Google
Câu hỏi: Cho hình chóp ${S . A B C D}$ có đáy ${A B C D}$ là hình thoi và có thể tích bằng 2. Gọi ${M}$, ${N}$ lần lượt là các điểm trên cạnh ${S B}$ và ${S D}$ sao cho ${\dfrac{S M}{S B}=\dfrac{S N}{S D}=k}$. Mặt phẳng ${\left(A M N \right)}$ cắt cạnh ${S C}$ tại ${Q}$. Tìm giá trị của ${k}$ để thể tích khối chóp ${S . A M Q N}$ bằng ${\dfrac{2}{3}}$.
A. ${k=\dfrac{2}{3}}$.
B. ${k=\dfrac{1}{8}}$.
C. ${k=\dfrac{1}{4}}$.
D. ${k=\dfrac{\sqrt{2}}{4}}$.
Gọi $J=AC\cap BD$ và $I=SJ\cap MN$ $\Rightarrow Q=AI\cap SC$.
Khi đó ${\dfrac{S M}{S B}=\dfrac{S N}{S D}=k}$ $\Rightarrow \dfrac{SI}{IJ}=\dfrac{k}{1-k}$.
Xét tam giác $SJC$, theo định lý Menelaus ta có $\dfrac{SI}{IJ}.\dfrac{AJ}{AC}.\dfrac{QC}{QS}=1$ $\Leftrightarrow \dfrac{k}{1-k}.\dfrac{1}{2}.\dfrac{QC}{QS}=1$ $\Leftrightarrow \dfrac{QC}{QS}=\dfrac{2-2k}{k}$ $\Rightarrow \dfrac{SQ}{SC}=\dfrac{k}{2-k}$.
Ta có $\dfrac{{{V}_{S.AMQN}}}{{{V}_{S.ABCD}}}=\dfrac{\dfrac{2}{3}}{2}=\dfrac{1}{3}\Leftrightarrow {{V}_{S.AMQN}}=\dfrac{1}{3}{{V}_{S.ABCD}}$.
Mà ${{V}_{S.AMQN}}={{V}_{S.AMQ}}+{{V}_{S.AQN}}$ ; ${{V}_{S.ABCD}}={{V}_{S.ABC}}+{{V}_{S.ACD}}=2{{V}_{S.ABC}}$ (vì ${{V}_{S.ABC}}={{V}_{S.ACD}}$, do ${A B C D}$ là hình thoi)
Lại có $\dfrac{{{V}_{S.AMQ}}}{{{V}_{S.ABC}}}=\dfrac{SA}{SA}.\dfrac{SM}{SB}.\dfrac{SQ}{SC}=1.k.\dfrac{k}{2-k}=\dfrac{{{k}^{2}}}{2-k}\Rightarrow {{V}_{S.AMQ}}=\dfrac{{{k}^{2}}}{2-k}{{V}_{S.ABC}}=\dfrac{{{k}^{2}}}{2\left( 2-k \right)}{{V}_{S.ABCD}}$.
Tương tự có $\dfrac{{{V}_{S.AQN}}}{{{V}_{S.ACD}}}=\dfrac{SA}{SA}.\dfrac{SQ}{SC}.\dfrac{SN}{SD}=1.\dfrac{k}{2-k}.k=\dfrac{{{k}^{2}}}{2-k}\Rightarrow {{V}_{S.AQN}}=\dfrac{{{k}^{2}}}{2-k}{{V}_{S.ACD}}=\dfrac{{{k}^{2}}}{2\left( 2-k \right)}{{V}_{S.ABCD}}$.
Suy ra ${{V}_{S.AMQN}}={{V}_{S.AMQ}}+{{V}_{S.AQN}}=\dfrac{{{k}^{2}}}{2\left( 2-k \right)}{{V}_{S.ABCD}}+\dfrac{{{k}^{2}}}{2\left( 2-k \right)}{{V}_{S.ABCD}}=\dfrac{{{k}^{2}}}{2-k}{{V}_{S.ABCD}}$.
