Giáo án lớp 12 môn Hình học - Một số bài toán về tỷ số thể tích

Một số bμi toán về tỷ số thể tích Bμi 1: Cho hình chóp S.ABCD, đáy ABCD lμ hình chữ nhật có AB=a; AD=b. Cạnh SA=2a của hình chóp vuông góc với đáy. M lμ một điểm nằm trên cạnh SA với AM=x (0≤x≤2a). 1. Mặt phẳng (MBC) cắt hình chóp theo thiết diện lμ hình gì? Tính diện tích thiết diện ấy. Tìm x để thiết diện ấy có diện tích lớn nhất. 2. Tìm x để mặt phẳng (MBC) chia khối chóp trên ra hai phần có thể tích bằng nhau. Hd: 1. Thiết diện lμ hình thang vuông MNCB, vuông tại B vμ M. 1 ( ) 2MNCB S MN CB= + MB * BM2=BA2+AM2 ⇒BM= 2 2a x+ * ΔSMN đồng dạng ΔSAD, ⇒ . (2 ) 2 SM AD a x bMN SA a −= = . Vậy 2 2 2 21 2 . (4 ) 2 2 4MNCB ab bx bS b a x a x a x a a −⎡ ⎤= + + = −⎢ ⎥⎣ ⎦ + S A M N D C B 2. Xét hμm số 2 2( ) (4 ) 4 bf x a x a a = − + x (0≤x≤2a) 2 2 2 2 2 4'( ) 4 b x ax af x a a x ⎡ ⎤− + −= ⎢ ⎥+⎣ ⎦ f'(x)=0 ⇔ 1(1 ) 2 1(1 ) 2 x a x a ⎡ = +⎢⎢⎢ = −⎢⎣ Ta có: f(0)=ab. f(2a)= 5 1,118 2 ab ; f(ab≈ 1(1 ) 2 a + )= 21 1 1.(3 ) 1 (1 ) 1,134 4 2 2 ab ab− + + ≈ f( 1(1 ) 2 a − )= 21 1 1.(3 ) 1 (1 ) 0,96 4 2 2 ab ab+ + − ≈ ⇒ [ ] 20;2 1 1 1( ) . .(3 ) 1 (1 ) 4 2 2a Max f x ab= − + + khi 1(1 ) 2 x a= + Kết luận: Vậy với 1(1 ) 2 x a= + thì diện tích của thiết diện lớn nhất. 2. Gọi V lμ thể tích khối chóp S.ABCD ⇒ 2. 1 2. .3 3S ABCD ABCD a bV SA VS= = = Gọi V1 lμ thể tích khối S.MNCB V1=V(SMBC)+V(SMNC) Ta có . . 2 . . 2 SMBC SABC V SM SB SC SM a x V SA SB SC SA a −= = = VSABC= 21 1. ( ) .2 3 6 2 VSAdt ABC a b= = ⇒ 22 2 (2 ). . 2 2 2 3 6SMBC a x V a x a b a x ab a a − − −= = =V * Ta có: 2 2 2 . . (2 ). . . 4 SMNC SACD V SM SN SC SM SN MN a x V SA SC SD SA SD AD a −⎛ ⎞= = = =⎜ ⎟⎝ ⎠ ⇒ VSACD= 2 2 3 V a b= ⇒ VSMNC= 2 2 2 2 (2 ) (2 ) .. 4 3 12 a x a b a x b a − −= V1= VSMNCB= 2(2 ) (2 ) 6 12 a x ab a x b− −+ Ycbt ⇔ V1= 2 2 3 V a b= ⇔ 2 2(2 ) (2 ) 6 12 a x ab a x b a b− −+ = 3 ⇔ x2-6ax+4a2=0 ⇔ (3 5) 2 ( ) (3 5) ( / ) x a a loai x a t m ⎡ = + >⎢ = −⎢⎣ Kết luận: Vậy x= (3 5)x a= − thì (MBC) chia khối chóp thμnh 2 phần t−ơng đ−ơng. Bμi 2: Cho khối lăng trụ tam giác đều ABC.A1BB1C1. Các mặt phẳng (ABC1) vμ (A1B1C) chia lăng trụ thμnh 4 phần. Tính tỷ số thể tích của 4 phần đó. Hd: Gọi V1=V ; V1.C MNC 1=V 1 1.C MNB A1 V3=V ; V.C MNBA 4= 1 1MNABB AV Gọi V lμ thể tích của lăng trụ. 1 1 1. 1C A B C V V= + 2V Mặt khác: 1 1 1 1 1 . 1 1 1 . . 1 . . 4C A B C V CM CN CC V CA CB CC = = ⇒ 1 21 1. ; .4 3 12 3 12 4 V V V VV V V= = = − = 1 1 1 1 1 13 2 3 4 1 2 3 4 5 12 C ABC CMNC CA B C CMNCV V V V V V VV VV V V V V = − = − = = = − − − = A B C M N B' C' A' Vậy V1: V2: V3: V4= 1:3:3:5 Bμi 3: Cho hình chóp S.ABCD, đáy lμ hình vuông cạnh a, tâm O. Đ−ờng cao của hình chóp lμ SA=a. M lμ một điểm di động trên SB, đặt BM=x 2 (0<x<a). (α) lμ mặt phẳng qua OM vμ vuông góc với (ABCD). 