Bài tập tỷ số thể tích

Chia sẻ: Nguyễn Thị Giỏi | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:4

0
387
lượt xem
128
download

Bài tập tỷ số thể tích

Mô tả tài liệu
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

VD: Cho hình chóp S. ABCD, đáy là hình vuông cạnh a, tâm O. Đường cao của a hình chóp là SA=a. M là một điểm di động trên SB, đặt BN=x cân bậc 2 (0

Chủ đề:
Lưu

Nội dung Text: Bài tập tỷ số thể tích

  1. Mét sè bμi to¸n vÒ tû sè thÓ tÝch Bμi 1: Cho h×nh chãp S.ABCD, ®¸y ABCD lμ h×nh ch÷ nhËt cã AB=a; AD=b. C¹nh SA=2a cña h×nh chãp vu«ng gãc víi ®¸y. M lμ mét ®iÓm n»m trªn c¹nh SA víi AM=x (0≤x≤2a). 1. MÆt ph¼ng (MBC) c¾t h×nh chãp theo thiÕt diÖn lμ h×nh g×? TÝnh diÖn tÝch thiÕt diÖn Êy. T×m x ®Ó thiÕt diÖn Êy cã diÖn tÝch lín nhÊt. 2. T×m x ®Ó mÆt ph¼ng (MBC) chia khèi chãp trªn ra hai phÇn cã thÓ tÝch b»ng nhau. Hd: 1. ThiÕt diÖn lμ h×nh thang vu«ng S MNCB, vu«ng t¹i B vμ M. 1 S MNCB = ( MN + CB) MB 2 * BM2=BA2+AM2 M N ⇒BM= a 2 + x 2 * ΔSMN ®ång d¹ng ΔSAD, SM . AD (2a − x).b ⇒ MN = = D SA 2a A VËy 1 ⎡ 2ab − bx ⎤ b S MNCB = ⎢ 2a + b ⎥ . a + x = 4a (4a − x ) Ba + x 2 2 2 2 C 2⎣ ⎦ b 2. XÐt hμm sè f ( x) = (4a − x) a 2 + x 2 (0≤x≤2a) 4a b ⎡ −2 x + 4ax − a 2 ⎤ 2 f '( x) = ⎢ ⎥ 4a ⎣ a2 + x2 ⎦ ⎡ 1 ⎢ x = a(1 + 2 ) f'(x)=0 ⇔ ⎢ ⎢ 1 ⎢ x = a(1 − 2 ) ⎣ Ta cã: f(0)=ab. 5 1 1 1 1 2 f(2a)= ab ≈ 1,118ab ; f( a (1 + ) )= ab .(3 − ) 1 + (1 + ) ≈ 1,134ab 2 2 4 2 2 1 1 1 1 2 f( a (1 − ) )= ab .(3 + ) 1 + (1 − ) ≈ 0,96ab 2 4 2 2 1 1 1 2 1 ⇒ Max f ( x) = ab. .(3 − ) 1 + (1 + ) khi x = a (1 + ) [0;2 a ] 24 2 2 1 KÕt luËn: VËy víi x = a (1 + ) th× diÖn tÝch cña thiÕt diÖn lín nhÊt. 2 1 2a 2b 2. Gäi V lμ thÓ tÝch khèi chãp S.ABCD ⇒ VS . ABCD = .SA.S ABCD = =V 3 3 Gäi V1 lμ thÓ tÝch khèi S.MNCB V1=V(SMBC)+V(SMNC) VSMBC SM .SB.SC SM 2a − x Ta cã = = = VSABC SA.SB.SC SA 2a 1 1 V 2a − x V 2a − x a 2b (2a − x)ab VSABC= SA.dt ( ABC ) = .2a 2b = ⇒ VSMBC = . = . = 3 6 2 2a 2 2a 3 6
  2. SM .SN .SC SM SN ⎛ MN ⎞ (2a − x)2 2 V V a 2b * Ta cã: SMNC = = . =⎜ ⎟ = ⇒ VSACD= = VSACD SA.SC.SD SA SD ⎝ AD ⎠ 4a 2 2 3 (2a − x) a b (2a − x) .b 2 2 2 ⇒ VSMNC= . = 4a 2 3 12 (2a − x)ab (2a − x) 2 b V1= VSMNCB= + 6 12 V ab 2 (2a − x)ab (2a − x) 2 b a 2b Ycbt ⇔ V1= = ⇔ + = ⇔ x2-6ax+4a2=0 2 3 6 12 3 ⎡ x = a(3 + 5) > 2a (loai ) ⇔⎢ ⎢ x = a(3 − 5) (t / m) ⎣ KÕt luËn: VËy x= x = a (3 − 5) th× (MBC) chia khèi chãp thμnh 2 phÇn t−¬ng ®−¬ng. Bμi 2: Cho khèi l¨ng trô tam gi¸c ®Òu ABC.A1B1C1. C¸c mÆt ph¼ng (ABC1) vμ B (A1B1C) chia l¨ng trô thμnh 4 phÇn. TÝnh tû sè thÓ tÝch cña 4 phÇn ®ã. Hd: Gäi V1= VC .MNC ; V1= VC .MNB A A B 1 1 1 1 V3= VC .MNBA ; V4= VMNABB A 1 1 Gäi V lμ thÓ tÝch cña l¨ng trô. C VC . A1B1C1 = V1 + V2 M V1 CM .CN .CC1 1 MÆt kh¸c: = = N VC . A1B1C1 CA1.CB1.CC1 4 B' A' 1 V V 1 V V ⇒ V1 = . = ; V2 = .V − = 4 3 12 3 12 4 V3 = VC1 ABC − VCMNC1 = VCA1B1C1 − VCMNC1 = V2 C' V V3 = 4 5V V4 = V − V1 − V2 − V3 = 12 VËy V1: V2: V3: V4= 1:3:3:5 Bμi 3: Cho h×nh chãp S.ABCD, ®¸y lμ h×nh vu«ng c¹nh a, t©m O. §−êng cao cña h×nh chãp lμ SA=a. M lμ mét ®iÓm di ®éng trªn SB, ®Æt BM=x 2 (0
