vững là: AM  MN  NC ' 



Đồng thời M và N là trọng tâm của các tam giác A ' BD , CB ' D '
Suy ra: T  MN ( AM .NC ' MN 2 )  2(2.2  22 )  16
Vậy ta chọn đáp án D.




AC '
2
3

Câu 13. (3 - B) Cho hình hộp ABCD.A'B'C'D' có thể tích V. Gọi thể tích tứ diện AA'BD là V1 và thể tích tứ diện
ACB'D' là V2. Nhận xét nào dưới đây đúng ?
A. V1 = V2 = V/6.
B. V2 = 2V1 = V/3.
C. V1 = 2V2 = V/4.
D. V1 + V2 = V/3.
Giải:
 Hình vẽ minh họa:
B

A

M

B'

A'

C

D
N

D'




C'

1
V
Dễ dàng suy ra được: VAA'BD  VABCD.A'B'C'D'   V1
6
6
A'BD  CD'B'

1
1
Lại có: 
 VA CB'D'  S CB'D' .d ( M ; (CB ' D '))  SA'BD .2d ( M ; ( A ' BD))
3
3
d ( M ;(CB ' D '))  2d ( M ; ( A ' BD))
1
V
 VA CB'D'  SA'BD .2d ( M ;( A ' BD))  2VA A'BD   V2 . Vậy ta chọn đáp án B.
3
3

Biên soạn: Nguyễn Đăng Ái - Kĩ sư tài năng - Bách khoa Hà Nội.

Trang 15


Tuyển tập 100 đề VDC dành cho khóa học online 2019 – môn Toán

TƯ DUY MỞ

Câu 14. (3 - C) Cho hình hộp ABCD.A'B'C'D' có thể tích V. Biết thể tích khối đa diện ACB'C'D' bằng 36. Giá trị
của thể tích V bằng:
A. V  108 .
B. V  90 .
C. V  72 .
D. V  64 .
Giải:
 Hình vẽ minh họa:
B

A

M

B'

A'

C

D
N

C'

D'


Dễ dàng suy ra được: VACB'C'D'  VA CB'D'  VC'CB'D' 



Vậy ta chọn đáp án C.

V V V
   36  V  72
3 6 2

Câu 15. (3 - A) Cho hình hộp ABCD.A'B'C'D' có thể tích V. Biết thể tích khối đa diện A'BDCB'D' bằng 36. Giá trị
của thể tích V bằng:
A. V  54 .
B. V  108 .
C. V  64 .
D. V  72 .
Giải:
 Hình vẽ minh họa:
B

A

M

B'

A'

C

D
N

C'

D'


Dễ dàng suy ra được: VABCDA'B'C'D'  VA A'BD  VA'BDCB'D'  VC'CB'D'  V 



Vậy ta chọn đáp án A.

V
V
 36   V  54
6
6

Câu 16. (3 - D) Cho hình hộp ABCD.A'B'C'D'. Biết AA'BD là tứ diện đều có thể tích là
chéo AC' bằng:
A. AC '  3a. 3 6 .

B. AC '  a 2 .

C. AC '  a 3 .

Biên soạn: Nguyễn Đăng Ái - Kĩ sư tài năng - Bách khoa Hà Nội.

2a 3 6
. Độ dài đường
3

D. AC '  2a. 6 648 .
Trang 16


Tuyển tập 100 đề VDC dành cho khóa học online 2019 – môn Toán

TƯ DUY MỞ

Giải:
 Hình vẽ minh họa:
B

A

M

B'

A'

C

D
N



C'
D'
Tứ diện AA'BD đều suy ra: AC '  ( A ' BD ) tại điểm M sao cho: AC '  3 AM



Gọi các cạnh của tứ diện AA'BD là x, suy ra: AM 




x 6
3

và VAA ' BD 

x 3 2 2a 3 6

 x  2a. 6 3
12
3

x 6 2.a. 6 3. 6 2.a. 6 648
Suy ra: AM 


 AC '  3 AM  2a. 6 648
3
3
3
Vậy ta chọn đáp án D.

