ĐGTD ĐH Bách khoa - Tư duy Toán học - Thể tích khối chóp

Công thức tính thể tích khối chóp V=13Sh

Đáp án cần chọn là: C

Phép vị tự tỉ số k > 0 biến khối chóp có thể tích V thành khối chóp có thể tích V′. Khi đó V'V=k3

Đáp án cần chọn là: D

Nếu A',B',C' là ba điểm lần lượt nằm trên các cạnh SA,SB,SC của hình chóp tam giác S.ABC. Khi đó:

VS.A'B'C'VS.ABC=SA'SA.SB'SB.SC'SC

Đáp án cần chọn là: D

Ta có: SΔBCD=12SABCD=12a2m ;

VS.BCD=13SA.SBCD=13a.12a2=a36

Đáp án cần chọn là: A

 

Ta có: SABCD=12AB+CD.AD=122a+aa=3a22

SΔABD=12AD.AB=12a.2a=a2
⇒SBCD=SABCD−SABD=3a22−a2=a22SA=2a2=a2
⇒VS.BCD=13SA.SBCD=13a2.a22=a326

Đáp án cần chọn là: B

Gọi O là trọng tâm tam giác đều ABC

Vì chóp S.ABC đều nên SO⊥ABC

⇒OA là hình chiếu vuông góc của SA lên (ABC)

⇒SA;ABC^=SA;OA^=SAO^=600

SO⊥ABC⇒SO⊥OA⇒ΔSAO vuông tại O

Gọi D là trung điểm của BC ta có: AD=a32⇒AO=23AD=23a32=a33

⇒SO=AO.tan60=a33.3=a

Vì tam giác ABC đều nên SΔABC=a234

Vậy VS.ABC=13SO.SΔABC=13aa234=a3312

Đáp án cần chọn là: B

Gọi O=AC∩BD.Vì chóp S.ABCD đều nên SO⊥ABCD

Vì chóp S.ABCD đều nên ABCD là hình vuông

⇒SABCD=AB2=16⇒AB=4cm=AD

Gọi E là trung điểm của AB⇒OE là đường trung bình của tam giác ABD
⇒OE//AD⇒OE⊥AB và OE=12AD=12.4=2cm

OE⊥ABSO⊥AB(SO⊥(ABCD))⇒AB⊥(SOE)⇒AB⊥SE

⇒SΔSAB=12SE.AB=83⇒SE=163AB=1634=43cm

SO⊥ABCD⇒SO⊥OE⇒ΔSOE vuông tại O

⇒SO=SE2−OE2=48−4=44=211cm

Vậy VS.ABCD=13SO.SABCD=13.211.16=32113cm3

Đáp án cần chọn là: C

Bước 1:

Gọi G là trọng tâm tam giác ABC. Vì chóp S.ABC đều nên SG⊥ABC

Gọi D là trung điểm của BC ta có: AD⊥BC

Ta có: BC⊥ADBC⊥SG(SG⊥(ABC))⇒BC⊥(SAD)⇒BC⊥SD

(SBC)∩(ABC)=BC(SBC)⊃SD⊥BC(ABC)⊃AD⊥BC⇒((SBC);(A^BC))=(SD;A^D)=SDA^=600

Bước 2:

Vì tam giác ABC đều cạnh a nên AD=a32⇒DG=13AD=a36

SG⊥ABC⇒SG⊥AD⇒ΔSGD vuông tại G

⇒SG=GD.tan60=a36.3=a2

Bước 3:

Tam giác ABC đều ⇒SΔABC=a234

Bước 4:

⇒VS.ABC=13SG.SΔABC=13.a2.a234=a3324

Đáp án cần chọn là: C

Áp dụng định lý Pitago cho ΔABC vuông tại A ta có:

AC=BC2−AB2=4a2−a2=a3.
⇒SΔABC=12AB.AC=12.a.a3=a232.

Ta có: SC⊥ABC⇒SC⊥AC

⇒AC là hình chiếu của SA trên (ABC)

⇒∠SA,  ABC=∠SA,  AC=∠SAC=600

Xét ΔSACvuông tại CC ta có: SC=CA.tan600=a3.3=3a.

