zunia.vn

Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z

zunia.vn

» Tài Liệu Phổ Thông

» Trung học phổ thông

Thể tích trong phân chia khối đa diện

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:54

Báo xấu

66
lượt xem 1
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tài liệu cung cấp các dạng bài toán như các chia hình chóp, hình lăng trụ thành 2 phần bởi một mặt phẳng cho trước, tính thể tích một trong hai phần hay tỉ số thể tích; tính thể tích khối đa diện được phát triển từ các khối cho trước bằng cách lấy thêm các điểm; chia hình chóp, hình lăng trụ thành 2 phần bởi một mặt phẳng cho trước, tính thể tích một trong hai phần hay tỉ số thể tích...

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Thể tích trong phân chia khối đa diện

NHÓM TOÁN VD–VDC NĂM HỌC 2019 – 2020 THỂ TÍCH TRONG PHÂN CHIA KHỐI ĐA DIỆN Trong các bài toán thể tích khối đa diện diện , một số bài toán vận dụng hoặc vận dụng cao thường đề cập đến việc phân chia đa diện , tính thể tích khối đa diện mới theo thể tích khối đa diện đã cho NHÓM TOÁN VD – VDC . Thầy cô cần tạo tình huống cho học trò có tư duy về việc so sánh thể tích các khối chóp , khối lăng trụ từ những tư duy đơn giản như so sánh đường cao , so sánh diện tích đáy để đi đến quyết định chuyển những khối đa diện khó tính thể tích thành những khối dễ hơn , dễ so sánh với khối ban đầu. Cũng cần tạo cho học sinh quen với các bài toán tính thể tích các khối không cơ bản như chóp hoặc lăng trụ bằng cách phân chia thể tích với yêu cầu học sinh quan sát tốt để phân chia khối đa diện thành những khối dễ tính hơn với giả thiết được cho , từ đó hình thành các kĩ năng tổng hợp và có phản xạ tốt trong những bài phân chia đa diện . Trong phần thể tích khối đa diện việc ra đề và ôn tập cho học sinh thường được chú trọng đến các bài toán về phân chia khối đa diện thành các phần khác nhau. Việc phân chia và tính toán khối đa diện thường dựa vào tỷ số thể tích, dựa vào việc dựng thiết diện, dựa vào việc lấy thêm điểm thỏa mãn các hệ thức tỷ số hoặc vecto… A. CÁC CÔNG THỨC TỈ SỐ THỂ TÍCH ÁP DỤNG Bài toán 1. Cho hình chóp S . ABC . Một mặt phẳng  P  cắt các cạnh SA, SB , SC lần lượt tại M , N , P như hình vẽ bên. NHÓM TOÁN VD – VDC VS .MNP SM SN SP Khi đó ta có các kết quả sau:  . . VS . ABC SA SB SC Bài toán 2. Cho hình chóp S .ABCD có đáy là hình bình hành, một mặt phẳng  P  cắt các cạnh SA, SB, SC , SD lần lượt tại M , N , P, Q như hình vẽ bên. S M Q N P D A B C https:/www.facebook.com/groups/toanvd. Trang 1
