Tải bản đầy đủ

Huong dan giai 04

HƯỚNG DẪN GIẢI.
Vấn đề 6. TỈ SỐ THỂ TÍCH
Bi 1
3
1. a. Ta có VS.ABC = 1 SA.S∆ABC = 1 SA.AB.AC = a 3

3

6

3

Ap dụng công thức tỉ số thể tích
VS. AMN
VS. ABC

=

SA.AM .SN
SM SN 2x
=

.
=
SA.SB.SC
SB SC
3

3
Do đó: VS.AMN = 2x VS.ABC = 2xa 3 .

3
9
b. Mặt phẳng ( AMN ) chia khối chóp thành

hai phần có thể tích bằng nhau


VS. AMN
VS. ABC

=

1
2x 1
3

= ⇔ x= .
2
3
2
4

2. Vì (AHK ) ⊥ SC ⇒ AH ⊥ SC, nhưng
BC ⊥ (SAB) ⇒ AH ⊥ BC do đó ta có
S
AH ⊥ (SBC) ⇒ AH ⊥ SB.
Tam giác vuông SAB với đường cao AH
SH SH.SB SA 2
nên
=
=


SB
SB 2
SB 2
SH
SA 2
4
hay
=
= .
2
2
SB SA + AB
5
SK
SA 2
2 A
Tương tự ta có
=
=
.
SC SA 2 + AB 2 + CB 2 3
a3
Thể tích khối chóp S.ABC là V =
.
3
V
SH SK
8
8 3
.
=
⇒ VS.AHK =
a.
Vì thế S.AHK =
V
SB SC 15
45
Bi 2
Vì G là trọng tâm tam giác SAC

K

H
C
S

B
N
M

G
A

D
74

O
B

C


nên AG ∩ SC = M là trung điểm của
SC. Mặt khác ta có AB //CD nên N
là trung điểm của SD. Do đó
VS.ABM SM 1
=
=
VS.ABC SC 2
VS.ANM SM SN 1
=
.
=
VS.ADC
SC SD 4
VS.ABMN
V
V
3
= S.ABM + S.ANM =
VS.ABCD 2VS.ABC 2VS.ADC 8
·
Góc hợp bởi AN và mặt phẳng đáy là NAD
= 300 , vì vậy
AD = SA.cot 300 = a 3 ⇒ VS.ABCD =
VS.ABMN =

3 3
a
3

3 3
5 3 3
a ⇒ VMNABCD = VS.ABCD − VS.ABMN =
a.
8
24

Bi 3

1. Thể tích khối chóp S.ABCD là:
VS. ABCD =

1
1
2a3 3
SA.S ABCD = SA.AB.AD =
3
3
3

1
a3 3
VS. ABC = VS.ACD = VS. ABCD =
2
3
 BC ⊥ AB
Ta có 
 BC ⊥ SA
⇒ BC ⊥ (SAB) ⇒ BC ⊥ AH
Mặt khác AH ⊥ SB nên suy ra
AH ⊥ (SBC ) ⇒ AH ⊥ SC .

Hoàn toàn tương tự ta chứng minh
được AK ⊥ SC
Từ đó, suy ra SC ⊥ ( AHK ) nên SC ⊥ AM .
Ap dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có:
SH
SA 2
SA 2
3a2 3 SK
SA 2
3
=
=
=
= ;
=
= ;
SB SB 2 SA 2 + AB 2 4a2 4 SD SA 2 + AD2 7
SM
SA 2
3
=
=
SC
SA 2 + AC 2 8
75


Sử dụng công thức tỉ số thể tích ta có được:
VS. AHM
VS. ABC
VS. AKM
VS. ADC

=

SH SM
9
9
3a3 3
.
=
⇒ VS. AHM =
VS.ABC =
SB SC
32
32
32

=

SK SM
9
9
3a3 3
.
=
⇒ VS. AK M =
VS. ABC =
SD SC
56
56
56

3
Vậy VS.AHMK = VS. AHM + VS .AKM = 33a 3 .

224

Chú ý Ta có thể tính thể tích khối chóp S.AH MK theo cách sau:
1
SM .S AHMK .
3
2. Gọi O là giao của hai đường chéo của
hình thoi và I = SO ∩ AC′. Khi đó
B ′D′ qua I và song song với BD. Ta
VS. AHMK =

