HƯỚNG DẪN GIẢI Vấn đề TỈ SỐ THỂ TÍCH Bi a Ta có VS.ABC = SA.S∆ABC = SA.AB.AC = a 3 Ap dụng cơng thức tỉ số thể tích VS AMN VS ABC = SA.AM SN SM SN 2x = = SA.SB.SC SB SC 3 Do đó: VS.AMN = 2x VS.ABC = 2xa b Mặt phẳng ( AMN ) chia khối chóp thành hai phần tích ⇔ VS AMN VS ABC = 2x ⇔ = ⇔ x= Vì (AHK ) ⊥ SC ⇒ AH ⊥ SC, BC ⊥ (SAB) ⇒ AH ⊥ BC ta có S AH ⊥ (SBC) ⇒ AH ⊥ SB Tam giác vuông SAB với đường cao AH SH SH.SB SA nên = = SB SB SB SH SA hay = = 2 SB SA + AB SK SA 2 A Tương tự ta có = = SC SA + AB + CB a3 Thể tích khối chóp S.ABC V = V SH SK 8 = ⇒ VS.AHK = a Vì S.AHK = V SB SC 15 45 Bi Vì G trọng tâm tam giác SAC K H C S B N M G A D 74 O B C nên AG ∩ SC = M trung điểm SC Mặt khác ta có AB //CD nên N trung điểm SD Do VS.ABM SM = = VS.ABC SC VS.ANM SM SN = = VS.ADC SC SD VS.ABMN V V = S.ABM + S.ANM = VS.ABCD 2VS.ABC 2VS.ADC · Góc hợp AN mặt phẳng đáy NAD = 300 , AD = SA.cot 300 = a ⇒ VS.ABCD = VS.ABMN = 3 a 3 3 a ⇒ VMNABCD = VS.ABCD − VS.ABMN = a 24 Bi Thể tích khối chóp S.ABCD là: VS ABCD = 1 2a3 SA.S ABCD = SA.AB.AD = 3 a3 VS ABC = VS.ACD = VS ABCD =  BC ⊥ AB Ta có   BC ⊥ SA ⇒ BC ⊥ (SAB) ⇒ BC ⊥ AH Mặt khác AH ⊥ SB nên suy AH ⊥ (SBC ) ⇒ AH ⊥ SC Hoàn toàn tương tự ta chứng minh AK ⊥ SC Từ đó, suy SC ⊥ ( AHK ) nên SC ⊥ AM Ap dụng hệ thức lượng tam giác vuông ta có: SH SA SA 3a2 SK SA = = = = ; = = ; SB SB SA + AB 4a2 SD SA + AD2 SM SA = = SC SA + AC 75 Sử dụng cơng thức tỉ số thể tích ta có được: VS AHM VS ABC VS AKM VS ADC = SH SM 9 3a3 = ⇒ VS AHM = VS.ABC = SB SC 32 32 32 = SK SM 9 3a3 = ⇒ VS AK M = VS ABC = SD SC 56 56 56 Vậy VS.AHMK = VS AHM + VS AKM = 33a 224 Chú ý Ta tính thể tích khối chóp S.AH MK theo cách sau: SM S AHMK Gọi O giao hai đường chéo hình thoi I = SO ∩ AC′ Khi B ′D′ qua I song song với BD Ta VS AHMK = S SB ′ SD′ SI = = = (vì I trọng SB SD SO tâm tam giác SAC ) VS.AB ′C′ SB ′ SC′ = = Suy VS.ABC SB SC C' có VS.AD′C′ SD′ SC′ = = VS.ADC SD SC B' I B C D' O A D VS.AB ′C′D′ VS.AD′C′ V = + S.AD′C′ = Vậy VS.ABCD 2VS.ADC 2VS.ADC Mà VS.ABCD = 3 SA.SABCD = SA.SABD = a.a.a.sin 600 = a 3 nên VS.AB′C′D′ = 3 VS.ABCD = a 18 Bi NP ∩ B ′B = E,EM ∩ AB = Q EB EQ EP BP = = = = EB ′ EM EN B ′N Mặt phẳng (MNP ) chia khối lăng trụ thành hai phần, phần E chứa điểm B V , V tích phần lại tích Gọi thể tích khối lăng trụ V Ta có B Q d(E,(A ′B ′C′)) = 2.d(B,(A ′B ′C′)), P ′ ′ SB′MN B M B N C A = = SA ′B′C′ B ′A ′ B ′C′ B' M A' 76 N C' 1 nên VE.MB′N = 2.d(B,(A ′B ′C′)) SA ′B′C′ = V 3 VE.QBP  EB  = = ÷ VE.MB′N  EB ′  7 V= V 36 V 29 ⇒ V2 = V − V1 = V⇒ = 36 V2 29 Bi AM ∩ DC = N,NI cắt CC′,DD′ H,K Mặt phẳng (AMI ) chia khối lập phương thành hai