NHÓM TOÁN VD–VDC NĂM HỌC 2019 – 2020 SA SB SC SD Đặt  x,  y,  z,  t . Khi đó ta có các kết quả sau: SM SN SP SQ + x z  y t VS .MNPQ x  y  z  t +  NHÓM TOÁN VD – VDC VS . ABCD 4 xyzt Bài toán 3. Cho hình lăng trụ ABC. A ' B ' C ' . Một mặt phẳng  P  cắt các cạnh bên AA ', BB ', CC ' lần lượt tại M , N , P như hình vẽ bên. AM BN C P Đặt  x,  y, z AA BB CC  VMNP. A ' B 'C ' x  y  z Khi đó ta có  VABC . A ' B 'C ' 3 Bài toán 4. Cho hình lăng trụ ABCD. A ' B ' C 'D' . Một mặt phẳng  P  cắt các cạnh bên AA ', BB ', CC ', DD' lần lượt tại M , N , P, Q như hình vẽ bên. AM BN CP DQ NHÓM TOÁN VD – VDC Đặt  x,  y,  z, t. AA BB CC  DD Khi đó ta có + x  z  y  t. VABCDMNQP x y  zt x z y t +    VABCD. A ' B ' C ' D ' 4 2 2 B. CÁC DẠNG BÀI VÀ VÍ DỤ MINH HỌA Bài toán 1. CHIA HÌNH CHÓP, HÌNH LĂNG TRỤ THÀNH 2 PHẦN BỞI MỘT MẶT PHẲNG CHO TRƯỚC. TÍNH THỂ TÍCH MỘT TRONG HAI PHẦN HAY TỈ SỐ THỂ TÍCH https:/www.facebook.com/groups/toanvd. Trang 2
NHÓM TOÁN VD–VDC NĂM HỌC 2019 – 2020 Ví dụ minh họa 1: Cho hình chóp S .ABC và G là trọng tâm tam giác ABC. Với hai số thực    x, y thay đổi và tập hợp các điểm M thỏa mãn GM  xSB  y AC là mặt phẳng ( P ) . Tính tỉ số thể tích hai phần của khối chóp S .ABC được phân chia bởi mp  P  . 7 1 8 2 A. . B. . C. . D. . NHÓM TOÁN VD – VDC 20 3 27 5 Lời giải Chọn A S H C F K G A E B    Với hai số thực x, y thay đổi và tập hợp các điểm M thỏa mãn GM  xSB  y AC là mặt NHÓM TOÁN VD – VDC phẳng ( P ) đi qua G và song song song với SA ; BC . Nên thiết diện khi cắt hình chóp S. ABC bởi  P  là hình bình hành EFHK như hình vẽ. Gọi V , V1 , V2 lần lượt là thể tích của khối chóp S. ABC , khối đa diện SAEFHK và BCEFHK 1 1 5 1 2 1 Ta có V2  VH .BCEF  VK .HCF  . d  S , ABC  . S ABC  . d B , SAC   . S SAC 3 3 9 3 3 9  20  V1  V 5 2 7  27  V  V  V  . Chọn A. 27 27 27 V  7 V  2 27 Ví dụ minh họa 2: Cho khối lăng trụ ABC. ABC  . Gọi E là trọng tâm tam giác ABC  và F là trung điểm BC . Tính tỉ số thể tích giữa khối B.EAF và khối lăng trụ ABC. ABC  . 1 1 1 1 A. . B. . C. . D. . 4 8 5 6 Lời giải Chọn D https:/www.facebook.com/groups/toanvd. Trang 3
NHÓM TOÁN VD–VDC NĂM HỌC 2019 – 2020 B A C F NHÓM TOÁN VD – VDC B' A' E M C' 1 Ta có M là trung điểm của BC  khi đó S EAF  S AAMF và d  B,  AAMF    d  B,  AEF   . 2 1 2 Vì VB. AAMF  VABF . ABM  VB. ABF  VABF . ABM  VABF . ABM  VABF . ABM 3 3 1 1 2 1 1 1 Suy ra VBEAF  VB. AAMF  . .VABF . ABM  . .VABC . ABC   .VABC . ABC  . 2 2 3 3 2 6 Ví dụ minh họa 3: Cho hình chóp tứ giác đều S . ABCD có cạnh đáy bằng a , cạnh bên hợp với đáy một góc 60 . Gọi M là điểm đối xứng của C qua D , N là trung điểm SC . Mặt phẳng NHÓM TOÁN VD – VDC  BMN  chia khối chóp S . ABCD thành hai phần. Tỉ số thể tích giữa hai phần (phần lớn trên phần bé) bằng 7 1 7 6 A. . B. . C. . D. . 5 7 3 5 Lời giải Chọn A S N E H C D M O F B A Giả sử các điểm như hình vẽ. https:/www.facebook.com/groups/toanvd. Trang 4
