Bài 4. Thể tích của khối đa diện Bài 41 – 54 – Giải SBT chương 1 Hình học 12 nâng cao
Bài 41
Cho khối lăng trụ tam giác \(ABC.A’B’C’\) có cạnh đáy bằng a, chiều cao bằng h. Tính thể tích khối chóp A.BC’A’.
Giải
(h.26) Cách 1.
\(AC//A’C’ \Rightarrow AC//\left( {BC’A’} \right).\) Gọi I là trung điểm của AC thì
\(d\left( {A,\left( {BC’A’} \right)} \right) = d\left( {I,\left( {BC’A’} \right)} \right).\)
Gọi I’ là trung điểm của A’C’ thì rõ ràng \(BI’ \bot A’C’,\) mặt khác \(II’ \bot A’C’\) nên \(A’C’ \bot \left( {IBI’} \right).\)
Vậy khi ta hạ \(IH \bot BI’\) thì \(A’C’ \bot IH.\)
Từ đó suy ra \(IH \bot \left( {BC’A’} \right),\) tức là \(d\left( {A,\left( {BC’A’} \right)} \right) = IH.\)
Ta có :
\(\eqalign{ & IH = {{IB.II’} \over {BI’}} = {{a.{{\sqrt 3 } \over 2}.h} \over {\sqrt {3.{{{a^2}} \over 4} + {h^2}} }} = {{\sqrt 3 ah} \over {\sqrt {3{a^2} + 4{h^2}} }}, \cr & {S_{BC’A’}} = {1 \over 2}BI’.C’A’ = {1 \over 2}\sqrt {{{3{a^2}} \over 4} + {h^2}} .a \cr&\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;= {1 \over 4}a\sqrt {3{a^2} + 4{h^2}} . \cr} \)
Vậy
\({V_{A.BC’A’}} = {1 \over 3}.{1 \over 4}.a.\sqrt {3{a^2} + 4{h^2}} .{{\sqrt 3 ah} \over {\sqrt {3{a^2} + 4{h^2}} }} = {{\sqrt 3 {a^2}h} \over {12}}\)
Cách 2.
\(\eqalign{ {V_{A.BC’A’}} = {V_{B.AA’C’}}& = {1 \over 2}.{V_{B.AA’C’C}} \cr&= {1 \over 2}.{2 \over 3}.{V_{ABC.A’B’C’}} \cr & = {1 \over 3}.{S_{ABC}}.h\cr& = {1 \over 3}.{{{a^2}\sqrt 3 } \over 4}.h = {{{a^2}\sqrt 3 } \over {12}}.h \cr} \)
Bài 42
Cho đường tròn đường kính AB nằm trên mặt phẳng \(\left( P \right)\) và một điểm M di động trên đường tròn. Trên đường thẳng vuông góc với \(mp\left( P \right)\) tại A, lấy một điểm S. Mặt phẳng \(\left( Q \right)\) qua A vuông góc với SB tại K cắt SM tại H. Tìm vị trí của M để tính thể tích khối chóp S.AHK lớn nhất. Chứng minh rằng khi đó cung AM nhỏ hơn cung BM.
Giải
(h.27)
\(\eqalign{ & MB \bot AM,MB \bot SA \cr & \Rightarrow MB \bot \left( {SAM} \right) \Rightarrow MB \bot AH(1) \cr & SB \bot \left( {AKH} \right) \Rightarrow SB \bot AH.(1) \cr} \)
Từ (1) và (2) suy ra \(\eqalign{ & AH \bot \left( {SMB} \right) \Rightarrow AH \bot SM,AH \bot HK. \cr & {V_{S.AHK}} = {1 \over 3}{S_{AHK}}.SK = {1 \over 6}AH.KH.SK. \cr} \)
Vì \(SK\) cố định nên :
\({V_{S.AHK}}\max \Leftrightarrow \left( {AH.KH} \right)\max \)
\(\Leftrightarrow \left( {A{H^2}.K{H^2}} \right)\max \Leftrightarrow A{H^2} = K{H^2} = {{A{K^2}} \over 2}\)
( vì \(A{H^2} + H{K^2} = A{K^2}\) không đổi).