Câu 17. (3 - D) Cho hình hộp ABCD.A'B'C'D'. Biết ACB'D' là tứ diện đều có thể tích là

2a 3 6
. Khoảng cách từ
3

đỉnh A đến mặt phẳng (A'BD) bằng:
A. a 6 .

B. a 3 .

C.

a 3
.
2

D.

a 6
.
2

Giải:
 Hình vẽ minh họa:
B

A

M

B'

A'

C

D
N

D'

C'



Tứ diện ACB'D' đều suy ra: AC '  (CB ' D ') tại điểm N sao cho: AC '  3 AM 




Suy ra: d ( A;( A ' BD ))  AM ; d ( A; (CB ' D '))  AN  2 AM
Nếu gọi cạnh của tứ diện đều ACB'D' là x thì ta có:

Biên soạn: Nguyễn Đăng Ái - Kĩ sư tài năng - Bách khoa Hà Nội.

3
AN
2

Trang 17


Tuyển tập 100 đề VDC dành cho khóa học online 2019 – môn Toán




TƯ DUY MỞ

x 3 2 2a 3 2
x 6 2a 6

 x  2a  d ( A; (CB ' D '))  AN 

a 6
12
3
2
2
d ( A;(CB ' D ')) a 6
Suy ra: d ( A; ( A ' BD))  AM 
. Vậy ta chọn đáp án D.

2
2
VACB ' D ' 

Câu 18. (3 - C) Cho hình hộp ABCD.A'B'C'D'. Một mặt phẳng cắt cạnh AA', BB', CC', DD' lần lượt tai M, N, P, Q
sao cho: AM = MA', 2BN = 3NB', CP = 2PC', DQ = x.QD'. Giá trị của x bằng:
13
17
17
13
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
17
30
13
30
Giải:
 Hình vẽ minh họa:





Chúng ta đã biết tính chất hình hộp từ lớp 11, suy ra tứ giác MNPQ là hình bình hành và ta có hệ thức:
AM CP BN DQ
1 2 3 DQ
DQ 17
DQ 17
17
17



   



  DQ  QD '  x 
AA ' CC ' BB ' DD '
2 3 5 DD '
DD ' 30
QD ' 13
13
13
Vậy ta chọn đáp án C.

Câu 19. (3 - D) Cho hình hộp ABCD.A'B'C'D' có thể tích V. Gọi M và N lần lượt là hai điểm nằm trên cạnh AA'
và CC' sao cho: AM = 2MA' và CN = 3NC'. Một mặt phẳng qua M và N cắt các cạnh BB' và DD' lần lượt tại P và
Q. Thể tích của khối đa diện ABCDMPNQ bằng:
7V
13V
11V
17V
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
24
20
18
24
Giải:
 Hình vẽ minh họa:

Biên soạn: Nguyễn Đăng Ái - Kĩ sư tài năng - Bách khoa Hà Nội.

Trang 18


Tuyển tập 100 đề VDC dành cho khóa học online 2019 – môn Toán






TƯ DUY MỞ

AM CN
BP DQ



AA ' CC ' BB ' DD '
V
1  AM CN  1  BP DQ  1  2 3  17
Và tỉ lệ thể tích khối đa diện: ABCDMPNQ  


 
   
VABCD. A ' B 'C ' D ' 2  AA ' CC '  2  BB ' DD '  2  3 4  24
17
17V
Suy ra: VABCDMPNQ  VABCD. A ' B 'C ' D ' 
24
24
Vậy ta chọn đáp án D.
Chúng ta đã biết hệ thức:

Câu 20. (3 - B) Cho hình hộp ABCD.A'B'C'D' có thể tích V. Gọi M là một điểm nằm trên cạnh CC' sao cho thỏa


mãn MC   x.MC ' ( với x là số thực dương). Một mặt phẳng đi qua A và M chia tứ hình hộp thành hai phần có tỉ
2
lệ thể tích bằng . Giá trị của x tương ứng bằng:
3
1
2
A. 1 .
B. .
C. 2 .
D. .
2
3
Giải:
D

A

Q
C
B

P
M
A'

D'

B'

C'