NHÓM TOÁN VD–VDC NĂM HỌC 2019 – 2020 E  SD  MN  E là trọng tâm tam giác SCM , DF // BC  F là trung điểm BM .  Ta có: SD  ,  ABCD   SDO   60  SO  a 6 , SF  SO 2  OF 2  a 7 2 2 NHÓM TOÁN VD – VDC a 6 1 a2 7  d  O,  SAD    OH  h  ; SSAD  SF . AD  2 7 2 4 VMEFD ME MF MD 1     VMNBC MN MB MC 6 5 5 1 1 5 1 5a 3 6  VBFDCNE  VMNBC    d  M ,  SAD    S SBC   4h  S SAD  6 6 3 2 18 2 72 1 a3 6 7a 3 6 VS . ABCD  SO.S ABCD   VSABFEN  VS . ABCD  VBFDCNE   3 6 36 VSABFEN 7 Suy ra:   VBFDCNE 5 Ví dụ minh họa 4: Cho lăng trụ ABC. ABC có thể tích bằng V . Gọi A1 , B1 lần lượt là hai điểm nằm trên hai cạnh AA và BB  sao cho A1 là trung điểm của AA và 5.B1 B  3.BB . Tia CA1 cắt tia C A tại Q và tia CB1 cắt tia C B tại P . Thể tích khối đa diện lồi AA1QBB1 P bằng: 29 7 37 10 A. V. B. V. C. V. D. V. 30 10 90 9 NHÓM TOÁN VD – VDC Lời giải Chọn A VC. ABC C A C B 1 2 1 1  5  Ta có:  .  .   VC.QPC  5.VC. ABC  5.  V   V . VC.QPC C Q C P 2 5 5 3  3 A1 A 1 B1B 3 VABC A1B1C 1  A1 A B1 B CC   1  1 3  7  Mặt khác:  ,     .        1  AA 2 BB 5 VABCABC 3  AA BB CC   3  2 5  10 7 7  VABCA1B1C  VABCABC  V . 10 10 https:/www.facebook.com/groups/toanvd. Trang 5
NHÓM TOÁN VD–VDC NĂM HỌC 2019 – 2020 5 7 29  VAA1QBB1P  VC.QPC  VABCA1B1C  V  V  V . 3 10 30 Bài toán 2 : TÍNH THỂ TÍCH KHỐI ĐA DIỆN ĐƯỢC PHÁT TRỂN TỪ CÁC KHỐI CHO TRƯỚC BẰNG CÁCH LẤY THÊM CÁC ĐIỂM . NHÓM TOÁN VD – VDC Phương pháp : với các khối có đáy như chóp , lăng trụ ta chuyển đáy của các khối này về mặt đáy của các khối ban đầu , sau đó so sánh đường cao của khối này với đường cao của khối ban đầu. Với các khối không phải là chóp hoặc lăng trụ ta có thể dùng phân chia đa diện để tạo ra các khối chóp hoặc lăng trụ , Cũng có thể căn cứ vào khối đã cho cộng trừ đi các khối không thuộc , hoặc cộng thêm khối thuộc khối đa diện yêu cầu tính thể tích . Ví dụ minh họa 1: Cho hình lăng trụ ABC. A ' B ' C ' có thể tích bằng V. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của A ' B ', AC và P là điểm thuộc cạnh CC ' sao cho CP  2C ' P . Tính thể tích khối tứ diện BMNP theo V. 2V V 5V 4V A. . B. . C. . D. . 9 3 24 9 Lời giải Chọn A NHÓM TOÁN VD – VDC Gọi B là diện tích tam giác ABC , h là độ dại đường cao của hình lăng trụ, suy ra V  B.h . Gọi Q là trung điểm AB , G là trọng tâm tam giác ABC . Gọi V1 là thể tích khối chóp BMNP , V2 là thể tích khối chóp MBNE với E  QC  MP . PE CE PC 2 PC PC 2 Ta có    do PC // MQ và PC  2 PC  nên   . ME QF MQ 3 MQ CC  3 V1 MP 1 1 Ta có    V1  V2 . V2 ME 3 3 https:/www.facebook.com/groups/toanvd. Trang 6
NHÓM TOÁN VD–VDC NĂM HỌC 2019 – 2020 2 8 Do GC  QC , CE  2QC  GE  GC  CE  QC . 3 3 1 Ta lại có V2  SBNE .h . Ta tính diện tích tam giác BNE theo diện tích tam giác ABC ta có 3 NHÓM TOÁN VD – VDC 8 8   S BNE  S BGE  S NGE  S NQC  S BQC  SQBNC . 3 3 S AQN AQ AN 1 3 8 Mà  .   SQBCN  S ABC do đó S BNE  SQBNC  2 B . S ABC AB AC 4 4 3 1 1 2V 1 2V Nên V2  S BNE .h  .2B.h   V1  V2  . 3 3 3 3 9 Ví dụ minh họa 3: Cho hình hộp ABCD. A ' B ' C ' D ' có thể tích bằng V . Gọi M , N , P, Q, E, F lần lượt là tâm các hình bình hành ABCD, A ' B ' C ' D ', ABB ' A ', BCC ' B ', CDD ' C ', DAA ' D '. Thể tích khối đa diện có các đỉnh M , P, Q, E, F , N bằng V V V V A. . B. . C. . D. . 