các bài toán về tỷ lệ thể tích(rất hay)

- Vận dụng bài toán về tỷ số thể tích của góc tam diện vào làm bài tập tính tỷ số thể tích.. Cạnh SA=2a của hình chóp vuông góc với đáy.. Tìm x để mặt phẳng MBC chia khối chóp trên ra ha

Một số bài toán về tỷ số thể tích

Ngày soạn: 28/10/2009

A Mục tiêu:

- Rèn kỹ năng dựng thiết thiện và tính diện tích thiết diện

- Nắm đợc công thức tính thể tích của khối chóp, khối lăng trụ

- Vận dụng bài toán về tỷ số thể tích của góc tam diện vào làm bài tập tính tỷ số thể tích

B Nội dung:

I Công thức cần nhớ:

1 Thể tích khối chóp:

V=1

3B.h

B: Diện tích đa giác đáy

h: Độ dài đờng cao

2 Thể tích khối lăng trụ:

V=B.h

B: Diện tích đa giác đáy

h: Độ dài đờng cao

3 Tỷ số thể tích:

Cho khối chóp S.ABC

A'SA, B'SB, C'SC

.

' ' '

' ' '

S ABC

S A B C

* MSC, ta có: .

.

S ABM

S ABC

II Bài tập:

Bài 1: Cho hình chóp S.ABCD, đáy ABCD là hình chữ nhật có AB=a; AD=b.

Cạnh SA=2a của hình chóp vuông góc với đáy M là một điểm nằm trên cạnh SA với AM=x (0x2a)

1 Mặt phẳng (MBC) cắt hình chóp theo thiết diện là hình gì? Tính diện tích thiết diện ấy Tìm x để thiết diện ấy có diện tích lớn nhất

2 Tìm x để mặt phẳng (MBC) chia khối chóp trên ra hai phần có thể tích bằng nhau

Hd:

1 Thiết diện là hình thang vuông

MNCB, vuông tại B và M

1

2

MNCB

S

A

B

C

D H

A

B

C D

A '

B'

C' D'

H '

C

B A

S

A'

B' C'

A

C

B

S

M

S

A

D

C B

* BM2=BA2+AM2

BM= a2x2

* SMN đồng dạng SAD,

2

MN



Vậy

1 2

MNCB



2 Xét hàm số ( ) (4 ) 2 2

4

b

a

2 2

'( )

4

f x



f'(x)=0 

1

2 1

2

x a

x a











Ta có: f(0)=ab

f(2a)= 5

1,118 2

2

2



 

2 0;2

a

2

x a 

Kết luận: Vậy với 1

2

x a  thì diện tích của thiết diện lớn nhất

3 Gọi V là thể tích khối chóp S.ABCD 

2

S ABCD ABCD

a b

Gọi V1 là thể tích khối S.MNCB

V1=V(SMBC)+V(SMNC)

SMBC SABC



V

2

SMBC

V

* Ta có:

2

SMNC

SACD



2



 VSMNC=

2

a



V1= VSMNCB=

2

a x ab a x b



Ycbt  V1=

2

a x ab a x b a b

   x2-6ax+4a2=0





Kết luận: Vậy x=x a (3 5) thì (MBC) chia khối chóp thành 2 phần tơng đơng

Bài 2: Cho khối lăng trụ tam giác đều ABC.A1B1C1 Các mặt phẳng (ABC1) và (A1B1C) chia lăng trụ thành 4 phần Tính tỷ số thể tích của 4 phần đó

Hd:

Gọi V1=V C MNC 1; V1=

1 1 1

C MNB A

V

V3=V C MNBA. ; V4=V MNABB A1 1

Gọi V là thể tích của lăng trụ

1 1 1

C A B C

Mặt khác:

1 1 1

C A B C

3

4

5 12

C ABC CMNC CA B C CMNC

V

V

V



Vậy V1: V2: V3: V4= 1:3:3:5

Bài 3: Cho hình chóp S.ABCD, đáy là hình vuông cạnh a, tâm O Đờng cao của

hình chóp là SA=a M là một điểm di động trên SB, đặt BM=x 2 (0<x<a) () là mặt phẳng qua OM và vuông góc với (ABCD)

1 Xác định thiết diện của hình chóp cắt bởi mặt phẳng () Tính diện tích thiết diện theo a và x

2 Xác định x để thiết diện trên là hình thang vuông Trong trờng hợp đó tính tỷ

số thể tích của hai phần của S.ABCD chia bởi thiết diện

Hd:

1 Ta có

SA(ABCD)

() (ABCD)

C

M N

C'

S

A

D

C B

M

K

N

 SA // ()

()(SAB)=MN // SA

()(SAC)=OK // SA

()(SABCD)=NH qua O

()(SCD)=KH

Vậy thiết diện cần tìm là tứ giác MNHK

Ta có MN// OK // SA  MN  (ABCD); OK (ABCD)

Std=Sht MKON + SKOH = 1 1

2 MN KO ON 2 OK OH

MN=BN=x; KO=SA/2; NH=

2

2

a

IN IH  x a a  x  ax

Std=

2 2

1

a

a x x  ax

2 Để thiết diện là hình thang vuông  MK// MO// BC  N là trung điểm AB  x=a/2

V=

3

1

a

SA dt ABCD 

V1=VSOECH+VKOE.MNB

3 3

.

S OECH

 

2 3

.

1

KOE MNB

 

Vậy 2

1

11 5

V

Bài 4: Cho khối chóp S.ABCD, trong đó ABCD là hình thang có các cạnh đáy

AB, CD sao cho CD=4.AB, một mặt phẳng qua CD cắt SA, SB tại các điểm tơng ứng

M, N

Hãy xác định vị trí điểm M trên SA sao cho thiết diện MNCD chia khối chóp đã

cho thành hai phần tơng đơng (có thể tích bằng nhau).

Hd:

Gọi thể tích của hình chóp S.ABCD là V

S

A

D

C B

N

E

S

A

B N M

2

.

.

.

(1)

(2)

S MNC

S ABC

S MCD

S ACD

x

x

Ta có CD=4AB 

SADC=4.SABC  SADC=3

4S ABCD

;

S ADC S ABCD S ABC

V

V1=VSMNC+VSNCD= ( 2 3 )

4

V

x  x

2

2 1

( / )

2

V















2

x 

Bài 5: Trong mặt phẳng (P) cho đờng tròn (C) đờng kính AB=2R.S là điểm nằm trên đờng thẳng vuông góc với mp(P) tại A Đặt SA=h Mặt phẳng (Q) qua A và vuông góc với SB tại K, C là điểm trên (C), SC cắt mp(Q) tại H

2

1 Tính thể tích của tứ diện SAHK theo R, h và 

2 Chứng minh rằng thể tích đó đạt giá trị lớn nhất tại giá trị 0 của  sao cho 0>

4



Tính 0

Hd:

1 * Ta chứng minh đợc AH  SC

*

4

SAHK

SACB

* VABC=

2 2

R h

*

2 5

.sin 2

SAHK

R h V







2 Đặt P= 2 sin 22 2 2

(h 2R 2R cos )





MaxP= 2 1 2 2

4

Dấu bằng xảy ra 

C

H K S

2

2

cos 2 sin 2

2

sin 2

2

2

R P

R R



















 2 tù >

4



KL: Vậy 0 =

4



*Nếu khối chóp cần tính thể tích cha bíết chiều cao thì ta phải xác định đựơc vị trí chân đờng cao trên đáy.