⇒VS.ABC=13SC.SΔABC=13.3a.a232=a332.
Đáp án cần chọn là: D

Vì M là trung điểm của SD nên VSABMVSABD=SMSD=12

Mà VSABDVSABCD=12⇒VSABD=12.4a3=2a3

⇒VSABM=a3=13.dM;SAB.SSAB⇔dM;SAB=3a3a2=3a

Đáp án cần chọn là: C

Ta có:SA⊥ABCD⇒AC là hình chiếu của SC trên

ABCD⇒SC;ABCD^=SC;AC^=600

SA⊥ABCD⇒SA⊥AC⇒ΔSACvuông tại A và SCA^=600

Xét tam giác vuông SAC có:

SA=AC.tan60=a2.3=a6; SC=ACcos60=a212=2a2

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông SAC có:

AC2=HC.SC⇒HCSC=AC2SC2=2a28a2=14

Trong(SAC)  kẻ  HK//SA⇒HK⊥ABCD

Ta có:HKSA=HCSC=14⇒HK=14SA=a64

Vậy VH.ABCD=13HK.SABCD=13.a64.3a22=a368

Đáp án cần chọn là: C

Ta có:

AC⊥ABAC⊥SB(SB⊥(ABC))⇒AC⊥(SAB)⇒AC⊥SA

⇒SA là hình chiếu vuông góc của SC trên

SAB⇒SC;SAB^=SC;SA^=CSA^=300(SAC)∩(ABC)=AC(SAC)⊃SA⊥AC(ABC)⊃AB⊥AC⇒((SAC);(A^BC))=(SA;A^B)=SAB^=600

SB⊥ABC⇒SB⊥AB⇒ΔSAB  vuông tại B

⇒AB=SB.cot600=a.13=a33

⇒SA=SB2+AB2=a2+a23=2a3

Xét tam giác vuông SAC ta có: AC=SA.tan300=2a3.13=2a3

SABC=12AB.AC=12a33.2a3=a239
VS.ABC=13SB.SABC=13.a.a239=a3327

Đáp án cần chọn là: A

Ta có:

ABCD là tứ diện vuông tại A nên

VABCD=16AB.AC.AD=16.6a.7a.4a=28a3

Áp dụng công thức tính tỉ lệ thể tích các khối tứ diện ta có:

VDAPNVDABC=DADA.DPDB.DNDC=11.12.12=14⇒VDAPN=14VDABC=14.28a3=7a3

VBAPMVBADC=BABA.BPBD.BMBC=11.12.12=14⇒VBAPM=14VBADC=14.28a3=7a3

VCAMNVCABD=CACA.CMCB.CNCD=11.12.12=14⇒VCAMN=14VCABD=14.28a3=7a3

Do đó

VAMNP=VABCD−VDAPN−VBAPM−VCAMN=28a3−7a3−7a3−7a3=7a3

Đáp án cần chọn là: D

(SAB)⊥(ABCD)(SAD)⊥(ABCD)(SAB)∩(SAD)=SA⇒SA⊥(ABCD)

⇒AC là hình chiếu vuông góc của SC trên

ABCD⇒SC;ABCD^=SC;AC^=SCA^=450

(vì SA⊥ABCD⇒SA⊥AC⇒ΔSAC vuông tại A⇒SCA^<90o)

⇒SA=AC=a2
SABCD=a2
SAMN=12AM.AN=12a2a2=a28
SBCM=12BM.BC=12a2.a=a24
⇒SMCDN=SABCD−SAMN−SBCM=a2−a28−a24=5a28
⇒VS.MCDN=13SA.SMCDN=13a2.5a28=5a3224

Đáp án cần chọn là: D

ΔABC là tam giác đều cạnh aa nên có diện tích SABC=a234

Ta có AM=AA12=a2

Hai tứ diện MABC và MA1BC có chung đỉnh C, diện tích hai đáy MAB và MA1B bằng nhau nên có thể tích bằng nhau, suy ra