4 2 6 3 Lời giải Chọn C NHÓM TOÁN VD – VDC Gọi h là chiều cao của hình hộp ABCD. A ' B ' C ' D '  V  h.S ABCD . Thấy hình đa diện MPQEFN là một bát diện nên 1 1 1 VMPQEFN  2.VN .PQEF  2. . .h.S PQEF  .h.S PQEF . 3 2 3 1 1 Lại có: PQEF là hình bình hành và có PQ  EF  AC; QE  PF  BD nên 2 2 1 1 1 1 1 V S PQEF  S ABCD . Do đó: VMPQEFN  h.S PQEF  .h. .S ABCD  .h.S ABCD  . 2 3 3 2 6 6 https:/www.facebook.com/groups/toanvd. Trang 7
NHÓM TOÁN VD–VDC NĂM HỌC 2019 – 2020 Ví dụ minh họa 4: Cho hình hộp ABCD. A ' B ' C ' D ' có chiều cao bằng 8 và diện tích đáy bằng 9. Gọi M , N , P và Q lần lượt là tâm của các mặt bên ABB ' A ', BCC ' B ', CDD ' C ' và DAA ' D ' . Thể tích của khối đa diện lồi có các đỉnh là các điểm A, B, C , D, M , N , P và Q bằng A. 27. B. 30. C. 18. D. 36 NHÓM TOÁN VD – VDC Lời giải Chọn B Mặt  MNPQ  cắt các cạnh AA', BB', CC', DD' tại A1 , B1 , C1 , D1 . Thể tích khối đa diện cần tìm là NHÓM TOÁN VD – VDC V , thì: V  VA1B1C1D1 . A ' B ' C ' D '  VA '.QMA1  VB '.MNB1  VC '.PNC1  VD '.QPD1 8.9 V   4 . 2 24  V  30 Ví dụ minh họa 5: Cho tứ diện ABCD có thể tích là V . Gọi M , N , P, Q, R lần lượt là trung điểm các cạnh AB, AD, AC , DC , BD và G là trọng tâm tam giác ABC (như hình vẽ ). Tính thể tích khối đa diện lồi MNPQRG theo V . https:/www.facebook.com/groups/toanvd. Trang 8
NHÓM TOÁN VD–VDC NĂM HỌC 2019 – 2020 NHÓM TOÁN VD – VDC 2V V V V A. . B. . C. . D. . 5 3 2 6 Lời giải Chọn B NHÓM TOÁN VD – VDC Gọi E là trung điểm BC . GI 1 d  G ,  MPQR   1 1 Gọi I là giao AE với MP thì  nên   VG .MPQR  VE .MPQR . EI 3 d  E ,  MPQR   3 3 1 V Gọi V1  VEMPQRN thì V1  V  4.VAMNP  V  4. V  . 8 2 Mặt khác do MNQE là hình bình hành nên EN cắt MQ tại trung điểm nên 1 V VN .MPQR  VE .MPQR  V1  . 2 4 https:/www.facebook.com/groups/toanvd. Trang 9
NHÓM TOÁN VD–VDC NĂM HỌC 2019 – 2020 1 V Mà VG .MPQR  VE .MPQR  . 3 12 V V V Vậy VMNPQRG  VN .MPQR  VG .MPQR    . 4 12 3 NHÓM TOÁN VD – VDC Ví dụ minh họa 6:Cho hình chóp tam giác đều S .ABC có cạnh đáy bằng a , đường cao SH  2a . Gọi I , J , K lần lượt là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S .HAB , S .HBC , S .HCA . Tính thể tích khối bát diện ABCIJK a3 3 a3 3 4a 3 3 A. a 3 3 . B. . C. . D. 2 3 3 Lời giải Chọn C S S K K O I O F I J C F A J A C H M NHÓM TOÁN VD – VDC G E H B M G E B Gọi G , E , F lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác HAB , HBC , HAC . Suy ra G , E , F đối xứng với H qua AB, BC , CA . Suy ra tam giác GEF đều cạnh a . Gọi O là trung điểm SH , theo bài ra I , J , K lần lượt là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp     S .HAB , S .HBC , S .HCA nên ta có GI  EJ  FK  HO suy ra  IJK    ABC  Mặt khác có ABJK , ACJI là hình bình hành nên IC  AJ tại trung điểm của AJ Suy ra d  I ,  ABJK    d  C ,  ABJK   a3 3 Vậy VABCIJK  2VC . ABJK  4VC . ABJ  2VSABC  3 Dạng 3. MAX- MIN THỂ TÍCH CÁC KHỐI KHI PHÂN CHIA Ví dụ minh họa 1: Cho khối chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật. Một mặt phẳng thay đổi nhưng luôn song song với đáy và cắt các cạnh bên SA , SB , SC , SD lần lượt tại M , https:/www.facebook.com/groups/toanvd. Trang 10
NHÓM TOÁN VD–VDC NĂM HỌC 2019 – 2020 N , P , Q . Gọi M  , N  , P  , Q lần lượt là hình chiếu vuông góc của M , N , P , Q lên mặt SM phẳng  ABCD  . Tính tỉ số để thể tích khối đa diện MNPQ.M N PQ đạt giá trị lớn nhất. SA 2 1 1 3 NHÓM TOÁN VD – VDC A. . B. . C. . D. . 3 2 3 4 Lời giải Chọn A S M Q N P A D M' Q' H N' P' B C SM Đặt  k với k   0;1 . SA MN SM Xét tam giác SAB có MN // AB nên   k  MN  k . AB AB SA NHÓM TOÁN VD – VDC MQ SM Xét tam giác SAD có MQ // AD nên   k  MQ  k . AD AD SA Kẻ đường cao SH của hình chóp. Xét tam giác SAH có: MM  AM SA  SM SM MM  // SH nên    1  1  k  MM   1  k  .SH . SH SA SA SA Ta có VMNPQ.M N P Q  MN .MQ.MM   AB. AD.SH .k 2 . 1  k  . 1 Mà VS . ABCD  SH . AB. AD  VMNPQ.M N PQ  3.VS . ABCD .k 2 . 1  k  . 3 Thể tích khối chóp không đổi nên VMNPQ.M N PQ đạt giá trị lớn nhất khi k 2 . 1  k  lớn nhất. 2 1  k  .k .k 3 1  2  2k  k  k  4 Ta có k 2 .  k  1      . 2 2 3  27 2 SM 2 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: 2 1  k   k  k  . Vậy  . 3 SA 3 https:/www.facebook.com/groups/toanvd. Trang 11
NHÓM TOÁN VD–VDC NĂM HỌC 2019 – 2020 Ví dụ minh họa 2: Cho tứ diện ABCD . Hai điểm M , N lần lượt di động trên hai đoạn thẳng BC BD BC và BD sao cho 2 3  10 . Gọi V1 , V2 lần lượt là thể tích của các khối tứ diện BM BN V ABMN và ABCD . Tìm giá trị nhỏ nhất của 1 . V2 NHÓM TOÁN VD – VDC 13 11 1 2 A. . B. . C. . D. . 16 12 6 3 Lời giải Chọn A AB AD Đặt  x;  y , x, y  1 . AM AN NHÓM TOÁN VD – VDC 1  AM . AN .sin DAB VS . AMN S AMN 1 AM AN 1 Ta có  2  . .  . VS . ABCD S ABCD  AB. AD.sin DAB 2 AB AD 2 yx AB AD 3 Theo bài ra 2 3  8  2x  3 y  8  x  4  y . AM AN 2 VS . AMN 1 Suy ra  ; 1  y  2 (do x  1). VS . ABCD  3  2y  4  y   2  V1 V 1 Ta có  1  S . AMN  1  ; 1 y  2. V VS . ABCD y 8  3 y  2  3y  8  3y  Áp dụng BĐT Côsi ta có 3 y (8  3 y )     16  2  V1 3 13 V 13 4 Suy ra  1    max 1  . Dấu bằng xảy ra khi y  , x  2 . V 16 16 V 16 3 https:/www.facebook.com/groups/toanvd. Trang 12
NHÓM TOÁN VD–VDC NĂM HỌC 2019 – 2020 Ví dụ minh họa 3: Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình bình hành và có thể tích là V . Điểm P là trung điểm của SC . Một mặt phẳng qua AP cắt hai cạnh SB và SD lần lượt tại V M và N . Gọi V1 là thể tích của khối chóp S . AMPN . Tìm giá trị nhỏ nhất của 1 ? V NHÓM TOÁN VD – VDC 3 1 2 1 A. . B. . C. . D. . 