Vậy ta chỉ cần xác định vị trí điểm M thỏa mãn điều kiện \(A{H^2} = {{A{K^2}} \over 2}.\left( * \right)\)
Đặt \(\widehat {MAB}\) =x,SA=h, AB=2R. Ta có
\(\eqalign{ & A{K^2} = {{S{A^2}.A{B^2}} \over {S{B^2}}} = {{4{R^2}{h^2}} \over {4{R^2} + {h^2}}}, \cr & AM = 2R{\mathop{\rm cosx}\nolimits} , \cr & A{H^2} = {{S{A^2}.A{M^2}} \over {S{M^2}}} = {{4{h^2}{R^2}{{\cos }^2}x} \over {{h^2} + 4{R^2}{{\cos }^2}x}}. \cr} \)
Từ \(\left( * \right)\) ta suy ra : \({\cos ^2}x = {{{h^2}} \over {2\left( {{h^2} + 2{R^2}} \right)}}
Từ đây ta xác định được x, tức là xác định được vị trí điểm M (có hai vị trí của điểm M).
Từ \({\cos ^2}x {45^0} \).
Vậy cung BM lớn hơn cung AM
Bài 43
Khối chóp S.ABCD có đáy là hình bình hành. Gọi B’, D’ lần lượt là trung điểm của SB, SD. Mặt phẳng \(\left( {AB’D’} \right)\) cắt SC tại C’. Tìm tỉ số thể tích của hai khối chóp S.AB’C’D’ và S.ABCD.
Giải
(h.28)
Dễ thấy \(AC’,B’D’\) và \(SO\left( {O = AC \cap BD} \right)\) đồng quy tại \(I\) và \(I\) là trung điểm của SO.
Kẻ \(OC”//AC’.\) Dễ thấy \(SC’ = C’C” = C”C.\)
Vậy \({{SC’} \over {SC}} = {1 \over 3}.\) Ta có
\(\eqalign{ & {{{V_{S.AB’C’}}} \over {{V_{S.ABC}}}} = {{SB’} \over {SB}}.{{SC’} \over {SC}} = {1 \over 2}.{1 \over 3} = {1 \over 6} \cr & \Rightarrow {{{V_{S.AB’C’}}} \over {{V_{S.ABCD}}}} = {1 \over {12}}. \cr} \)
Chứng minh tương tự, ta cũng có :
\({{{V_{S.AC’D’}}} \over {{V_{S.ABCD}}}} = {1 \over {12}}.\)
Vậy \({{{V_{S.AB’C’D’}}} \over {{V_{S.ABCD}}}} = {{{V_{S.AB’C’}} + {V_{S.AC’D’}}} \over {{V_{S.ABCD}}}} = {1 \over 6}.\)
Bài 44
Khối chóp S.ABCD có đáy là hình bình hành. Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của AB, AD và SC. Chứng minh mặt phẳng \(\left( {MNP} \right)\) chia khối chóp thành hai phần có thể tích bằng nhau.
Giải
(h.29).
Giả sử đường thẳng MN cắt CD và BC lần lượt tại K và I.
