Bài 1: Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng a và cạnh bên bằng a. Gọi M,N,P là trung điểm AB, AD, SC.
Chứng minh: (MNP) chia hình chóp thành 2 phần có thể tích.
AMBIENT/
Chủ đề:
Nội dung Text: Phần II: Tỷ số thể tích
- PHẦN II: TỶ SỐ THỂ TÍCH
Bài 1: Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng a và cạnh bên bằng a. Gọi M,N,P là trung điểm AB, AD, SC.
Chứng minh: (MNP) chia hình chóp thành 2 phần có thể tích bằng nhau.
Giải: Trong (ABCD): MN cắt AC tại E
Trong (SAC): PE cắt SO tại I
Ta lại có MN // BD = > (MNP) (SBD) = Ix // BD
Ix SD = Q; Ix SB =T
Thiết diện của (MNP) với hình chóp là ngũ giác MNQPT
Tam giác AOD có NE // DO (NM // BD) = > E là trung điểm AO
=> EO = => EO =
có E, I, P thẳng hàng theo định lý Mê-nê-la-uýt ta có:
Xét tam giác
=> => => (QT // DB)
- Đặt V là thể tích hình chóp
Đặt V1 là phần thể tích hình chóp chứa A. Ta có V1= VS.APQ + VS.APT + V N.PAQ + VM.APT + VA.PMN
mà SADC = SABCD
Ta lại có
(1)
=> VS.APQ = V
(2)
Tương tự VS.APT = V
mà SDQP = SDSP= SDSC
Mặt khác:
=> VA.NQP = VS.ADC= V (3)
Ta có:
mà SPTB = SPBS = SBSC
=> VA.MPT = VA.SBC = V (4)
mà SAMN = SABD = SABCD => VP.AMN = V (5)
(1) + (2) +(3) + (4) + (5) => V1= V (đpcm)
Bài 2: Cho hình chóp đều S.ABC, O là tâm đường tròn ngoại tiếp
a) Qua O dựng mặt phẳng vuông góc SC tại K; mặt phẳng này cắt CA, CB tương ứng tại M và N. CM:
b)Cho OK= a và góc tao bởi (SAC) và (SBC) là 2 . CM:
- Giải: a) Gọi E là trung điểm AB. AB vuông góc CE
Ta lại có AB vuông góc SO(SO vuông góc đáy) => AB vuông góc SC
Mặt khác: => AB // MN => MN => MN
=>MN (1)
Ta lại có MN//AB, E là trung điểm AB, CE MN = O => O là trung điểm MN (2)
(1) và (2) => .
=> góc giữa (SAC) và (SCB) là
b) Ta có (MKN)
=>
Ta có: MN vuông góc OK => ON = OK.tanOKN = a.tan
Mặt khác: => BE = => BA = 2BE = 3a.tan
SABC =
CO =
- Tam giác SOC vuông tại O có OK vuông góc SC =>
=> SO =
VS.ABC =
Mặt khác:
=> V.SABC =
Bài 3: Cho hình chóp S.ABC có tất cả các góc ở đỉnh A và B là các tam diện đều và bằng . Tính thể tích hình
chóp.
Giải: Xét
=> CH vuông góc với AB (H là trung điểm AB)
Tương tự SH vuông góc với AB => (SHC) vuông góc với AB => AB vuông góc với SC
Kẻ HK vuông với SC => SC vuông góc với (AKB)
Ta có
- =>
Tam giác SBC cân tại B có K là trung điểm SC =>
=> CK = CB.SinKBC
mà CB =
=> SC = 2CK =
CH = HB tan =
HK =
=
=
VSABC = V A.SHC + V B.SHC = SHCS (AE + BE) = SHSC. AB (AB vuông góc (HSC)) (*)
mà SHSC =
Từ (*) => VSABC = a =
Bài 4: Cho tứ diện ABCD có AD vuông góc BC. Gọi A', D' là điểm đối xứng của A và D qua BC; B', C' là điểm đối xứng
của B, C qua AD. Cm: V A'B'C'D' = 3 V ABCD
- Giải: Kẻ AE vuông góc BC ta có AD vuông BC => DE vuông góc BC
Kẻ BF vuông góc AD ta có BC vuông góc AD => CF vuông góc AD
Ta có BC vuông góc (ADE) => BC vuông góc EF
AD vuông góc (BFC) => AD vuông góc EF
=> EF là đoạn vuông góc chung của AD và BC
Mặt khác AD'A'D là hình bình hành => A'D' // DA
Tương tự: B'C' // BC
=> EF vuông góc D'A' và C'B' (1)
* EF (2)
=> ( AD// A'D') => EF = EP
* EF C'B' = Q (3)
Tương tự ở trên => EF = FQ
Từ (1) (2) (3) => PQ là đoạn vuông góc chung của A'D' và B'C'
Xét tứ diện A'B'C'D' ta có A'D'// AD
C'B' // BC
- AD vuông góc BC
=> A'D' vuông góc B'C'
mà PQ vuông góc C'B' => (A'QD') vuông góc C'B'
Ta có: VA'B'C'D' = VC'.QD'A' + VB'.A'QD' = C'Q.SA'QD' + B'Q.SA'QD'
= C'B'.A'D'.PQ
Tương tự VABCD = BC.AD.EF
mà PQ = PE + EF + FQ = 3EF
=> V A'B'C'D' = 3 V ABCD
Bài 5: Cho tứ diện ABCD có các cạnh đối đôi một bằng nhau và lần lượt bằng a,b,c. Tình thể tích t ứ diện.