Do đó $\dfrac{{{k}^{2}}}{2-k}=\dfrac{1}{3}\Leftrightarrow 3{{k}^{2}}=2-k\Leftrightarrow 3{{k}^{2}}+k-2=0\Leftrightarrow \left[ \begin{aligned}
& k=-1 \\
& k=\dfrac{2}{3} \\
\end{aligned} \right.$.
Với điều kiện $0<k<1$ suy ra $k=\dfrac{2}{3}$.
Cách 2:
Áp dụng:
Mặt phẳng cắt các cạnh của khối chóp tứ giác $S.ABCD$ có đáy là hình bình hành lần lượt tại $M,N,P,Q$ sao cho $\dfrac{SA}{SM}=x,\dfrac{SB}{SN}=y,\dfrac{SC}{SP}=z,\dfrac{SD}{SQ}=t$. Ta có
$\dfrac{{{V}_{S.MNPQ}}}{{{V}_{S.ABCD}}}=\dfrac{x+y+z+t}{4xyzt}$ và $x+z=y+t$.
Điều kiện $0<k<1$.
Ta có: $\dfrac{SB}{SM}+\dfrac{SD}{SN}=\dfrac{SC}{SQ}+\dfrac{SA}{SA}$ $\Leftrightarrow \dfrac{1}{k}+\dfrac{1}{k}=\dfrac{SC}{SQ}+1$ $\Rightarrow \dfrac{SC}{SQ}=\dfrac{2}{k}-1=\dfrac{2-k}{k}$.
Ta cũng có: $\dfrac{{{V}_{S.AMQN}}}{{{V}_{S.ABCD}}}=\dfrac{\dfrac{1}{k}+\dfrac{1}{k}+1+\dfrac{2-k}{k}}{4.\dfrac{1}{k}.\dfrac{1}{k}.\dfrac{2-k}{k}}$
$\Leftrightarrow \dfrac{\dfrac{2}{3}}{2}=\dfrac{\dfrac{4}{k}}{4.\dfrac{2-k}{{{k}^{3}}}}=\dfrac{{{k}^{2}}}{2-k}$ $\Leftrightarrow \dfrac{1}{3}=\dfrac{{{k}^{2}}}{2-k}\Leftrightarrow 3{{k}^{2}}+k-2=0$ $\Leftrightarrow \left[ \begin{aligned}
& k=-1 \\
& k=\dfrac{2}{3} \\
\end{aligned} \right.$.
Với điều kiện $0<k<1$ suy ra $k=\dfrac{2}{3}$.
A. ${k=\dfrac{2}{3}}$.
B. ${k=\dfrac{1}{8}}$.
C. ${k=\dfrac{1}{4}}$.
D. ${k=\dfrac{\sqrt{2}}{4}}$.
Điều kiện $0<k<1$.Gọi $J=AC\cap BD$ và $I=SJ\cap MN$ $\Rightarrow Q=AI\cap SC$.
Khi đó ${\dfrac{S M}{S B}=\dfrac{S N}{S D}=k}$ $\Rightarrow \dfrac{SI}{IJ}=\dfrac{k}{1-k}$.
Xét tam giác $SJC$, theo định lý Menelaus ta có $\dfrac{SI}{IJ}.\dfrac{AJ}{AC}.\dfrac{QC}{QS}=1$ $\Leftrightarrow \dfrac{k}{1-k}.\dfrac{1}{2}.\dfrac{QC}{QS}=1$ $\Leftrightarrow \dfrac{QC}{QS}=\dfrac{2-2k}{k}$ $\Rightarrow \dfrac{SQ}{SC}=\dfrac{k}{2-k}$.
Ta có $\dfrac{{{V}_{S.AMQN}}}{{{V}_{S.ABCD}}}=\dfrac{\dfrac{2}{3}}{2}=\dfrac{1}{3}\Leftrightarrow {{V}_{S.AMQN}}=\dfrac{1}{3}{{V}_{S.ABCD}}$.