Dễ thấy :
\(\eqalign{ & CK = {3 \over 2}CD,CI = {3 \over 2}CB, \cr & d\left( {P,\left( {ABC} \right)} \right) = {1 \over 2}d\left( {S,\left( {ABC} \right)} \right). \cr & \cr} \)
\({V_{P.CIK}} = {1 \over 3}.{1 \over 2}CI.CK\sin \widehat {ICK} \) .\(d\left( {P,\left( {ABC} \right)} \right)\)
\( = {1 \over 3}.{1 \over 2}.{3 \over 2}CB.{3 \over 2}CD\sin \widehat {BCD} \) .\({1 \over 2}d\left( {S,(ABC)} \right)\)
=\({9 \over {16}}({1 \over 3}CB.CD\sin \widehat {BCD} \) .\(d\left( {S,({\rm{ABC)}}} \right)\)
\( \Rightarrow {V_{P.CIK}} = {9 \over {16}}{V_{S.ABCD}}.\)
Ta có :
\(\eqalign{ & {{{V_{I.BEM}}} \over {{V_{I.CPK}}}} = {{IB} \over {IC}}.{{IE} \over {IP}}.{{IM} \over {IK}} = {1 \over 3}.{1 \over 2}.{1 \over 3} = {1 \over {18}} \cr & \Rightarrow {V_{I.BEM}} = {1 \over {18}}{V_{I.CPK}} = {1 \over {18}}{V_{P.CIK}} \cr&\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;= {1 \over {32}}{V_{S.ABCD}}. \cr} \)
Tương tự , ta cũng có \({V_{K.NDF}} = {1 \over {18}}{V_{P.CIK}} = {1 \over {32}}{V_{S.ABCD}}.\)
Vậy nếu gọi V2 là thể tích của phần khối chóp giới hạn bởi \(mp\left( {MNP} \right)\) với mặt phẳng đáy thì :
\(\eqalign{ & {V_2} = {V_{P.CIK}} – \left( {{V_{I.BEM}} + {V_{K.NDF}}} \right) \cr & = {9 \over {16}}{V_{S.ABCD}} – \left( {{1 \over {32}}{V_{S.ABCD}} + {1 \over {32}}{V_{S.ABCD}}} \right) \cr & = {9 \over {16}}{V_{S.ABCD}} – {1 \over {16}}{V_{S.ABCD}} = {1 \over 2}{V_{S.ABCD}}. \cr} \)
Vậy phần còn lại, tức là phần của khối chóp nằm trên \(mp\left( {MNP} \right)\), có thể tích V1 cũng bằng \({1 \over 2}{V_{S.ABCD}}\).
Do đó V1 = V2.
Bài 45
Cho khối chóp tứ giác đều S.ABCD. Một mặt phẳng \(\left( \alpha \right)\) đi qua A, Bvà trung điểm M của cạnh SC. Tính tỉ số thể tích của hai phần khối chóp bị phân chia bởi mặt phẳng đó.
Giải
(h.30)
Kẻ \(MN//CD\left( {N \in SD} \right)\) thì hình thang \(ABMN\) là thiết diện của khối chóp khi cắt bởi \(mp\left( {ABM} \right)\). Ta có
\(\eqalign{ & {{{V_{S.ANB}}} \over {{V_{S.ADB}}}} = {{SN} \over {SD}} = {1 \over 2}\cr& \Rightarrow {V_{S.ANB}} = {1 \over 2}{V_{S.ADB}} = {1 \over 4}{V_{S.ABCD}}. \cr & {{{V_{S.BMN}}} \over {{V_{S.CBD}}}} = {{SM} \over {SC}}.{{SN} \over {SD}} = {1 \over 2}.{1 \over 2} = {1 \over 4} \cr & \Rightarrow {V_{S.BMN}} = {1 \over 4}{V_{S.CBD}} = {1 \over 8}{V_{S.ABCD}}. \cr} \)
Vậy \({V_{S.ABMN}} = {V_{S.ANB}} + {V_{S.BMN}} = {3 \over 8}{V_{S.ABCD}}\)
Do đó : \({{{V_{S.ABMN}}} \over {{V_{ABMNCD}}}} = {3 \over 5}.\)
Bài 46
Cho khối lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh a. Các điểm E và F lần lượt là trung điểm của C’B’ và C’D’.
a) Dựng thiết diện của khối lập phương khi cắt bởi \(mp\left( {AEF} \right).\)
b) Tính tỉ số thể tích hai phần của khối lập phương bị chia bởi mặt phẳng \(\left( {AEF} \right).\)
Giải
a) Đường thẳng EF cắt A’D’ tại N, cắt A’B’ tại M, AN cắt DD’ tại P, AM cắt BB’ tại Q. Vậy thiết diện là ngũ giác APFEQ.
