Hướng dẫn giải (chi tiết)

Giả sử các điểm như hình vẽ.

$E = SD \cap MN \Rightarrow E$ là trọng tâm tam giác $SCM$, $DF\;{\rm{//}}\;BC \Rightarrow F$ là trung điểm $BM$.

Ta có: $\left( {\widehat {SD,\left( {ABCD} \right)}} \right) = \widehat {SDO} = 60^\circ \Rightarrow SO = \frac{{a\sqrt 6 }}{2},\,SF = \sqrt {S{O^2} + O{F^2}} = \frac{{a\sqrt 7 }}{2}$

$ \Rightarrow d\left( {O,\left( {SAD} \right)} \right) = OH = h = \frac{{a\sqrt 6 }}{{2\sqrt 7 }};{S_{SAD}} = \frac{1}{2}SF.AD = \frac{{{a^2}\sqrt 7 }}{4}$

$\frac{{{V_{MEFD}}}}{{{V_{MNBC}}}} = \frac{{ME}}{{MN}} \cdot \frac{{MF}}{{MB}} \cdot \frac{{MD}}{{MC}} = \frac{1}{6}$

$ \Rightarrow {V_{BFDCNE}} = \frac{5}{6}{V_{MNBC}} = \frac{5}{6} \cdot \frac{1}{3} \cdot d\left( {M,\left( {SAD} \right)} \right) \cdot \frac{1}{2}{S_{SBC}} = \frac{5}{{18}} \cdot 4h \cdot \frac{1}{2}{S_{SAD}} = \frac{{5{a^3}\sqrt 6 }}{{72}}$

${V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}SO.{S_{ABCD}} = \frac{{{a^3}\sqrt 6 }}{6} \Rightarrow {V_{SABFEN}} = {V_{S.ABCD}} - {V_{BFDCNE}} = \frac{{7{a^3}\sqrt 6 }}{{36}} \cdot $

Suy ra: $\frac{{{V_{SABFEN}}}}{{{V_{BFDCNE}}}} = \frac{7}{5} \cdot $

Hướng dẫn giải (chi tiết)

Khi $SD$ thay đổi thì $AC$ thay đổi. Đặt $AC = x$. Gọi $O = AC \cap BD$

Vì $SA = SB = SC$ nên chân đường cao $SH$ trùng với tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC \Rightarrow H \in BO$

Ta có: $OB = \sqrt {{a^2} - {{\left( {\frac{x}{2}} \right)}^2}} = \sqrt {\frac{{4{a^2} - {x^2}}}{4}} = \frac{{\sqrt {4{a^2} - {x^2}} }}{2}$

${S_{ABC}} = \frac{1}{2}OB.AC = \frac{1}{2}x.\frac{{\sqrt {4{a^2} - {x^2}} }}{2} = \frac{{x\sqrt {4{a^2} - {x^2}} }}{4}$

$HB = R = \frac{{a.a.x}}{{4{S_{ABC}}}} = \frac{{{a^2}x}}{{4.\frac{{x\sqrt {4{a^2} - {x^2}} }}{4}}} = \frac{{{a^2}}}{{\sqrt {4{a^2} - {x^2}} }}$

$SH = \sqrt {S{B^2} - B{H^2}} = \sqrt {{a^2} - \frac{{{a^4}}}{{4{a^2} - {x^2}}}} = \frac{{a\sqrt {3{a^2} - {x^2}} }}{{\sqrt {4{a^2} - {x^2}} }}$

${V_{S.ABCD}} = 2{V_{S.ABC}} = 2.\frac{1}{3}SH.{S_{ABC}} = \frac{2}{3}.\frac{{a\sqrt {3{a^2} - {x^2}} }}{{\sqrt {4{a^2} - {x^2}} }}.\frac{{x\sqrt {4{a^2} - {x^2}} }}{4}$