khối đa diện Khối đa diện chứa điểm D tích V1, khối đa diện lại tích V2 Thể tích khối lập phương ⇒ V1 = VE.MB ′N − VE.QBP = V = a3 HC NC NM NH MC = = = = = Ta có K D ND NA NK AD B' Nên VN.ADK = ND.SADK ⇒ VN.ADK = a3 VN.MCH  NC  = = ÷ VN.ADK  ND  Do V1 = VN.ADK − VN.MCH = B r.SBCD r VO.CAD r = = , = , 1 VABCD hA VABCD hB hA SBCD VO ABD r VO ABC r = , = VABCD hC VABCD hD VO.BCD 77 K C' I A H M 7 29 VN.ADK = a ,V2 = a N 36 36 Bi 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 = + + + r hA hB hC hD Ta có VS.K MN + VS.KML = VS.NL M + VS.NL K (1) Vì ABCD hình bình hành nên S ACD = S ACB = S ABD = SCBD = S ABCD Do VS.ACD = VS.ACB = VS ABD = VS.CBD = VS.ABCD 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 Gọi E giao điểm MN CD ĐiểmAQ giao điểm QA PA EC ED MB ND = = , = = nên AD PE Ta có QD PC ED EC MC NB AQ = P AD Q Gọi V,V1,V2 thể tích khối tứ diện ABCD, khối đa diện chứa điểm A khối đa diện chứa điểm D chia khối tứ diện mặt phẳng (MNP ) chia E khối tứ diện D B N 78 M C Ta có V1 = VABMN + VAMPN + VAPQN SBMN BM.BN = = Vì SBCD BC.BD SMNC SDNC = , = SBCD SBCD 1 nên VABMN = V,VAMPN = V 3 VAPQN = VADNC = V 10 V 13 7 V,V2 = V⇒ = V1 = V ⇒ V1 = 20 20 V2 13 20 Bi Đường thẳng M N cắt BC CD K L; EL cắt SD P; EK cắt SB Q Mặt phẳng (MNE) cắt hình chóp theo mặt cắt ngũ giác NMPEQ Đặt AB = a, SO = h Ta có KB = DL = a Hạ EH / / SO ⇒ EH đường trung bình ∆SOC nên EH = S∆CKL = 1 3a 3a 9a2 ; CK CL = = 2 2 1 h 9a2 3a2h EH SCK L = = 3 16 Ta có Q trung điểm EK nên VECK L = 79 h VKBQM VKCEL = KB.KQ.KM 1 1 a2h = = ⇒ VKBQM = VKCEL = KC.KE KL 3 18 18 96 Tương tự VL NDP = a h 96 3a2h a2h a2h V1 = VBCDNMQEP = VECK L − [VK BMQ + VL DNP ] = − = 16 48 Gọi V2 phần thể tích SEQMANP ta có: 2 V Suy V2 = VSABCD − V1 = a h − a h = a h Vậy = V2 6 MN cắt CB,CD H,P Nối E với H,P ta có thiết diện ngũ giác EK MNQ Gọi V,V1,V2 thể tích khối chóp S S.ABCD, khối đa diện chứa điểm C khối đa diện chứa điểm A E chia khối chóp Q (MNE ) Dễ dàng tính C K HM HB = = , O HP HC N B PN PD A = = , M PH PC H HK PQ = =1 HE PE VC.EHP CE CH CP 9 = = ⇒ VC.EHP = V VC.SBD CS CB CD 16 D P VH.K BM HK HB HM VP.DNQ PD PN PQ = = , = = 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 hai phần VC.EHP = V V1 = V2 Bi ( Bạn đọc tự vẽ hình ) 80 VSAMN SA SM SN SM SN = = VSABC SA SB SC SB SC Tam giác SAB vuông A có đường cao SM SM.SB SA = = AM nên SB SB SB SM SA a2 SB = SA + AB , = = SB SA + AB a2 + b2 VSAMN SN SA a2 a2 a2 a4 = = ⇒ = = SC SA + AC a2 + c2 VSABC a2 + b2 a2 + c2 (a2 + b2 )(a2 + c2 ) a) Ta có Vậy tỉ số thể tích hai khối chóp S.AMN S.ABC khơng phụ thuộc vào độ lớn góc α b) Mặt