8 3 3 8 Lời giải Chọn B S P M I N B C O A D Do   đi qua A , P , M , N nên bốn điểm này đồng phẳng. NHÓM TOÁN VD – VDC VS . AMNP a  b  c  d SA SC SD SB Áp dụng công thức  với  a, c, d,  b thỏa mãn VS . ABCD 4.a.b.c.d SA SP SM SN ac bd . SA SC SD SB Theo đề bài ta có: 1,  2 và đặt  d  0, b 0. SA SP SM SN V  1 2  b  d Khi đó:  với 1  2  b  d  b  d  3 . V 4.1.2.b.d V  1 2  b  d V  1 2  3 V 3 Vậy ta có:      . V 4.1.2.b.d V 4.2.b.d V 4bd b  d  2 9 1 4 V 3 3 4 1 Theo bất đẳng thức cơ bản: bd     suy ra   .  . 4 4 bd 9 V 4bd 4 9 3 3 Dấu “=” xảy ra b  d  b  d  . 2 V 1 Vậy có giá trị nhỏ nhất bằng . V 3 https:/www.facebook.com/groups/toanvd. Trang 13
NHÓM TOÁN VD–VDC NĂM HỌC 2019 – 2020 Ví dụ minh họa 4: Cho tứ diện ABCD có thể tích là V . Điểm M thay đổi trong tam giác BCD . Các đường thẳng qua M và song song với AB , AC , AD lần lượt cắt các mặt phẳng  ACD  ,  ABD  ,  ABC  tại N , P , Q . Giá trị lớn nhất của khối MNPQ là: V V V V NHÓM TOÁN VD – VDC A. . B. . C. . D. . 27 16 8 54 Lời giải Chọn A MN N M NHÓM TOÁN VD – VDC + Tam giác ABN  có MN // AB   . AB N B MP PM + Tam giác ACP có MP // AC  . AC PC MQ QM + Tam giác ADQ có QM // AD   . AD QD MN MP MQ N M PM QM Khi đó:      AB AC AD N B PC QD N M PM QM S MCD S MBD S MBC MN MP MQ Mà       1 nên   1 N B PC QD S BCD S BCD S BCD AB AC AD 3  MN MP MQ   3 MN MP MQ  3 Lại có 1  3     3 . .  (Cauchy)  AB AC AD   AB AC AD  1 MN MP MQ  MN .MP.MQ  AB. AC . AD  MN .MP.MQ lớn nhất khi   27 AB AC AD https:/www.facebook.com/groups/toanvd. Trang 14
NHÓM TOÁN VD–VDC NĂM HỌC 2019 – 2020 MN MP MQ 1  M là trọng tâm tam giác BCD       NPQ  //  BCD  , AB AC AD 3 2 S NPQ 2 1 1 1    , Mà S N PQ  S BCD nên S NPQ  S BCD và d  M ,  NPQ    d  A,  BCD   S N PQ 3 4 9 2 NHÓM TOÁN VD – VDC 1 Vậy giá trị lớn nhất của khối tứ diện MNPQ là VMNPQ  S NPQ .d  M ,  NPQ   3 1 1 1 V 1  VMNPQ  . S BCD . d  A,  BCD    , với VABCD  S BCD .d  A,  BCD    V 3 9 3 27 3 Ví dụ minh họa 5: Cho hình lập phương ABCD. A ' B ' C ' D ' cạnh 1 . Điểm M , N lần lượt nằm C M DN trên đoạn thẳng AC  và CD sao cho   x . Khi tứ diện CC NM có thể tích lớn C A 2 DC nhất thì giá trị của x bằng 1 1 1 1 A . B. . C. . D. . 2 3 4 6 Lời giải Chọn C A B NHÓM TOÁN VD – VDC D C A' B' N M D' C' 1 Ta có. CD '  2  DN  2 x 2  CN  2  2 x 2  2(1  2 x ) , đk : 0  x  2 Ta có AC '  3  C M  x 3 https:/www.facebook.com/groups/toanvd. Trang 15
NHÓM TOÁN VD–VDC NĂM HỌC 2019 – 2020 1 1 VCC ' NM  .C M .CN .d (C M , CN ).sin(C M , CN )  . 6.x (1  2 x ).d (C A, CD ').sin(C A, CD ') 6 6 Do d (C A, CD ').sin(C A, CD ') không đổi nên tứ diện CC NM có lớn nhất khi g ( x)  x (1  2 x) lớn nhất. NHÓM TOÁN VD – VDC 1 1 (2 x  1  2 x) 2 1 Ta có g ( x)  .2 x(1  2 x)   2 2 4 8 1 Dấu bằng xảy ra  2 x  1  2 x  x  . 4 C. BÀI TẬP THEO CÁC DẠNG Dạng 1. CHIA HÌNH CHÓP, HÌNH LĂNG TRỤ THÀNH 2 PHẦN BỞI MỘT MẶT PHẲNG CHO TRƯỚC. TÍNH THỂ TÍCH MỘT TRONG HAI PHẦN HAY TỈ SỐ THỂ TÍCH Câu 1: Cho hình lập phương ABCD. ABC D , gọi M và N lần lượt là tâm của các hình vuông ABCD và CDDC  . Mặt phẳng  AMN  chia khối lập phương trình hai phần có thể tích là V1 và V2 V1 V1  V2  . Tính tỷ số . V2 1 1 2 A. . B. . C. . D. 2 . 