$ = \frac{1}{3}a\left( {x.\sqrt {3{a^2} - {x^2}} } \right) \le \frac{1}{3}a\left( {\frac{{{x^2} + 3{a^2} - {x^2}}}{2}} \right) = \frac{{{a^3}}}{2}$ 

Hướng dẫn giải (chi tiết)

Dựng $AM \bot CD$ tại $M$, $AH \bot SM$ tại $H$

Ta có: $AH = \frac{{3\sqrt 6 }}{4}a$

${S_{ABCD}} = \frac{{AD + BC}}{2}.AB = 4{a^2}$

$CD = \sqrt {{{\left( {AD - BC} \right)}^2} + A{B^2}} = 2a\sqrt 2 $

${S_{ABC}} = \frac{1}{2}AB.BC = {a^2}$

${S_{ACD}} = {S_{ABCD}} - {S_{ABC}} = 3{a^2}$

${S_{ACD}} = \frac{1}{2}AM.CD \Rightarrow AM = \frac{{2{S_{ACD}}}}{{CD}} = \frac{{3\sqrt 2 }}{2}a$

Ta có: $\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{A{M^2}}} + \frac{1}{{A{S^2}}} \Rightarrow AS = \frac{{AH.AM}}{{\sqrt {A{M^2} - A{H^2}} }} = \frac{{3\sqrt 6 }}{2}a$

${V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}SA.{S_{ABCD}} = 2\sqrt 6 {a^3}$

Hướng dẫn giải (chi tiết)

Ta có: $\frac{{{V_{S.A’B’C’}}}}{{{V_{S.ABC}}}} = \frac{{SA’}}{{SA}}.\frac{{SB’}}{{SB}}.\frac{{SC’}}{{SC}} = {\left( {\frac{3}{4}} \right)^2} = \frac{{27}}{{64}}$

Do đó: $\frac{{{V_{S.A’B’C’}}}}{{{V_{ABC.A’B’C’}}}} = \frac{{27}}{{37}}$; tương tự $\frac{{{V_{S.D’B’C’}}}}{{{V_{DBC.D’B’C’}}}} = \frac{{27}}{{37}}$

Theo tính chất dãy tỉ số bằng nhau:

$\frac{{{V_{S.A’B’C’}}}}{{{V_{ABC.A’B’C’}}}} = \frac{{{V_{S.D’B’C’}}}}{{{V_{DBC.D’B’C’}}}} = \frac{{{V_{S.A’B’C’}} + {V_{S.D’B’C’}}}}{{{V_{ABC.A’B’C’}} + {V_{DBC.D’B’C’}}}} = \frac{{27}}{{37}}$

Hướng dẫn giải (chi tiết)

Gọi $D\'$ là đỉnh thứ tư của hình bình hành $SADD\'$ 

Khi đó $DD\'{\rm{//}}SA$ mà $SA \bot \left( {SBC} \right)$ (vì $SA \bot SB,\,SA \bot BC$) nên $D\'$ là hình chiếu vuông góc của $D$ lên $\left( {SBC} \right)$

$\left( {SD,\,\left( {SBC} \right)} \right) = \widehat {DSD\'} = \widehat {SDA} = \alpha $, do đó $SA = AD.\tan \alpha = 2a.\tan \alpha $

Đặt $\tan \alpha = x,\,x \in \left( {0;1} \right)$

Gọi $H$ là hình chiếu vuông góc của $S$ lên $AB$, theo đề ta có ${V_{S.ABC{\rm{D}}}} = \frac{1}{3}.{S_{ABC{\rm{D}}}}.SH = \frac{1}{3}4{a^2}.SH$

Do đó ${V_{S.ABCD}}$ lớn nhất khi $SH$ lớn nhất. Vì tam giác $SAB$ vuông tại $S$ nên:

$SH = \frac{{SA.SB}}{{AB}} = \frac{{SA.\sqrt {A{B^2} - S{A^2}} }}{{AB}} = \frac{{2ax\sqrt {4{a^2} - 4{a^2}{x^2}} }}{{2a}} = 2ax\sqrt {1 - {x^2}} \le 2a\frac{{{x^2} + 1 - {x^2}}}{2} = a$