VM.BCA1=VM.ABC=13AM.SABC=a3324
Đáp án cần chọn là: B

Gọi O=AC∩BD

Vì chóp S.ABCD đều nên SO⊥ABCD

Đặt SA=SB=SC=SD=a

Tam giác SCD có: SC=SD;CSD^=600⇒ΔSCD đều

⇒CD=SC=SD=a

⇒ Hình vuông ABCD cạnh a⇒AC=BD=a2⇒OC=12AC=a22

SO⊥ABCD⇒SO⊥OC⇒ΔSOC vuông tại O

⇒SO=SC2−OC2⇒h=a2−a22=a22⇒a=h2

⇒SABCD=a2=h22=2h2

Vậy VS.ABCD=13SO.SABCD=13h.2h2=2h33
Đáp án cần chọn là: C

Thể tích khối bát diện đều V=2VS.ABCD

Gọi O=AC∩BD⇒SO⊥ABCD

Vì ABCD là hình vuông nên AC=BD=a2⇒OA=12AC=a22

SO⊥ABCD⇒SO⊥OA⇒ΔSOA vuông tại O

⇒SO=SA2−OA2=a2−a22=a22
⇒VS.ABCD=13SO.SABCD=13a22.a2=a326
⇒V=2a326=a323

Đáp án cần chọn là: D

Trong mp(SBC) kẻ SH⊥BCH∈BC⇒SH⊥ABC,H là trung điểm BC

Xét tam giác vuông ABC có BC=a2+3a2=2a⇒ΔSBC đều cạnh 2a

⇒SH=2a32=a3⇒VS.ABC=13SH.SΔABC=16SH.AB.AC=12a3

Đáp án cần chọn là: A

Dễ thấy ΔSAB=ΔSACc.g.c nên SB=SC hay tam giác ΔSBC cân.

Gọi M là trung điểm BC ta có: AM⊥BC,SM⊥BC⇒BC⊥SAM

Gọi H là hình chiếu của S trên AM thì SH⊥AM,SH⊥BC nên SH là đường cao của hình chóp.

Xét tam giác SAB có:

SB2=SA2+AB2−2SA.ABcos300=16⇒SB=4⇒SC=4

Do đó SM2=SB2+SC22−BC24=15⇒SM=15

Tam giác ABC có AM2=AB2+AC22−BC24=15⇒AM=15

Khi đó SSAM=pp−ap−bp−c=6

Do đó: SH=2SSAMAM=2.615=4155

VS.ABC=13SABC.SH=13.12AM.BC.SH=16.15.2.4155=4
Đáp án cần chọn là: C

Gọi H là hình chiếu của S lên (ABCD).

Khi đó, SAH^=SCH^ vì hai góc này lần lượt là góc tạo bởi SA,SC với mặt phẳng đáy.

SBH^=450,tanSDH^=13

Tam giác ΔSAH=ΔSCH⇒HA=HC⇒H nằm trên trung trực của AC.

Mà BD là đường trung trực của AC nên H∈BD

Lại có SBH^=450⇒HB=HS,tanSDH^=13=SHHD

⇒HBHD=13⇒HBBD=14

Mà BD=a2⇒HB=a24⇒SH=a24

Vậy VS.ABCD=13SH.SABCD=13.a24.a2=a3212
Đáp án cần chọn là: D

Xét tam giác ABC, giả sử AB=6,  BC=8,  AC=10 ta có

AB2+BC2=AC2  =100 nên tam giác ABC vuông tại B (định lí Pytago đảo)

⇒SΔABC=12AB.BC=12.6.8=24

Gọi H là hình chiếu vuông góc của S lên (ABC) và giả sử SA hợp với đáy góc 60⁰ ⇒HA là hình chiếu của SA lên (ABC) nên

∠SA;ABC=∠SA;HA=∠SAH=600
⇒SH=SA.sin600=4.32=23

Vậy VS.ABC=13SH.SΔABC=13.23.24=163

Đáp án cần chọn là: D

Giả sử khối chóp ABCD có AB=a,  AC=2a,  AD=3a

Gọi H là hình chiếu vuông góc của D lên (ABC), khi đó ta có: DH⊥ABC và DH≤AD

Ta có: SABC=12AB.AC.sin∠BAC≤12AB.AC

Vây VABCD=13DH.SΔABC≤13AD.12AB.AC=16AB.AC.AD=16.a.2a.3a=a3
Dấu “=” xảy ra ⇔AD⊥ABC,  AB⊥AC hay AB,AC,AD đôi một vuông góc.

