Câu hỏi:

29/06/2022 317

Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thoi cạnh bằng 2, \[\angle BAD = {60^0}\], SA=SC và tam giác SBD vuông cân tại S. Gọi E là trung điểm của SC. Mặt phẳng (P) qua AE và cắt hai cạnh SB,SD lần lượt tại M và N. Thể tích lớn nhất V0 của khối đa diện ABCDNEM bằng:

Quảng cáo

Trả lời:

verified
Giải bởi Vietjack

Gọi\[O = AC \cap BD\]ta có:

\[SA = SC \Rightarrow {\rm{\Delta }}SAC\]cân tại \[S \Rightarrow SO \bot AC\]

Tam giác SBD vuông cân tại\[S \Rightarrow SO \bot BD\]

\[ \Rightarrow SO \bot \left( {ABCD} \right)\]

Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thoi cạnh bằng 2,  (ảnh 1)

Trong (SBD), gọi\[I = MN \cap BD\]

Đặt \[\frac{{SM}}{{SB}} = x,\,\,\frac{{SN}}{{SD}} = y\,\,(0 < x,\,\,y < 1)\]

Ta có:\[\frac{{{V_{S.AME}}}}{{{V_{S.ABC}}}} = \frac{{SM}}{{SB}}.\frac{{SE}}{{SC}} = \frac{1}{2}x \Rightarrow \frac{{{V_{S.AME}}}}{{{V_{S.ABCD}}}} = \frac{1}{4}x\]

\[\frac{{{V_{S.ANE}}}}{{{V_{S.ADC}}}} = \frac{{SN}}{{SD}}.\frac{{SE}}{{SC}} = \frac{1}{2}y \Rightarrow \frac{{{V_{S.ANE}}}}{{{V_{S.ABCD}}}} = \frac{1}{4}y\]

\[ \Rightarrow \frac{{{V_{S.AMNE}}}}{{{V_{S.ABCD}}}} = \frac{{{V_{S.AME}}}}{{{V_{S.ABCD}}}} + \frac{{{V_{S.ANE}}}}{{{V_{S.ABCD}}}} = \frac{{x + y}}{4}\,\,\,\left( 1 \right)\]

Ta lại có:\[\frac{{{V_{S.AMN}}}}{{{V_{S.ABD}}}} = \frac{{SM}}{{SA}}.\frac{{SN}}{{SD}} = xy \Rightarrow \frac{{{V_{S.AMN}}}}{{{V_{S.ABCD}}}} = \frac{{xy}}{2}\]

\[\frac{{{V_{S.MNE}}}}{{{V_{S.BDC}}}} = \frac{{SM}}{{SB}}.\frac{{SN}}{{SD}}.\frac{{SE}}{{SC}} = \frac{1}{2}xy \Rightarrow \frac{{{V_{S.MNE}}}}{{{V_{S.ABCC}}}} = \frac{{xy}}{4}\]

\[ \Rightarrow \frac{{{V_{S.AMNE}}}}{{{V_{S.ABCD}}}} = \frac{{{V_{S.AMN}}}}{{{V_{S.ABCD}}}} + \frac{{{V_{S.MNE}}}}{{{V_{S.ABCD}}}} = \frac{{xy}}{2} + \frac{{xy}}{4} = \frac{{3xy}}{4}\,\,\left( 2 \right)\]

Từ (1) và (2) \[ \Rightarrow \frac{{x + y}}{4} = \frac{{3xy}}{4} \Leftrightarrow x + y = 3xy\]

\[ \Leftrightarrow x = \left( {3x - 1} \right)y \Leftrightarrow y = \frac{x}{{3x - 1}}\,\,\left( {x \ne \frac{1}{3}} \right)\]

Do \[x,\,\,y > 0 \Rightarrow 3x - 1 > 0 \Leftrightarrow x > \frac{1}{3}\]

Khi đó ta có\[\frac{{{V_{S.AMNE}}}}{{{V_{S.ABCD}}}} = \frac{1}{4}\left( {x + \frac{x}{{3x - 1}}} \right)\]

Xét hàm số \[f\left( x \right) = x + \frac{x}{{3x - 1}}\,\,\left( {x > \frac{1}{3}} \right)\]ta có:

\[f'\left( x \right) = 1 - \frac{1}{{{{\left( {3x - 1} \right)}^2}}} = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{3x - 1 = 1}\\{3x - 1 = - 1}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = \frac{2}{3}}\\{x = 0\left( {ktm} \right)}\end{array}} \right.\]

BBT:

Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thoi cạnh bằng 2,  (ảnh 2)

Dựa vào BBT ta thấy\[\min {V_{S.AMNE}} = \frac{1}{4}.\frac{4}{3}{V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}{V_{S.ABCD}}\]

\[ \Rightarrow \max {V_{ABCDNEM}} = \frac{2}{3}{V_{S.ABCD}} \Rightarrow {V_0} = \frac{2}{3}{V_{S.ABCD}}\]