Ta có một số nhận xét sau:

-Nếu hình chóp có cạnh bên nghiêng đều trên đáy hoặc các cạnh bên bằng nhau thì chân đờng cao là tâm đờng tròn ngoại tiếp đáy

-Nếu hình chóp có các mặt bên nghiêng đều trên đáy hoặc có các đờng cao của các mặt bên xuất phát từ một đỉnh bằng nhau thì chân đờng cao là tâm đờng tròn nội tiếp đáy

-Hình chóp có mặt bên hoặc mặt mặt chéo vuông góc với đáy thì đờng cao của hình chóp là đờng cao của mặt bên hoặc mặt chéo đó

-Nếu có một đờng thẳng vuông góc với mặt đáy của khối chóp thì đờng cao của khối chóp sẽ song song hoặc nằm trờn với đờng thẳng đó

-Nếu một đờng thẳng nằm trong đáy của khối chóp vuông góc vuông góc với một mặt phẳng chứa đỉnh của khối chóp thì đờng cao của khối chóp là đờng thẳng kẻ

từ đỉnh vuông góc với giao tuyến của mặt đáy và mặt phẳng chứa đỉnh đã nói ở trên

*Nếu khối chóp là khối tứ diện thì ta cần khéo chọn mặt đáy thích hợp.

Bài 6: SABCD có đáy là tâm giác cân tại A, BC =a, ABC = α, các cạnh bên nghiêng

trên đáy một góc α Tính VSABC

Giải

A

S

H

a

- Gọi H là hình chiếu của S lên (ABC)

- Vì các cạnh bên nghiêng đều trên đáy ⇒ H là tâm đờng tròn ngoại tiếp ∆ABC

- Ta có: ∆ABC = 21 AB.AC.sin

mà BC2 = 2AB2 - 2AB2cos α α α = 2AB2(1-cos α α) = a2 ⇒ AB = a 1cos2 

⇒ S∆ABC =12 2sin 12 22 1sincos 42 cos 2







HA = R = 2sinBC 2sina

Tan giác vuông có tan α α = AH SH ⇒ SH =2sinatan 2cosa 

⇒VSABC =





cos 24

cot cos

2 2 4 3

1 3

3 2

cot

ABC SH

Bài 7: Cho hỡnh hộp ABCD.A’ B ’ C ’ D ’ cú đỏy là hỡnh thoi cạnh a, gúc A = 60 0 Chõn

đường vuụng gúc hạ từ

a) Tớnh gúc giữa cạnh bờn và đỏy

b) Tớnh thể tớch hỡnh hộp

HD: a) Gọi O là giao điểm của 2 đướng chộo AC và BD

* B’O (ABCD) (gt)

* Gúc giữa cạnh bờn BB’ và đỏy (ABCD) là  = B BO 

* Tớnh  = B BO  : Trong VBB’O tại O, ta cú:

cos = OB

BB =

OB a + ABD đều cạnh a (vỡ A = 600 và AB = a)  DB = a



a

60

a O

B' A'

B A

 OB = 1

2DB = 2

a Suy ra: cos = 1

2   = 60

0

b) * Đáy ABCD là tổng của 2 đều ABD và BDC  SABCD= 2

2 3 4

2 a

* VABCD.A B C D    = Bh = SABCD.B’O =

2 3 2

a .B’O

* Tính B’O: B’O = 3

2

B’BO là nửa tam giác đều) ĐS:

3

3 4 a

Bài8: Cho lăng trụ đứng ABC.A’ B ’ C ’ , đáy ABC là tam giác vuông tại A, AC = a, C = 60 0 ,

của mặt bên (BCC ’ B ’ ) hợp với mặt bên (ACC ’ A ’ ) một góc 30 0

a) Tính độ dài cạnh AC ’ b) Tính thể tích lăng trụ

+ CM: BA ( ACC’A’)

 BA AC (vì ABC vuông tại A)

