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

Một số bài toán về tỷ số thể tích A. Mục tiêu: - Rèn kỹ năng dựng thiết thiện và tính diện tích thiết diện. - Nắm được công thức tính thể tích của khối chóp, khối lăng trụ. S A B C D H - Vận dụng bài toán về tỷ số thể tích của góc tam diện vào làm bài tập tính tỷ số thể tích. B. Nội dung: I. Công thức cần nhớ: 1. Thể tích khối chóp: V=B.h A B C D A' B' C' D' H' B: Diện tích đa giác đáy. h: Độ dài đường cao. 2. Thể tích khối lăng trụ: V=B.h C B A S A' B' C' B: Diện tích đa giác đáy. h: Độ dài đường cao. A C B S M 3. Tỷ số thể tích: Cho khối chóp S.ABC. A'ẻSA, B'ẻSB, C'ẻSC * MẻSC, ta có: II. Bài tập: Bài 1: Cho hình chóp S.ABCD, đáy ABCD là hình chữ nhật có AB=a; AD=b. Cạnh SA=2a của hình chóp vuông góc với đáy. M là một điểm nằm trên cạnh SA với AM=x (0ÊxÊ2a). 1. Mặt phẳng (MBC) cắt hình chóp theo thiết diện là 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. S A M N D C B Hd: 1. Thiết diện là hình thang vuông MNCB, vuông tại B và M. * BM2=BA2+AM2 ịBM= * DSMN đồng dạng DSAD, ị Vậy 2. Xét hàm số (0ÊxÊ2a) f'(x)=0 Û Ta có: f(0)=ab. f(2a)= f()= f()= ị khi Kết luận: Vậy với thì diện tích của thiết diện lớn nhất. 3. Gọi V là thể tích khối chóp S.ABCD ị Gọi V1 là thể tích khối S.MNCB V1=V(SMBC)+V(SMNC) Ta có VSABC= ị * Ta có: ị VSACD= ị VSMNC= V1= VSMNCB= Ycbt Û V1= Û Û x22-6ax+4a2=0 Û Kết luận: Vậy x= thì (MBC) chia khối chóp thành 2 phần tương đương. Bài 2: Cho khối lăng trụ tam giác đều ABC.A1B1C1. Các mặt phẳng (ABC1) và (A1B1C) chia lăng trụ thành 4 phần. Tính tỷ số thể tích của 4 phần đó. A B C M N A' B' C' Hd: Gọi V1=; V1= V3=; V4= Gọi V là thể tích của lăng trụ. Mặt khác: ị Vậy V1: V2: V3: V4= 1:3:3:5 Bài 3: Cho hình chóp S.ABCD, đáy là hình vuông cạnh a, tâm O. Đường cao của hình chóp là SA=a. M là một điểm di động trên SB, đặt BM=x (0<x<a). (a) là mặt phẳng qua OM và vuông góc với (ABCD). 1. Xác định thiết diện của hình chóp cắt bởi mặt phẳng (a). Tính diện tích thiết diện theo a và x. 2. Xác định x để thiết diện trên là hình thang vuông. Trong trường hợp đó tính tỷ số thể tích của hai phần của S.ABCD chia bởi thiết diện. S A D C B M K N O H Hd: 1. Ta có SA^(ABCD) (a) ^(ABCD) ị SA // (a) (a)ầ(SAB)=MN // SA (a)ầ(SAC)=OK // SA (a)ầ(SABCD)=NH qua O (a)ầ(SCD)=KH Vậy thiết diện cần tìm là tứ giác MNHK. Ta có MN// OK // SA ị MN ^ (ABCD); OK^ (ABCD) Std=Sht MKON + SKOH = MN=BN=x; KO=SA/2; NH= Std= S A D C B M K N O H E 2. Để thiết diện là hình thang vuông Û MK// MO// BC Û N là trung điểm AB Û x=a/2. V= V1=VSOECH+VKOE.MNB Vậy Bài 4: Cho khối chóp S.ABCD, trong đó ABCD là hình thang có các cạnh đáy AB, CD sao cho CD=4.AB, một mặt phẳng qua CD cắt SA, SB tại các điểm tương ứng M, N. Hãy xác định vị trí điểm M trên SA sao cho thiết diện MNCD chia khối chóp đã cho thành hai phần tương đương (có thể tích bằng nhau). Hd: S A D C B N M Đặt Gọi thể tích của hình chóp S.ABCD là V Ta có CD=4AB ị SADC=4.SABC ị SADC= ị