Tải bản đầy đủ - 0 (trang)
Chương 11. Thể tích khối đa diện

Chương 11. Thể tích khối đa diện

Tải bản đầy đủ - 0trang

Lời giải

Chọn.B

Gọi độ dài đáy của hình chóp là x , với 0  x  1 . Đường cao hình chóp là

2



2



� x� x

SO  SM  OM  �

1  �

 1 x

� 2� 4

1

1 2

1 4

x  x5

Thể tích khối chóp là V  S .h  x 1  x 

3

3

3

4

5

Xét hàm f  x   x  x , với x � 0;1

2



2



3

4

3

Khi đó f '  x   4 x  5 x  x  4  5 x  ; f '  x   0 � x  0, x 



Như vậy để thể tích khối chóp lớn nhất thì x 



4

5



4

5



Câu 147: (THPT QUẾ VÕ SỐ 2) Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có khoảng cách từ A đến  SCD

bằng 4. Gọi V là thể tích khối chóp S.ABCD, tính giá trị nhỏ nhất của V.

A. 32 3 .

Lời giải

Chọn C



B. 8 3 .



C. 16 3 .



D.



16 3

3



Ta vẽ hình như hình vẽ. E là trung điểm của CD , OH  SE .

Dề dàng cm được

1

OH  d  O;  SCD    d  A;  SCD    2

2

�   (0    900 ) � OE  OH  2

Gọi SEO

sin  sin 

OH

2

4

� Cạnh của hình vng ABCD là:

SO 



cos  cos 

sin 

1

32

1

Từ đó VS . ABCD  SO.S ABCD  . 2

.

3

3 sin  .cos 











2

2

Đặt cos   t  t � 0;1  thì sin  .cos   t 1  t .



1



t 



3

3

 t   1  3t 2 ; f �

 t  0 � �

Xét hàm f  t   t  t ; f �

� 1

�t  3



Ta có bảng biến thiên trên  0;1



Vậy giá trị nhỏ nhất của V đạt được khi f  t  lớn nhất tức là min V  16 3 .

Câu 148: (THPT Tam Phước) Cho một tứ diện có đúng một cạnh có độ dài bằng x thay đổi được, các

cạnh còn lại có độ dài bằng 2. Tính giá trị lớn nhất của thể tích tứ diện này.

A.



1

2



B.



2 2

3



C.



3 3

2



D. 1



Lời giải

Chọn D

Gọi tứ diện đã cho là S. ABC. Ta có

1

3

3

VS . ABC  S ABC SH 

SH 

SD.sin 

3

3

3

� H

Suy ra, VS . ABC đạt GTLN khi và chỉ khi sin   1 .  D



SH



3, VS . ABC



1.



� Chọn phương án



D.



Câu 149: (TRƯỜNG THPT CHUN BẮC NINH) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD

MC

 k . Mặt phẳng qua A ,

MS

M song song với BD cắt SB , SD thứ tự tại N , P . Thể tích khối chóp C. APMN lớn

nhất khi



là hình bình hành. Điểm M di động trên cạnh SC , đặt



A. k  3. .

B. k  1. .

C. k  2. .

D. k  2. .

Lời giải

Đáp án D

Phương pháp giải:

Dùng định lí Thalet, định lý Menelaus và phương pháp tỉ số thể tích để tính thể tích

khối chóp theo tham số k . Khảo sát hàm số chứa biến k để tìm giá trị lớn nhất - giá

trị nhỏ nhất

Cách giải:

Gọi O là tâm của hình bình hành ABCD và I  SO �AM .

Ba điểm M , A, I thẳng hàng nên áp dụng định lý Menelaus cho tam giác SOC ta có:

SM CA OI

OI

k

.

.

1�

1 .

MC AO IS

SI

2

SP SI SN

2







Vì NP / / BD �

(định lí Thalet).

SD SO SB k  2



Và d  P;  ABCD    d  N;  ABCD   



DP

d

SD



  S ;  ABCD   



k

k

.d  S ;  ANCD   � VP. ACD  VN . ABC 

.VS . ABCD

k 2

2k  4

VS . AMP SM SP

1

1

2



.



.

� VS . ANMP 

.V

Ta có

VS . ACD SC SD k  1 k  2

 k  1  k  2  S . ABCD





Vậy



2

k �

2k

VC . ANMP  VS . ABCD  VS . ANMP  VP . ACD  VN . ABC  �

1



.VS . ABCD  2

.VS . ABCD



k  3k  2

�  k  1  k  2  k  2 �



Để  VC . ANMP  max � f  k  

Xét hàm số f  k  



f ' k  



k

đạt giá trị lớn nhất.

k  3k  2

2



k

trên khoảng  0; � có:

k  3k  2

2



k 2  2

 0 � k  2 (vì k  0 )

 k 2  3k  22 



� max f  k   f

 0;�



 2  32



2.



Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi k  2. Vậy khi k  2 thì thể tích khối chóp

C. ANMP lớn nhất.

Câu 150: (TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC NINH) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD

là hình bình hành và có thể tích V . Gọi E là điểm trên cạnh SC sao cho EC  2 ES .

Gọi    là mặt phẳng chứa đường thẳng AE và song song với đường thẳng BD ,   

cắt hai cạnh SB , SD lần lượt tại hai điểm M , N . Tính theo V thể tích khối chóp

S . AMEN .

V

.

6

Lời giải

Đáp án A



A.



B.



V

.

27



C.



V

.

9



D.



V

.

12



Phương pháp giải:

Dùng định lí Thalet và phương pháp tỉ số thể tích để tính thể tích khối chóp cần tìm

Cách giải:

Gọi O là tâm của hình bình hành ABCD và I  SO �AE. .

Ba điểm E , A, I thẳng hàng nên áp dụng định lý Menelaus cho tam giác SOC ta có:

SE CA OI

OI

SI 1

.

.

1�

1�

 .

EC AO IS

SI

SO 2

SM SN SI 1





 (định lí Thalet).

Vì MN / / BD �

SB SD SO 2



Do đó



VS . AME SM SN 1 1 1

V



.

 .  � VS . AME  ;

VS . ABC

SB SD 2 3 6

12



Tương tự, ta có VS . AME 



V

V V V

. Vậy VS . AMEN  VS . AME  VS . ANE    .

12

12 12 6



Câu 151: (THPT C NGHĨA HƯNG-NAM ĐỊNH Lần 1) Cho khối chóp S . ABC có đáy ABC

�  120�

�  SCA

�  90�

là tam giác cân tại A, AB  a, BAC

, SBA

. Biết góc giữa SB và

. Tính thể tích V của khối chóp S . ABC.

đáy bằng 60�



a3

4

Lời giải

Đáp án C



A. V 



B. V 



3a 3 3

4



C. V 



a3 3

4



D. V 



3a 3

4



Gọi M là trung điểm BC khi đó BC   SAM  do AB  AC và SB  SC

Trong  SAM  kẻ SH  AM ta có SH  ABC � góc SBH  600 , đặt SB  SC  x

ta có:

AM  AB.sin 300 

dt ABC 



1

3

a , BM  AB.cos 600  a

� BC  a 3 ,

2

2



1

1a

3

3

, SH  SB.sin 600  x

,

AM .BC 

a 3  a2

2

22

4

2



SA  SB 2  AB 2  x 2  a 2 ,



SM  SB 2  BM 2  x 2  3

MH  SM 2  SH 2  x 2 



a2

3x 2 1 2

, AH  SA2  SH 2  x 2  a 2 



x  4a 2 ,

4

4

2



3a 2 3 x 2 1 2





x  3a 2

4

4

2



Ta có:

AH  MH  AM �



1 2

1 2

1

x  4a 2 

x  3a 2  a � x 2  4a 2  x 2  3a 2  a

2

2

2



� 3a  x 2  3a 2 � x 2  12a 2 � x  2a 3 � SH  3a

1

1

3

3

Như vậy VSABC  SH .dt ABC  3a.a 2

 a3

3

3

4

4



Câu 152: [THPT THUẬN THÀNH SỐ 3] Cho hình chóp S.ABC có

�  BSC

�  45�

�  60�

SA  3,SB  4,SC  5,ASB

,ASC

. Thể tích của khối chóp S.ABC

là:

A. 5



B.



5

6



C.



5

3



D.



5

2



Lời giải

Chọn A



Ta chuẩn hóa các cạnh SA, SB, SC của hình chóp về độ dài là 1



Lưu ý: việc chuẩn hóa phải đảm bảo các thơng số về góc của bài tốn không bị thay

đổi

Gọi M là trung điểm AC, N là trung điểm AB, H là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ABC



Vì hình chóp có SA = SB = SC

=> Hình chiếu của S trên (ABC) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác

450

450

Xét ∆SAB, ta có: AC  sin

� AB  2sin

2

2



Xét ∆ABC, ta có: AM 2  MB 2  AB 2 � MB  7  4 2

2

Ta có: S ABC 



abc

2 2

abc 1



 . AC.MB � R 

2 MB

4R 2

74 2



Xét ∆ASH, ta có: AH 2  SH 2  SA2 � SH 



1

74 2



1

1

1 74 2

1

. .

.1 

Vậy VS . A ' B 'C '  .