b) Đặt :
\(\eqalign{ & V = {V_{ABCD.A’B’C’D’}}, \cr & {V_1} = {V_{ABCDC’QEFP}}, \cr & {V_2} = {V_{AQEFP.B’A’D’}}, \cr & {V_3} = {V_{A.MA’N}}, \cr & {V_4} = {V_{PFD’N}},{V_5} = {V_{QMB’E}}. \cr} \)
Dễ thấy \({V_4} = {V_5}\) ( do tính đối xứng của hình lập phương),
\(\eqalign{ & {V_3} = {1 \over 6}AA’.A’M.A’N = {1 \over 6}a.{{3a} \over 2}.{{3a} \over 2} = {{3{a^3}} \over 8}, \cr & {V_4} = {1 \over 6}PD’.D’F.D’N = {1 \over 6}.{a \over 3}.{a \over 2} .{a \over 2} = {{{a^3}} \over {72}}, \cr & {V_2} = {V_3} – 2{V_4} = {{3{a^3}} \over 8} – {{2{a^3}} \over {72}} = {{25{a^3}} \over {72}}, \cr & {V_1} = V – {V_2} = {a^3} – {{25{a^3}} \over {72}} = {{47} \over {72}}{a^3}. \cr} \)
Mặt phẳng \(\left( {AEF} \right)\) chia khối lập phương thành hai phần lần lượt có thể tích là \({V_1} = {{47} \over {72}}{a^3},{V_2} = {{25{a^3}} \over {72}}.\)
Vậy : \({{{V_1}} \over {{V_2}}} = {{47} \over {25}}.\)
Bài 47
Cho điểm M trên cạnh SA, điểm N trên cạnh SB của khối chóp tam giác S.ABC sao cho \({{SM} \over {MA}} = {1 \over 2},{{SN} \over {NB}} = 2.\) Mặt phẳng \(\left( \alpha \right)\) đi qua MN và song song với SC chia khối chóp thành hai phần. Tìm tỉ số thể tích hai phần đó.
Giải
(h.32)
Kéo dài MN cắt AB tại I. Kẻ MD song song với \(SC\left( {D \in AC} \right)\), DI cắt CBtại E.
Vậy tứ giác MNED là thiết diện của khối chóp khi cắt bởi \(mp\left( \alpha \right)\). Ta có
\(\eqalign{ & {{{V_{A.MDI}}} \over {{V_{A.SCB}}}} = {{AM} \over {AS}}.{{AD} \over {AC}}.{{AI} \over {AB}} \cr & = {2 \over 3}.{2 \over 3}.{4 \over 3} = {{16} \over {27}} \cr & \Rightarrow {V_{A.MDI}} = {{16} \over {27}}{V_{S.ABC}} \cr &(BI = MJ,MJ = {1 \over 3}AB\cr& \Rightarrow BI = {1 \over 3}AB,AI = {4 \over 3}AB ). \cr & {{{V_{I.BNE}}} \over {{V_{I.AMD}}}} = {{IB} \over {IA}}.{{IN} \over {IM}}.{{IE} \over {ID}} = {1 \over 4}.{1 \over 2}.{1 \over 2} = {1 \over {16}} \cr & \Rightarrow {V_{I.BNE}} = {1 \over {16}}{V_{A.MDI}} = {1 \over {27}}{V_{S.ABC}} \cr} \)
Gọi \({V_1} = {V_{AMD.BNE}},{V_2}\) là phần còn lại thì
\({V_1} = {V_{A.MDI}} – {V_{I.BNE}} = {{15} \over {27}}{V_{S.ABC}} = {5 \over 9}{V_{S.ABC}}\)
Nên \({V_2} = {V_{S.ABC}} – {V_1} = {4 \over 9}{V_{S.ABC}}\) và \({{{V_1}} \over {{V_2}}} = {5 \over 4}\)
Bài 48
Bốn đường thẳng \({\Delta _1},{\Delta _2},{\Delta _3},{\Delta _4}\) đôi một song song và không có ba đường thẳng nào trên cùng một mặt phẳng. Một mặt phẳng \(\left( P \right)\) cắt chúng theo thứ tự tại A, B, C, D. Một mặt phẳng \(\left( {P’} \right)\) cắt chúng theo thứ tự A’, B’, C’, D’. Chứng minh hai khối tứ diện D’ABC và DA’B’C’ có thể tích bằng nhau.