S

SB ′ SD′ SI 2
=
=
= (vì I là trọng
SB SD SO 3
tâm tam giác SAC ).
VS.AB ′C′ SB ′ SC′ 1
=
.
=
Suy ra
VS.ABC
SB SC 3

C'





VS.AD′C′ SD′ SC′ 1
=
.
= .
VS.ADC
SD SC 3

B'

I
B

C

D'
O

A

D

VS.AB ′C′D′ VS.AD′C′
V
1
=
+ S.AD′C′ = .
Vậy
VS.ABCD
2VS.ADC 2VS.ADC 3
Mà VS.ABCD =

1
2
1
3 3
SA.SABCD = SA.SABD = a.a.a.sin 600 =
a
3
3
3
6

nên VS.AB′C′D′ =

1
3 3
VS.ABCD =
a.
3
18

Bi 4
NP ∩ B ′B = E,EM ∩ AB = Q

EB EQ EP
BP 1
=
=
=
=
EB ′ EM EN B ′N 2
Mặt phẳng (MNP ) chia khối lăng trụ thành hai phần, phần
E chứa điểm B có thể
V
,
V
.
tích là 1 phần còn lại có thể tích là 2 Gọi thể tích của khối lăng trụ là V.
Ta có
B
Q
d(E,(A ′B ′C′)) = 2.d(B,(A ′B ′C′)),
P


SB′MN B M B N 1
C
A
=
.
=
SA ′B′C′ B ′A ′ B ′C′ 3
B'

M
A'

76
N
C'


1
1
2
nên VE.MB′N = .2.d(B,(A ′B ′C′)). SA ′B′C′ = V.
3
3
9
3
VE.QBP  EB 
1
=
=
÷
VE.MB′N  EB ′ 
8
7 2
7
. V=
V
8 9
36
V
29
7
⇒ V2 = V − V1 =
V⇒ 1 =
.
36
V2 29
Bi 5
AM ∩ DC = N,NI cắt CC′,DD′ lần lượt tại H,K . Mặt phẳng (AMI ) chia khối
lập phương thành hai khối đa diện. Khối đa diện chứa điểm D có thể tích là
V1, khối đa diện còn lại có thể tích là V2. Thể tích của khối lập phương là
⇒ V1 = VE.MB ′N − VE.QBP =

V = a3.
HC NC NM NH MC 1
=
=
=
=
= .
Ta có
K D ND NA NK AD 2
1
B'
Nên VN.ADK = .ND.SADK
3
2
⇒ VN.ADK = a3.
9
3

VN.MCH  NC 
1
=
=
÷
VN.ADK  ND 
8
Do đó
V1 = VN.ADK − VN.MCH =

B

1
r.SBCD
r VO.CAD
r
3
=
=
,
=
,
1.
1
VABCD
hA VABCD
hB
hA .SBCD
3
VO. ABD
r VO. ABC
r
=
,
=
VABCD
hC VABCD
hD
VO.BCD

77

K

C'
I
A

H
M

7
7 3
29 3
VN.ADK =
a ,V2 =
a .N
8
36
36

Bi 6

D'

A'

C

D


Suy ra:
=

r
r
r
r
+
+
+
hA hB hC hD

VO. ABC + VO.ABD + VO. ACD + VO.BCD
=1
VABCD

Do đó:

1
1
1
1
1
=
+
+
+
.
r hA hB hC hD

2. Ta có VS.K MN + VS.KML = VS.NL M + VS.NL K (1)
Vì ABCD là hình bình hành nên
S ACD = S ACB = S ABD
1
= SCBD = S ABCD
2
Do đó VS.ACD = VS.ACB = VS. ABD
1
= VS.CBD = VS.ABCD
2

Vậy từ (1) ta suy ra:
VS.K MN

V
V
V
+ S.K ML = S.NL M + S.NL K .
VS. ACD
VS.ABC
VS.DBC
VS .DBA
SK .SM .SN SK .SM .SL SN .SL .SM SN .SL .SK

+
=
+
SA.SC.SD
SA.SB.SC
SD.SB.SC
SD.SB.SA
SK .SL .SM .SN  SB SD  SK .SL .SM .SN  SA SC 

+
+

÷=

÷
SA.SB.SC.SD  SL SN 
SA.SB.SC.SD  SK SM 
SA SC
SB SD

+
=
+
(đpcm).
SK SM
SL SN
3. Gọi E là giao điểm của MN và CD. ĐiểmAQ chính là giao điểm
QA PA EC 3
ED MB ND 1
=
.
= , do
=
.
= nên
của AD và PE. Ta có
QD PC ED 2
EC MC NB 3
AQ 3
= .
đó
P
AD 5
Q
Gọi V,V1,V2 lần lượt là thể tích khối tứ diện ABCD, khối đa diện chứa điểm A
và khối đa diện chứa điểm D khi chia khối tứ diện bởi mặt phẳng (MNP ) chia
E
khối tứ diện.
D
B
N
78
M
C


Ta có V1 = VABMN + VAMPN + VAPQN
SBMN BM.BN 1
=
=

SBCD
BC.BD 8
SMNC 3 SDNC 1
= ,
=

SBCD 8 SBCD 2
1
1
nên VABMN = V,VAMPN = V
8
3
1 3
1
VAPQN = . VADNC =
V
3 5
10
V
7
13
7
7
V,V2 =
V⇒ 1 =
.
V1 =
V ⇒ V1 =
20
20
V2 13
20
Bi 7

1. Đường thẳng M N cắt BC và CD tại K và L; EL cắt SD tại P; EK cắt
SB tại Q. Mặt phẳng (MNE) cắt hình chóp theo mặt cắt là ngũ giác
NMPEQ.

Đặt AB = a, SO = h . Ta có KB = DL =

a
.
2

Hạ EH / / SO ⇒ EH là đường trung bình của ∆SOC nên EH =
S∆CKL =

1
1 3a 3a 9a2
;
CK .CL =
=
2
2 2 2
8

1
1 h 9a2 3a2h
EH .SCK L = . .
=
3
3 2 8
16
Ta có Q là trung điểm của EK nên
VECK L =

79

h
.
2


VKBQM
VKCEL

=

KB.KQ.KM 1 1 1 1
1
a2h
= . . =
⇒ VKBQM =
VKCEL =
KC.KE .KL
3 2 3 18
18
96

2
Tương tự VL NDP = a h

96

3a2h a2h a2h
V1 = VBCDNMQEP = VECK L − [VK BMQ + VL DNP ] =

=
16
48
6
Gọi V2 là phần thể tích SEQMANP ta có:
2
2
2
V
Suy ra V2 = VSABCD − V1 = a h − a h = a h . Vậy 1 = 1 .

V2
3
6
6
2. MN cắt CB,CD tại H,P. Nối E
với H,P ta có thiết diện là ngũ
giác EK MNQ.
Gọi V,V1,V2 lần lượt là
thể tích khối chóp
S
S.ABCD, khối đa diện
chứa điểm C và khối đa
diện chứa điểm A khi
E
chia khối chóp bởi
Q
(MNE ).
Dễ dàng tính được
C
K
HM HB 1
=
= ,
O
HP HC 3
N
B
PN PD 1
A
=
= ,
M
PH PC 3
H
HK PQ
=
=1
HE PE
VC.EHP CE CH CP 9
9
=
.
.
= ⇒ VC.EHP =
V
VC.SBD CS CB CD 8
16

D

P

VH.K BM HK HB HM
1 VP.DNQ PD PN PQ 1
=
.
.
=
,
=
.
.
=
VH.ECP
HE HC HP 18 VP.CHE PC PH PE 18
⇒ V1 = VH .ECP − VH .K BM − VP.DNQ =
Vậy tỉ số thể tích của hai phần là