V
CM
x
1 0
CM 
x
1

 1  ABCDMPQ  



CC ' x  1
VABCD. A ' B 'C ' D ' 2  AA ' CC'  2( x  1) 2



Nhận thấy:



Giả thiết cho mặt phẳng (APMQ) chia hình hộp ABCD.A'B'C'D' thành hai phần có tỉ lệ thể tích bằng
Tức là, ta có thể suy ra:

1
.
2

CM
x
1
1

  x  . Vậy ta chọn đáp án B.
CC ' x  1 3
2

Câu 21. (3 - C) Cho hình hộp ABCD.A'B'C'D' có thể tích V. Gọi M là một điểm nằm trên đoạn CD sao cho thỏa
mãn MC = 2MD, N là điểm nằm trên cạnh A'D' sao cho NA' = 2ND', P là trung điểm của CC'. Thể tích tứ diện
AMNP bằng:
13V
5V
7V
4V
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
36
24
54
21
Giải:
Biên soạn: Nguyễn Đăng Ái - Kĩ sư tài năng - Bách khoa Hà Nội.

Trang 19


Tuyển tập 100 đề VDC dành cho khóa học online 2019 – môn Toán



TƯ DUY MỞ

Hình vẽ minh họa:
E
D

A

M
C

B

P

A'

N

D'

C'

B'
Q

AN A ' N
AA '
AN 2


 2

NQ ND ' D ' Q
AQ 3
AM AP AN 2
2

.
.
  VAMNP  VAMQP
(1)
AM AP AQ 3
3



Kéo dài AN cắt DD' tại Q, ta có:



Ta có:









VAMNP
VAMQP

PM 2



PM CM CP

PE 3
Kéo dài MP cắt DD' tại E, ta có:


2
ME DM DE
 DE  1 CP  1 CC '

2
4
VPAMQ PA PQ PM 2
2

.
.
  VPAMQ  VPAEQ
Ta có:
(2)
VPAEQ PA PQ PE 3
3
Lại có khối đa diện PAEQ là khối đa diện chuẩn lăng trụ lệch tương ứng với hình lăng trụ ADC.A'D'C':
VPAEQ
1 0
0
EQ  1  0
0
7 7
7
7V
Suy ra:
 



    VPAEQ  .VADC . A ' D 'C ' 
 
VADC . A ' D 'C ' 3  AA ' CC ' DD '  3  AA ' CC ' 4  12
12
24
2
2 2
2 2 7V 7V
Từ (1) và (2) suy ra: VAMNP  VAMQP  . VPAEQ  . .

3
3 3
3 3 24 54
Vậy ta chọn đáp án C.

Câu 22. (4 - A) Cho hình hộp ABCD.A'B'C'D' có thể tích V. Gọi M, N, P, Q lần lượt nằm trên các cạnh AA', BB',
CC' , DD' sao cho: AM = MA', 2BN = 3NB', 3CP = 4PC', 4DQ = 5QD'. Thể tích khối đa diện lồi ABCDMNPQ
bằng:
2131
15V
1039
181
A.
B.
.
C.
D.
V.
V.
V.
3780
28
1890
223
Giải:
Biên soạn: Nguyễn Đăng Ái - Kĩ sư tài năng - Bách khoa Hà Nội.

Trang 20


Tuyển tập 100 đề VDC dành cho khóa học online 2019 – môn Toán

B'

A'
D'
Q

C'
N

M

P

A







TƯ DUY MỞ

B

C
D
AM CP 1 4 15 BN DQ 3 5 52
AM CP BN DQ

  
;

  




So sánh:
AA ' CC ' 2 7 14 BB ' DD ' 5 9 45
AA ' CC ' BB ' DD '
Như vậy cạnh NQ sẽ gồ lên và khối đa diện lồi ABCD.MNPQ sẽ được chia thành hai khối đa diện (dạng
lăng trụ lệch) theo cạnh NQ là: ABDMNQ và CBDPNQ
V
1  AM BN DQ  1  1 3 5  149
149
149V
Ta có: ABDMNQ  


 VABDMNQ 
VABDA ' B ' D ' 
    
