Bài tập ôn tập chương 5

Ta có: $\dfrac{{{V_{S.MNP}}}}{{{V_{S.ABC}}}} = \dfrac{{SM}}{{SA}}.\dfrac{{SN}}{{SB}}.\dfrac{{SP}}{{SC}} = \dfrac{1}{8}$, $\dfrac{{{V_{S.MQP}}}}{{{V_{S.ADC}}}} = \dfrac{{SM}}{{SA}}.\dfrac{{SQ}}{{SD}}.\dfrac{{SP}}{{SC}} = \dfrac{1}{8}$.

Ta có: $\dfrac{1}{8} = \dfrac{{{V_{S.MNP}}}}{{{V_{S.ABC}}}} = \dfrac{{{V_{S.MQP}}}}{{{V_{S.ADC}}}} = \dfrac{{{V_{S.MNP}} + {V_{S.MQP}}}}{{{V_{S.ABC}} + {V_{S.ADC}}}} = \dfrac{{{V_{S.MNPQ}}}}{{{V_{S.ABCD}}}}$.

$\Rightarrow {V_{S.MNPQ}} = 2$.

Từ $C$ hạ $CF \bot SB,\left( {F \in SB} \right)$, $CE \bot SA,\left( {E \in SA} \right)$

Ta có:$\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}AB \bot AC\\AB \bot SC\end{array} \right. \Rightarrow AB \bot \left( {SAC} \right) \Rightarrow AB \bot CE\\ \Rightarrow CE \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow CE \bot SB\end{array}$

Vậy mặt phẳng qua $C$ và vuông góc $SB$ là mặt $\left( {CEF} \right)$

Ta có $\dfrac{{{V_{SCEF}}}}{{{V_{SCAB}}}} = \dfrac{{SE}}{{SA}}.\dfrac{{SF}}{{SB}}$

Tam giác vuông $SAC$ vuông tại $C$ ta có:

$SA = \sqrt {S{C^2} + A{C^2}}  = a\sqrt 2$ và $\dfrac{{SE}}{{SA}} = \dfrac{{S{C^2}}}{{S{A^2}}} = \dfrac{{{a^2}}}{{2{a^2}}} \Rightarrow \dfrac{{SE}}{{SA}} = \dfrac{1}{2}$

Tam giác vuông $SBC$ vuông tại $C$ ta có:

$SB = \sqrt {S{C^2} + B{C^2}}  = a\sqrt 3$ và $\dfrac{{SF}}{{SB}} = \dfrac{{S{C^2}}}{{S{B^2}}} = \dfrac{{{a^2}}}{{3{a^2}}} \Rightarrow \dfrac{{SF}}{{SB}} = \dfrac{1}{3}$

Do đó: $\dfrac{{{V_{SCEF}}}}{{{V_{SCAB}}}} = \dfrac{1}{2}.\dfrac{1}{3} = \dfrac{1}{6} \Rightarrow {V_{SCEF}} = \dfrac{1}{6}{V_{SABC}} = \dfrac{1}{6}.\dfrac{1}{3}SC.{S_{ABC}} = \dfrac{1}{{36}}{a^3}$

Có: $\left\{ \begin{array}{l}MN//PQ\\MN = PQ\\NP \bot PQ\left( {BD \bot SC} \right)\end{array} \right.$

Vậy $MNPQ$ là hình chữ nhật.

Suy ra:

${V_{A.MNPQ}} = 2{V_{A.MQP}} = 2{V_{M.AQP}}$ $= 2.\dfrac{1}{3}{S_{AQP}}.d\left( {M,\left( {AQP} \right)} \right)$ $= \dfrac{2}{3}{S_{AQP}}.\dfrac{1}{2}SA$

Có: $SA = \sqrt {S{C^2} - A{C^2}}  = a$

Với ${S_{AQP}} = \dfrac{1}{2}.\dfrac{3}{4}AC.\dfrac{1}{2}BD = \dfrac{3}{{16}}{\left( {a\sqrt 2 } \right)^2} = \dfrac{3}{8}{a^2}$

Vậy ${V_{A.MNPQ}} = \dfrac{1}{3}.\dfrac{{3{a^2}}}{8}.a = \dfrac{{{a^3}}}{8}.$

Ta có: ${S_{xq}} = \left( {11 + 12 + 13} \right)h = 144$ $\Rightarrow h = \dfrac{{144}}{{36}} = 4$

Diện tích đáy: ${S_d} = \sqrt {18\left( {18 - 11} \right)\left( {18 - 12} \right)\left( {18 - 13} \right)}  = 6\sqrt {105}$

Vậy thể tích khối lăng trụ: $V = {S_d}.h = 24\sqrt {105} \,c{m^3}$

Vì hình C vi phạm tính chất “Mỗi cạnh của miền đa giác nào cũng là cạnh chung của đúng hai miền đa giác”.

s

Bước 1: 

Gọi $E$ là giao điểm của AC và AC’ và F là giao điểm của BC’ và B’C’

Khi đó (ABC’) và (A’B’C) chia khối lăng trụ tam giác đều ABC.A’B’C’ thành 4 khối đa diện: CEFC’;FEA’B’C’;FEABC và FEABB’A’

Gọi V là thể tích của khối lăng trụ tam giác đều ABC.A’B’C’.

Bước 2: Tính thể tích của $CEFC’;FEA’B’C’;FEABC$ và $FEABB’A'$ theo thể tích của $ABC.A'B'C'$

Ta có ${V_{C.A'B'C'}} = {V_{C'.ABC}} = \dfrac{1}{3}V$

${V_{FEA'B'C'}} = {V_{C.A'B'C'}} - {V_{CEFC'}}$ và ${V_{FEABC}} = {V_{C'.ABC}} - {V_{CEFC'}}$

$\Rightarrow {V_{FEA'B'C'}} = {V_{FEABC}}$

Mặt khác

$\begin{array}{l}\dfrac{{{V_{CEFC'}}}}{{V_{C.A'B'C'}}} = \dfrac{{CE}}{{CA}}.\dfrac{{CF}}{{CB'}} = \dfrac{1}{2}.\dfrac{1}{2} = \dfrac{1}{4}\\ \Rightarrow {V_{CEFC'}} = \dfrac{1}{4}{V_{C.A'B'C'}} = \dfrac{1}{4}.\dfrac{1}{3}V = \dfrac{1}{{12}}V\end{array}$

$\Rightarrow {V_{FEA'B'C'}} = {V_{FEABC}}$$= {V_{C.A'B'C'}} - {V_{CEFC'}}$$= \dfrac{1}{3}V - \dfrac{1}{{12}}V = \dfrac{1}{4}V$

$\Rightarrow {V_{FEABB'A'}} = V - 2.\dfrac{1}{4}V - \dfrac{1}{{12}}V = \dfrac{5}{{12}}V$

Do đó ${H_1}$ có thể tích lớn nhất là khối đa diện FEABB’A’; ${H_2}$ có thể tích nhỏ nhất là khối đa diện CEFC’ và $\dfrac{{{V_{\left( {{H_1}} \right)}}}}{{{V_{\left( {{H_2}} \right)}}}} = 5$.