Xét hình hộp chữ nhật có các đường chéo các mặt có độ dài lần lượt là a, b, c
Gọi x, y, z tương ứng là các kích thước của hinh hộp
Ta có: VABCD = VHinhhop − (VM1 . ADC +VM 2 .BDC +VM 3 . ABC +VM 4 . ABD )
=xyz – 4/6 xyz = 1/3 xyz
- a 2 + b2 − c 2
x2 =
2
x2 + y2 = a2
a + c2 − b2
2
x2 + z 2 = b2 � � 2 =
y
Lại có: �
2
� 2 + z 2 = c2 �
y
b + c2 − a2
2
z=
2
2
1 (a 2 + b 2 − c 2 )(a 2 + c 2 − b 2 )(b 2 + c 2 − a 2 )
Suy ra: VABCD = .
3 8
Bài 6: Cho hình chóp S.ABC có SA,SB,SC lần lượt bằng a,b,c. . Tính thể tích hình
chóp.
AM ⊥ SB 
� �
� ( AMK ) ⊥ SB � ( AMK ) ⊥ ( SAB )
Dựng � PSC �
MK
� à SC ⊥ SB � MK ⊥ SB�
m
Kẻ HK ⊥ AM � HK ⊥ ( SAB)
2b − a
a3 a
Tacó : AM = ; SM = ; BM =
2 2 2
- MK BM 2b − a (2b − a )c
∆SBCcó : MK PSC � = = � MK =
SC SB 2b 2b
uuu uuu
rr
� PSC � ﾷ AMK = ( MA; SC )
MK
uuu uuu uuu uu uuu uu uuu
rr rrr rr
Mà : MA.SC = ( MS + SA).SC = SA.SC (Vì:SC ⊥ SB)
a3
.c.CosAMK = ac.Cos120
�
2
−1
� CosAMK =
3
KM (2b − a )c
� HK = KM .Cos(π − AMK ) = =
3 2 3b
d [ K ; ( SAB )] BK BM 2b − a
Tacó : CK �( SAB ) = { B} � = = =
d [ C ;( SAB) ] BC BS 2b
2b (2b − a )c c
� d [ C ;( SAB ) ] = =
.
2b − a 2 3b 3
1 ab 3
S SAB = a.b.Sin60 =
2 4
1 c ab 3 abc
� VS . ABC = . . =
334 12
Bài 7: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông, cạnh SA vuông góc với đáy và SC hợp với (SAB) một góc . Mặt
phẳng qua A vuông góc với SC chia hình chóp thành 2 phần có thể tích là V1, V2. Tính theo .
Dựng: AM ⊥ SC. Ta có:
SA ⊥ BD ( SA ⊥ ( ABCD ) 
� BD ⊥ ( SAC ) � BD ⊥ SC
�
BD ⊥ AC
- Mà (SBD) không vuông góc với SC (SBD) tại đường thẳng song song với BD
(P)
AC �BD = O 
(SBD) tại PN là đường thẳng qua I song song BD (P SD, N SB)
� (P)
AM �SO = I
Suy ra thiết diện là tứ giác ANMP
Đặt V, V1 là thể tích của S ABCD , S ANMP
ﾷ
Ta có: BC ⊥ AB, SA ⊥ BC BC ⊥ (SAB) BSC = α
BC a
∆SBC vuông tại B � SC = =
Sinα Sinα
a2
� SA2 = SC 2 − AC 2 =
− 2a 2
Sin α
2
∆SAC vuông tại A
SM SA2 a 2 (Cot 2α − 1).Sin 2α
= Cos2α
� ⊥ SC � = =
AM
SC SC 2 a2
2Cos2α 2Cos2α
IS AO MC IS SI
=1� = =
∆SOC có A,I,M thẳng hàng � �
. .
IO 1 − Cos2α SO 1 + Cos2α
IO AC MS
VS . AMN SA SN SM SI SM 2Cos 2 2α Cos 2 2α
= = = =
. . .
Ta có: (1)
VS . ABC SA SB SC SO SC 1 + Cos2α Cos 2α
VS . AMP SA SM SP SM SP Cos 2 2α
= = =
. . . (2)
VS . ACD SA SC SD SC SD Cos 2α
V1 Cos 2 2α
=
(1),(2) �
Cos 2α
V
=> k =
Bài 8: Trên các cạnh SA, SB của tứ diện S.ABC lấy các điểm M, N sao cho: . Mp qua MN và // SC chia tứ
diện thành 2 phần. Tính tỉ thể tích 2 phần.
- Giải: Gọi h, S là đường cao và diện tích đáy của hình chóp.
Ta có:
=> SCEF =
=> SABFE =
Mặt khác:
=> d
VM.ABFE =
Ta lại có:
=> VM.NBF =
V1(phần chứa AB) = VM.ABFE + VN.MBF =
=>
- Bài 9: Cho tứ diện ABCD, M ở trong tứ diện. AM cắt (BCD) tại A' ; BM cắt (ACD) tại B' ; CM cắt (ABD) t ại C' ; DM cắt
(ABC) tại D'. CM: không phụ thuộc vị trí điểm M.
Giải: Ta có
=> VA.MDC + VA.MBC + VA.MBD =
=> V - VM.BCD = ( 1 -
=> (1)
Tương tự: (2)
(3)
(4)
(1) + (2) + (3) + (4)
=>
Thêm vào BST
Báo xấu
Download
Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ
