DẠNG TOÁN TỔNG HỢP HÌNH HỌC KHÔNG GIAN – GÓC – KHOẢNG CÁCH – THỂ TÍCH – TỶ SỐ – CỰC TRỊ HÌNH HỌC
===============
17. Cho hình lập phương \(ABCD.A’B’C’D’\). Gọi \(M,\,N\) là trung điểm của các cạnh \(AD,\,CD\) và \(P\) là điểm nằm trên cạnh \(BB’\) sao cho \(BP = 3PB’\)(như hình vẽ dưới). Mặt phẳng \(\left( {MNP} \right)\) chia khối lập phương thành hai khối lần lượt có thể tích \({V_1},\,\,{V_2}\). Biết khối có thể tích \({V_1}\) chứa điểm \(A\). Tính tỉ số \(\frac{{{V_1}}}{{{V_2}}}\)
A. \(\frac{{{V_1}}}{{{V_2}}} = \frac{1}{4}\).
B. \(\frac{{{V_1}}}{{{V_2}}} = \frac{{25}}{{71}}\).
C. \(\frac{{{V_1}}}{{{V_2}}} = \frac{1}{8}\).
D. \(\frac{{{V_1}}}{{{V_2}}} = \frac{{25}}{{96}}\).
Lời giải
Gọi \(MN \cap AB = I;\,\,MN \cap BC = J\); Khi đó gọi \(PI \cap AA’ = E;\,\,PJ \cap CC’ = F\).
Giả sử hình lập phương có cạnh bằng \(4\).
+) Tính \({V_{P.BIJ}}\)
Có \(PB = \frac{3}{4}BB’ = 3\).
\(CJ = AM = \frac{1}{2}BC = 2;\,AI = AM = \frac{1}{2}BC = 2\)\( \Rightarrow BI = BJ = 6\)
+) Tính \({V_{E.AIM}}\)
Có \(\frac{{AE}}{{BP}} = \frac{{IA}}{{IB}} = \frac{1}{3} \Rightarrow AE = \frac{1}{3}PB = \frac{1}{3}.3 = 1\).
\(AI = AM = \frac{1}{2}BC = 2\)
.
Ta có : \({V_1}\) = \({V_{P.BIJ}} – 2{V_{E.AIM}} = 18 – \frac{4}{3} = \frac{{50}}{3}\).
Mặt khác \({V_2} = {V_{ABCD.A’B’C’D’}} – {V_1} = {4^3} – \frac{{50}}{3} = \frac{{142}}{3}\).
Vậy \(\frac{{{V_1}}}{{{V_2}}} = \frac{{{{50} \mathord{\left/
{\vphantom {{50} 3}} \right.
\kern-\nulldelimiterspace} 3}}}{{{{142} \mathord{\left/
{\vphantom {{142} 3}} \right.
\kern-\nulldelimiterspace} 3}}} = \frac{{25}}{{71}}\).
=================
CÓ NHIỀU CÁCH GIẢI MỜI CÁC BẠN THAM KHẢO. (STRONG)