Bài tập nâng cao · Bài 63
Dạng 3. Thể tích khối đa diện khác
Bài tập nâng cao Thể tích · Bài 63
Cho hình hộp $ ABCD.A'B'C'D' $ có chiều cao 8 và diện tích đáy bằng 11. Gọi $ M $ là trung điểm của $ AA',\,N $ là điểm trên cạnh $ BB' $ sao cho $ BN=3B'N $ và $ P $ là điểm trên cạnh $ CC' $ sao cho $ 6CP=5C'P $. Mặt phẳng $ \left ( { MNP } \right ) $ cắt cạnh $ DD' $ tại $ Q $. Thể tích của khối đa diện lồi có các đỉnh là các điểm $ A,\,B,\,C,\,D,\,M,\,N,\,P $ và $ Q $ bằng
Xem lời giải
Lời giải
Trước tiên ta chứng minh bổ đề sau:
Cho hình lăng trụ như hình vẽ, $ V_{ ABC.MNP } =\frac { 1 } { 3 }\left ( { \frac { AM } { AA' }+\frac { BN } { BB' }+\frac { CP } { CC' } } \right ).V_{ ABC.A'B'C' } $.
Chứng minh:
$ V_{ ABC.MNP } =V_{ N.ACB } +V_{ N.ACPM } $
$ V_{ N.ACB } =\frac { BN } { BB' }.V_{ B'.ACB } =\frac { BN } { BB' }.\frac { 1 } { 3 }.V_{ ABC.A'B'C' } $
$ \frac { V_{ N.ACPM } } { V_{ B'.ACC'A' } }=\frac { S_{ ACPM } } { S_{ ACC'A' } }=\frac { \frac { 1 } { 2 }.\left ( { CP+AM } \right ) } { AA' }=\frac { 1 } { 2 }.\left ( { \frac { CP } { CC' }+\frac { AM } { AA' } } \right ) $
$ \Rightarrow V_{ N.ACPM } =\frac { 1 } { 2 }.\left ( { \frac { CP } { CC' }+\frac { AM } { AA' } } \right ).\frac { 2 } { 3 }V_{ ABC.A'B'C' } $
Từ đó ta suy ra điều phải chứng minh.
Bây giờ ta áp dụng vào giải bài toán.
Ta có: $ \left \{ \begin{array}{l} \left ( { ADD'A' } \right ){ \rm{ / } }{ \rm{ / } }\left ( { BCC'B' } \right ) \\ MQ⊂\left ( { MNP } \right )∩\left ( { ADD'A' } \right ) \\ NP⊂\left ( { MNP } \right )∩\left ( { BCC'B' } \right ) \end{array} \right.\Rightarrow NP{ \rm{ / } }{ \rm{ / } }MQ $, tương tự ta cũng có $ MN{ \rm{ / } }{ \rm{ / } }PQ $. Do đó $ MNPQ $ là hình bình hành.
Ta có $ OI $ là đường trung bình của hai hình thang $ AMPC $ và $ BNQD $ suy ra $ 2OI=MA+PC=DQ+NB $$ \Rightarrow \frac { MA } { AA' }+\frac { PC } { CC' }=\frac { BN } { BB' }+\frac { DQ } { DD' } $
Dựa vào hình vẽ ta chia khối lăng trụ làm hai phần khi cắt bởi mặt phẳng $ \left ( { BDD'B' } \right ) $. Do đó $ V_{ A'D'B'.ADB } =V_{ BD'C'.BDC } =44 $.
$ V_{ ABCD.MNPQ } =V_{ ABD.MNQ } +V_{ BCD.NPQ } $
$ =\frac { 1 } { 3 }\left ( { \frac { MA } { AA' }+\frac { BN } { BB' }+\frac { DQ } { DD' } } \right ).V_{ ABD.A'B'D' } +\frac { 1 } { 3 }\left ( { \frac { CP } { CC' }+\frac { BN } { BB' }+\frac { DQ } { DD' } } \right ).V_{ BCD.B'C'D' } $
$ =\frac { 1 } { 3 }\left ( { \frac { MA } { AA' }+\frac { BN } { BB' }+\frac { DQ } { DD' }+\frac { CP } { CC' }+\frac { BN } { BB' }+\frac { DQ } { DD' } } \right ).\frac { 1 } { 2 }V_{ ABC.A'B'C' } $
$ =\frac { 1 } { 3.2 }\left[ 3.\left ( { \frac { MA } { AA' }+\frac { CP } { CC' } } \right ) \right].V_{ ABC.A'B'C' } $
$ =\frac { 1 } { 2 }.\left ( { \frac { MA } { AA' }+\frac { CP } { CC' } } \right ).V_{ ABC.A'B'C' } $
$ =\frac { 1 } { 2 }.\left ( { \frac { 1 } { 2 }+\frac { 5 } { 11 } } \right ).88=42 $
Cho hình lăng trụ như hình vẽ, $ V_{ ABC.MNP } =\frac { 1 } { 3 }\left ( { \frac { AM } { AA' }+\frac { BN } { BB' }+\frac { CP } { CC' } } \right ).V_{ ABC.A'B'C' } $.