8
1
VC.EHP = V
9
2

V1
= 1.
V2

Bi 8

1. ( Bạn đọc tự vẽ hình )
80


VSAMN SA SM SN SM SN
=
.
.
=
.
.
VSABC SA SB SC SB SC
Tam giác SAB vuông tại A có đường cao
SM SM.SB SA 2
=
=
.
AM nên
SB
SB 2
SB 2
SM
SA 2
a2
SB 2 = SA 2 + AB 2 ,
=
=
.
SB SA 2 + AB 2 a2 + b2
VSAMN
SN
SA 2
a2
a2
a2
a4
=
=

=
.
=
.
SC SA 2 + AC 2 a2 + c2
VSABC a2 + b2 a2 + c2 (a2 + b2 )(a2 + c2 )

a) Ta có

Vậy tỉ số thể tích của hai khối chóp S.AMN và S.ABC không phụ
thuộc vào độ lớn của góc α.
b) Mặt phẳng (AMN ) chia khối chóp thành hai phần có thể tích bằng nhau, tức
VSAMN 1
a4
1
= , do đó 2
= . Hay

2
2
2
VSABC 2
(a + b )(a + c ) 2
2a4 = (a2 + b2 )(a2 + c2 ) ⇔ a4 − (b2 + c2 )a2 − b2c2 = 0
⇔ a2 =

b2 + c2 ± (b2 + c2 )2 + 4b2c2
2

b2 + c2 + (b2 + c2 )2 + 4b2c2
.
2
1
1
·
= bc.sin α.
c) Diện tích ∆ABC là SABC = .AB.AC.sin BAC
2
2
1
1
Thể tích khối chóp S.ABC là VS.ABC = SA.S ABC = abc.sin α.
3
6
Vì a > 0,a2 > 0 nên a =

Thể tích khối chóp S.AMN là
a4
a5bc.sin α
VSAMN = 2
.V
=
.
SABC
(a + b2 )(a2 + c2 )
6(a2 + b2 )(a2 + c2 )
P

Bi 9
1. Gọi M là trung điểm của A ′B′.
Mặt phẳng (ACM ) chia khối hộp
chữ nhật thành hai phần (hình vẽ),
phần chứa điểm B ′ có thể tích V1

và phần còn lại có thể tích V2.

A'
D'

81

M

B'

C'

B

A
D

N

C


PB ′ PN PM MB ′ 1
=
=
=
= .
PB PC PA
AB 2
1
1
VP.ACB = PB.SABC = abc.
3
3
VP.MNB ′ PB ′ PN PM 1
=
.
.
=
VP.ACB
PB PC PA 8

Ta có

1
7 1
7

abc.
do đó V1 = VP.ACB − VP.MNB ′ =  1 − ÷.VP.ACB = . abc =
8
8 3
24

7
7
17
abc,V2 = abc −
abc =
abc.
Vậy V1 =
24
24
24
2. Đường thẳng MN cắt AD tại
A' P, cắt AB tại E.A ′E ∩ BB ′ = F, A ′P ∩ DD′ = Q.
D'

B'

C'
Q

Thiết diện A ′FMNQ chia khối lập phương thànhDhai phần, phần chứa điểm A có
A
P
F
thể tích là V1 và phần còn lại có thể tích là V2N.
2a
EB 2
B
EB = CN =
= ;
Vì M là trung điểm của BC
nên
M và NC =
C 2ND nên
3
EA 5
DP ND
1
a
PD 1
= E = ⇒ PD = ⇒
= .
MC NC 2
4
PA 5
1
1
1 5a 5a 25 3
=
a.
Ta có VA ′.AEP = AA ′.SAEP = AA ′.AE.AP = a. .
3
6
6 3 4 72
3
3
V
8 VP.QDN  PD 
1
 EB 
Nhưng E.FBM = 
nên suy ra
=
,
=
=
÷

