Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có M, N, P, Q lần lượt là trung điểm của các cạnh SA, SB, SC, SD. Tỉ số là V S . M N P Q V S . A B C D là:
A. 1 8
B. 1 16
C. 3 8
D. 1 6
Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có M, N,P,Q lần lượt là trung điểm các cạnh SA, SB,SC,SD Biết khối chóp S.ABCD có thể tích bằng 16 a 3 Tính thể tích khối chóp S.MNPQ theo a
A. 2 a 3
B. a 3
C.8 a 3
D.4 a 3
Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có M, N, P, Q lần lượt là trung điểm các cạnh SA, SB, SC, SD. Biết khối chóp S.ABCD có thể tích bằng 16 a 3 . Tính thể tích khối chóp S.MNPQ theo a
A. 2 a 3
B. a 3
C. 8 a 3
D. 4 a 3
Đáp án A
(với h’ và h lần lượt là khoảng cách từ S đến (MNPQ) và (ABCD)).
=> Chọn phương án A.
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi M, N, P, Q lần lượt là trung điểm của các cạnh bên SA, SB, SC, SD (H.4.27). Chứng minh rằng tứ giác MNPQ là hình bình hành,
Xét tam giác SAB ta có: MN là đường trung bình suy ra MN // AB.
Tương tự ta có: NP // BC, PQ // CD, MQ // AD.
Mà ABCD là hình bình hành nên AB // CD, AD// CD, suy ra MN // PQ, MQ // NP.
Như vậy, MNPQ là hình bình hành.
Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có SA=a và SAB= 11 π 24 . Gọi Q là trung điểm cạnh SA. Trên các cạnh SB,SC,SD lần lượt lấy các điểm M,N,P không trùng với các đỉnh hình chóp. Tìm giá trị nhỏ nhất của tổng AM+MN+NP+PQ theo a
Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có SA = a và S A B ⏜ = 11 π 24 . Gọi Q là trung điểm của cạnh SA. Trên các cạnh SB, SC, SD lần lượt lấy các điểm M, N, P không trùng với các đỉnh của hình chóp. Tìm giá trị nhỏ nhất của tổng A M + M N + N P + P Q theo a
A. a 2 sin 11 π 24 3
B. a 3 2
C. a 2 4
D. a 3 sin 11 π 12 3
Chọn đáp án B
Do S.ABCD là hình chóp tứ giác đều nên mỗi mặt bên là một tam giác cân tại đỉnh S.
Theo giả thiết ta có
Cắt hình chóp theo cạnh bên SA rồi trải các mặt bên thành một mặt phẳng ta được hình vẽ bên sao cho khí ghép lại thì A ≡ A '
Suy ra A S A ' ⏜ = 4 . A S B ⏜ = π 3 và ∆ S A A ' đều cạnh SA = a
Khi đó tổng AM + MN + NP + PQ là tổng của các đường gấp khúc.
Tổng này đạt nhỏ nhất bằng AQ nếu xảy ra trường hợp các điểm A, M, N, P, Q thẳng hàng.
Mà ∆ S A A ' đều có Q là trung điểm SA nên A Q = S A 3 2 = a 3 2
Vậy m i n A M + M N + N P + P Q = a 3 2
Cho khối chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật tâm O, các điểm M, N, P, Q lần lượt là trung điểm của các cạnh SA, SB, SC, SD. Gọi V 1 , V 2 lần lượt là thể tích của S.ABC và O.MNPQ. Tính tỉ số V 1 V 2
A. V 1 V 2 = 1
B. V 1 V 2 = 2
C. V 1 V 2 = 4
D. V 1 V 2 = 8
Cho khối chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật tâm O, các điểm M, N, P, Q lần lượt là trung điểm của các cạnh SA, SB, SC, SD. Gọi V 1 , V 2 lần lượt là thể tích của S.ABC và O.MNPQ. Tính tỉ số V 1 V 2 .