phẳng (AMN ) chia khối chóp thành hai phần tích nhau, tức VSAMN a4 = , = Hay 2 VSABC (a + b )(a + c ) 2a4 = (a2 + b2 )(a2 + c2 ) ⇔ a4 − (b2 + c2 )a2 − b2c2 = ⇔ a2 = b2 + c2 ± (b2 + c2 )2 + 4b2c2 b2 + c2 + (b2 + c2 )2 + 4b2c2 1 · = bc.sin α c) Diện tích ∆ABC SABC = AB.AC.sin BAC 2 1 Thể tích khối chóp S.ABC VS.ABC = SA.S ABC = abc.sin α Vì a > 0,a2 > nên a = Thể tích khối chóp S.AMN a4 a5bc.sin α VSAMN = V = SABC (a + b2 )(a2 + c2 ) 6(a2 + b2 )(a2 + c2 ) P Bi Gọi M trung điểm A ′B′ Mặt phẳng (ACM ) chia khối hộp chữ nhật thành hai phần (hình vẽ), phần chứa điểm B ′ tích V1 phần lại tích V2 A' D' 81 M B' C' B A D N C PB ′ PN PM MB ′ = = = = PB PC PA AB 1 VP.ACB = PB.SABC = abc 3 VP.MNB ′ PB ′ PN PM = = VP.ACB PB PC PA Ta có 1 7  abc V1 = VP.ACB − VP.MNB ′ =  − ÷.VP.ACB = abc = 8 24  7 17 abc,V2 = abc − abc = abc Vậy V1 = 24 24 24 Đường thẳng MN cắt AD A' P, cắt AB 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 V1 phần lại tích V2N 2a EB B EB = CN = = ; Vì M trung điểm BC nên M NC = C 2ND nên EA DP ND a PD = E = ⇒ PD = ⇒ = MC NC PA 1 5a 5a 25 = a Ta có VA ′.AEP = AA ′.SAEP = AA ′.AE.AP = a 6 72 3 V VP.QDN  PD   EB  Nhưng E.FBM =  nên suy = , = = ÷  ÷ VE.A ′AP  EA  125 VP.A ′AE  PA  125   V1 = VE.A ′AP − VE.FBM − VP.QDN =  − − VP.A ′AE 125 125 ÷   116 25 29 61 ⇒ V1 = a = a ,V2 = V − V1 = a 125 72 90 90 Thiết diện dựng hình vẽ Gọi V thể tích khối hộp Khối hộp chai thành hai phần, phần A' D' chứa điểm A tích V1, phần lại V2 B' C' Q Ta có V2 = V − V1 Dễ thấy D F B E A P N M C 82 EB EM EF = = = , EA EP EA ′ PD PN PQ = = = PA PE PA ′ 3 1 VA ′AEP ,VPQDN = VA ′AEP Nên suy VA ′AEP = V,VEBMF = 27 27 25 25 VA ′AEP = V Do 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 d( A, (SBC )).SBCS nên d( A, (SBC )) = SBCS Vì (SAC ) ⊥ ( ABC ) nên gọi H hình chiếu S cạnh AC SH ⊥ ( ABC ), hình chiếu SA mặt phẳng ( ABCD) · AH nên (·SA, ( ABCD)) = SAH = α Ta có VA.SBC = Ta có ·ASC = 900 nên SA = AC.cos α = 2.a.cos α , Do SH = SA.sin α = 2.a.cos α sin α Nên VS.ABC = SH S ABC = a3.cos α sin α Gọi K trung điểm SC OK đường trung bình 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 − CK = a − sin2 α ⇒ SBCS = a2 sin α − sin2 α 83 Vậy khoảng cách cần tìm là: a cos α sin α 2.a.cos α d( A,(SBC )) = = 2 2 − sin α a sin α − sin α · Vì CB ⊥ BA,CB ⊥ AS nên CB ⊥ (SAB) ⇒ ϕ = CSB Trong tam giác vng SBC ta có SB = BC.cot ϕ = a.cot ϕ SA = SB − AB = a2(cot2 ϕ − 1) = a2 cos2ϕ a cos2ϕ ⇒ SA = sin ϕ sin ϕ a3 cos2ϕ SA.SABCD = 3sin ϕ Vì mặt phẳng (SAC) mặt phẳng đối xứng khối chóp, VS.AMNP 2VS.AMN SM SN = = nên VS.ABCD 2VS.ABC SB SC Tam giác SAC vuông