 BA AA’ (ABC.A’B’C’ lăng trụ đứng) +  = BC A = 300 * Tính AC’: Trong VBAC’ tại A (vì BA AC’)

tan300 = AB

AC  AC’ = 300

AB

* Tính AB: Trong VABC tại A, ta có: tan600 = AB

AC  AB = AC tan600 = a 3 (vì AC = a) ĐS: AC’ = 3a

b) VABC.A B C   = Bh = SABC.CC’ * Tính: SABC = 1

2 AB.AC =

1

2 .a 3.a =

2 3 2

a

* Tính CC’: Trong VACC’ tại C, ta có: CC’2 = AC’2 – AC2 = 8a2  CC’ = 2 a 2

ĐS: VABC.A B C   = a3 6

Bài 9: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a Mặt bên (SAB) là

tam giác đều và

vuông góc với đáy Gọi H là trung điểm của AB

b) Tính thể tích hình chóp S.ABCD

* (SAB) (ABCD) = AB; * SH (SAB)

* SH AB ( là đường cao của SAB đều)

Suy ra: SH (ABCD) (đpcm)

b) * Tính: VS.ABCD = 1

3Bh =

1

3SABCD.SH

* Tính: SABCD = a2 * Tính: SH = a 3

2 (vì SAB đều cạnh a) ĐS: VS.ABCD =

3

a 3 6

S

H C

60

30

C' B'

A'

C B

A

Bài 10: SABC có đáy ABCD là hình bình hành và SABCD = 3 và góc giữa 2 đờng chéo

= 60o các cạnh bên nghiêng đều trên đáy 1 góc 45o Tính VSABCD

Giải

C O

D

-Hạ SO ⊥ (ABCD)

- Vì khối chóp có các bên nghiêng đều trên đáy ⇒ O là tâm đờng tròn đi qua 4 đỉnh A,

B, C, D ⇒ tứ giác ABCD là hình chữ nhật và {O} = AC ∩ BD

- Đặt AC = BD =x

Ta có ShcnABCD = 21 AC.BD.sin60o = 2 3

4

3 2 3 2 2

- (SA, (ABCD)) = (SA, AO) = SAO = 45o = SCO = (SC, (ABCD)) ⇒ ∆ASC vuông cân tại S ⇒ SO = 21AC 1 ⇒ VSABCD = 31 3 .1 33

Bài 11 Cho lăng trụ ABCA’B’C’ có độ dài cạnh bên = 2a, ∆ABC vuông tại A, AB =

a, AC = a 3 Hình chiếu vuông góc của A’ trên (ABC) là trung điểm BC Tính

VA’ABC theo a?

Giải

-Gọi H là trung điểm BC

⇒A’H ⊥ (ABC) (gt)

-Ta có S∆ABC = 2 3

2

1 2

1 AB AC  a

-Vì A’H ⊥ (ABC) ⇒ A’H ⊥ AH

Tam giác vuông A’HA có:

A’H2 = A’A2 - AH2 = (2a)2 - 41 (a2 + 3a2)

2a

C' A'

⇒VA’ABC = 31 S∆ABC A’H = 12 2 2

3

1 a 3 a 3 a2

Bài 12: Cho lăng trụ đứng ABCA1B1C1 có ABC vuông AB = AC = a;

AA1 = a 2 M là trung điểm AA1 Tính thể tích lăng trụ MA1BC1

Hớng dẫn:

+Chọn mặt đáy thích hợp ⇒ V = a3122

+Có thể dùng cả phơng pháp toạ độ

Bài 13: Tứ diện ABCD có AB = x có các cạnh còn lại bằng 1

a.Tính thể tích tứ diện theo x

b.tính khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng ACD

c Tìm x để thể ABCD đạt giá trị lớn nhất

Giải

a

H C

B

C

D

Cách 1:

Gọi H là Hình chiếu của D lên (ABC) vì DA = DC = DB = 1 ⇒ H là tâm đờng tròn ngoại tiếp ∆ABC mà ∆ABC cân H ∈ CC’ với C’ là trung điểm AB

S∆ABC = CC ' AB 4 x x 4 x2 x

4

1 4 2

1 2

4 2 2 2

1 1

4 cos sin 4 sin











⇒Tam giác vuông HCD có HD2 = CD2- DC2 = 2 22

4

3 4

1





2

4

3

x

x



3 3 4 4 4 x 12x 3





Cách 2:

B

A

D M

C'

Gọi M là trung điểm CD ⇒ CD  ABM

Vì ∆ACD và ∆BCD đều ⇒ AM = BM = 23

VABCD = 2VCBMA = 2 31 CM.S∆ABC = 12.SABM

3 2

4

2 2

2

23 2

VABCD = x 3 x 3 x2 x

121

2 4

3

b)

SACD=

4

3 ⇒ d(B,(ACD))=

ACD

ABCD

S

V

3

3



c)

VABCD = 1 2 1 3 2 2 1

12 3 x x 12 x2 x 8

Dấu “=” xảy ra ⇔ x2 = 3-x3 ⇔ x = 23 và thể tích lớn nhất là 81

Bài 14: Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với

mặt đáy ABCD và SA=h.Điểm M thuộc cạnh CD.Đặt CM=x.Hạ

SH vuông góc với BM.Tính thể tích khối tứ diện SABH.Tìm x để thể tích khối này là lớn nhất

GIảI

C A

S

M D

B

H

Ta có BM  SH (gt)

BM  SA (Vì SA ( ABCD)

SABM =

2

1

SABCD =

2

1

a2

Mà SABM =

2

1 AH.BM ⇒ AH= 2 2 2 2

x a

a BM

a





x a

a h

AH SA









x a

ax x

a

a a AH AB













SABH =

2

1 AH.BH =

2

1

2 2 3

x a

x a



3

6

1 3

1

x a

xh a SA

S ABH



ax

xh

12

1 2

6

1



 Dấu bằng xảy ra khi a=x tức M trùng D

Dạng 3 Phơng pháp thể tích : Chứng minh đẳng thức, bất đẳng

thứC,khoảng cách từ 1 điểm tới một mặt phẳng

dựa vào thể tích.

Bài 1: SABC có SA = 3a, SA  (ABC), ∆ABC có AB = BC = 2a, ABC =120o

Tính D(A,(SBC))

Giải

B A

S

C

M

3a

2a

S∆ABC = 12 AB.BC.sin120o = 2a 24a 3 = a3 3

SSABC = 31 S∆ABC SA= a2.3 3a = a3 3

Kẻ SM BC

BC SA (vì SA  (ABC))

⇒BC  AM ⇒ AM = a 3

∆SAM vuông tại A có SM = 2 3a

S∆SBC = SM.BC = 2 3a2

3 2

3 3 3

2

3





a S

V SBC

Bài 2: SABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a 3, SA  (ABC), SA =2a

`Tính d(A, (SBC))

Giải

B A

S

C

M

a 3 2a

S∆ABC = 12 a 3 a 3 sin 60o =

4 3 3 2

3 2

3a2 a2



VSABC = 31 SA.S∆ABC = 32a3 Gọi M là trung điểm BC

AM  BC

BC SA ⇒BC  SM

2. 3

∆SAM vu«ng t¹i A cã SM2 = SA2 + AM2 = 4a2 + 49 a2 = 4

25

a2 ⇒ SM = 25 a

S∆SBC = 21 SM.BC = 523a2

.

3 3

2 2 3 5

3 2 3





a S

V SBC

Bµi 3: Cho tø diÖn ABCD cã AD b (ABC); AC = AD = 4; AB = 3, BC = 5

TÝnh d(A, (BCD)) ?