3 2 3 Lời giải Chọn B NHÓM TOÁN VD – VDC Gọi I  AM  CC  ; F  IN  CD ; G  IN  C D ; E  FM  AB . Vậy thiết diện của hình hộp cắt bởi mặt phẳng  AMN  là hình bình hành AEFG . AE MA Ta có:   1  AE  FD  CF  FD  CD . CF MC Tương tự: FD  GD  CD . https:/www.facebook.com/groups/toanvd. Trang 16
NHÓM TOÁN VD–VDC NĂM HỌC 2019 – 2020 VAEFDAGD  VA. AEFD  VA. FDDG 1 1 1 1  AA.  AE  DF  . AD  AD.  FD  GD  .DD 3 2 3 2 3 3 CD CD Vhh    NHÓM TOÁN VD – VDC 6 6 3 Vhh 2V V 1  V1   V2  hh  1  . 3 3 V2 2 Câu 2: Cho khối hộp ABCD. A ' B ' C ' D ' . M là trung điểm C ' D ' . N là điểm trên cạnh AD sao cho DN  3 AN . Mặt phẳng  B ' MN  chia khối hộp thành hai phần có thể tích là V1 ,V2 thỏa mãn V1 V1  V2 .Tỉ số bằng V2 1 149 448 299 A. . B. . C. . D. . 4 299 1344 448 Lời giải Chọn B K A N D Q B C P I NHÓM TOÁN VD – VDC A' D' M B' C' Gọi V là thể tích khối hộp. Gọi: I  BM  A ' D ' ; P  RN  DD '; K  RN  AA '; Q  B ' K  AB . Ta có VAQNA ' B ' MD ' P  VK . A ' B ' I  VI . D ' PM  VK . ANQ . Do M là trung điểm của C ' D ' suy ra D ' là trung điểm của A ' I . Mặt khác PM //B ' K nên P là trung điểm của IK . AK KN AN 1 KN 1 KA KQ 1 Ta có         DP NP ND 3 KI 8 KA ' KB ' 8 DP DP 7 DP DP 3 D'P 4 3       . KA 1 AA ' DD ' DD ' 7 DD ' 7 7 1 1 1 1 4 1 Khi đó ta có: VI .D ' PM  d  I ;  CDD ' C '  .SD ' PM  d  I ;  CDD ' C '  . . . SCDD 'C '  V . 3 3 2 2 7 21 1 1 1 1 1 1 1 VK . ANQ  d  K ;  ABCD   .SAQN  . d  A ';  ABCD   . . . S ABCD  V. 3 3 7 2 4 8 1344 1 1 8 8 VK . A ' B ' I  d  K ;  A ' B ' C ' D '  .SA ' B ' I  . d  A;  A ' B ' C ' D '  .S A ' B 'C ' D '  V . 3 3 7 21  8 1 1  149 Suy ra VAQNA ' B ' MD ' P  VK . A ' B ' I  VI . D ' PM  VK . ANQ =    V  V  21 21 1344  448 https:/www.facebook.com/groups/toanvd. Trang 17
NHÓM TOÁN VD–VDC NĂM HỌC 2019 – 2020 149  149  299 V 149 Khi đó V1  V , V2   1  V  V . Vậy 1  . 448  448  448 V2 299 Câu 3: Cho lăng trụ ABC. ABC  có thể tích V . Gọi M , N , P lần lượt là trung điểm của AB, BB và AC  . Tính theo V thể tích của khối tứ diện CMNP . NHÓM TOÁN VD – VDC 5 V 5V 7V A. V. B. . C. . D. . 24 4 27 24 Lời giải Chọn A A C M K B N A' P C' E B' Q Gọi Q là giao điểm của MN và AB  . NHÓM TOÁN VD – VDC BQ 1 Khi đó:  và N là trung điểm của MQ . AB 2 Gọi E là giao điểm của BC  và PQ . BE 1 Khi đó:  và E là trung điểm của PQ . BC  4 1 Gọi K là giao điểm của BC và NE . Khi đó BK  BC . 4 Ta có: EN là đường trung bình của MPQ  NE //MP  NE //  CMP  hay NK //  CMP   d  N ; (CMP )   d  K ; (CMP )  1  VCMNP  VCMPK  SCMK .d  P;( ABC )  3 Trong đó: d  P; ( ABC )   h là chiều cao của lăng trụ. 1 1 1 1 AB BC SCMK  S MBC  S BMK  S ABC  BM .BK .sin  ABC  S ABC  sin  ABC 2 2 2 2 2 4 1 1 5 = S ABC  S ABC  S ABC . 2 8 8 https:/www.facebook.com/groups/toanvd. Trang 18