Ta có: \[{\rm{\Delta }}ABD\]đều cạnh 2 \[\left( {AB = AD,\,\angle BAD = {{60}^0}} \right) \Rightarrow {S_{ABD}} = \frac{{{2^2}\sqrt 3 }}{4} = \sqrt 3 \]

\[ \Rightarrow {S_{ABCD}} = 2\sqrt 3 \]

Tam giác ABD đều cạnh 2 ⇒BD=2, lại có tam giác SBD vuông cân tại S nên

\[SO = \frac{1}{2}BD = 1\]

\[ \Rightarrow {V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}SO.{S_{ABCD}} = \frac{1}{3}.1.2\sqrt 3 = \frac{{2\sqrt 3 }}{3}\]

Vậy\[{V_0} = \frac{2}{3}{V_{S.ABCD}} = \frac{{4\sqrt 3 }}{9}\]Đáp án cần chọn là: D

CÂU HỎI HOT CÙNG CHỦ ĐỀ

Lời giải

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  (ảnh 1)

Gọi H là hình chiếu của S lên (ABCD).

Khi đó, \[\widehat {SAH} = \widehat {SCH}\] vì hai góc này lần lượt là góc tạo bởi SA,SC với mặt phẳng đáy.

\[\widehat {SBH} = {45^0},\tan \widehat {SDH} = \frac{1}{3}\]

Tam giác\[{\rm{\Delta }}SAH = {\rm{\Delta }}SCH \Rightarrow HA = HC \Rightarrow H\]  nằm trên trung trực của AC.

Mà BD là đường trung trực của AC nên\[H \in BD\]

Lại có\[\widehat {SBH} = {45^0} \Rightarrow HB = HS,\tan \widehat {SDH} = \frac{1}{3} = \frac{{SH}}{{HD}}\]

\[ \Rightarrow \frac{{HB}}{{HD}} = \frac{1}{3} \Rightarrow \frac{{HB}}{{BD}} = \frac{1}{4}\]

Mà\[BD = a\sqrt 2 \Rightarrow HB = \frac{{a\sqrt 2 }}{4} \Rightarrow SH = \frac{{a\sqrt 2 }}{4}\]

Vậy\[{V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}SH.{S_{ABCD}} = \frac{1}{3}.\frac{{a\sqrt 2 }}{4}.{a^2} = \frac{{{a^3}\sqrt 2 }}{{12}}\]

Đáp án cần chọn là: D

Lời giải

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 c (ảnh 1)

Giả sử\[SC \cap \left( {IMN} \right) = \left\{ P \right\} \Rightarrow \left( {IMN} \right) \cap \left( {SAC} \right) = IP\]

Ta có:\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{(IMN) \cap (SAC) = IP}\\{(IMN) \cap (ABCD) = MN}\\{(SAC) \cap (ABCD) = AC}\end{array}} \right. \Rightarrow IP\parallel MN\parallel AC\)

Trong (ABCD) gọi \[\left\{ E \right\} = MN \cap CD\]trong (SCD) gọi \[Q = NP \cap SD\]

Khi đó thiết diện của hình chóp cắt bởi (MNI) là ngũ giác IMNPQ.

Gọi\[SM \cap \left( {ABCD} \right) = E \Rightarrow \frac{{d\left( {M;\left( {ABCD} \right)} \right)}}{{d\left( {S;\left( {ABCD} \right)} \right)}} = \frac{{ME}}{{SE}} = \frac{{11}}{{35}}\]theo bài ra ta có\[\frac{{{V_2}}}{{{V_1}}} = \frac{{{V_{M.ACD}}}}{{{V_{S.ABCD}}}} = \frac{{\frac{1}{3}.d\left( {M;\left( {ABCD} \right)} \right).{S_{ACD}}}}{{\frac{1}{3}.d\left( {S;\left( {ABCD} \right)} \right).{S_{ABCD}}}} = \frac{{11}}{{35}}.\frac{1}{2} = \frac{{11}}{{70}}\]

Ta có \[{V_1} = {V_{S.BMN}} + {V_{S.IMN}} + {V_{S.INP}} + {V_{S.IPQ}}\]

Đặt\[\frac{{SI}}{{SA}} = x\,\,\,(0 < x < 1)\]áp dụng định lí Ta-lét ta có\[\frac{{SI}}{{SA}} = \frac{{SP}}{{SC}} = x\]

- Xét khối chóp S.BMN và S.ABCD:

  + Có cùng chiều cao (cùng bằng khoảng cách từ SS đến (ABCD).

\[{S_{BMN}} = \frac{1}{4}{S_{ABC}} = \frac{1}{8}{S_{ABC}}\](do tam giác BMNBMN và tam giác BACBAC đồng dạng theo tỉ số\[DH \bot \left( {ABC} \right)\])

Do đó\[{V_{S.BMN}} = \frac{1}{8}{V_{S.ABCD}} = \frac{1}{8}V\]

- Xét khối chóp S.IMN và S.AMN:

\[\frac{{{V_{S.IMN}}}}{{{V_{S.AMN}}}} = \frac{{SI}}{{SA}} = x \Rightarrow {V_{S.IMN}} = x.{V_{S.AMN}}\]