Giải
(h.33)
Gọi \(O = AC \cap BD,O’ = A’C’ \cap B’D’.\)
Do \(DD’//OO’\) nên dễ thấy
\({{d\left( {D’,\left( {ABC} \right)} \right)} \over {d\left( {O’,\left( {ABC} \right)} \right)}} = {{DD’} \over {OO’}},{{d\left( {D,\left( {A’B’C’} \right)} \right)} \over {d\left( {O,\left( {A’B’C’} \right)} \right)}} = {{DD’} \over {OO’}}.\)
Vậy :
\(\left. \matrix{ {V_{D’.ABC}} = {{DD’} \over {OO’}}{V_{O’.ABC}} \hfill \cr {V_{D.A’B’C’}} = {{DD’} \over {OO’}}{V_{O.A’B’C’}} \hfill \cr} \right\}\;\;\;\;\;(1)\)
Đặt \(h = d\left( {BB’,\left( {ACC’A’} \right)} \right).\)
Ta có \(h = d\left( {B,\left( {ACC’A’} \right)} \right)\) và
\(\eqalign{ & {V_{O’.ABC}} = {V_{B.O’AC}} = {1 \over 3}h.{S_{O’AC}}\;\;\;\;\;(2) \cr & {V_{O.A’B’C’}} = {V_{B’.OA’C’}} = {1 \over 3}h.{S_{OA’C’}}\;\;\;(3) \cr} \)
Đặt \(d = d\left( {AA’,CC’} \right)\) thì \(\eqalign{ & {S_{O’AC}} = {S_{OA’C’}} = {1 \over 2}OO’.d\;\;\;\;(4) \cr & {S_{O’AC}} = {S_{AOO’}} + {S_{COO’}} \cr&\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;= {1 \over 2}OO’\left( {d\left( {A,OO’} \right) + d\left( {C.OO’} \right)} \right) \cr&\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;= {1 \over 2}OO’.d \cr} \)
Tương tự \({S_{OA’C’}} = {1 \over 2}OO’.d\).
Từ (2), (3), (4) suy ra \({V_{O’.ABC}} = {V_{O.A’B’C’}}\;\;\;\;(5)\)
Từ (1) và (5) ta suy ra \({V_{D’.ABC}} = {V_{D.A’B’C’}}.\)
Bài 49
Cho khối lập phương ABCD.A’B’C’D’ có cạnh bằng a. Gọi K là trung điểm của DD’. Tính khoảng cách giữa CK và A’D.
Giải
(h.34)
Gọi M là trung điểm của BB’.