Mà ${{V}_{S.AMQN}}={{V}_{S.AMQ}}+{{V}_{S.AQN}}$ ; ${{V}_{S.ABCD}}={{V}_{S.ABC}}+{{V}_{S.ACD}}=2{{V}_{S.ABC}}$ (vì ${{V}_{S.ABC}}={{V}_{S.ACD}}$, do ${A B C D}$ là hình thoi)
Lại có $\dfrac{{{V}_{S.AMQ}}}{{{V}_{S.ABC}}}=\dfrac{SA}{SA}.\dfrac{SM}{SB}.\dfrac{SQ}{SC}=1.k.\dfrac{k}{2-k}=\dfrac{{{k}^{2}}}{2-k}\Rightarrow {{V}_{S.AMQ}}=\dfrac{{{k}^{2}}}{2-k}{{V}_{S.ABC}}=\dfrac{{{k}^{2}}}{2\left( 2-k \right)}{{V}_{S.ABCD}}$.
Tương tự có $\dfrac{{{V}_{S.AQN}}}{{{V}_{S.ACD}}}=\dfrac{SA}{SA}.\dfrac{SQ}{SC}.\dfrac{SN}{SD}=1.\dfrac{k}{2-k}.k=\dfrac{{{k}^{2}}}{2-k}\Rightarrow {{V}_{S.AQN}}=\dfrac{{{k}^{2}}}{2-k}{{V}_{S.ACD}}=\dfrac{{{k}^{2}}}{2\left( 2-k \right)}{{V}_{S.ABCD}}$.
Suy ra ${{V}_{S.AMQN}}={{V}_{S.AMQ}}+{{V}_{S.AQN}}=\dfrac{{{k}^{2}}}{2\left( 2-k \right)}{{V}_{S.ABCD}}+\dfrac{{{k}^{2}}}{2\left( 2-k \right)}{{V}_{S.ABCD}}=\dfrac{{{k}^{2}}}{2-k}{{V}_{S.ABCD}}$.
Do đó $\dfrac{{{k}^{2}}}{2-k}=\dfrac{1}{3}\Leftrightarrow 3{{k}^{2}}=2-k\Leftrightarrow 3{{k}^{2}}+k-2=0\Leftrightarrow \left[ \begin{aligned}
& k=-1 \\
& k=\dfrac{2}{3} \\
\end{aligned} \right.$.
Với điều kiện $0<k<1$ suy ra $k=\dfrac{2}{3}$.
Cách 2:
Áp dụng:
Mặt phẳng cắt các cạnh của khối chóp tứ giác $S.ABCD$ có đáy là hình bình hành lần lượt tại $M,N,P,Q$ sao cho $\dfrac{SA}{SM}=x,\dfrac{SB}{SN}=y,\dfrac{SC}{SP}=z,\dfrac{SD}{SQ}=t$. Ta có
$\dfrac{{{V}_{S.MNPQ}}}{{{V}_{S.ABCD}}}=\dfrac{x+y+z+t}{4xyzt}$ và $x+z=y+t$.
Ta có: $\dfrac{SB}{SM}+\dfrac{SD}{SN}=\dfrac{SC}{SQ}+\dfrac{SA}{SA}$ $\Leftrightarrow \dfrac{1}{k}+\dfrac{1}{k}=\dfrac{SC}{SQ}+1$ $\Rightarrow \dfrac{SC}{SQ}=\dfrac{2}{k}-1=\dfrac{2-k}{k}$.
Ta cũng có: $\dfrac{{{V}_{S.AMQN}}}{{{V}_{S.ABCD}}}=\dfrac{\dfrac{1}{k}+\dfrac{1}{k}+1+\dfrac{2-k}{k}}{4.\dfrac{1}{k}.\dfrac{1}{k}.\dfrac{2-k}{k}}$
$\Leftrightarrow \dfrac{\dfrac{2}{3}}{2}=\dfrac{\dfrac{4}{k}}{4.\dfrac{2-k}{{{k}^{3}}}}=\dfrac{{{k}^{2}}}{2-k}$ $\Leftrightarrow \dfrac{1}{3}=\dfrac{{{k}^{2}}}{2-k}\Leftrightarrow 3{{k}^{2}}+k-2=0$ $\Leftrightarrow \left[ \begin{aligned}
& k=-1 \\
& k=\dfrac{2}{3} \\
\end{aligned} \right.$.
Với điều kiện $0<k<1$ suy ra $k=\dfrac{2}{3}$.
Đáp án A.