Đáp án cần chọn là: D

Gọi D là giao điểm của MB và EN thì D là trung điểm của MB.

Ta có: VMNEF=VM.NEF=13SNEF.dM,NEF

Do D là trung điểm của MB và MB cắt (EFN) tại D nên dM,NEF=dB,NEF

⇒VMNEF=13SNEF.dB,NEF=VB.NEF

Mà VB.NEFVB.CAS=BNBC.BEBA.BFBS=12.12.23=16

⇒VB.NEF=16VB.CAS=16VS.ABC

Vì SA=SB=SC nên S nằm trên trục đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.

Mà ABC vuông cân nên M là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác. Do đó

SM⊥ABC

Diện tích tam giác ABC là SABC=12AB.BC=12.4.4=8

Tam giác ABC vuông cân tại B nên

AC=AB2+BC2=42+42=42⇒AM=12AC=12.42=22

Tam giác SMA vuông tại M nên theo Pitago ta có: SM=SA2−AM2=122−222=234

Thể tích khối chóp S.ABC là: VS.ABC=13SABC.SM=13.8.234=16343

Thể tích khối tứ diện MNEF là: VMNEF=16.VS.ABC=16.16343=8349

Đáp án cần chọn là: A

Trong (SMC) kẻ SI⊥MC  I∈MC ta có:

(SMC)⊥(ABCD)=MCSI⊂(SMC),SI⊥MC⇒SI⊥(ABCD)

⇒IM là hình chiếu của SM lên (ABCD).

⇒∠SM;ABCD=∠SM;IM=∠SMI=∠SMC=600

Áp dụng định lí Pytago trong tam giác BMC vuông tại B :

BM=AB2=a;  BC=a⇒MC=BC2+BM2=a2

Xét tam giác SMC vuông tại S có ∠SMC=600;  MC=a2

⇒SM=MC.cos600=a22

Xét tam giác SMI vuông tại I có ∠SMI=600;  SM=a22

⇒SI=SM.sin600=a22.32=a64

Vậy thể tích khối chóp là V=13SI.SABCD=13.a64.2a2=a366.

Đáp án cần chọn là: A

Tứ diện ABCD đều cạnh a có thể tích là VABCD=a3212

Vì tứ diện đều ABCD cạnh 8  nên VABCD=83212=12823

Tứ diện đều FAHI cạnh x nên V1=x3212

Tương tự ta có: V2=V3=V4=x3212

⇒Khối đa diện tạo thành sau khi cắt có thể tích là

V=VABCD−4V1=12823−4x3212=128−x323

Vì khối đa diện tạo thành sau khi cắt có thể tích bằng 34 thể tích tứ diện ABCD nên ta có:

128−x323=3412823⇒128−x3=96⇔x3=32⇒x=323=243
Đáp án cần chọn là: D

Gọi O=AC∩BD.Vì chóp S.ABCD đều nên SO⊥ABCD

Gọi E và F lần lượt là trung điểm của CD và AB

Ta có:

AB//CD⇒SA⊂SAB//CD⇒dCD;SA=dCD;SAB=dE;SAB=2dO;SAB=a3⇒dO;SAB=a32

Ta có:

OF⊥ABSO⊥AB(SO⊥(ABCD))⇒AB⊥(SOF)

Trong (SOF)  kẻ OH⊥SF  1

Vì AB⊥SOF⇒AB⊥OH  2

Từ (1) và (2) suy ra OH⊥SAB⇒dO;SAB=OH=a32

Xét tam giác vuông SOF có: 1OH2=1SO2+1OF2

⇒1SO2=1OH2−1OF2=43a2−1a2=13a2⇒SO=a3

Vậy VS.ABCD=13SO.SABCD=13a3.4a2=4a333

Đáp án cần chọn là: D

Vì BC//AD nên mặt phẳng (BMC) cắt (SAD) theo đoạn thẳng MN//ADN∈SD

Vì MN//AD⇒SMSA=SNSD=k

VS.MBCVS.ABC=SMSA=k⇒VS.MBC=k.VS.ABC=k2.VS.ABCDVS.MNCVS.ADC=SMSA.SNSD=k2⇒VS.MNC=k2.VS.ADC=k22.VS.ABCD⇒VS.MBCN=VS.MBC+VS.MNC=k2+k22VS.ABCD