÷
VE.A ′AP  EA 
125 VP.A ′AE  PA 
125
8
1 

V1 = VE.A ′AP − VE.FBM − VP.QDN =  1 −

VP.A ′AE
125 125 ÷


116 25 3 29 3
61 3
⇒ V1 =
. a =
a ,V2 = V − V1 =
a.
125 72
90
90
3. Thiết diện được dựng như hình vẽ.
Gọi V là thể tích khối hộp. Khối
hộp được chai thành hai phần, phần
A'
D'
chứa điểm A có thể tích là V1,
phần còn lại là V2.
B'
C'
Q
Ta có V2 = V − V1.
Dễ thấy
D
F
B
E

A

P
N

M

C

82


EB EM EF 1
=
=
= ,
EA EP EA ′ 3
PD PN PQ 1
=
=
=
PA PE PA ′ 3
3
1
1
VA ′AEP ,VPQDN =
VA ′AEP .
Nên suy ra VA ′AEP = V,VEBMF =
8
27
27
25
25
VA ′AEP =
V.
Do đó V1 = VA ′AEP − VEBMF − VPQDN =
27
72
V
25
47
25
V ⇒ V2 =
V⇒ 1=
.
Vậy V1 =
72
72
V1 47
Bi 10

3VA.SBC
1
.
d( A, (SBC )).SBCS nên d( A, (SBC )) =
SBCS
3
Vì (SAC ) ⊥ ( ABC ) nên gọi H là hình chiếu
của S trên cạnh AC thì SH ⊥ ( ABC ),
hình chiếu của SA trên mặt phẳng ( ABCD)
·
là AH nên (·SA, ( ABCD)) = SAH
= α.

1. Ta có VA.SBC =

Ta có ·ASC = 900 nên
SA = AC.cos α = 2.a.cos α ,

Do đó SH = SA.sin α = 2.a.cos α sin α
Nên VS.ABC = 1 SH .S ABC = 2 .a3.cos α sin α .
3

6

Gọi K là trung điểm của SC thì OK là đường trung bình của tam giác
SAC nên
OK / / SA ⇒ OK ⊥ SC. Mà BD ⊥ (SAC ) ⇒ BD ⊥ SC nên BK ⊥ SC.
Ta có SC = AC.sin α = 2.a.sin α nên
BK =

BC 2 − CK 2 = a

2 − sin2 α
2

1
⇒ SBCS = a2 sin α . 2 − sin2 α .
2

83


Vậy khoảng cách cần tìm là:
2 3
.a .cos α sin α .
2.a.cos α
6
d( A,(SBC )) =
=
.
1 2
2
2
2 − sin α
a sin α . 2 − sin α
2
·
2. Vì CB ⊥ BA,CB ⊥ AS nên CB ⊥ (SAB) ⇒ ϕ = CSB.
Trong tam giác vuông SBC ta có SB = BC.cot ϕ = a.cot ϕ.
3.

SA 2 = SB 2 − AB 2 = a2(cot2 ϕ − 1) =

a2 cos2ϕ
a cos2ϕ
⇒ SA =
.
2
sin ϕ
sin ϕ

a3 cos2ϕ
1
SA.SABCD =
.
3
3sin ϕ
Vì mặt phẳng (SAC) là mặt phẳng đối xứng của khối chóp,
VS.AMNP 2VS.AMN SM SN
=
=
.
.
nên
VS.ABCD 2VS.ABC
SB SC
Tam giác SAC vuông tại A với đường cao AN nên
SN SN.SC SA 2
SA 2
=
=
=
= cos2ϕ.
SC
SC2
SC2 SA 2 + AC2
Vì SC ⊥ MA,CB ⊥ MA nên AM là đường
cao của tam giác vuông SAB nên
SM SM.SB SA 2
SA 2
cos2ϕ
=
=
=
=
.
2
2
2
2
SB
SB
SB
SA + AB
cos2 ϕ
M
Do đó VS.ABCD =

VS.AMNP cos2 2ϕ
a3. cos5 2ϕ
=

V
=
.
S.AMNP
VS.ABCD
cos2 ϕ
3sin ϕ.cos2 ϕ
Bi 11

B

S

N

P

I
D

A
O
C

1. Đường thẳng AM cắt A1B1 tại O1 , AN cắt A1D1 tại O2 . Đường thẳng
O1O2 cắt B1C1, C1D1 lần lượt tai I và K. Mặt phẳng (AMN) cắt hình lập
phương theo giao thiết diện là ngũ giác AMIKN.