1. Xác định thiết diện của hình chóp cắt bởi mặt phẳng (α). Tính diện tích thiết diện theo a vμ x. 2. Xác định x để thiết diện trên lμ hình thang vuông. Trong tr−ờng hợp đó tính tỷ số thể tích của hai phần của S.ABCD chia bởi thiết diện. Hd: 1. Ta có SA⊥(ABCD) (α) ⊥(ABCD) ⇒ SA // (α) (α)∩(SAB)=MN // SA (α)∩(SAC)=OK // SA (α)∩(SABCD)=NH qua O (α)∩(SCD)=KH S A D CB M N K O H Vậy thiết diện cần tìm lμ tứ giác MNHK. Ta có MN// OK // SA ⇒ MN ⊥ (ABCD); OK⊥ (ABCD) Std=Sht MKON + SKOH = 1 1( ). . . 2 2 MN KO ON OK OH+ + MN=BN=x; KO=SA/2; NH= 2 2 2 2 2 2(2 ) 2 aIN IH x a a x ax+ = − + = − + Std= 2 21 ( ). 2 2 aa x x ax+ − + 2. Để thiết diện lμ hình thang vuông ⇔ MK// MO// BC ⇔ N lμ trung điểm AB ⇔ x=a/2. V= 31 . . ( ) 3 3 aSAdt ABCD = V1=VSOECH+VKOE.MNB 3 3 . 1 1. . ( ) 3 3 2 24 =S OECH a aV OK dt OECH ⎛ ⎞= = ⎜ ⎟⎝ ⎠ 2 3 . 1. ( ) . 2 2 2 16KOE MNB a a aV ON dt MNB ⎛ ⎞= = ⎜ ⎟⎝ ⎠ = 3 3 3 1 2 5 1 24 16 48 48 a a a aV V V= + = ⇒ = − = 3 1 1V S A D C B M K N O H Vậy 2 1 11 5 V V = E Bμi 4: Cho khối chóp S.ABCD, trong đó ABCD lμ hình thang có các cạnh đáy AB, CD sao cho CD=4.AB, một mặt phẳng qua CD cắt SA, SB tại các điểm t−ơng ứng M, N. Hãy xác định vị trí điểm M trên SA sao cho thiết diện MNCD chia khối chóp đã cho thμnh hai phần t−ơng đ−ơng (có thể tích bằng nhau). Hd: Đặt (0 1)SM x x SA = < < S A D C B NM Gọi thể tích của hình chóp S.ABCD lμ V 2. . . . . . (1) . . . . (2) . . S MNC S ABC S MCD S ACD V SM SN SC x V SA SB SC V SM SC SD x V SA SC SD • = = • = = Ta có CD=4AB ⇒ SADC=4.SABC ⇒ SADC= 34 ABCDS ⇒ . . .3 3 . ;4 4S ADC S ABCD S ABC V 4 V V= = =V V Ta có 2 3. ; . 4 4SMNC SNCD V VV x V x= = V1=VSMNC+VSNCD= 2( 3 4 V )x x+ 2 21 3 17 ( / )3 1 23 2 0 4 2 3 17 ( ) 2 x t mV x x x x V x loai ⎡ − +=⎢+ ⎢= = ⇔ + − = ⇔ ⎢ − −=⎢⎣ KL: Vậy 3 17 2 x − += Bμi 5: Trong mặt phẳng (P) cho đ−ờng tròn (C) đ−ờng kính AB=2R.S lμ điểm nằm trên đ−ờng thẳng vuông góc với mp(P) tại A. Đặt SA=h. Mặt phẳng (Q) qua A vμ vuông góc với SB tại K, C lμ điểm trên (C), SC cắt mp(Q) tại H. Đặt 0 2 BAC πα α⎛ ⎞= <⎜ ⎟⎝ ⎠< 1. Tính thể tích của tứ diện SAHK theo R, h vμ α. 2. Chứng minh rằng thể tích đó đạt giá trị lớn nhất tại giá trị α0 của α sao cho α0> 4 π . Tính α0. Hd: 1. * Ta chứng minh đ−ợc AH ⊥ SC. * 4 2 2 2 . .. . . SAHK SACB 2 SH SH SH SC SK SB SA V SC SB SC SB SB SC = = =V * VABC= 2 21 1 .( ). .cos .sin . 3 6 R hdt ABC SA AB SA sin 2 3 αα α= = * 2 5 2 2 2 2 2 .sin 2 3( 4 )( 4 cos )SAHK R hV h R h R α α= + + 2. Đặt P= 2 2 2 2 sin 2 ( 2 2 cosh R R ) α α+ + MaxP= 2 2 1 4 .h R h+ 2 Dấu bằng xảy ra ⇔ S 2 2 2 2 2 2 2 2 2 cos 2sin 2 2 1 cos ( 2 2 cos2 )sin 2 2 sin 2 2cos2 0 2 R P h R R R R h R αα α αα α α = − + += − = − <+ ⇒ 2α tù ⇒α> 4 π α B C H K KL: Vậy α0 = 4 π