Để mặt phẳng (BMNC) chia hình chóp thành 2 phần có thể tích bằng nhau thì

k2+k22=12⇔k2+k−1=0⇔k=−1+52 do k > 0

Đáp án cần chọn là: B

Gọi O là trọng tâm tam giác BCD

⇒GB→+GC→+GD→=3GO→

⇒GA→+3GO→=0→

⇒GA→=−3GO→

⇒AGAO=34

Trong (ABE) gọi F=BG∩AE  F∈AE

Lấy M∈AC trong (ACD) gọi N=MF∩AD   N∈AD 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:

GAGO.BOBE.FEFA=1⇒3.23.FEFA=1⇒FEFA=12⇒AFAE=23⇒F là trọng tâm tam giác ACD.

Trong (ACD) kéo dài MN cắt CD tại H. Đặt AMAC=x(0<x<1)

 Áp dụng định lí Menelaus trong tam giác ACE, cát tuyến MHF:

MAMC.HCHE.FEFA=1⇒x1−x.HCHE.12=1⇒HCHE=21−xx
⇒HE=x21−xHC
⇒HC+CE=x21−xHC
⇒CE=3x−221−xHC

Ta có:

HD=HC+2CE         =HC+3x−21−xHC=2x−11−xHC⇒HEHD=x21−x:2x−11−x=x22x−1

Áp dụng định lí Menelaus trong tam giác AED, cát tuyến MFN:

FAFE.HEHD.NDNA=1⇒2.x22x−1.NDNA=1⇒NDNA=2x−1x⇒NAND=x2x−1⇒NANA+ND=xx+2x−1=x3x−1⇒ANAD=x3x−1

Khi đó ta có VABMNVABCD=AMAC.ANAD=x.x3x−1=x23x−1  x>13

Xét hàm số fx=x23x−1  x>13 ta có

f'x=2x3x−1−3x23x−12=3x2−2x3x−12;f'(x)=0⇔x=0ktmx=23

BBT:

Dựa vào BBT ta thấy min13;+∞fx=f23=49

Vậy giá trị nhỏ nhất của tỉ số VABMNVABCD=49
Đáp án cần chọn là: B

Theo bài ra ta có A1 là trọng tâm tam giác BCD nên A cũng là trọng tâm ΔB1C1D1

Do đó VABCD=3VA.A1BC=3VB.AA1C và VA1B1C1D1=3VA1AB1C1=3VB1AA1C1

Mặt khác do quan hệ song song nên ta có: dB;AA1CC1=dB;AA1CC1 và SΔAA1C=SΔAA1C1 nên suy ra VB.AA1C=VB1.AA1C1

Vậy VA1B1C1D1=VABCD=18

Đáp án cần chọn là: B

Gọi O=AC∩BD⇒SO⊥ABCD

Vì khoảng cách từ J đến các mặt bên và mặt đáy đều bằng r nên J∈SO

Gọi M là trung điểm của CD, trong (SOM) kẻ OH⊥SM  ta có:

CD⊥OMCD⊥SO⇒CD⊥(SOM)⇒CD⊥OHOH⊥CDOH⊥SM⇒OH⊥(SCD)

Trong (SOM) kẻ JK∥OH⇒JK⊥SCD⇒dJ;SCD=JK

Có dJ;ABCD=JO

Theo bài ra ta có JK=JO=r

Ta có VS.ABCD=13SO.SABCD⇒a336=13SO.a2⇒SO=a32

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có:

OH=SO.OMSO2+OM2=a32.a23a24+a24=a34

Áp dụng định lí Ta-lét ta có

JKOH=SJSO⇒ra34=a32−ra32⇔2r=a32−r⇔3r=a32⇔r=a36
Đáp án cần chọn là: D

Giả sử SC∩IMN=P⇒IMN∩SAC=IP

Ta có: (IMN)∩(SAC)=IP(IMN)∩(ABCD)=MN(SAC)∩(ABCD)=AC⇒IP∥MN∥AC
Trong (ABCD) gọi E=MN∩CD trong (SCD) gọi Q=NP∩SD

