===============
10. Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy là hình thang với \(AD{\rm{//}}BC\) và \(AD = 2BC\). Gọi \(M\), \(N\), \(P\) lần lượt là trung điểm của các cạnh \(SA\), \(BC\), \(CD\). Điểm \(Q\) thỏa mãn \(\overrightarrow {SQ} = 2\overrightarrow {QD} \). Gọi \(V\), \(V’\) lần lượt là thể tích của khối chóp \(S.ABCD\) và khối tứ diện \(MNPQ\). Khi đó \(\frac{{V’}}{V}\) bằng
A. \(\frac{1}{6}\).
B. \(\frac{1}{8}\).
C. \(\frac{1}{{12}}\).
D. \(\frac{1}{{24}}\).
Lời giải
+) Gọi \(E = AD \cap MQ\).
Áp dụng định lý Menelaus, ta có: \(\frac{{SM}}{{MA}}.\frac{{EA}}{{ED}}.\frac{{QD}}{{QS}} = 1 \Leftrightarrow \frac{{EA}}{{ED}} = 2 \Leftrightarrow DA = DE\).
\( \Rightarrow D\) là trung điểm của đoạn thẳng \(AE\).
\( \Rightarrow \)\(Q\) là trọng tâm tam giác \(SAE\). Do đó: \(\frac{{MQ}}{{ME}} = \frac{1}{3}\).
+) Gọi \(K = CD \cap NE\).
Vì \(NC{\rm{//}}DE\) nên \(\frac{{CK}}{{KD}} = \frac{{NC}}{{DE}} = \frac{1}{4}\).
Suy ra: \(CK = \frac{1}{5}CD = \frac{2}{5}CP\).
\(KP = \frac{3}{5}CP = \frac{3}{{10}}CD\).
+) .
\({S_{ABCD}} = \frac{1}{2}d\left( {D,BC} \right).\left( {AD + BC} \right) = \frac{3}{2}d\left( {D,BC} \right).BC\)
.
+) Ta có: \(d\left( {E;CD} \right) = 4d\left( {N;CD} \right)\)
.
+) \(\frac{{{V_{M.NPQ}}}}{{{V_{M.NPE}}}} = \frac{{MN}}{{MN}}.\frac{{MP}}{{MP}}.\frac{{MQ}}{{ME}} = \frac{1}{3}\).
Do đó:
\(V’ = {V_{MNPQ}} = \frac{1}{3}{V_{MNPE}} = \frac{1}{3}.\frac{1}{3}.d\left( {M,\left( {ABCD} \right)} \right).{S_{\Delta NPE}} = \frac{1}{3}.\frac{1}{3}.\frac{1}{2}.d\left( {S,\left( {ABCD} \right)} \right).\frac{1}{4}{S_{ABCD}} = \frac{1}{{24}}{V_{S.ABCD}}\)Vậy \(\frac{{V’}}{V} = \frac{1}{{24}}\).
=================
CÓ NHIỀU CÁCH GIẢI MỜI CÁC BẠN THAM KHẢO. (STRONG)
Để lại phản hồi