84


Do MB1 = ND1 =

a
a
nên ta tính được O1B1 = B1I = KD1 = D1O2 =
3
2

Do đó VAA O O =

1
 3a3
1
AA1  A1O1.A1O2 ÷ =
,
3
8
2


1 1 2

1 a  1 a a  a3
VMB O I = VND KO = .  . . ÷ =
.
1 1
1
2
3 3  2 2 2  72

Đặt V1 = VA1B1AMI KN
3a3
a3 25a3
.
⇒ V1 = VAA O O −  VMB O I + VND KO  =
− 2.
=
1 1 2
1 1
1
2

8
72
72
V
25
47a3
và k = 1 =
.
V2 = VC BCDAMI KN = a3 − V1 =
V2 47
1
72
uuuur r uuur r uuuu
r r
2. Đặt AA′ = x, AB = y, AD = z.
Ta có tam giác ABD là tam giác đều
rr rr
rr
r r
a2
x.y = x.z = 0, y.z = y z .cos 600 =
.
2
uuuur uuuur uuuu
r uuur r r r
DB ′ = DD′ + DC + DA = x + y − z.
M , N là trung điểm của BC , C ′D′ nên
uuuur uuuur uuuu
r uuuur
MN = MC + CC ′ + C ′N
uuuur 1 uuuu
r uuuu
r 1 uuuuu
r 1r r 1r
MN = AD + CC ′ + C ′D′ = z + x − y.
2
2
uuuur 2
uuuur r 2
MN ⊥ B ′D nên MN .DB′ = 0

85


r

r

r 1 r
2

r

Do đó (x + y − z)  z + x −

1 r r
y÷ = 0
2 

1 a2 1 2 1 2 1 a2
2
⇔ x2 + .
− .a − .a + .
= 0⇔ x=
a.
2 2 2
2
2 2
2

Ta có: d(D, ( AMN )) =
S AMD =

3VD. AMN
S AMN

. Dễ thấy

1
3 2
S ABCD = S ABD =
a .
2
4

Gọi H là trung điểm của DC thì NH ⊥ ( ABCD), NH = 2 a nên
2

1
6 3
VD. AMN = VN . AMD = NH .S AMD =
a .
3
24
Kẻ HK ⊥ AM ta có NK ⊥ AM . Theo định lí hàm số cosin
AM 2 = BA 2 + BC 2 − 2BA.BC.cos1200 =

7 2
7
a ⇒ AM =
a.
4
2

Ta có S AHM = S ABCD − (S ADH + SCHM + S ABM ) = 3 S ABCD = 3 3 a2
8

Nên HK =

2S AHM
AM

=

3 21
a ⇒ NK =
28

16

NH 2 + HK 2 =

231
a.
14

Suy ra S AMN = 1 NK .AM = 33 a2, do đó d(D, ( AMN )) = 22 a.
2

8

Vậy khoảng cách từ điểm D đến mặt phẳng ( AMN ) là

11

22
a.
11

3. Ta có VABC .A ' B ' C ' = a3 .

86


a) Do VC '. ABC =

1
V
,
3 ABC .A ' B ' C '

2
2a3
VABC . A ' B ' C ' =
3
3
Mặt khác S ABNM = S A ' B ' NM
VC ' ABB ' A ' =

1
a3
⇒ VC ' A ' B ' NM = VC ' ABB ' A ' =
2
3
3
Suy ra VC ' CABNM = 2a .

3

Vậy

VC ' A ' B ' NM
VC ' CABNM

=

1
.
2

1
·
CE .CF .sin ECF
CE .CF
2
=
=
b) Ta có:
1
S∆CAB
CA.CB
CA.CB.sin ·ACB
2
EA MA 2
CE
BF
BN
1
CF
3
=
= ⇒
= 3,
=
= ⇒
= .