NHÓM TOÁN VD–VDC NĂM HỌC 2019 – 2020 1 5 5  VCMNP  . S ABC h  V . 3 8 24  2  Câu 4: Cho khối lăng trụ ABC .A ' B 'C ' . Trên AC , BC lần lượt lấy M , N sao cho CM  CB 3 NHÓM TOÁN VD – VDC  1  CN  CB . Gọi K là giao điểm của MN và đường trung tuyến hạ từ đỉnh C của tam giác 2 ABC , I là giao điểm của BK và AC , E là giao điểm của C ' I và CA ' , F là giao điểm của BC ' và B C . Tính tỉ số thể tích của khối đa diện C .EFBI và khối lăng trụ ABC .A ' B 'C ' . 1 3 1 26 A. . B. . C. . D. . 21 35 7 105 Lời giải Chọn B NHÓM TOÁN VD – VDC Gọi thể tích khối lăng trụ là V CA CB CH CH 7 CK 4 Gọi H là trung điểm AB    2.     CM CN CK CK 4 CH 7 CI HK BA CI 3 CI 2 CI 2 Áp dụng định lí Menelaus ta có: . . 1 . .2  1     IA CK BH IA 4 IA 3 CA 5 IE IC 2 C 'E 5 C 'F 1 1 5 5 Ta có:     , mà   VC '.CEF  . VC 'CIB  VC 'CIB EC ' A 'C ' 5 C 'I 7 C 'B 2 2 7 14 9 9 1 2 3 V 3  VC .EFBI  VC 'CIB  . . V  V  C .EFBI  14 14 3 5 35 V 35 Câu 5: Cho lăng trụ đều ABC. ABC  có cạnh đáy bằng a cạnh bên 3a . Gọi M là trung điểm của AA . Mặt phẳng   đi qua M và song song với BC đồng thời tạo với mặt phẳng đáy  ABC  một góc 30 . Mặt phẳng   chia khối chóp làm 2 phần có thể tích lần lượt là V1 và V2 biết V1  V2  V1 . Tỉ số thể tích bằng V2 4 7 7 7 A. . B. . C. . D. . 5 8 11 9 https:/www.facebook.com/groups/toanvd. Trang 19
NHÓM TOÁN VD–VDC NĂM HỌC 2019 – 2020 Lời giải Chọn C NHÓM TOÁN VD – VDC Gọi N ; P lần lượt là trung điểm của BB và CC  suy ra  MNP  //  ABC  . Mặt phẳng   cắt các cạnh BB và CC  lần lượt tại R và T . Gọi H ; K lần lượt là trung điểm   30 . của NP và RT . Mặt phẳng   tạo với  ABC  một góc 30 suy ra KMH a 3 a 3 1 a Tam giác MNP đều cạnh a suy ra MH  và HK  MH .tan 30  .  . 2 2 3 2 1 1 1 a 3 a a3 3 Ta có VM . NPTR  .MH .S NPTR  .MH .HK .NP  . . .a  . 3 3 3 2 2 12 NHÓM TOÁN VD – VDC a2 3 3 3.a3 Thể tích lặng trụ ABC. ABC  là V  .3a  . 4 4 V 3 3.a3 a3 3 7 3 3 Vậy V1   VM . NPTR    a 2 8 12 24 V 3 3.a3 a3 3 11 3 3 V2   VM . NPTR    a . 2 8 12 24 V1 7 Suy ra  . V2 11 Câu 6: Cho lăng trụ đều ABC. ABC  . Gọi M , N và P lần lượt là trung điểm của AB ; BC  và C A . Thể tích của khối đa diện lồi có các đỉnh là các điểm A, B, C , M , N , P là V1 và thể tích của khối V lăng trụ đều ABC. ABC  là V . Tính tỷ số 1 ? V 4 1 2 3 A. . B. . C. . D. . 5 4 3 4 Lời giải Chọn D https:/www.facebook.com/groups/toanvd. Trang 20

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

THÔNG TIN

TRỢ GIÚP

HỖ TRỢ KHÁCH HÀNG

Theo dõi chúng tôi

Chịu trách nhiệm nội dung:

Nguyễn Công Hà - Giám đốc Công ty TNHH TÀI LIỆU TRỰC TUYẾN VI NA

LIÊN HỆ

Địa chỉ: P402, 54A Nơ Trang Long, Phường 14, Q.Bình Thạnh, TP.HCM

Hotline: 093 303 0098

Email: support@tailieu.vn

Giấy phép Mạng Xã Hội số: 670/GP-BTTTT cấp ngày 30/11/2015 Copyright © 2022-2032 TaiLieu.VN. All rights reserved.