Ta có \(A’M//KC\) nên
\(\eqalign{ & d\left( {CK,A’D} \right) = d\left( {CK,\left( {A’MD} \right)} \right) \cr & = d\left( {K,\left( {A’MD} \right)} \right). \cr} \)
Đặt \(d\left( {CK,A’D} \right) = x.\) Ta có
\({V_{A’.MDK}} = {V_{K.A’MD}} = {1 \over 3}{S_{A’MD}}.x\;\;\;(1)\)
Mặt khác
\({V_{A’.MDK}} = {V_{M.A’DK}}\)
\( = {1 \over 3}{S_{A’DK}}.d\left( {M,\left( {A’DK} \right)} \right)\)
\(= {1 \over 3}\left( {{1 \over 2}a.{1 \over 2}a} \right).a = {{{a^3}} \over {12}}\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(2)\)
Từ (1) và (2) suy ra : \({S_{A’MD}}.x = {{{a^3}} \over 4}.\)
Hạ
\(\eqalign{ & DI \bot A’M \Rightarrow AI \bot A’M \cr & \Rightarrow AI.A’M = AA’.d\left( {M,AA’} \right) = {a^2} \cr&\Rightarrow AI = {{2a} \over {\sqrt 5 }} \cr & \Rightarrow D{I^2} = D{A^2} + A{I^2} = {a^2} + {{4{a^2}} \over 5} = {{9{a^2}} \over 5}\cr& \Rightarrow DI = {{3a} \over {\sqrt 5 }}. \cr & \cr} \)
Vậy \({S_{A’MD}} = {1 \over 2}DI.A’M = {1 \over 2}.{{3a} \over {\sqrt 5 }}.{{a\sqrt 5 } \over 2} = {{3{a^2}} \over 4}.\)
Từ (3) và (4) suy ra \(x = {a \over 3}.\)
Bài 50
Cho tứ diện ABCD có điểm O nằm trong tứ diện và cách đều các mặt của tứ diện một khoảng cách r. Gọi \({h_A},{h_B},{h_C},{h_D}\) lần lượt là khoảng cách từ các điểm A, B, C, D đến các mặt đối diện. Chứng minh rằng :
\({1 \over r} = {1 \over {{h_A}}} + {1 \over {{h_B}}} + {1 \over {{h_C}}} + {1 \over {{h_D}}}.\)
Giải
(h.35)
Khối tứ diện ABCD được phân chia thành bốn khối tứ diện OBCD, OCAD, OABD, OABC. Từ đó dễ thấy rằng :
\(\eqalign{ & {{{V_{O.BCD}}} \over {{V_{ABCD}}}} = {r \over {{h_A}}},{{{V_{O.CAD}}} \over {{V_{ABCD}}}} = {r \over {{h_B}}}, \cr & {{{V_{O.ABD}}} \over {{V_{ABCD}}}} = {r \over {{h_C}}},{{{V_{O.ABC}}} \over {{V_{ABCD}}}} = {r \over {{h_D}}}. \cr} \)
Suy ra :
\(\eqalign{ & {{{V_{O.BCD}} + {V_{O.CAD}} + {V_{O.ABD}} + {V_{O.ABC}}} \over {{V_{ABCD}}}}\cr& = r\left( {{1 \over {{h_A}}} + {1 \over {{h_B}}} + {1 \over {{h_C}}} + {1 \over {{h_D}}}} \right) \cr & \Rightarrow {{{V_{ABCD}}} \over {{V_{ABCD}}}} = r\left( {{1 \over {{h_A}}} + {1 \over {{h_B}}} + {1 \over {{h_C}}} + {1 \over {{h_D}}}} \right) \cr & \Rightarrow {1 \over r} = {1 \over {{h_A}}} + {1 \over {{h_B}}} + {1 \over {{h_C}}} + {1 \over {{h_D}}}. \cr} \)
Bài 51
Chứng minh rằng tổng các khoảng cách từ một điểm nằm trong một hình lăng trụ đều đến các mặt của nó không phụ thuộc vào vị trí của điểm nằm trong hình lăng trụ đó.
Giải
Gọi hình lăng trụ đều đã cho là H. Khi đó, dễ thấy tổng các khoảng cách từ một điểm nằm trong H đến hai mặt đáy của nó luôn bằng chiều cao h của H.
Giả sử I là một điểm trong nào đó của H . Dựng qua I một mặt phẳng \(\left( P \right)\) vuông góc với cạnh bên của H, ta được thiết diện thẳng A1A2…An của H. Khi đó, A1A2…An là một đa giác đều bằng đa giác đáy của H (do H là lăng trụ đều).