A với đường cao AN nên SN SN.SC SA SA = = = = cos2ϕ SC SC2 SC2 SA + AC2 Vì SC ⊥ MA,CB ⊥ MA nên AM đường cao tam giác vuông SAB nên SM SM.SB SA SA cos2ϕ = = = = 2 2 SB SB SB SA + AB cos2 ϕ M Do 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 Đường thẳng AM cắt A1B1 O1 , AN cắt A1D1 O2 Đường thẳng O1O2 cắt B1C1, C1D1 tai I K Mặt phẳng (AMN) cắt hình lập phương theo giao thiết diện ngũ giác AMIKN 84 Do MB1 = ND1 = a a nên ta tính O1B1 = B1I = KD1 = D1O2 = Do VAA O O = 1  3a3 AA1  A1O1.A1O2 ÷ = , 2  1 a  a a  a3 VMB O I = VND KO =  ÷ = 1 3  2  72 Đặt V1 = VA1B1AMI KN 3a3 a3 25a3 ⇒ V1 = VAA O O −  VMB O I + VND KO  = − = 1 1 2  72 72 V 25 47a3 k = = V2 = VC BCDAMI KN = a3 − V1 = V2 47 72 uuuur r uuur r uuuu r r Đặt AA′ = x, AB = y, AD = z Ta có tam giác ABD tam giác rr rr rr r r a2 x.y = x.z = 0, y.z = y z cos 600 = uuuur uuuur uuuu r uuur r r r DB ′ = DD′ + DC + DA = x + y − z M , N trung điểm BC , C ′D′ nên uuuur uuuur uuuu r uuuur MN = MC + CC ′ + C ′N uuuur uuuu r uuuu r uuuuu r 1r r 1r MN = AD + CC ′ + C ′D′ = z + x − y 2 uuuur uuuur r MN ⊥ B ′D nên MN DB′ = 85 r r r 1 r 2 r Do (x + y − z)  z + x − r r y÷ =  a2 2 a2 ⇔ x2 + − a − a + = 0⇔ x= a 2 2 2 Ta có: d(D, ( AMN )) = S AMD = 3VD AMN S AMN Dễ thấy S ABCD = S ABD = a Gọi H trung điểm DC NH ⊥ ( ABCD), NH = a nên VD AMN = VN AMD = NH S AMD = a 24 Kẻ HK ⊥ AM ta có NK ⊥ AM Theo định lí hàm số cosin AM = BA + BC − 2BA.BC.cos1200 = 7 a ⇒ AM = a Ta có S AHM = S ABCD − (S ADH + SCHM + S ABM ) = S ABCD = 3 a2 Nên HK = 2S AHM AM = 21 a ⇒ NK = 28 16 NH + HK = 231 a 14 Suy S AMN = NK AM = 33 a2, d(D, ( AMN )) = 22 a Vậy khoảng cách từ điểm D đến mặt phẳng ( AMN ) 11 22 a 11 Ta có VABC A ' B ' C ' = a3 86 a) Do VC ' ABC = V , ABC A ' B ' C ' 2a3 VABC A ' B ' C ' = 3 Mặt khác S ABNM = S A ' B ' NM VC ' ABB ' A ' = a3 ⇒ VC ' A ' B ' NM = VC ' ABB ' A ' = 3 Suy VC ' CABNM = 2a Vậy VC ' A ' B ' NM VC ' CABNM = · CE CF sin ECF CE CF = = b) Ta có: S∆CAB CA.CB CA.CB.sin ·ACB EA MA CE BF BN CF = = ⇒ = 3, = = ⇒ = Mà EC CC ' CA BC CC ' CB S∆CEF = Do S∆CAB S∆CEF Suy CC ' CEF = VC ' CAB = 3a 2 ′ Đường thẳng NP cắt B B E, cắt B ′C′ K ,ME ∩ AB = F, MK ∩ A ′C′ = H Thiết diện ngũ giác MHPNF chia khối lăng trụ thành hai phần Gọi V, V1,V2 thể tích khối lăng trụ, khối đa diện chứa đỉnh A, khối đa diện chứa đỉnh B (chia mặt phẳng 1 (MNP ) ) Vì NP // BC ′,NP = BC′ nên EB = CP = BB ′ suy 2 FB EB EF 1 K P K C′ = = = C′K = CN = B ′C′ ⇒ = = MB ′ EB ′ EM K E K B ′E KH = Trong tam giác A ′B ′C′ ta dễ dàng tính KM B F d(E,(A ′B ′C′)).SB′MK N EB ′ S Ta có: VE.B ′MK = = A B′MK V d(B,(A ′B ′C′)).SA ′B ′C′ BB ′ S A ′B′C′ C VE.B ′MK 1.3 = = hay B' V 2.2 P M 87 A' H C' K ⇒ VE.B′MK = V VE.BFN EB EF EN = = , VE.B ′MK EB ′ EM EK 27 VK C′PH K C′ K P K H = = VK B ′EM K B ′ K E K M 18 Mà 1 49  ⇒ V1 = VE.B′MK − VE.BFN − VK C′PH =  − − VE.B ′MK = VE.B ′MK ÷ 27 18  54  V 49 49 49 49 ⇒ V1 = VE.B′MK = V= V⇒ = 54 54 144 V2 95 Vậy tỉ số thể tích hai phần chia mặt phẳng (MNP ) 49 95 Bi 12 a) Xét hình thang ABCD có BD phân giác góc ·ADC nên tam giác ABD cân A Do AB = AD = BC = 3cm Mặt khác BD ⊥ BC · nên đặt BDC = α thì: ·BCD = ·ADC = 2α , suy 2α + α = 900 ⇒ α = 300 Vì DC = 2BC = 6cm Chiều cao hình thang y thì: y = BC.sin 600 = 3 Diện tích hình thang: 27 ( AB + CD).y = Thể tích khối chóp S.ABCD S ABCD = V = SA.S ABCD = x Ta có OA AB AO = = ⇒ = , S ACD = 2S ACB = S ABCD , OC CD AC 3 V = VS ABCD = 3VS.ACB = VS ACD 88 VS AMNP V V 2VS ANP + S ANP = S.ANM + VS ABCD V V 3VS ACB 3VS.ACD  SN SM SN SP  SN  SM SP  =  +2 +2 ÷=  ÷  SC SB SC SD  SC  SB SD  Gọi O = AC ∩ BD I = SO ∩ AN Mặt phẳng (α ) song song với BD nên M,P giao đường thẳng qua I, song song với BD cạnh SB,SD = VS ANM SM SP SI NS SN b = = Đặt = b⇒ = SB SD SO NC SC b + AO NC I S = 1, Xét tam giác SOC đường thẳng AN ta có AC NS I O IS SI 3b SM SP 3b = 3b ⇒ = ⇒ = = IO SO 3b + SB SD 3b + V b  3b 3b  3b2 + Vậy S AMNP =  ÷= VS ABCD b +  3b + 3b +  (b + 1)(3b + 1) Do : V NS 1 x = ⇒ b = nên S AMNP = ⇒ VS AMNP = VS ABCD 32 NC 3 b) Mặt phẳng (α ) chia khối chóp thành hai phần tích Với VS AMNP VS ABCD = 3b2 , hay = ⇔ 3b2 − 4b − = Giải kết (b + 1)(3b + 1) hợp với điều kiện ta có b = + , hay NS = + điểm N nằm NC cạnh SC Gọi M,N,H trung điểm AB,CD,BD Mặt phẳng (SMN ) vng góc với AB ⇒ (SMN ) ⊥ (SAB) Hạ NJ ⊥ SM NJ ⊥ (SAB), nên (α ) chứa AC song song với NJ Kẻ HK ⊥ SM AK ∩ SB = E thiết diện 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 khối chóp 1 Thể tích khối chóp S.ABCD V = SH.S ABCD = a tan ϕ 89 F B Để tính V1,V2 ta tính tỉ số 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 = = = = ES EF ES AM K S HK tan ϕ sin2 ϕ ⇒ BE 2cos2 ϕ 2cos2 ϕ cos2 ϕ = = ⇒ V = V BS 2cos2 ϕ + sin2 ϕ + cos2 ϕ + cos2 ϕ Vì V1 = a3 sin 2ϕ a3 sin ϕ ,V = V − V = 3(1 + cos2 ϕ) 6cos ϕ(1 + cos2 ϕ) Bi 13 V SM SN SM SN , y= ≤ x, y ≤ 1) Ta có: = = 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 = = ( x + y) (1) S∆SMN Lại có: S ∆SBC = SM SN = xy (2) SA.SB Từ (1) (2) suy ra: ( x + y) x ⇔ y= 3x − xy = ⇔ ( 3x − 1) y = x  1  x ≠ ÷ 3  x2 = f ( x) V 3x − 0 ≤ x; y ≤ 1 1  x2 ⇒ ≤ x ≤ Xét f ( x) = , x ∈  ;1 Từ  3x −  x + y = 3xy 2  1 max f ( x) = x = ∪ x = f ( x) = x = Ta tìm ; 2 Vậy V1 = xy = [ ;1] Vậy V1 V = [ ;1] V ; max = V 90