Câu hỏi:
29/06/2022 167Cho tứ diện ABCD có G là điểm thỏa mãn \[\overrightarrow {GA} + \overrightarrow {GB} + \overrightarrow {GC} + \overrightarrow {GD} = \overrightarrow 0 \]. Mặt phẳng thay đổi chứa BG và cắt AC,AD lần lượt tại M và N. Giá trị nhỏ nhất của tỉ số \[\frac{{{V_{ABMN}}}}{{{V_{ABCD}}}}\] là
Sách mới 2k7: 30 đề đánh giá năng lực DHQG Hà Nội, Tp. Hồ Chí Minh, BKHN 2025 mới nhất (600 trang - chỉ từ 140k).
Quảng cáo
Trả lời:
Gọi O là trọng tâm tam giác BCD
\[\begin{array}{*{20}{l}}{ \Rightarrow \overrightarrow {GB} + \overrightarrow {GC} + \overrightarrow {GD} = 3\overrightarrow {GO} }\\{ \Rightarrow \overrightarrow {GA} + 3\overrightarrow {GO} = \vec 0}\\{ \Rightarrow \overrightarrow {GA} = - 3\overrightarrow {GO} }\\{ \Rightarrow \frac{{AG}}{{AO}} = \frac{3}{4}}\end{array}\]
Trong (ABE) gọi\[F = BG \cap AE\,\,\left( {F \in AE} \right)\]
Lấy\[M \in AC\] trong (ACD) gọi\[N = MF \cap AD\,\,\,\left( {N \in AD} \right)\] khi đó ta có mặt phẳng chứa BG cắt AC,AD lần lượt tại M,N chính là (BMN).
Áp dụng định lí Menelaus trong tam giác AOE, cát tuyến BGF:
\[\frac{{GA}}{{GO}}.\frac{{BO}}{{BE}}.\frac{{FE}}{{FA}} = 1 \Rightarrow 3.\frac{2}{3}.\frac{{FE}}{{FA}} = 1 \Rightarrow \frac{{FE}}{{FA}} = \frac{1}{2} \Rightarrow \frac{{AF}}{{AE}} = \frac{2}{3} \Rightarrow F\] là trọng tâm tam giác ACD.
Trong (ACD) kéo dài MN cắt CD tại H. Đặt \[\frac{{AM}}{{AC}} = x\left( {0 < x < 1} \right)\]
Áp dụng định lí Menelaus trong tam giác ACE, cát tuyến MHF:\[\frac{{MA}}{{MC}}.\frac{{HC}}{{HE}}.\frac{{FE}}{{FA}} = 1 \Rightarrow \frac{x}{{1 - x}}.\frac{{HC}}{{HE}}.\frac{1}{2} = 1 \Rightarrow \frac{{HC}}{{HE}} = \frac{{2\left( {1 - x} \right)}}{x}\]
\[\begin{array}{*{20}{l}}{ \Rightarrow HE = \frac{x}{{2\left( {1 - x} \right)}}HC}\\{ \Rightarrow HC + CE = \frac{x}{{2\left( {1 - x} \right)}}HC}\\{ \Rightarrow CE = \frac{{3x - 2}}{{2\left( {1 - x} \right)}}HC}\end{array}\]
Ta có:
\[\begin{array}{*{20}{l}}{HD = HC + 2CE}\\{\,\,\,\,\,\,\,\,\, = HC + \frac{{3x - 2}}{{1 - x}}HC = \frac{{2x - 1}}{{1 - x}}HC}\\{ \Rightarrow \frac{{HE}}{{HD}} = \frac{x}{{2\left( {1 - x} \right)}}:\frac{{2x - 1}}{{1 - x}} = \frac{x}{{2\left( {2x - 1} \right)}}}\end{array}\]
Áp dụng định lí Menelaus trong tam giác AED, cát tuyến MFN:
\[\begin{array}{*{20}{l}}{\frac{{FA}}{{FE}}.\frac{{HE}}{{HD}}.\frac{{ND}}{{NA}} = 1 \Rightarrow 2.\frac{x}{{2\left( {2x - 1} \right)}}.\frac{{ND}}{{NA}} = 1}\\{ \Rightarrow \frac{{ND}}{{NA}} = \frac{{2x - 1}}{x} \Rightarrow \frac{{NA}}{{ND}} = \frac{x}{{2x - 1}}}\\{ \Rightarrow \frac{{NA}}{{NA + ND}} = \frac{x}{{x + 2x - 1}} = \frac{x}{{3x - 1}}}\\{ \Rightarrow \frac{{AN}}{{AD}} = \frac{x}{{3x - 1}}}\end{array}\]