Từ I ta kẻ đường \(I{H_1} \bot {A_1}{A_2},I{H_2} \bot {A_2}{A_3},…I{H_n} \bot {A_n}{A_1}.\)
Do thiết diện thẳng vuông góc với các mặt bên nên từ đó dễ dàng suy ra : \(I{H_1},I{H_2},…,I{H_n}\) lần lượt vuông góc với các mặt bên của hình lăng trụ . Đặt \(I{H_1} = {h_1},I{H_2} = {h_2},…,I{H_n} = {h_n}\) và a là độ dài cạnh đáy của lăng trụ. Gọi S là diện tích một mặt đáy thì S cũng là diện tích của A1A2…An. Vậy
\(\eqalign{ & S = {1 \over 2}a{h_1} + {1 \over 2}a{h_2} + … + {1 \over 2}a{h_n} \cr&\;\;\;= {1 \over 2}a({h_1} + {h_2} + … + {h_n}) \cr & \Rightarrow {h_1} + {h_2} + … + {h_n} = {{2S} \over a}. \cr} \)
Vậy tổng các khoảng từ I đến các mặt của lăng trụ là không đổi. Tổng này bằng \(h+{{2S} \over a}.\)
Bài 52
Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ mà đáy là tam giác vuông tại B có AB=a, BD=b, AA’=c\(\left( {{c^2} \ge {a^2} + {b^2}} \right).\) Một mặt phẳng \(\left( P \right)\) đi qua A và vuông góc với CA’.
a) Xác định thiết diện của hình lăng trụ khi cắt bởi \(mp\left( P \right).\)
b) Tính diện tích thiết diện nói trên.
Giải
(h.36)
a) Trong \(mp\left( {AA’C’C} \right)\), dựng đường thẳng qua A vuông góc với CA’ lần lượt cắt CA’ và CC’ tại I và M.
Vì \(AC = \sqrt {{a^2} + {b^2}} \le c\) nên \(IC \le IA’,\) do đó M phải thuộc đoạn CC’.
Bây giờ ta tìm giao điểm N và \(\left( P \right)\) và BB’. Dễ thấy \(AN \bot BC,AN \bot CA’\)
\( \Rightarrow AN \bot A’B.\) Vậy để tìm N, ta kẻ qua A (trong \(mp\left( {A’B’BA} \right)\)) đường thẳng vuông góc với A’B cắt B’B tại N.
Vậy thiết diện là tam giác AMN.
b)Ta có : \({V_{A’.AMN}} = {V_{M.AA’N}} = {V_{M.AA’B}} = {V_{C.A’AB}} = {1 \over 6}abc\) (do \(NB//AA’,MC// AA’).\)
Mặt khác :
\({V_{A’.AMN}} = {1 \over 3}.{S_{AMN}}.A’I \)
\(\Rightarrow {S_{AMN}} = {{3{V_{A’.AMN}}} \over {A’I}} = {{abc} \over {2A’I}}.\)
Xét tam giác vuông A’AC ta có :
\(A’I.A’C = AA{‘^2} = {c^2} \Rightarrow A’I = {{{c^2}} \over {A’C}} = {{{c^2}} \over {\sqrt {{a^2} + {b^2} + {c^2}} }}\).
Vậy \({S_{AMN}} = {{ab\sqrt {{a^2} + {b^2} + {c^2}} } \over {2c}}.\)
Bài 53
Cho hình chóp tam giác S.ABC và M là một điểm nằm trong tam giác ABC. Các đường thẳng qua M song song với SA, SB, SC lần lượt cắt các mặt \(\left( {BCS} \right),\left( {CAS} \right),\left( {ABS} \right)\) tại A’, B’, C’. Chứng minh rằng :
a)\({{{V_{M.BCS}}} \over {{V_{S.ABC}}}} = {{MA’} \over {SA}};\)
b)\({{MA’} \over {SA}} + {{MB’} \over {SB}} + {{MC’} \over {SC}}\) không đổi. Tìm tổng đó.