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

Gọi V1=VS.BMNPQI,  V=VS.ABCDtheo bài ra ta có V1=732V

Ta có V1=VS.BMN+VS.IMN+VS.INP+VS.IPQ

Đặt SISA=x   (0<x<1) áp dụng định lí Ta-lét ta có SISA=SPSC=x

- Xét khối chóp S.BMN và S.ABCD:

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

SBMN=14SABC=18SABC(do tam giác BMN và tam giác BAC đồng dạng theo tỉ số 12)

Do đó VS.BMN=18VS.ABCD=18V

- Xét khối chóp S.IMN và S.AMN:

VS.INPVS.ANC=SISA.SPSC=x2⇒VS.IMN=x2.VS.ANC

Ta có SANC=12SABC=14SABCD⇒VS.ANC=14V⇒VS.IMN=x24V

- Xét khối chóp S.IPQ và S.ACD: VS.IPQVS.ACD=SISA.SPSC.SQSD

Ta có AMEC là hình bình hành nên EC=AM=12CD⇒ECED=13

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

PSPC.ECED.QDQS=1⇒x1−x.13.QDQS=1
⇒QDQS=31−xx⇒SQQD=x31−x⇒SQSQ+QD=xx+31−x⇒SQSD=x3−2x

Suy ra VS.IPQVS.ACD=SISA.SPSC.SQSD=x2.x3−2x=x33−2x

⇒VS.IPQ=x33−2xVS.ACD

Mà SACD=12SABCD⇒VS.ACD=12V⇒VS.IPQ=x323−2xV

Khi đó ta có:

V1=VS.BMN+VS.IMN+VS.INP+VS.IPQ
⇒V1=18V+x8V+x24V+x32(3−2x)V
⇒V1=18+x8+x24+x32(3−2x)V=732v
⇒18+x8+x24+x32(3−2x)=732
⇔1+x+2x24+x33−2x=716
⇔(1+x+2x2).(12−8x)+16x3=7(3−2x)
⇔12+12x+24x2−8x−8x2−16x3+16x3=21−14x
⇔16x2+18x−9=0⇔x=38tmx=−32ktm

⇒SISA=38⇒ISIA=35⇒IAIS=53
Đáp án cần chọn là: A

Gọi M,N,P lần lượt là hình chiếu của điểm S lên AB,BC,AC ta có:

     SΔABC=SΔBCA=SΔCAB⇒12SM.AB=12SN.BC=12SP.CA

Mà AB=BC=CA  gt⇒SM=SN=SP

Gọi O là hình chiếu của S lên (ABC), ta có:

AB⊥SMAB⊥SO⇒AB⊥(SOM)⇒AB⊥OM

CMTT ta có ON⊥BC,  OP⊥AC

Xét các tam giác vuông ΔSOM,  ΔSON,  ΔSOP có:

SO  chungSM=SN=SP  cmt

⇒ΔSOM=ΔSON=ΔSOP(cạnh huyền – cạnh góc vuông)

⇒OM=ON=OP suy ra OO cách đều các cạnh AB,BC,CA nên O là tâm đường tròn nội tiếp ΔABC hoặc O là tâm đường tròn bàng tiếp ΔABC

+ TH1: O là tâm đường tròn nội tiếp ΔABC. Mà ΔABC đều nên O là đồng thời là trọng tâm tam giác đều ABC. Khi đó ta có

AN=6.32=322,  AO=23AN=2
⇒SO=SA2−AO2=18−2=4
SΔABC=62.34=332
⇒VS.ABC=13SO.SΔABC=13.4.332=23

TH2: O là tâm đường tròn bàng tiếp ΔABC.