Khi đó ta có\[\frac{{{V_{ABMN}}}}{{{V_{ABCD}}}} = \frac{{AM}}{{AC}}.\frac{{AN}}{{AD}} = x.\frac{x}{{3x - 1}} = \frac{{{x^2}}}{{3x - 1}}\,\,\left( {x > \frac{1}{3}} \right)\]
Xét hàm số \[f\left( x \right) = \frac{{{x^2}}}{{3x - 1}}\,\,\left( {x > \frac{1}{3}} \right)\] ta có
\[f'\left( x \right) = \frac{{2x\left( {3x - 1} \right) - 3{x^2}}}{{{{\left( {3x - 1} \right)}^2}}} = \frac{{3{x^2} - 2x}}{{{{\left( {3x - 1} \right)}^2}}};f\prime (x) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 0\,(ktm)}\\{x = \frac{2}{3}}\end{array}} \right.\]
BBT:
Dựa vào BBT ta thấy\[\mathop {\min }\limits_{\left( {\frac{1}{3}; + \infty } \right)} f\left( x \right) = f\left( {\frac{2}{3}} \right) = \frac{4}{9}\]
Vậy giá trị nhỏ nhất của tỉ số\[\frac{{{V_{ABMN}}}}{{{V_{ABCD}}}} = \frac{4}{9}\]
Đáp án cần chọn là: B
CÂU HỎI HOT CÙNG CHỦ ĐỀ
Câu 1:
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi M,N lần lượt là trung điểm của các cạnh AB,BC. Điểm I thuộc đoạn SA. Biết mặt phẳng (MNI) chia khối chóp S.ABCD thành hai phần, phần chứa đỉnh S có thể tích bằng \[\frac{7}{{25}}\] lần phần còn lại. Tính tỉ số \[\frac{{IA}}{{IS}}\]?
Câu 2:
Cho khối chóp S.ABCD có thể tích bằng 4a3, đáy ABCD là hình bình hành. Gọi M là trung điểm của cạnh SD. Biết diện tích tam giác SAB bằng a2. Tính khoảng cách từ M tới mặt phẳng (SAB).
Câu 3:
Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a. Mặt phẳng (SAB) và (SAD) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Đường thẳng SC tạo với đáy góc 450. Gọi M,N lần lượt là trung điểm của AB và AD. Thể tích của khối chóp S.MCDN là:
Câu 4:
Đáy của hình chóp S.ABCD là một hình vuông cạnh a. Cạnh bên SA vuông góc với mặt đáy và có độ dài là a. Thể tích khối tứ diện S.BCD bằng:
Câu 5:
Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, hình chiếu vuông góc của S trên mặt đáy nằm trong hình vuông ABCD. Biết rằng SA và SC tạo với đáy các góc bằng nhau, góc giữa SB và đáy bằng 450, góc giữa SD và đáy bằng α với \[tan\alpha = \frac{1}{3}\]. Tính thể tích khối chóp đã cho.
Câu 6:
Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với mặt phẳng đáy (ABCD) và SA=a. Điểm M thuộc cạnh SA sao cho \(\frac{{SM}}{{SA}} = k\). Xác định k sao cho mặt phẳng (BMC) chia khối chóp S.ABCD thành hai phần có thể tích bằng nhau.
Câu 7:
Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có cạnh đáy bằng a, góc giữa cạnh bên và mặt đáy bằng 600. Tính thể tích khối chóp S.ABC?
Gọi 084 283 45 85
Hỗ trợ đăng ký khóa học tại Vietjack
về câu hỏi!