Từ đó $\max SH = a$ khi $\tan \alpha = \frac{{\sqrt 2 }}{2}$

Suy ra $\max {V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}.a.4{a^2} = \frac{4}{3}{a^3}$  

Hướng dẫn giải (chi tiết)

Gọi $M$ là trung điểm của $CD$ và $H$ là hình chiếu của $A$ lên $BM$

$CD \bot AM;CD \bot BM \Rightarrow CD \bot \left( {ABM} \right) \Rightarrow AH \bot \left( {BCD} \right)$

Đặt $\widehat {AMB} = \alpha $ suy ra $\sin \alpha = \frac{{AH}}{{AM}} \Rightarrow AH = \sin \alpha .\frac{{x\sqrt 3 }}{2}$

${V_{ABCD}} = \frac{1}{3}AH.{S_{BCD}} = \frac{1}{3}\sin \alpha \frac{{x\sqrt 3 }}{2}.\frac{{{x^2}\sqrt 3 }}{4} = 2\sqrt 2 \Rightarrow {\sin ^2}\alpha = \frac{{512}}{{{x^6}}}$

Xét tam giác $AMB$ ta có $\cos \alpha = \frac{{A{M^2} + B{M^2} - A{B^2}}}{{2AM.BM}} = 1 - \frac{8}{{{x^2}}}$

Ta được phương trình $\frac{{512}}{{{x^6}}} + {\left( {1 - \frac{8}{{{x^2}}}} \right)^2} = 1$. Giải phương trình ta được $x = 2\sqrt 2 $

Hướng dẫn giải (chi tiết)

Ký hiệu $V$ là thể tích khối tứ diện $S.ABC$. Gọi $P, Q$ lần lượt là giao điểm của $(\alpha )$ với các đường thẳng $BC, AC$. Ta có $NP{\rm{//}}MQ{\rm{//}}SC$. Khi chia khối $(H1)$ bởi mặt phẳng $(QNC)$, ta được hai khối chóp $N.SMQC$ và $N.QPC$.

+ Khối chóp $N.SMQC$

Vì $\frac{{NS}}{{BS}} = \frac{2}{3}$ do đó ${V_{N.SMQC}} = \frac{2}{3}{V_{B.SMQC}}$

Lại có: $\frac{{AM}}{{AS}} = \frac{3}{4} \Rightarrow {S_{AMQ}} = \frac{9}{{16}}{S_{SAC}} \Rightarrow {S_{SMQC}} = \frac{7}{{16}}{S_{SAC}}$

Vậy ${V_{N.SMQC}} = \frac{7}{{24}}{V_{S.ABC}}$

 + Khối chóp $N.QPC$

Vì $\frac{{{S_{CPQ}}}}{{{S_{CBA}}}} = \frac{{CP}}{{CB}}\frac{{CQ}}{{CA}} = \frac{2}{3}\frac{1}{4} = \frac{1}{6}$ 

Do đó ${V_{N.PQC}} = \frac{1}{6}{V_{N.ABC}} = \frac{1}{{18}}{V_{SABC}}$

Như vậy: $\frac{{{V_1}}}{{{V_{SABC}}}} = \frac{7}{{24}} + \frac{1}{{18}} = \frac{{25}}{{72}} \Rightarrow \frac{{{V_2}}}{{{V_{SABC}}}} = 1 - \frac{{25}}{{72}} = \frac{{47}}{{72}} \Rightarrow \frac{{{V_1}}}{{{V_2}}} = \frac{{25}}{{47}}$

Hướng dẫn giải (chi tiết)

Vì các mặt phẳng $\left( {SAB} \right),\,\left( {SBC} \right),\,\left( {SCA} \right)$ đều tạo với đáy một góc $60^\circ $ và hình chiếu vuông góc của $S$ xuống mặt $(ABC)$ nằm bên trong tam giác $ABC$ nên ta có hình chiếu của $S$ chính là tâm $I$ của đường tròn nội tiếp tam giác $ABC$.