VABDA ' B ' D ' 3  AA ' BB ' DD '  3  2 5 9  270
270
540
V
1  CP BN DQ  1  4 3 5  544
544
272V
Tương tự: CBDPNQ  


 VCBDPNQ 
VCBDC ' B ' D ' 
    
VCBDC ' B ' D ' 3  CC ' BB ' DD '  3  7 5 9  945
945
945
149V 272V 2131


V . Vậy ta chọn đáp án A.
Từ đó suy ra: VABCDMNPQ  VABDMNQ  VABDA ' B ' D ' 
540
945 3780

Câu 23. (4 - C) Cho hình hộp ABCD.A'B'C'D' có thể tích V. Gọi M, N, P, Q lần lượt nằm trên các cạnh AA', BB',
CC' , DD' sao cho: AM = MA', BN = 2NB', CP = 3PC', 2DQ = QD'. Thể tích khối đa diện lồi ABCDMNPQ bằng:
13V
11V
7V
31V
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
24
30
12
80
Giải:

Biên soạn: Nguyễn Đăng Ái - Kĩ sư tài năng - Bách khoa Hà Nội.

Trang 21


Tuyển tập 100 đề VDC dành cho khóa học online 2019 – môn Toán







TƯ DUY MỞ

AM CP 1 3 5 BN DQ 2 1
AM CP BN DQ

   ;

  1



AA ' CC ' 2 4 4 BB ' DD ' 3 3
AA ' CC ' BB ' DD '
Như vậy cạnh MP sẽ gồ lên và khối đa diện lồi ABCD.MNPQ sẽ được chia thành hai khối đa diện (dạng
lăng trụ lệch) theo cạnh MP là: BACNMP và DACQMP
V
1  BN AM CP  1  2 1 3  23
23
23V


 VBACNMP  VBACB ' A 'C' 
Ta có: BACNMP  
    
VBACB ' A 'C ' 3  BB ' AA ' CC '  3  3 2 4  36
36
72
V
1  DQ AM CP  1  1 1 3  19
19
19V
Tương tự: DACQMP  


 VDACQMP  VDACD ' A 'C' 
    
VDACD ' A 'C ' 3  DD ' AA ' CC '  3  3 2 4  36
36
72
23V 19V 7V


Từ đó suy ra: VABCDMNPQ  VBACNMP  VDAC .D ' A 'C ' 
. Vậy ta chọn đáp án C.
72
72 12
So sánh:

Câu 24. (4 - D) Cho hình hộp ABCD.A'B'C'D' có thể tích V. Gọi M, N, P, Q lần lượt nằm trên các cạnh AA', BB',
CC' , DD' sao cho: AM = MA', BN = 2NB', CP = 3PC', DQ = xQD', với x là số thực nằm trong khoảng (0;1). Thể
3V
tích khối đa diện lồi ABCDMNPQ bằng
. Giá trị của x tương ứng bằng:
5
2
1
7
13
A. .
B. .
C.
.
D.
.
5
2
12
17
Giải:
AM CP 1 3 5
 Ta có:

   , xảy ra các trường hợp sau:
AA ' CC ' 2 4 4
V
AM CP BN DQ
1  AM CP  5
5V
 Trường hợp 1: Nếu



 ABCD.MNPQ  

   VABCD.MNPQ 
AA ' CC ' BB ' DD ' VABCD. A ' B 'C ' D ' 2  AA ' CC '  8
8
V
AM CP BN DQ
1  AM CP  5
5V
 Trường hợp 2: Nếu



 ABCD.MNPQ  

   VABCD.MNPQ 
AA ' CC ' BB ' DD ' VABCD. A ' B 'C ' D ' 2  AA ' CC '  8
8
V
AM CP BN DQ
1  AM CP  5
5V
 Trường hợp 3: Nếu



 ABCD.MNPQ  

   VABCD.MNPQ 
AA ' CC ' BB ' DD ' VABCD. A ' B ' C ' D ' 2  AA ' CC '  8
8
 Hình vẽ minh họa:





3V 5V
AM CP BN DQ





, ta phải chia khối đa diện theo cạnh MP
5
8
AA ' CC ' BB ' DD '
thành hai khối đa diện BACNMP và DACQMP.
VBACNMP 1  BN AM CP  1  2 1 3  23
23
23V
 


 VBACNMP  VBACB ' A 'C' 
    
VBACB ' A 'C ' 3  BB ' AA ' CC '  3  3 2 4  36
36
72
Giả thiết cho VABCD.MNPQ 

Biên soạn: Nguyễn Đăng Ái - Kĩ sư tài năng - Bách khoa Hà Nội.

