Đáp án:
$15. D \quad \dfrac{V}{8}$
$35. B \quad 15 \, cm^2$
$39. A \quad II$
Giải thích các bước giải:
15) Ta có:
$S_{D'MN} = S_{A'B'C'D'} - S_{A'D'M} - S_{B'MN} - S_{C'D'N}$
$= A'B'.A'D' - \dfrac{1}{2}A'D'.\dfrac{1}{2}A'B' - \dfrac{1}{2}.\dfrac{1}{2}A'B'.\dfrac{1}{2}A'D' - \dfrac{1}{2}A'B'.\dfrac{1}{2}A'D'$
$= \dfrac{3}{8}A'B'.A'D'$
$\Rightarrow S_{D'MN} = \dfrac{3}{8}S_{A'B'C'D'}$
Ta được:
$V_{D'.DMN} = V_{D.D'MN} = \dfrac{1}{3}DD'.S_{D'MN} = \dfrac{1}{3}DD'.\dfrac{3}{8}S_{A'B'C'D'} = \dfrac{1}{8}S_{A'B'C'D'} = \dfrac{1}{8}V_{A'B'C'D'.ABCD}$
$\Rightarrow V_{D'.DMN} = \dfrac{V}{8}$
35) Ta có:
$AB = BC$ ($ABCD$ là hình thoi)
$\widehat{ABC} = 60^o$
$\Rightarrow ∆ABC$ đều
$\Rightarrow AB = BC = CA = CD = DA$
Ta lại có: $SA = SB = SC$
$\Rightarrow HA = HB = HC$
$\Rightarrow H$ là tâm của tam giác đều $ABC$
Gọi $M$ là trung điểm $AB$
$\Rightarrow CM\perp AB, \, HM= \dfrac{1}{3}CM$
$\Rightarrow S_{AHB} = \dfrac{1}{3}S_{ABC}$
$\Rightarrow V_{S.AHB} = \dfrac{1}{3}V_{S.ABC}$
mà $V_{S.ABC} = \dfrac{1}{2}V_{S.ABCD}$
nên $V_{S.AHB} = \dfrac{1}{6}V_{S.ABCD} = 10 \, cm^3$
Mặt khác:
$V_{S.AHB} = \dfrac{1}{3}S_{SAB}.d(H;(SAB))$
$\Rightarrow S_{SAB} = \dfrac{3V_{S.AHB}}{d(H;(SAB))} = \dfrac{3.10}{2} = 15 \, cm^2$
39) Ta có:
$M, N\in (d)$
$\Rightarrow MA\perp (ABC); \, NA\perp (ABC)$
$\Rightarrow V_{MNBC} = \dfrac{1}{3}MA.S_{ABC} + \dfrac{1}{3}NA.S_{ABC} = \dfrac{1}{3}MN.S_{ABC}$
$+)$ Trường hợp $∆ABC$ vuông tại $B$
$\Rightarrow CB\perp AB$
mà $NA\perp CB$
nên $CB\perp (SAB)$
$\Rightarrow CB\perp NB$
Ta lại có: $(NBC)\cap (MBC) = BC$
$NB\subset (NBC)$
$NB\perp BC$
$\Rightarrow NB\perp (MBC)$
$\Rightarrow V_{MNBC} = \dfrac{1}{3}NB.S_{MBC}$
Tương tự: $V_{MNBC} = \dfrac{1}{3}MB.S_{NBC}$
$+)$ Trường hợp $∆ABC$ vuông tại $C$
Chứng minh tương tự trường hợp vuông tại $B$ ta được:
$V_{MNBC} = \dfrac{1}{3}NC.S_{MBC}$
$V_{MNBC} = \dfrac{1}{3}MC.S_{NBC}$
Tuy nhiên bài toán không cho thêm dữ kiện về $∆ABC$
Nên $V_{MNBC} = \dfrac{1}{3}MN.S_{ABC}$