  3. Ta cã MN// OK // SA ⇒ MN ⊥ (ABCD); OK⊥ (ABCD) 1 1 Std=Sht MKON + SKOH = ( MN + KO ).ON + .OK .OH 2 2 a2 MN=BN=x; KO=SA/2; NH= IN 2 + IH 2 = (2 x − a) 2 + a 2 = x 2 − ax + 2 1 a2 Std= (a + x). x 2 − ax + 2 2 2. §Ó thiÕt diÖn lμ h×nh thang vu«ng ⇔ MK// MO// BC ⇔ N lμ trung ®iÓm AB ⇔ x=a/2. 1 a3 S V= .SA.dt ( ABCD) = 3 3 V1=VSOECH+VKOE.MNB 3 1 1⎛ a⎞ a3 VS .OECH = .OK .dt (OECH ) = ⎜ ⎟ = 3 3 ⎝ 2 ⎠ 24 M K 2 a 1⎛a⎞ a 3 VKOE .MNB = ON .dt ( MNB ) = . ⎜ ⎟ = A 2 2 ⎝ 2 ⎠ 16 3 a a 3 5a 3 11a 3 D V1 = + = ⇒ V2 = V − V1 = N 24 16 48 48 O H V2 11 VËy = B E C V1 5 Bμi 4: Cho khèi chãp S.ABCD, trong ®ã ABCD lμ h×nh thang cã c¸c c¹nh ®¸y AB, CD sao cho CD=4.AB, mét mÆt ph¼ng qua CD c¾t SA, SB t¹i c¸c ®iÓm t−¬ng øng M, N. H·y x¸c ®Þnh vÞ trÝ ®iÓm M trªn SA sao cho thiÕt diÖn MNCD chia khèi chãp ®· cho thμnh hai phÇn t−¬ng ®−¬ng (cã thÓ tÝch b»ng nhau). Hd: SM §Æt =x (0 < x < 1) SA S Gäi thÓ tÝch cña h×nh chãp S.ABCD lμ V VS .MNC SM .SN .SC • = = x2 (1) M N VS . ABC SA.SB.SC VS .MCD SM .SC.SD • = =x (2) VS . ACD SA.SC.SD A B Ta cã CD=4AB ⇒ 3 SADC=4.SABC ⇒ SADC= S ABCD 4 D C 3 3 V ⇒ VS . ADC = VS . ABCD = .V ; VS . ABC = 4 4 4 V 3V Ta cã VSMNC = x 2 . ; VSNCD = x. 4 4 V 2 V1=VSMNC+VSNCD= ( x + 3 x) 4 ⎡ −3 + 17 V1 x + 3 x 1 2 ⎢x = (t / m) 2 = = ⇔ x 2 + 3x − 2 = 0 ⇔ ⎢ V 4 2 ⎢ −3 − 17 ⎢x = (loai ) ⎣ 2
  4. −3 + 17 KL: VËy x = 2 Bμi 5: Trong mÆt ph¼ng (P) cho ®−êng trßn (C) ®−êng kÝnh AB=2R.S lμ ®iÓm n»m trªn ®−êng th¼ng vu«ng gãc víi mp(P) t¹i A. §Æt SA=h. MÆt ph¼ng (Q) qua A vμ vu«ng gãc víi SB t¹i K, C lμ ®iÓm trªn (C), SC c¾t mp(Q) t¹i H. π §Æt α = BAC ⎛ 0 < α < ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ 2⎠ 1. TÝnh thÓ tÝch cña tø diÖn SAHK theo R, h vμ α. 2. Chøng minh r»ng thÓ tÝch ®ã ®¹t gi¸ trÞ lín nhÊt t¹i gi¸ trÞ α0 cña α sao cho π α0> . TÝnh α0. 4 Hd: 1. * Ta chøng minh ®−îc AH ⊥ SC. VSAHK SH SH SH .SC SK .SB SA4 * = . = . = 2 VSACB SC SB SC 2 SB 2 SB .SC 2 1 1 R 2 h. sin 2α * VABC= dt ( ABC ).SA = AB .cos α .sin α .SA = 2 3 6 3 R h .sin 2α 2 5 * VSAHK = 3(h + 4 R 2 )(h 2 + 4 R 2 cos 2 α ) 2 sin 2α 2. §Æt P= 2 (h + 2 R 2 + 2 R 2 cos 2 α ) 1 MaxP= h 2 + 4 R 2 .h 2 DÊu b»ng x¶y ra ⇔ S cos 2α sin 2α = −2 R P 2 K 1 cos 2 α (h 2 + 2 R 2 + 2 R 2 cos 2α ) sin 2α = − 2 2R sin 2α 2 H 2R cos 2α = − 2 α B 4 π KL: VËy α0 = 4 C

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

Đồng bộ tài khoản