A. V 1 V 2 = 1
B. V 1 V 2 = 2
C. V 1 V 2 = 4
D. V 1 V 2 = 8
Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có Sa=a và S A B ⏜ = 11 π 24 . Gọi Q là trung điểm cạnh SA. Trên các cạnh SB, Sc, SD lần lượt lấy các điểmM, N, P không trùng với các đỉnh hình chóp. Tìm giá trị nhỏ nhất của tổng A M + M N + N P + P Q theo a
A. a 2 4
B. a 3 sin 11 π 12 3
C. a 3 2
D. a 2 sin 11 π 24 3
Đáp án C
Trải khối chóp đều S.ABCD ra mặt phẳng như hình vẽ bên:
Với điểm A=A' và H là trung điểm của AA'
Dễ thấy để A M + M N + N P + P Q nhỏ nhất <=> các điểm A, M, N, P, Q thẳng hàng ⇒ A M + M N + N P + P Q = A Q
Tam giác SAA' có A S A ⏜ = 4 A S B ⏜ = 4 π − 2 11 π 24 = π 3
Mà S A = S A ' ⇒ Δ S A A ' là tam giác đều ⇒ A Q = a 3 2
Cho hình chóp tứ giác $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình vuông cạnh $a$ và $SA$ vuông góc với mặt phẳng $(ABCD)$. Gọi $O$ là trung điểm của cạnh $SC$, $M$, $N$ lần lượt là trung điểm của các cạnh $SB$, $SD$. Gọi $P$ là điểm nằm trên đường thẳng $AN$ sao cho $OP \perp AM$. Chứng minh rằng: $$\frac{PM}{PN} = \frac{1}{3}.$$ **Lời giải:** Áp dụng định lí Menelaus lần lượt trên tam giác $ABC$ và $ACD$, ta có: $$\frac{SM}{SB}\cdot \frac{BO}{OC}\cdot \frac{CQ}{QA} = 1,$$ $$\frac{SD}{SC}\cdot \frac{CO}{OB}\cdot \frac{BP}{PA} = 1,$$ trong đó $Q$ là giao điểm của $SN$ và $OM$. Do đó, ta có: $$\frac{SM}{SB} = \frac{SC}{SO},$$ $$\frac{SD}{SC} = \frac{SB}{SO}.$$ Tiếp theo, ta chứng minh $AP \parallel DC$. Ta có $\angle BSA = 90^{\circ}$ và $\angle BSC = \angle DSC$ nên tam giác $BSD$ vuông cân tại $S$. Do đó $SM = NS$. Khi đó, ta có: $$\frac{SM}{SB} = \frac{NS}{NB} = \frac{1}{2}.$$ Từ đó ta suy ra $\frac{SC}{SO} = \frac{1}{2}$, hay $SO = 2SC$. Áp dụng định lí Pythagore trong tam giác $SBO$ ta có: $SB = \sqrt{2}a$. Mặt khác, ta có $OM = \frac{1}{2}a$ và $OS = \frac{2}{3}SC = \frac{1}{3}a$, suy ra $BM = \frac{\sqrt{2}}{2}a$ và $BO = \frac{\sqrt{6}}{2}a$. Áp dụng định lí Pythagore trong tam giác $SDO$ ta có: $SD = \sqrt{6}a$. Mặt khác, ta có $ON = \frac{1}{2}a$ và $OS = \frac{2}{3}SC = \frac{1}{3}a$, suy ra $DN = \frac{\sqrt{2}}{2}a$ và $DO = \frac{\sqrt{6}}{2}a$. Ta có $AP \parallel DC$ khi và chỉ khi: $$\frac{BP}{PA} = \frac{AD}{DC} = \sqrt{2} - 1,$$ trong đó ta đã sử dụng tính chất hình học của hình vuông. Từ định lí Menelaus cho tam giác $ACD$, ta có: $$\frac{AD}{CD}\cdot \frac{CP}{PA}\cdot \frac{NB}{ND} = 1.$$ Do đó, ta có: $$\frac{BP}{PA} = \frac{AD}{CD}\cdot \frac{ND}{NB} = (\sqrt{2} - 1)\cdot \frac{\frac{1}{2}a}{\frac{\sqrt{2}}{2}a} = \frac{2 - \sqrt{2}}{2}.$$ Ta cũng có thể tính được $\frac{PM}{PN}$ bằng cách sử dụng định lí Menelaus cho tam giác $ANB$: $$\frac{AP}{PB}\cdot \frac{MB}{MN}\cdot \frac{SN}{SA} = 1,$$ từ đó ta có: $$\frac{PM}{PN} = \frac{SN}{SM}\cdot \frac{PB}{PA}\cdot \frac{MB}{NB} = \frac{2}{1}\cdot \frac{2 - \sqrt{2}}{2}\cdot \frac{\frac{\sqrt{2}}{2}a}{\frac{\sqrt{2}}{2}a} = \frac{1}{3}.$$ Vậy $\frac{PM}{PN} = \frac{1}{3}$, ta đã chứng minh được bài toán.