===============
35. Cho lăng trụ tam giác đều \(ABC.A’B’C’\) có cạnh đáy bằng \(a\) chiều cao bằng \(2a\). Mặt phẳng \(\left( P \right)\) qua \(B’\) và vuông góc với \(A’C\) chia lăng trụ thành hai khối đa diện. Biết thể tích của hai khối đa diện đó là \({V_1}\) và \({V_2}\) với \({V_1} < {V_2}\). Tỉ số \(\frac{{{V_1}}}{{{V_2}}}\) bằng
A. \(\frac{1}{{11}}\).
B. \(\frac{1}{{23}}\).
C. \(\frac{1}{7}\).
D. \(\frac{1}{{47}}\)
Lời giải
Gọi \(E\),\(I\),\(K\) lần lượt là trung điểm của \(A’C’\),\(A’C\) và \(A’B’\).
Dựng \(B’H \bot A’C\) tại \(H\).
Trong \(\left( {AA’C’C} \right)\), gọi \(F = HE \cap A’A\).
Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}B’E \bot A’C’\\B’E \bot A’A\end{array} \right. \Rightarrow B’E \bot \left( {ACC’A’} \right) \Rightarrow B’E \bot A’C\). Lại có \(B’H \bot A’C\)\( \Rightarrow \left( {B’EF} \right) \bot A’C\).
Thiết diện của lăng trụ \(ABC.A’B’C’\) bị cắt bởi mặt phẳng \(\left( P \right)\) là miền tam giác \(B’EF\).
Tam giác \(CA’B’\) cân tại \(C\) nên \(CK\) là đường cao của tam giác \( \Rightarrow \) \(CK.A’B’ = B’H.A’C\)\( \Rightarrow B’H = \frac{{CK.A’B’}}{{A’C}}\).(*)
Tam giác \(A’C’C\) vuông tại \(C\) nên \(A’C = \sqrt {A'{{C’}^2} + C{{C’}^2}} = a\sqrt 5 \). (1)
Tam giác \(A’KC\) vuông tại \(K\) nên \(CK = \sqrt {A'{C^2} – A'{K^2}} = \frac{{a\sqrt {19} }}{2}\)(2)
Thay (1); (2) vào (*) \( \Rightarrow \) \(B’H = \frac{{\frac{{a\sqrt {19} }}{2}.a}}{{a\sqrt 5 }} = \frac{{a\sqrt {19} }}{{2\sqrt 5 }}\).
Tam giác \(B’HC\) vuông tại \(H\), ta có: \(CH = \sqrt {B'{C^2} – B'{H^2}} = \frac{{9a\sqrt 5 }}{{10}}\)\( \Rightarrow CH = \frac{9}{{10}}.CA’\) \( \Rightarrow A’H = \frac{1}{4}HI\).
Ta có \(A’F{\rm{//}}EI\)\( \Rightarrow \frac{{A’F}}{{IE}} = \frac{{A’H}}{{IH}} = \frac{1}{4} \Rightarrow \frac{{A’F}}{{A’A}} = \frac{1}{8}\).
Gọi \(V\) là thể tích lăng trụ \(ABC.A’B’C’\).
TA có \(\frac{{{V_{A’.B’EF}}}}{{{V_{A’.B’C’A}}}} = \frac{{A’B’}}{{A’B’}}.\frac{{A’E}}{{A’C’}}.\frac{{A’F}}{{A’A}} = \frac{1}{{16}}\) \( \Rightarrow {V_{A’.B’EF}} = \frac{1}{{16}}.{V_{A’.B’C’A}}\) \( = \frac{1}{{16}}.\frac{1}{3}V\) \( = \frac{1}{{48}}V\)
\( \Rightarrow {V_1} = \frac{1}{{48}}V\).
\({V_2} = V – {V_1} = \frac{{47}}{{48}}V\).
Vậy \(\frac{{{V_1}}}{{{V_2}}} = \frac{1}{{47}}\).
Cách 2.
Gọi \(E\) là trung điểm của \(A’C’\).
Dựng \(B’H \bot A’C\) tại \(H\), gọi \(F = HE \cap A’A\).
Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}B’E \bot A’C’\\B’E \bot A’A\end{array} \right. \Rightarrow B’E \bot \left( {ACC’A’} \right) \Rightarrow B’E \bot A’C\). Lại có \(B’H \bot A’C\)\( \Rightarrow \left( {B’EF} \right) \bot A’C\).
Thiết diện của lăng trụ \(ABC.A’B’C’\) bị cắt bởi mặt phẳng \(\left( P \right)\) là miền tam giác \(BEF\).Theo trên \(A’C \bot \left( {BEF} \right) \Rightarrow A’C \bot EF\)
Dựng \(C’K \bot A’C\) tại \(K\).
Trong tam giác vuông \(A’C’C\) ta có \(C’K = \frac{{C’A’.C’C}}{{A’C}} = \frac{{a.2a}}{{\sqrt {{a^2} + 4{a^2}} }} = \frac{{2a\sqrt 5 }}{5}\)
\( \Rightarrow EH = \frac{1}{2}C’K\) \( = \frac{{a\sqrt 5 }}{5}\).
Trong tam giác vuông \(A’EF\) ta có \(EH.EF = A'{E^2}\)\( \Rightarrow EF = \frac{{A'{E^2}}}{{EH}} = \frac{{{a^2}}}{4}.\frac{5}{{a\sqrt 5 }} = \frac{{a\sqrt 5 }}{4}\).
\( \Rightarrow A’F = \sqrt {E{F^2} – A'{E^2}} \) \( = \sqrt {\frac{{5{a^2}}}{{16}} – \frac{{{a^2}}}{4}} = \frac{a}{4}\)\( \Rightarrow \frac{{A’F}}{{A’A}} = \frac{1}{8}\).
Gọi \(V\) là thể tích lăng trụ \(ABC.A’B’C’\).
Ta có \(\frac{{{V_{A’.B’EF}}}}{{{V_{A’.B’C’A}}}} = \frac{{A’B’}}{{A’B’}}.\frac{{A’E}}{{A’C’}}.\frac{{A’F}}{{A’A}} = \frac{1}{{16}}\) \( \Rightarrow {V_{A’.B’EF}} = \frac{1}{{16}}.{V_{A’.B’C’A}}\) \( = \frac{1}{{16}}.\frac{1}{3}V\) \( = \frac{1}{{48}}V\)
\( \Rightarrow {V_1} = \frac{1}{{48}}V\).
\({V_2} = V – {V_1} = \frac{{47}}{{48}}V\).
Vậy \(\frac{{{V_1}}}{{{V_2}}} = \frac{1}{{47}}\).
=================
CÓ NHIỀU CÁCH GIẢI MỜI CÁC BẠN THAM KHẢO. (STRONG)
Để lại phản hồi