Ta có V1=VSMNC+VSNCD= KL: Vậy Bài 5: Trong mặt phẳng (P) cho đường tròn (C) đường kính AB=2R.S là điểm nằm trên đường thẳng vuông góc với mp(P) tại A. Đặt SA=h. Mặt phẳng (Q) qua A và vuông góc với SB tại K, C là điểm trên (C), SC cắt mp(Q) tại H. Đặt 1. Tính thể tích của tứ diện SAHK theo R, h và a. 2. Chứng minh rằng thể tích đó đạt giá trị lớn nhất tại giá trị a0 của a sao cho a0>. Tính a0. Hd: 1. * Ta chứng minh được AH ^ SC. * * VABC= * 2. Đặt P= MaxP= a B C H K S Dấu bằng xảy ra Û ị 2a tù ịa> KL: Vậy a0 = *Nếu khối chóp cần tính thể tích chưa bíết chiều cao thì ta phải xác định đựơc vị trí chân đường cao trên đáy. Ta có một số nhận xét sau: -Nếu hình chóp có cạnh bên nghiêng đều trên đáy hoặc các cạnh bên bằng nhau thì chân đường cao là tâm đường tròn ngoại tiếp đáy. -Nếu hình chóp có các mặt bên nghiêng đều trên đáy hoặc có các đường cao của các mặt bên xuất phát từ một đỉnh bằng nhau thì chân đường cao là tâm đường tròn nội tiếp đáy -Hình chóp có mặt bên hoặc mặt mặt chéo vuông góc với đáy thì đường cao của hình chóp là đường cao của mặt bên hoặc mặt chéo đó. -Nếu có một đường thẳng vuông góc với mặt đáy của khối chóp thì đường cao của khối chóp sẽ song song hoặc nằm trờn với đường thẳng đó. -Nếu một đường thẳng nằm trong đáy của khối chóp vuông góc vuông góc với một mặt phẳng chứa đỉnh của khối chóp thì đường cao của khối chóp là đường thẳng kẻ từ đỉnh vuông góc với giao tuyến của mặt đáy và mặt phẳng chứa đỉnh đã nói ở trên. *Nếu khối chóp là khối tứ diện thì ta cần khéo chọn mặt đáy thích hợp. Bài 6: SABCD có đáy là tâm giác cân tại A, BC =a, ABC = α, các cạnh bên nghiêng trên đáy một góc α. Tính VSABC Giải - Gọi H là hình chiếu của S lên (ABC) - Vì các cạnh bên nghiêng đều trên đáy ⇒ H là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ABC. - Ta có: ∆ABC = mà BC2 = 2AB2 - 2AB2cos α = 2AB2(1-cos α) = a2 ⇒ AB = ⇒ S∆ABC = HA = R = Tan giác vuông có tan α =⇒ SH = ⇒VSABC = Bài 7: Cho hỡnh hộp ABCD.A’B’C’D’ cú đỏy là hỡnh thoi cạnh a, gúc = 600. Chõn đường vuụng gúc hạ từ B’ xuống đỏy ABCD trựng với giao điểm hai đường chộo của đỏy. Cho BB’ = a. j a 60 ° a O D' C' B' A' D C B A a) Tớnh gúc giữa cạnh bờn và đỏy b) Tớnh thể tớch hỡnh hộp HD: a) Gọi O là giao điểm của 2 đướng chộo AC và BD * B’O (ABCD) (gt) * Gúc giữa cạnh bờn BB’ và đỏy (ABCD) là = * Tớnh = : Trong BB’O tại O, ta cú: cos = = + ABD đều cạnh a (vỡ = 600 và AB = a) DB = a OB = DB = . Suy ra: cos = = 600 b) * Đỏy ABCD là tổng của 2 đều ABD và BDC = 2. = * = Bh = .B’O = .B’O * Tớnh B’O: B’O = (vỡ B’BO là nửa tam giỏc đều) ĐS: 60 ° 30 ° C' B' A' C B A Bài8: Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’, đỏy ABC là tam giỏc vuụng tại A, AC = a, = 600, đường chộo BC’ của mặt bờn (BCC’B’) hợp với mặt bờn (ACC’A’) một gúc 300. a) Tớnh độ dài cạnh AC’ b) Tớnh thể tớch lăng trụ HD: a) * Xỏc định là gúc giữa cạnh BC’ và mp(ACC’A’) + CM: BA ( ACC’A’) BA AC (vỡ ABC vuụng tại A) BA AA’ (ABC.A’B’C’ lăng trụ đứng) + = = 300 * Tớnh AC’: Trong BAC’ tại A (vỡ BA AC’) tan300 = AC’ = = AB * Tớnh AB: Trong ABC tại A, ta cú: tan600 = AB = AC. tan600 = a (vỡ AC = a). ĐS: AC’ = 3a b) = Bh = .CC’ * Tớnh: = AB.AC = .a.a = * Tớnh CC’: Trong ACC’ tại C, ta cú: CC’2 = AC’2 – AC2 = 8a2 CC’ = ĐS: = a3 Bài 9: Cho hỡnh chúp S.ABCD cú đỏy ABCD là hỡnh vuụng cạnh a. Mặt bờn (SAB) là tam giỏc đều và S D a H C A B vuụng gúc với đỏy. Gọi H là trung điểm của AB a) Chứng minh rằng: SH (ABCD) b) Tớnh thể tớch hỡnh chúp S.ABCD HD: a) * Ta cú: mp(SAB) (ABCD) * (SAB) (ABCD) = AB; * SH (SAB) * SH AB ( là đường cao của SAB đều) Suy ra: SH (ABCD) (đpcm) b) * Tớnh: VS.ABCD = Bh = SABCD.SH * Tớnh: SABCD = a2 * Tớnh: SH = (vỡ SAB đều cạnh a) ĐS: VS.ABCD = Bài 10: SABC có đáy ABCD là hình bình hành và SABCD = và góc giữa 2 đường chéo = 60o. các cạnh bên nghiêng đều trên đáy 1 góc 45o. Tính VSABCD Giải -Hạ SO ⊥ (ABCD) - Vì khối chóp có các bên nghiêng đều trên đáy. ⇒ O là tâm đường tròn đi qua 4 đỉnh A, B, C, D ⇒ tứ giác ABCD là hình chữ nhật và {O} = AC ∩ BD - Đặt AC = BD =x. Ta có ShcnABCD = AC.BD.sin60o =⇒ x=3 - (SA, (ABCD)) = (SA, AO) = SAO = 45o = SCO = (SC, (ABCD)) ⇒ ∆ASC vuông cân tại S ⇒ SO = ⇒ VSABCD = Bài 11. Cho lăng trụ ABCA’B’C’ có độ dài cạnh bên = 2a, ∆ABC vuông tại A, AB = a, AC = a. Hình chiếu vuông góc của A’ trên (ABC) là trung điểm BC. Tính VA’ABC theo a? Giải. -Gọi H là trung điểm BC ⇒A’H ⊥ (ABC) (gt) -Ta có S∆ABC = -Vì A’H ⊥ (ABC) ⇒ A’H ⊥ AH Tam giác vuông A’HA có: A’H2 = A’A2 - AH2 = (2a)2 - .(a2 + 3a2) hay A’H2 = 4a2 - a2 = 3a2 ⇒ A’H = a ⇒VA’ABC = S∆ABC .A’H = Bài 12: Cho lăng trụ đứng ABCA1B1C1 có ABC vuông. AB = AC = a; AA1 = a. M là trung điểm AA1. Tính thể tích lăng trụ MA1BC1 Hướng dẫn: +Chọn mặt đáy thích hợp ⇒ V = +Có thể dùng cả phương pháp toạ độ Bài 13: Tứ diện ABCD có AB = x có các cạnh còn lại bằng 1. a.Tính thể tích tứ diện theo x. b.tính khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng ACD c. Tìm x để thể ABCD đạt giá trị lớn nhất Giải a. Cách 1: Gọi H là Hình chiếu của D lên (ABC) vì DA = DC = DB = 1 ⇒ H là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ABC mà ∆ABC cân H ∈ CC’ với C’ là trung điểm AB S∆ABC = HC = R∆ABC = ⇒Tam giác vuông HCD có HD2 = CD2- DC2 = ⇒ HD = ⇒VABCD = Cách 2: Gọi M là trung điểm CD ⇒ CD ABM Vì ∆ACD và ∆BCD đều ⇒ AM = BM = VABCD = 2VCBMA = 2.CM.S∆ABC = S∆ABM = MC’.AB = VABCD = b) SACD= ⇒ d(B,(ACD))== c) VABCD = Dấu “=” xảy ra ⇔ x2 = 3-x3 ⇔ x = và thể tích lớn nhất là Bài 14: Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với mặt đáy ABCD và SA=h.Điểm M thuộc cạnh CD.