Chứng minh:
$ V_{ ABC.MNP } =V_{ N.ACB } +V_{ N.ACPM } $
$ V_{ N.ACB } =\frac { BN } { BB' }.V_{ B'.ACB } =\frac { BN } { BB' }.\frac { 1 } { 3 }.V_{ ABC.A'B'C' } $
$ \frac { V_{ N.ACPM } } { V_{ B'.ACC'A' } }=\frac { S_{ ACPM } } { S_{ ACC'A' } }=\frac { \frac { 1 } { 2 }.\left ( { CP+AM } \right ) } { AA' }=\frac { 1 } { 2 }.\left ( { \frac { CP } { CC' }+\frac { AM } { AA' } } \right ) $
$ \Rightarrow V_{ N.ACPM } =\frac { 1 } { 2 }.\left ( { \frac { CP } { CC' }+\frac { AM } { AA' } } \right ).\frac { 2 } { 3 }V_{ ABC.A'B'C' } $
Từ đó ta suy ra điều phải chứng minh.
Bây giờ ta áp dụng vào giải bài toán.
Ta có: $ \left \{ \begin{array}{l} \left ( { ADD'A' } \right ){ \rm{ / } }{ \rm{ / } }\left ( { BCC'B' } \right ) \\ MQ⊂\left ( { MNP } \right )∩\left ( { ADD'A' } \right ) \\ NP⊂\left ( { MNP } \right )∩\left ( { BCC'B' } \right ) \end{array} \right.\Rightarrow NP{ \rm{ / } }{ \rm{ / } }MQ $, tương tự ta cũng có $ MN{ \rm{ / } }{ \rm{ / } }PQ $. Do đó $ MNPQ $ là hình bình hành.
Ta có $ OI $ là đường trung bình của hai hình thang $ AMPC $ và $ BNQD $ suy ra $ 2OI=MA+PC=DQ+NB $$ \Rightarrow \frac { MA } { AA' }+\frac { PC } { CC' }=\frac { BN } { BB' }+\frac { DQ } { DD' } $
Dựa vào hình vẽ ta chia khối lăng trụ làm hai phần khi cắt bởi mặt phẳng $ \left ( { BDD'B' } \right ) $. Do đó $ V_{ A'D'B'.ADB } =V_{ BD'C'.BDC } =44 $.
$ V_{ ABCD.MNPQ } =V_{ ABD.MNQ } +V_{ BCD.NPQ } $
$ =\frac { 1 } { 3 }\left ( { \frac { MA } { AA' }+\frac { BN } { BB' }+\frac { DQ } { DD' } } \right ).V_{ ABD.A'B'D' } +\frac { 1 } { 3 }\left ( { \frac { CP } { CC' }+\frac { BN } { BB' }+\frac { DQ } { DD' } } \right ).V_{ BCD.B'C'D' } $
$ =\frac { 1 } { 3 }\left ( { \frac { MA } { AA' }+\frac { BN } { BB' }+\frac { DQ } { DD' }+\frac { CP } { CC' }+\frac { BN } { BB' }+\frac { DQ } { DD' } } \right ).\frac { 1 } { 2 }V_{ ABC.A'B'C' } $
$ =\frac { 1 } { 3.2 }\left[ 3.\left ( { \frac { MA } { AA' }+\frac { CP } { CC' } } \right ) \right].V_{ ABC.A'B'C' } $
$ =\frac { 1 } { 2 }.\left ( { \frac { MA } { AA' }+\frac { CP } { CC' } } \right ).V_{ ABC.A'B'C' } $
$ =\frac { 1 } { 2 }.\left ( { \frac { 1 } { 2 }+\frac { 5 } { 11 } } \right ).88=42 $