2H1 2 05 3

Thể tích lớn nhất của khối1 chóp S AMN.. Do đó, thể tích của khối chóp S AMN.. Tính thể tích khối chóp .A BDEF.. Gọi S là diện tích một mặt của hình lập phương, S là diện tích tam giác 1

Câu 1 [2H1-2.5-3] (SỞ LÀO CAI 2019) Cho hình chóp S ABCD. có đáy ABCD là hình vuông cạnh

a , cạnh bên SA a và vuông góc với mặt phẳng đáy Trên cạnh SB, SD lần lượt lấy hai điểm

M , N sao cho

SM m

SB 

và

SN n

SD 

với ,m n và 0 2m23n2  Thể tích lớn nhất của khối1 chóp S AMN. bằng

A

3 6 72

a

3

8

a

3 3 24

a

3

6

a

Lời giải

Tác giả:Trương Văn Tâm ; Fb: Văn Tâm Trương

Chọn A

2

Ta có

3

.

6

S AMN

S ABD

Do đó, thể tích của khối chóp S AMN. lớn nhất khi và chỉ khi giá trị biểu thức mn lớn nhất. Mặt khác, theo đề ta có

1 2 3 2 2 3 2 6

2 6

 �

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi

2

2

1 1

1

m m

n



� (do ,m n )0

Vậy thể tích của khối chóp S AMN. lớn nhất bằng

6 72

2 6



Câu 2 [2H1-2.5-3] (Chuyên Lê Hồng Phong Nam Định Lần 1) (Chuyên Lê Hồng Phong Nam

Định Lần 1) Cho hình lập phương ABCD A B C D. ���� có cạnh bằng a Gọi E và F lần lượt là

các điểm trên các cạnh A D�� và A B�� sao cho

2 3

A E� A D��

và

2 3

A F� A B��

Tính thể tích khối chóp A BDEF

A

3 3

8

a

3

5 18

a

3

8

a

3

3 3 8

a

Lời giải

Tác giả: Đàm Văn Thượng; Fb:Thượng Đàm

Chọn B

Cách 1:

Ta có V A EFBD. V E ABD. V E ABF. .

Gọi S là diện tích một mặt của hình lập phương, S là diện tích tam giác 1 ABD và S là diện 2

tích tam giác ABF

Do

2 1

1

a

S  S 

và dE ABCD,   AA�a suy ra

.

1

3 2 6

E ABD

Lại có

2 2

1

a

S  AB BB�

và     2

d ,

3

E AA B B�� EA� a

suy ra

E ABF

V  S E AA B B��  a

Vậy

5

6 9 18

Cách 2:

Trong tam giác A B D��� có

A E A F

A D A B

�  �

�� �� suy ra EF B D// �� mà BD B D// �� nên EF BD //

Suy ra tứ giác EFBD là hình thang

Trong mặt phẳng A ADD� �

dựng EH DD�// suy ra EH ABCD �EH BD 1  , trong

mặt phẳng  ABCD dựng HI BD tại I  2

Từ  1 và  2 suy ra BDEHI �EBD  EHI, EBD � EHI EI .

Trong mặt phẳng EHI , kẻ HK EI K EI, � �HK EBD hay dH EBD,   HK.

Ta thấy

d ,

3

d ,

HD

d A EBD, 3d H EBD, 3HK

Trong tam giác A B D���, có

2 3

EF A E

B D A D

�

�� ��

2 2 3

a

EF 

�

Trong tam giác DOA, có

1 3

a

HI  AO

�

Trong tam giác EHI , có EH  AA� , a

6

a

EI  HE HI 

,

19

19

HE HI a HK

EI

Diện tích hình thang EFBD là

EF BD EI a

và     3 19

d ,

19

a

A EBD 

Vậy thể tích khối A EFBD là 1     5 3

.d ,

a

V  S A EBD 

Câu 3 [2H1-2.5-3] (Nguyễn Đình Chiểu Tiền Giang) Cho hình hộp ABCD A B C D. ���� có AA a�

Gọi M , N là hai điểm thuộc cạnh BB� và DD� sao cho 3

a

BM DN 

Mặt phẳng (AMN) chia khối hộp thành hai phần, gọi V là thể tích khối đa diện chứa 1 A� và V là thể tích phần còn2

lại Tỉ số

1 2

V

V bằng

A

3

5

2. D 3

Lời giải

Tác giả:Lê Văn Quý ; Fb:Lê Văn Quý

Chọn B

Gọi O và O� lần lượt là tâm hai hình bình hành ABCD và A B C D����.

Gọi I MN�OO� và P AI�CC�.

Khi đó thiết diện của hình hộp cắt bởi mặt phẳng (AMN là hình bình hành AMPN )

Gọi V là thể tích của khối hộp ABCD A B C D. ����

Ta có

1

 �    � �    �

1 2

2

V

V 

Cách 2: Tác giả: Hoàng Ngọc Huệ; Fb: Hoàng Ngọc Huệ.

Gọi E , G lần lượt thuộc đoạn thẳng AA� và CC� sao cho 3

a

AG CE 

, gọi F là trung điểm

của đoạn thẳng EC� Dễ thấy AM NF (vì cùng song song với // DE) nên mặt phẳng (AMN ) cắt CC� tại F, do đó V2 V AMB NFCD. .

Ta có AG EF , AG EF//  , GMN  ENM �V A GMN. V F EMN. .

1 3

ABCD GMEN ABCD A B C D

và 1 .

2

3 ABCD A B C D

V  V ����

Vậy

1 2

2

V

V 

Câu 4 [2H1-2.5-3] (NGUYỄN ĐÌNH CHIỂU TIỀN GIANG) Cho hình hộp ABCD A B C D. ���� có

AA� Gọi a M , N là hai điểm thuộc cạnh BB� và DD� sao cho 3

a

BM DN 

Mặt phẳng

(AMN chia khối hộp thành hai phần, gọi ) V là thể tích khối đa diện chứa 1 A� và V là thể tích2

phần còn lại Tỉ số

1 2

V

V bằng

A

3

5

2. D 3

Lời giải

Tác giả:Lê Văn Quý; Fb:Lê Văn Quý

Chọn B

Gọi O và O� lần lượt là tâm hai hình bình hành ABCD và A B C D����.

Gọi I MN�OO� và P AI�CC�.

Khi đó thiết diện của hình hộp cắt bởi mặt phẳng (AMN là hình bình hành AMPN )

Gọi V là thể tích của khối hộp ABCD A B C D. ����

Ta có

1

 �    � �    �

1 2

2

V

V 

Cách 2: Tác giả: Hoàng Ngọc Huệ; Fb: Hoàng Ngọc Huệ.

Gọi E , G lần lượt thuộc đoạn thẳng AA� và CC� sao cho 3

a

AG CE 

, gọi F là trung điểm

của đoạn thẳng EC� Dễ thấy AM NF (vì cùng song song với // DE) nên mặt phẳng (AMN ) cắt CC� tại F, do đó V2 V AMB NFCD. .

Ta có AG EF , AG EF//  , GMN  ENM �V A GMN. V F EMN. .

Suy ra 2 . .

1 3

ABCD GMEN ABCD A B C D

và 1 .

2

3 ABCD A B C D

V  V ����

Vậy

1 2

2

V

V 