Ta có\[{S_{AMN}} = {S_{BMN}} = \frac{1}{8}{S_{ABCD}} \Rightarrow {V_{S.AMN}} = \frac{1}{8}V \Rightarrow {V_{S.IMN}} = \frac{x}{8}V\]

- Xét khối chóp S.INP và S.ANC:

\[\frac{{{V_{S.INP}}}}{{{V_{S.ANC}}}} = \frac{{SI}}{{SA}}.\frac{{SP}}{{SC}} = {x^2} \Rightarrow {V_{S.IMN}} = {x^2}.{V_{S.ANC}}\]

Ta có\[{S_{ANC}} = \frac{1}{2}{S_{ABC}} = \frac{1}{4}{S_{ABCD}} \Rightarrow {V_{S.ANC}} = \frac{1}{4}V \Rightarrow {V_{S.IMN}} = \frac{{{x^2}}}{4}V\]

- Xét khối chóp S.IPQ và S.ACD:\[\frac{{{V_{S.IPQ}}}}{{{V_{S.ACD}}}} = \frac{{SI}}{{SA}}.\frac{{SP}}{{SC}}.\frac{{SQ}}{{SD}}\]

Ta có AMEC là hình bình hành nên\[EC = AM = \frac{1}{2}CD \Rightarrow \frac{{EC}}{{ED}} = \frac{1}{3}\]

Áp dụng định lí Menelaus trong tam giác SCD với cát tuyến EPQ ta có:

\[\frac{{PS}}{{PC}}.\frac{{EC}}{{ED}}.\frac{{QD}}{{QS}} = 1 \Rightarrow \frac{x}{{1 - x}}.\frac{1}{3}.\frac{{QD}}{{QS}} = 1\]

\[\begin{array}{*{20}{l}}{ \Rightarrow \frac{{QD}}{{QS}} = \frac{{3\left( {1 - x} \right)}}{x} \Rightarrow \frac{{SQ}}{{QD}} = \frac{x}{{3\left( {1 - x} \right)}}}\\{ \Rightarrow \frac{{SQ}}{{SQ + QD}} = \frac{x}{{x + 3\left( {1 - x} \right)}}}\\{ \Rightarrow \frac{{SQ}}{{SD}} = \frac{x}{{3 - 2x}}}\end{array}\]

Suy ra\[\frac{{{V_{S.IPQ}}}}{{{V_{S.ACD}}}} = \frac{{SI}}{{SA}}.\frac{{SP}}{{SC}}.\frac{{SQ}}{{SD}} = {x^2}.\frac{x}{{3 - 2x}} = \frac{{{x^3}}}{{3 - 2x}}\]

\[ \Rightarrow {V_{S.IPQ}} = \frac{{{x^3}}}{{3 - 2x}}{V_{S.ACD}}\]

Mà\[{S_{ACD}} = \frac{1}{2}{S_{ABCD}} \Rightarrow {V_{S.ACD}} = \frac{1}{2}V \Rightarrow {V_{S.IPQ}} = \frac{{{x^3}}}{{2\left( {3 - 2x} \right)}}V\]

Khi đó ta có:

\[{V_1} = {V_{S.BMN}} + {V_{S.IMN}} + {V_{S.INP}} + {V_{S.IPQ}}\]

\[ \Rightarrow {V_1} = \frac{1}{8}V + \frac{x}{8}V + \frac{{{x^2}}}{4}V + \frac{{{x^3}}}{{2(3 - 2x)}}V\]

\[\begin{array}{l} \Rightarrow {V_1} = \left( {\frac{1}{8} + \frac{x}{8} + \frac{{{x^2}}}{4} + \frac{{{x^3}}}{{2(3 - 2x)}}} \right)V = \frac{7}{{32}}V\\ \Rightarrow \frac{1}{8} + \frac{x}{8} + \frac{{{x^2}}}{4} + \frac{{{x^3}}}{{2(3 - 2x)}} = \frac{7}{{32}}\\ \Leftrightarrow \frac{{1 + x + 2x2}}{4} + \frac{{{x^3}}}{{3 - 2x}} = \frac{7}{{16}}\\ \Leftrightarrow (1 + x + 2{x^2}).(12 - 8x) + 16{x^3} = 7(3 - 2x)\\ \Leftrightarrow 12 + 12x + 24{x^2} - 8x - 8{x^2} - 16{x^3} + 16{x^3} = 21 - 14x\\ \Leftrightarrow 16{x^2} + 18x - 9 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = \frac{3}{8}\left( {tm} \right)}\\{x = - \frac{3}{2}\left( {ktm} \right)}\end{array}} \right.\end{array}\]

\[ \Rightarrow \frac{{SI}}{{SA}} = \frac{3}{8} \Rightarrow \frac{{IS}}{{IA}} = \frac{3}{5} \Rightarrow \frac{{IA}}{{IS}} = \frac{5}{3}\]

Đáp án cần chọn là: A

Lời giải

Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 199K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.

Nâng cấp VIP

Lời giải

Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 199K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.

Nâng cấp VIP

Câu 5

Lời giải

Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 199K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.

Nâng cấp VIP

Lời giải

Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 199K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.

Nâng cấp VIP

Lời giải

Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 199K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.

Nâng cấp VIP