3 74 2 2

2

12

1 1 1

Lại có: VS . A ' B 'C '  . . .VS . ABC

3 4 5



Vậy VS . ABC  5

`



Câu 153: (MEGABOOK-ĐỀ 3). Cho hình chóp S . ABC có SC  2av a SC   ABC  . Đáy



ABC là tam giác vng cân tại B và có AB  a l 2. Mặt phẳng    đi qua C và

vng góc với SA ,    cắt SA, SB lẩn lượt tại D, E . Tính thể tích khối chóp S .CDE .

4a 3

9

Lời giải

Chọn C



A.



B.



2a 3

3



C.



2a 3

9



D.



a3

3



Ta có:



VS .CDE SD SE

SD SE



.

� VS .CDE 

.

.VS .CAB

VS .CAB SA SB

SA SB



1

1

1

1

2a 3

2

VS .CAB  .SC. .BA.BC  .2a. .2a 

3

2

3

2

3

Xét SAC ta có:

SD SC 2

4a 2

1







2

2

2

SA SA

4 a  4a

2

Ta có: AB   SBC  � AB  CE � CE   SAB  � CE  SB

SC 2  SD.SA �



Tương tự xét SBC ta có:

SE SC 2

4a 2

2

SC  SE.SB �



 2



2

2

SB SB

4 a  2a

3

2



1 2 2a 3 2a 3

Vậy suy ra VS .CE F  . .



2 3 3

9



Câu 154: Cho tứ diện S . ABC trên cạnh SA và SB lấy điểm M và N sao cho thỏa

SM 1 SN

 ;

 2 , mặt phẳng đi qua MN và song song với SC chia tứ diện

AM 2 NB

thành hai phần, biết tỉ số thể tích của hai phần ấy là K , vậy K là giá trị nào?



tỉ lệ



2

.

3

Lời giải

Chọn.C



A. K 



B. K 



4

.

9



C. K 



4

.

5



D. K 



5

9



Qua M kẻ MF song song với SC và qua N kẻ NE song song với SC với E và F

thuộc

CA và CB . Khi đó thiết diện cần tìm là hình thang MNEF .

Đặt VS . ABC  V ; VMNEFCS  V1 ; VMNEFAB  V2 , V1  VSCEF  VSFME  VSMNE

V

CF CE 1 2 2 VSFME CM SE SM 1



.





.

 .  ,

Ta có: SCEF 

SE CA SA 3

V

CA CB 3 3 9 VSFEA

VSFEA S EFA S EFA SCEA FA CE 4

V

1 4 4





.



.

 � SFME  .  V

V

S ABC SCEA S ABC CA CB 9

V

3 9 27

VSMNE SM SN 2 VSMNE S BEA S AEC EB CE 1



.

 ,



.



.



VSABE

SA SB 9

V

SABC S ABC CE CB 3



� VSABE 



V

4

2

2

4

4

� V1  V  V  V , 1  .

V2 5

27

9

27

9



Câu 155: (THPT C NGHĨA HƯNG-NAM ĐỊNH Lần 1) Cho khối chóp S . ABC có đáy ABC

là tam giác vuông cân đỉnh B, AB  4, SA  SB  SC  12. Gọi M , N lần lượt là

trung điểm AC , BC. Trên cạnh SA, SB lần lượt lấy điểm E , F sao cho

SE BF 2



 . Tính thể tích khối tứ diện MNEF

SA BS 3

16 34

3

Lời giải

Đáp án C



A.



B.



4 17

9



C.



4 34

9



D.



4 34

3



Ta có ΔABC vuông cân tại B nên M là tâm đường tròn ngoại tiếp.

SM  SB  SC � SM   ABC 

FE �AB  K , kẻ FG / / BA FH / / SM � FH   ABC  ta có:



2

2

2

4

SM 

SA2  AM 2 

12 2  8 

34

3

3

3

3

1

1

1

1

dt KMN  dt BNMK  dt BNK   MN  BK  .BN  KB.BN  MN .BN  2.2  2

2

2

2

2

1

ΔFGE  ΔKAE  C.G.C  � FE  FK

2

FH 



VFMNE FE 1

1

1 1

1 4

4 34



 � VFMNE  VFMNK  . FH .dt KMN  . 34.2 

VFMNK FK 2

2

2 3

6 3

9

Câu 156: (THPT Việt Trì) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thang vuông tại A và B với

BC là đáy nhỏ. Biết rằng tam giác SAB đều có cạnh là 2a và nằm trong mặt phẳng

vng góc với đáy, SC  a 5 và khoảng cách từ D tới mặt phẳng  SHC  là 2a 2 (

H là trung điểm của AB ). Thể tích khối chóp S.ABCD là:

a3 3

3

Lời giải

Chọn C



A.



B.



a3

3



C.



4a 3 3

3



D.



4a 3

3



Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Chương 11. Thể tích khối đa diện

Tải bản đầy đủ ngay(0 tr)

×