Đặt CM=x.Hạ SH vuông góc với BM.Tính thể tích khối tứ diện SABH.Tìm x để thể tích khối này là lớn nhất. GIảI Ta có BM SH (gt) BM SA (Vì SA ( ABCD) ⇒BM AH SABM = SABCD =a2 Mà SABM =AH.BM ⇒ AH= ∆SAH vuông ở A có SH= ∆BAH vuông ở H có BH= SABH =AH.BH = VSABH = Dấu bằng xảy ra khi a=x tức M trùng D. Dạng 3 .Phương pháp thể tích : Chứng minh đẳng thức, bất đẳng thứC,khoảng cách từ 1 điểm tới một mặt phẳng dựa vào thể tích. Bài 1: SABC có SA = 3a, SA (ABC), ∆ABC có AB = BC = 2a, ABC =120o Tính D(A,(SBC)). Giải S∆ABC = AB.BC.sin120o = = a3 SSABC = S∆ABC .SA= = a3 Kẻ SM BC BC SA (vì SA (ABC)) ⇒BC AM ⇒ AM = a ∆SAM vuông tại A có SM = 2a S∆SBC = SM.BC = 2a2 d(A, (SBC)) =a Bài 2: SABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, SA (ABC), SA =2a. `Tính d(A, (SBC)) Giải S∆ABC = = VSABC =SA.S∆ABC = . Gọi M là trung điểm BC AM BC BC SA ⇒BC SM AM = ∆SAM vuông tại A có SM2 = SA2 + AM2 = 4a2 + a2 = a2 ⇒ SM = a S∆SBC = SM.BC = a2 d(A, (SBC)) =a Bài 3: Cho tứ diện ABCD có AD b (ABC); AC = AD = 4; AB = 3, BC = 5. Tính d(A, (BCD)) ? Giải Dễ thấy ∆ABC vuông tại A .S∆ABC = AB.AC = 6. VDABC = S∆ABC.DA = 8 ∆DAC có DC = 4. ∆DAB có DB = 5 ∆DBC có BC = BD = 5 ⇒ ∆DBC cân tại B, gọi M là trung điểm DC ⇒BM DC BM = . S∆DBC = BM.DC = ..4 = 2 d(A, (DBC)) =a Bài 4: Cho tứ diện ABCD có AB = a; CD = b, các cạnh còn lại bằng c. Tính d(A, (BCD)) Giải ∆ACD = ∆BCD. Gọi M là trung điểm CD ⇒AM = BM, DC (ABM) Gọi N là trung điểm AB ⇒ MN AB MN2 = BM2 - BN2 = c2 + S∆AMN = VABCD = 2 VBCMA = 2.CM.S(∆ABM) = V∆BCD = BM.CD = .b = d(A, (BCD)) = Bài 5: Cho tứ diện ABCD có AB = CD = x các cạnh còn lại bằng 1. a) Tính thể tích tứ diện ABCD theo x b)Tính d(A, (BCD)) Tương tự bài 4 Đáp số: VABCD = d(A, (BCD)) = x Bài 6: Cho lăng trụ đứng ABCA1B1C1 có AB = a, AC = = 2a, AA1 = 2a và BAC = 120o. Gọi m là trung điểm của cạnh CC1. Chứng minh rằng MB MA1 và tinh khoảng cách d từ điểm A tới mặt phẳng (A1BM) Giải Đưa và hệ trục toạ độ A1xyz vuông góc như hình vẽ: gốc toạ độ A1. trục A1Z hướng theo Trục A1y hướng theo Trục A1x tạo với trục Oy góc 90o và nằm trong MP (A1B1C1). Toạ độ các điểm: A1(0 ; 0; 0), B1(, C1(0; 2a; 0) A(0 ; 0; 2a), B(, C(0; 2a; 2a) M(0; 2a; a) (-a) (0; 2a; a), (0) = 0+5a2 - 5a2 = 0 (BM MA1 ) Thể tích khối chóp AA1BM bằng V = | []| = -a -a 2a a ; 0 a ; 0 2a = ⇒VAA1BM = S∆BMA1 = . = 3a2 ⇒ Khoảng cách từ A tới (BMA1) bằng h = Bài 7: Cho tứ diện OABC. Lấy M nằm trong tam giác ABC, các đường thẳng qua M // với OA, OB. OC cắt các mặt OBC, OCA, OAB lần lượt tại A1, B1, C1. Chứng minh rằng: Giải Nối M với các đỉnh O,A,B,C. Khi đó VOABC = VMOAB + VMOBC + VMOCA 1= Xét Kẻ AH b (OBC), MK b (OBC) AH //MK ∆OAH ∾ A1MK ⇒ Tương tự ta có Vậy Bài 8: Giả sử M là một điểm nằm trong tứ diện ABCD. Các đường thẳng MA, MB, MC, MD cắt các mặt đối diện tại A1, B1, C1, D1. Chứng minh rằng Giải Nối M với bốn đỉnh của tứ diện ABCD ta có: V = VMBCD + VMACD + VMABD+ VMABC 1= Xét Gọi H, K lần lượt là hình chiếu của A, M lên (BCD) ⇒ MK//AH ⇒ Tương tự: ; ; Bài 9: Cho hình chóp tứ gíc đều SABCD trên các cạnh SA, SB, SC ta lấy các điểm A1, B1, C1 sao cho ; ; Mặt phẳng qua A1, B1, C1 cắt SD tại D1. Chứng minh rằng Giải Ta có VSABC = VSBCD + VSCDA = VSDAB = (1) (2) Cộng vế với vế (1) và (2) ta được Tương tự: (4) (5) Cộng vế với vế (4) và (5) ta được Từ (3) và (6) ta có ⇒