Gọi R là bán kính đường tròn bàng tiếp tam giác ABC, p là nửa chu vi tam giác ABC

⇒p=362

Khi đó ta có SABC=p−BC.R

⇒62.34=362−6.R⇔R=322

Có AN=6.32=322⇒OA=AN+ON=32

⇒SA>OA=32 (quan hệ giữa đường vuông góc và đường xiên)

⇒SB=32

Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông OBM có: OB=OM2+BM2=3222+622=6

Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông SOB có:

SO=SB2−OB2=322−62=23

Khi đó ta có VS.ABC=13.SO.SABC=13.23.62.34=3

Vậy minVS.ABC=3

Đáp án cần chọn là: A

Đặt AEAB=x,  AFAD=y  (0<x,  y≤1).Theo bài ra ta có: 3ABAE+ADAF=5

⇒3x+1y=5   1

Vì hai khối chóp S.BCDFE và S.ABCD có cùng chiều cao nên

k=VS.BCDFEVS.ABCD=SBCDFESABCD

Đặt SABD=12BH.AD nên

SAEF=12xy.BH.AD=xy.BH.BC=32BH.BC.23xy⇒SAEF=23xy.S
⇒SBCDFE=SABCD−SAEF=S−23xy.S=S1−23xy
⇒k=S.1−23xyS=1−23xy

Theo (1) ta có: 3x+1y=5⇔y=x5x−3

Ta có 0<x5x−3≤1⇔x5x−3>0x−5x+35x−3≤0

⇔5x−3>0(do x>0)3−4x≤0⇔x>35x≥34⇔x≥34

Khi đó ta có

k=1−23xy=1−23x.x5x−3    =1−2x235x−3=15x−9−2x235x−3=fx

Xét hàm số fx=−2x2+15x−935x−3 với 34≤x≤1 ta có:

f'(x)=(−4x+15).3(5x−3)−(−2x2+15x−9).159(5x−3)2
f'(x)=3(−20x2+87x−45)−(−30x2+225x−135)9(5x−3)2
f'(x)=−30x2+36x9(5x−3)2=0⇔x=65ktmx=0ktmBBT:⇒kmin=12,  kmax=23Vậy kmin+kmax=12+23=76

Đáp án cần chọn là: D

Gọi O=AC∩BD ta có:

SA=SC⇒ΔSAC cân tại S⇒SO⊥AC

Tam giác SBD vuông cân tại S⇒SO⊥BD

⇒SO⊥ABCD

Trong (SBD), gọi I=MN∩BD

Đặt SMSB=x,  SNSD=y  (0<x,  y<1)

Ta có: VS.AMEVS.ABC=SMSB.SESC=12x⇒VS.AMEVS.ABCD=14x

VS.ANEVS.ADC=SNSD.SESC=12y⇒VS.ANEVS.ABCD=14y
⇒VS.AMNEVS.ABCD=VS.AMEVS.ABCD+VS.ANEVS.ABCD=x+y4   1

Ta lại có: VS.AMNVS.ABD=SMSA.SNSD=xy⇒VS.AMNVS.ABCD=xy2

VS.MNEVS.BDC=SMSB.SNSD.SESC=12xy⇒VS.MNEVS.ABCC=xy4
⇒VS.AMNEVS.ABCD=VS.AMNVS.ABCD+VS.MNEVS.ABCD=xy2+xy4=3xy4  2

Từ (1) và (2) ⇒x+y4=3xy4⇔x+y=3xy

⇔x=3x−1y⇔y=x3x−1  x≠13

Do x,  y>0⇒3x−1>0⇔x>13

Khi đó ta có VS.AMNEVS.ABCD=14x+x3x−1

Xét hàm số fx=x+x3x−1  x>13 ta có:

f'x=1−13x−12=0⇔3x−1=13x−1=−1⇔x=23x=0(ktm)
BBT:

Dựa vào BBT ta thấy minVS.AMNE=14.43VS.ABCD=13VS.ABCD

⇒maxVABCDNEM=23VS.ABCD⇒V0=23VS.ABCD
Ta có: ΔABD đều cạnh 2AB=AD, ∠BAD=600⇒SABD=2234=3

⇒SABCD=23

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

SO=12BD=1
⇒VS.ABCD=13SO.SABCD=13.1.23=233

Vậy V0=23VS.ABCD=439
Đáp án cần chọn là: D

 

 

Gọi BM,DN lần lượt là các đường cao của tam giác BCD⇒BM∩DN=H

Ta có: CD⊥BMCD⊥AH⇒CD⊥(ABM)⇒CD⊥AM

⇒AM là đường cao của tam giác đều ACD, do đó M là trung điểm của CD.