Giải
(h.37)
a) Gọi N là giao điểm của MA và BC. Khi đó S, A’, N thẳng hàng vì chúng cùng nằm trên giao tuyến của hai mặt phẳng \(\left( {SBC} \right)\) và \(\left( {SA,A’M} \right)\).
Gọi MM1 và AA1 là các đường vuông góc hạ từ M và A xuống \(mp\left( {SBC} \right)\) thì :
\({{M{M_1}} \over {A{A_1}}} = {{MN} \over {AN}} = {{MA’} \over {SA}}.\)
Vậy \({{{V_{M.BCS}}} \over {{V_{S.ABC}}}} = {{{V_{M.BCS}}} \over {{V_{A.BCS}}}} = {{{1 \over 3}{S_{BCS}}.M{M_1}} \over {{1 \over 3}{S_{BCS}}A{A_1}}} = {{M{M_1}} \over {A{A_1}}} = {{MA’} \over {SA}}\)
b) Chứng minh tương tự như câu a), ta có :
\({{{V_{M.CAS}}} \over {{V_{S.ABC}}}} = {{MB’} \over {SB}},{{{V_{M.ABS}}} \over {{V_{S.ABC}}}} = {{MC’} \over {SC}}.\)
Vậy :
\({{MA’} \over {SA}} + {{MB’} \over {SB}} + {{MC’} \over {SC}} = {{{V_{M.BCS}} + {V_{M.CAS}} + {V_{M.ABS}}} \over {{V_{S.ABC}}}} \)
\(= {{{V_{S.ABC}}} \over {{V_{S.ABC}}}} = 1.\)
Bài 54
Hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Một mặt phẳng \(\left( P \right)\) cắt SA, SB, SC, SD theo thứ tự tại K, L, M, N.
Chứng minh rằng :
\(a){V_{S.ABC}} = {V_{S.ACD}} = {V_{S.ABD}} = {V_{S.BCD}};\)
\(b){{SA} \over {SK}} + {{SC} \over {SM}} = {{SB} \over {SL}} + {{SD} \over {SN}}.\)
Giải
(h.38)
a) Dễ thấy các tam giác ABC, ACD, ABD, BCD đều có diện tích bằng nhau và bằng nửa diện tích S của hình bình hành ABCD ; các hình chóp S.ABC, S.ACD, S.ABD, S.BCD có chiều cao bằng nhau và bằng chiều cao h của hình chóp S.ABCD. Vậy
\(\eqalign{ & {V_{S.ABC}} = {V_{S.ACD}} = {V_{S.ABD}} = {V_{S.BCD}} \cr & = {{{V_{S.ABCD}}} \over 2} = {V \over 2}. \cr} \)
b) Ta có :
\(\eqalign{ & {{{V_{S.KLM}}} \over {{V \over 2}}} = {{SK} \over {SA}}.{{SL} \over {SB}}.{{SM} \over {SC}},\cr&{{{V_{S.KMN}}} \over {{V \over 2}}} = {{SK} \over {SA}}.{{SM} \over {SC}}.{{SN} \over {SD}} \cr & \cr} \)
Tương tự
\({{{V_{S.KLMN}}} \over {{V \over 2}}} = {{SL} \over {SB}}.{{SM} \over {SC}}.{{SN} \over {SD}} + {{SL} \over {SB}}.{{SN} \over {SD}}.{{SK} \over {SA}}\;\;\;\;(2)\)
Từ (1) và (2) suy ra
\({{SK} \over {SA}}.{{SL} \over {SB}}.{{SM} \over {SC}} + {{SK} \over {SA}}.{{SM} \over {SC}}.{{SN} \over {SD}} \)
\(= {{SL} \over {SB}}.{{SM} \over {SC}}.{{SN} \over {SD}} + {{SL} \over {SB}}.{{SN} \over {SD}}.{{SK} \over {SA}}.\)
Nhân hai vế với \({{SA} \over {SK}}.{{SB} \over {SL}}.{{SC} \over {SM}}.{{SD} \over {SN}},\) ta được đẳng thức phải chứng minh.
Trả lời