Trang 22


Tuyển tập 100 đề VDC dành cho khóa học online 2019 – môn Toán





TƯ DUY MỞ

VDACQMP

1  DQ AM CP  1  x
1 3 1 x
5
 


   
 
 
VDACD ' A 'C ' 3  DD ' AA ' CC '  3  x  1 2 4  3  x  1 4 
1 x
5
5 V
 x
Suy ra: VDACQMP  
  VDACD ' A 'C'  
 
3  x 1 4 
 x 1 4  6
23V  x
5  V 3V
13
Từ đó suy ra: VABCDMNPQ  VBACNMP  VDAC .D ' A 'C ' 

  
 x  .Vậy ta chọn đáp án D.
72  x  1 4  6
5
17
Tương tự:

Câu 25. (4 - B) Cho hình hộp ABCD.A'B'C'D' có thể tích V. Gọi M, N lần lượt là các điểm nằm trên AA' , CC' sao
cho AM = 2MA', 2CN = 3NC'. Một mặt phẳng đi qua M, N và cắt BB' , DD' lần lượt tại P và Q. Giá trị nhỏ nhất
2

2

 BP 
 DQ 
của biểu thức T  
  2
 bằng bao nhiêu ?
 BB ' 
 DD ' 
361
722
19
3
A.
.
B.
.
C.
.
D. .
225
675
15
2
Giải:
 Ta có tính chất hình hộp dành cho 4 giao điểm cắt bởi một mặt phẳng và 4 cạnh bên của hình hộp:
AM CN
BP DQ 2 3 19




  
AA ' CC ' BB ' DD ' 3 5 15
 Theo bất đẳng thức bunhia, ta có:
2

2




2

2

361  BP DQ   BP
1
DQ 
1  BP 
3
 DQ 



. 2
 (1  )(
  1.
  2
 ) T

225  BB ' DD '   BB '
DD ' 
2  BB ' 
2
2
 DD ' 
722
722
Suy ra: T 
(bỏ qua việc xét điều kiện dấu bằng xảy ra vì nó
 giá trị nhỏ nhất của T là: Tmin 
675
675
rất đơn giản và chắc chắn xảy ra). Vậy ta chọn đáp án B.

Câu 26. (4 - C) Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A'B'C' có thể tích V. Một mặt phẳng đi qua A cắt BB' , CC' lần
V
lượt tại M và N. Biết thể tích của khối đa diện ABCMN bằng
. Giá trị nhỏ nhất của biểu thức
3
2

2

 BM 
 CN 
T 
  4
 bằng bao nhiêu ?
 BB ' 
 CC ' 
5
25
A. .
B.
.
4
16
Giải:
C

C.

4
.
5

D. 1 .

A

B
N
M

C’

A’
B’

Biên soạn: Nguyễn Đăng Ái - Kĩ sư tài năng - Bách khoa Hà Nội.

Trang 23


Tuyển tập 100 đề VDC dành cho khóa học online 2019 – môn Toán







TƯ DUY MỞ

VABCMN
1 0
BM CN  1
BM CN
 



1
 
VABCA ' B 'C ' 3  AA ' BB ' CC '  3
BB ' CC '
Theo BĐT bunhia, ta có:
2
2
2
2
4
 BM CN   BM 1 CN   1    BM 
 CN   5
1 

 .2
  1.
  1    
  4
   T  T 
5
 BB ' CC '   BB ' 2 CC '   4    BB ' 
 CC '   4
4
Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức T là: Tmin 
5
Vậy ta chọn đáp án C.

Áp dụng công thức:

Biên soạn: Nguyễn Đăng Ái - Kĩ sư tài năng - Bách khoa Hà Nội.

Trang 24



Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×

×