Gọi P là trung điểm của AD, do ΔACD đều nên CP⊥AD

Ta có:

BC⊥AHBC⊥DN⇒BC⊥(ADN)⇒BC⊥ADAD⊥BAD⊥CP⇒AD⊥(BCP)⇒AD⊥NP

Ta có: (ADN)∩(ACD)=ADNP⊂(ADN),NP⊥AD(cmt)CP⊂(ACD),CP⊥AD(cmt)

⇒∠ADN;ACD=∠NP;CP=∠NPC=450

Ta có: BC⊥ADN  cmt⇒CN⊥NP⇒NCP vuông tại N, lại có

∠NPC=450  cmt⇒∠NCP=450 hay ∠BCP=450   1

Gọi G=AM∩CP⇒G là trọng tâm tam giác đều ACD.

Ta có:

AD⊥(BCP)(cmt)⇒AD⊥BGCD⊥(ABM)(cmt)⇒CD⊥BG⇒BG⊥ACD mà G là trọng tâm tam giác đều 
ACD⇒BA=BC=BD=a6

Ta có BG⊥ACD⇒BG⊥CG⇒ΔBCG  vuông tại G  (2).

Từ (1) và (2) suy ra tam giác BCG vuông cân tại G⇒BG=CG=BC2=a3

Ta có: CP=32CG=3a32=AC32 đều cạnh 3a3a nên
SΔACD=3a234=9a234

Vậy VABCD=13BG.SΔACD=13.a3.9a234=9a34

Đáp án cần chọn là: C

Gọi H là hình chiếu của O lên SB.

 

Ta có: OB=2BC2+2BA2−AC24=BC,OC=12AC=BC2

Suy ra OB⊥BC

Dễ thấy ∠SBO=α và OH=dO;SBC=12dA;SBC=1

Suy ra SO=OHcosα=1cosα,OB=OHsinα=1sinα

⇒BC=OB=1sinα

Thể tích khối chóp S.ABC là: 

VS.ABC=13SO.SABC=13SO.2SOBC             =13.1cosα.1sinα2=13cosα.sin2α

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có:

1=12sin2α+12sin2α+cos2α≥3.14sin4α.cos2α3⇔127≥14.sin4α.cos2α⇒1sin2αcos2α≥332⇒VS.ABC≥32

Vậy minVS.ABC=32. Dấu “=” xảy ra ⇔cos2α=12sin2α=13⇔cosα=33

⇒a=3,  b=2
Vậy a+b=3+2=5

Đáp án cần chọn là: B

 

Gọi I là điểm thỏa mãn IA→+IB→+IC→+ID→+IS→=0→

Ta có:

Q=MA2+MB2+MC2+MD2+MS2
Q=MI→+IA→2+MI→+IB→2+MI→+IC→2+MI→+ID→2+MI→+IS→2
Q=5MI2+2MI→IA→+IB→+IC→+ID→+IS→+IA2+IB2+IC2+ID2+IS2
Q=5MI2+IA2+IB2+IC2+ID2+IS2

Do các điểm I,A,B,C,D,S cố định nên IA2+IB2+IC2+ID2+IS2 không đổi, do đó Qmin⇔MImin

Khi đó M là hình chiếu của I lên (SCD) hay MI⊥SCD

Gọi O=AC∩BD ta có SO⊥ABCD và:

IA→+IB→+IC→+ID→+IS→=0→
⇔IA→+IC→+IB→+ID→+IS→=0→
⇔2IO→+2IO→+IS→=0⇔4IO→=IS→

Gọi E là trung điểm của CD. Ta có:

CD⊥OECD⊥SO⇒CD⊥(SOE)⇒(SOE)⊥(SCD)⇒IM⊂SOE

Trong (SOE) kẻ OH∥IM⇒OH⊥SE
Ta có:

SE=SC2−CE2=2a2−a24=a72SO=SE2−OE2=7a24−a24=a62SMSH=SISO=45SHSE=SO2SE2=6a24:7a24=67⇒SMSE=SMSH.SHSE=45.67=2435⇒MESE=1135

Ta có: SM∩ABCD=E⇒dM;ABCDdS;ABCD=MESE=1135

Vậy V2V1=VM.ACDVS.ABCD=13.dM;ABCD.SACD13.dS;ABCD.SABCD=1135.12=1170

Đáp án cần chọn là: C