Nửa chu vi tam giác $ABC$: $p = \frac{{AB + BC + CA}}{2} = 9$

Ta có: ${S_{ABC}} = \sqrt {p\left( {p - AB} \right)\left( {p - BC} \right)\left( {p - AC} \right)} = 6\sqrt 6 $ và $r = \frac{S}{p} = \frac{{2\sqrt 6 }}{3}$

Suy ra chiều cao của hình chóp: $h = r.tan60^\circ = 2\sqrt 2 $

Vì $BE$ là tia phân giác của góc $B$ nên ta có: $\frac{{EA}}{{EC}} = \frac{{BA}}{{BC}}$

Tương tự: $\frac{{FA}}{{FB}} = \frac{{CA}}{{CB}},\,\frac{{DB}}{{DC}} = \frac{{AB}}{{AC}}$

Khi đó: $\frac{{{S_{AEF}}}}{{{S_{ABC}}}} = \frac{{AE}}{{AC}}.\frac{{AF}}{{AB}} = \frac{{AB}}{{AB + BC}}.\frac{{AC}}{{AC + BC}}$

Tương tự: $\frac{{{S_{CED}}}}{{{S_{ABC}}}} = \frac{{CA}}{{CA + AB}}.\frac{{CB}}{{CB + AB}},\,\frac{{{S_{BFD}}}}{{{S_{ABC}}}} = \frac{{BC}}{{BC + CA}}.\frac{{BA}}{{BA + CA}}$

Do đó: ${S_{DEF}} = {S_{ABC}}\left( {1 - \frac{{ab}}{{\left( {a + c} \right)\left( {b + c} \right)}} - \frac{{bc}}{{\left( {b + a} \right)\left( {c + a} \right)}} - \frac{{ac}}{{\left( {a + b} \right)\left( {c + b} \right)}}} \right)$, với $BC = a,\,AC = b,\,AB = c$

$ = \frac{{2abc}}{{\left( {a + b} \right)\left( {b + c} \right)\left( {c + a} \right)}}.{S_{ABC}} = \frac{{210\sqrt 6 }}{{143}}$

Suy ra: ${V_{S.DEF}} = \frac{1}{3}.\frac{{210\sqrt 6 }}{{143}}.2\sqrt 2 = \frac{{280\sqrt 3 }}{{143}}{\rm{ }}\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}} \right) \approx 3,4{\rm{ }}\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}} \right)$

Hướng dẫn giải (chi tiết)

Gọi $M, N$ lần lượt là trung điểm của các cạnh $SA, BC$. Ta dễ dàng chứng minh được $MN$ là đoạn vuông góc chung của $SA$ và $BC$.

Suy ra ${V_{S.ABC}} = 2{V_{S.MBC}}$

Ta có: $4M{N^2} = 4M{B^2} - {y^2};\,M{B^2} = 1 - \frac{{{x^2}}}{4}$

Thay vào ta được: $4M{N^2} = 4M{B^2} - {y^2} = 4 - {x^2} - {y^2} \Rightarrow MN = \frac{{\sqrt {4 - {x^2} - {y^2}} }}{2}$

Vậy ${V_{SABC}} = 2{V_{S.MBC}} = \frac{x}{3}.\frac{1}{2}MN.BC = \frac{1}{{12}}xy\sqrt {4 - {x^2} - {y^2}} = \frac{1}{{12}}\sqrt {{x^2}.{y^2}\left( {4 - {x^2} + {y^2}} \right)} $

Ta có: ${x^2}.{y^2}\left( {4 - {x^2} - {y^2}} \right) \le {\left( {\frac{4}{3}} \right)^3} = \frac{{64}}{{27}}$

Vậy ${V_{S.ABC}} \le \frac{{2\sqrt 3 }}{{27}}$. Dấu bằng xảy ra khi $x = y = \frac{{2\sqrt 3 }}{3}$