EC CC ' 3
CA
BC CC ' 3
CB 2
S∆CEF
9
=
Do đó
S∆CAB 2
S∆CEF

3
Suy ra CC ' CEF = 9 VC ' CAB = 3a .

2
2

4. Đường thẳng NP cắt B B tại E, cắt B ′C′ tại K ,ME ∩ AB = F,
MK ∩ A ′C′ = H. Thiết diện là ngũ giác MHPNF chia khối lăng trụ
thành hai phần. Gọi V, V1,V2 lần lượt là thể tích khối lăng trụ, khối
đa diện chứa đỉnh A, khối đa diện chứa đỉnh B (chia bởi mặt phẳng
1
1
(MNP ) ).
Vì NP // BC ′,NP = BC′ nên EB = CP = BB ′ suy ra
2
2
FB
EB EF 1
1
K P K C′ 1
=
=
= và C′K = CN = B ′C′ ⇒
=
= .
MB ′ EB ′ EM 3
2
K E K B ′E 3
KH 1
= .
Trong tam giác A ′B ′C′ ta dễ dàng tính được
KM 2
B
F
1
d(E,(A ′B ′C′)).SB′MK
N
1 EB ′ S
Ta có: VE.B ′MK = 3
= . A . B′MK
V
d(B,(A ′B ′C′)).SA ′B ′C′
3 BB ′ S A ′B′C′
C
VE.B ′MK 1 3 1.3 3
= . .
=
hay
B'
V
3 2 2.2 8
P
M

87
A'

H

C'
K


⇒ VE.B′MK =

3
V
8

VE.BFN
EB EF EN
1
=
.
.
=
,
VE.B ′MK EB ′ EM EK 27
VK .C′PH K C′ K P K H
1
=
.
.
=
.
VK .B ′EM K B ′ K E K M 18



1
1
49

⇒ V1 = VE.B′MK − VE.BFN − VK .C′PH =  1 −

VE.B ′MK =
VE.B ′MK
÷
27 18 
54

V
49
49 3
49
49
⇒ V1 =
VE.B′MK =
. V=
V⇒ 1 =
.
54
54 8
144
V2 95
Vậy tỉ số thể tích hai phần được chia bởi mặt phẳng (MNP ) là

49
.
95

Bi 12

1. a) Xét hình thang ABCD có BD là phân giác trong góc ·ADC nên tam
giác ABD cân tại A . Do đó AB = AD = BC = 3cm . Mặt khác BD ⊥ BC
·
nên đặt BDC
= α thì: ·BCD = ·ADC = 2α , suy ra 2α + α = 900 ⇒ α = 300 .
Vì thế DC = 2BC = 6cm .
Chiều cao của hình thang là y thì:
y = BC.sin 600 =

3 3
.
2

Diện tích của hình thang:
1
27 3
( AB + CD).y =
. Thể
2
4
tích khối chóp S.ABCD là
S ABCD =

V =

1
9 3
SA.S ABCD =
x.
3
4

Ta có

OA AB 1
AO 1
2
=
= ⇒
= , S ACD = 2S ACB = S ABCD , do đó
OC CD 2
AC 3
3
3
V = VS. ABCD = 3VS.ACB = VS .ACD .
2
88


VS. AMNP

V
V
2VS .ANP
+ S. ANP = S.ANM +
VS. ABCD
V
V
3VS. ACB 3VS.ACD
1  SN SM
SN SP  1 SN  SM
SP 
= 
.
+2
.
+2
÷= .

÷.
3  SC SB
SC SD  3 SC  SB
SD 
Gọi O = AC ∩ BD và I = SO ∩ AN. Mặt phẳng (α ) song song với BD nên
M,P là giao của đường thẳng qua I, song song với BD và các cạnh
SB,SD.
=

VS .ANM

SM
SP
SI
NS
SN
b
=
=
. Đặt
= b⇒
=
.
SB
SD SO
NC
SC b + 1
AO NC I S
.
.
= 1, do đó
Xét tam giác SOC và đường thẳng AN ta có
AC NS I O
IS
SI
3b
SM
SP
3b
= 3b ⇒
=

=
=
.
IO
SO 3b + 1
SB
SD 3b + 1
V
1 b  3b
3b 
3b2
+ 2.
.
Vậy S. AMNP = .

÷=
VS. ABCD
3 b + 1  3b + 1
3b + 1  (b + 1)(3b + 1)

Do đó :

V
1
9 3
NS 1
1
x.
= ⇒ b = nên S. AMNP = ⇒ VS. AMNP =
VS. ABCD
8
32
NC 3
3
b) Mặt phẳng (α ) chia khối chóp thành hai phần có thể tích bằng nhau khi

Với

VS. AMNP
VS. ABCD

=

1
3b2
1
, hay
= ⇔ 3b2 − 4b − 1 = 0. Giải ra và kết
2
(b + 1)(3b + 1) 2

hợp với điều kiện ta có b = 2 + 7 , hay NS = 2 + 7 và điểm N nằm
3

NC

3

trên cạnh SC .
2. Gọi M,N,H lần lượt là trung điểm của
AB,CD,BD. Mặt phẳng (SMN ) vuông góc
với AB ⇒ (SMN ) ⊥ (SAB). Hạ NJ ⊥ SM
thì NJ ⊥ (SAB), nên (α ) chứa AC và song
song với NJ . Kẻ HK ⊥ SM

AK ∩ SB = E thì thiết diện là tam giác
ACE.
Gọi V = VS.ABCD = 2VS.ABC ,
V1 = VABCE ,V2 = V − V1.

S

I
K

E

M

A
H

a
·
D SH = HM.tan
N
ϕ = C.tan ϕ.
Ta có SMH
= ϕ nên chiều cao của khối chóp
2
1
1 3
Thể tích khối chóp S.ABCD là V = SH.S ABCD = a .tan ϕ.
3
6
89

F
B


Để tính V1,V2 ta tính tỉ số giữa

V1
V1
BE
V1
=
=
.
. Ta có
V 2VS.ABC 2BS
V

Kẻ MF // AE, ta có
EB EB EF AB K M
HK .cot ϕ 2cos2 ϕ
=
.
=
.
= 2.
=
ES EF ES AM K S
HK .tan ϕ sin2 ϕ


BE
2cos2 ϕ
2cos2 ϕ
cos2 ϕ
=
=

V
=
V.
1
BS 2cos2 ϕ + sin2 ϕ 1 + cos2 ϕ
1 + cos2 ϕ

Vì thế V1 =

a3 sin 2ϕ
a3 sin ϕ
,V
=
V

V
=
.
2
1
3(1 + cos2 ϕ)
6cos ϕ(1 + cos2 ϕ)

Bi 13

V
SM
SN
SM .SN
, y=
0 ≤ x, y ≤ 1) . Ta có: 1 =
= xy
(
SB
SC
V
SA.SB
S∆SMN
S
+ S∆SNG
S
S
SM .SG
SN .SG
= ∆SMG
= ∆SMG + ∆SNG =
+
S∆SBC
S∆SBC
2S∆SBE 2S∆SCE
2SB.SE 2SC.SE

Đặt x =

=

1
( x + y) (1)
3
S∆SMN

Lại có:

S ∆SBC

=

SM .SN
= xy (2)
SA.SB

Từ (1) và (2) suy ra:
1
( x + y)
3
x
⇔ y=
3x − 1
xy =

⇔ ( 3x − 1) y = x

1
 x ≠ ÷.
3


x2
= f ( x) .
V
3x − 1
0 ≤ x; y ≤ 1
1
1 
x2
⇒ ≤ x ≤ 1 . Xét f ( x) =
, x ∈  ;1
Từ 
2
3x − 1
 x + y = 3xy
2 
1
1
4
2
max f ( x) =
khi x = ∪ x = 1 min f ( x) =
khi x =
Ta tìm được 1
;
2
2
9
3.
1

Vậy

V1

= xy =

[ ;1]
2

Vậy min

V1
V

=

[ ;1]
2

V
4
1
; max 1 = .
9
V
2

90



Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×