Gi¶i

C A

B

D

4

5 3

M 5

DÔ thÊy ∆ABC vu«ng t¹i A S∆ABC = 21 AB.AC = 6 VDABC = 31 S∆ABC.DA = 8

∆DAC cã DC = 4 2 ∆DAB cã DB = 5

∆DBC cã BC = BD = 5 ⇒ ∆DBC c©n t¹i B, gäi M lµ trung ®iÓm DC ⇒BM  DC

BM = 25  8  17 S∆DBC = 21 BM.DC = 21 17 4 2 = 2 34

d(A, (DBC)) =3  1234

DBC

DABC

S

V

a

Bµi 4: Cho tø diÖn ABCD cã AB = a; CD = b, c¸c c¹nh cßn l¹i b»ng c

TÝnh d(A, (BCD))

Gi¶i

A N

B

C

D M

a

∆ACD = ∆BCD Gäi M lµ trung ®iÓm CD

⇒AM = BM, DC  (ABM)

Gäi N lµ trung ®iÓm AB ⇒ MN  AB

MN2 = BM2 - BN2 = c2 +

4

4 4 4

2 2 2 2

b    

4 2

4

2. 2 2 2 4

a b c

a a b c

VABCD = 2 VBCMA = 2 31 CM.S(∆ABM) = 2 2 2

12 2 2 2 4 2 3

V∆BCD = BM.CD =

4

2 2

1 c b2 b = 4b 2 2

4c  b

2 2 2 2

2 4

2 2 2 4

4

4 4

.

4 3

b c a b c b

c

a b c S

BCD ABCB



















Bài 5: Cho tứ diện ABCD có AB = CD = x các cạnh còn lại bằng 1.

a) Tính thể tích tứ diện ABCD theo x

b)Tính d(A, (BCD))

Tơng tự bài 4

Đáp số: VABCD = x62

4

2 4

4

x

x

Bài 6: Cho lăng trụ đứng ABCA1B1C1 có AB = a, AC = = 2a, AA1 = 2a 5 và BAC =

120o Gọi m là trung điểm của cạnh CC1

Chứng minh rằng MB  MA1 và tinh khoảng cách d từ điểm A tới mặt phẳng (A1BM)

Giải

B

A

C

2a

y x

z

M

C1

A1 B1

Đa và hệ trục toạ độ A1xyz vuông góc nh hình vẽ: gốc toạ độ A1 trục A1Z hớng theo A1A

Trục A1y hớng theo A1C1 Trục A1x tạo với trục Oy góc 90o và nằm trong MP (A1B1C1)

Toạ độ các điểm:

A1(0 ; 0; 0), B1( a23; 2a;0), C1(0; 2a; 0)

A(0 ; 0; 2a 5), B( a23; 2a;2a 5), C(0; 2a; 2a 5)

M(0; 2a; a 5)

BM ( ;52 ;

23 a

a

A1 (0; 2a; a 5), AB( a23; 2a;0)

M

A

BM. 1 = 0+5a2 - 5a2 = 0 (BM  MA1 )

Thể tích khối chóp AA1BM bằng V = 61 |AB [BM,A1M ]|

M

A

BM. 1 = 5

2a -a 5 3

2

a

 -a 5 3

2

a

 5

2a

2a a 5 ; 0 a 5 ; 0 2a

= ; ; 2 3 

2

15 2

5

9a2 a2 a



⇒VAA 1 BM = 16 23 9 2 5 2 215 315

2 2

2

0

a







S∆BMA 1 = 61 BM.A1M = 3a2

3 ⇒ Khoảng cách từ A tới (BMA1) bằng

h = 3 a35

S V 

Bài 7: Cho tứ diện OABC Lấy M nằm trong tam giác ABC, các đờng thẳng qua M //

với OA, OB OC cắt các mặt OBC, OCA, OAB lần lợt tại A1, B1, C1

Chứng minh rằng: MA OA1  MB OB1 MC OC1  1

Giải

H

B

C A

O

K

A1

M

Nối M với các đỉnh O,A,B,C Khi đó

VOABC = VMOAB + VMOBC + VMOCA

1=

OABC

MOCA OABC

MOBC

OABC

MOAB

V

V V

V

V

V





Xét

OABC

MOAB

V

V

Kẻ AH b (OBC), MK b (OBC) AH //MK

∆OAH ∾ A1MK ⇒ MA OA MK AH

1

OA

MA AH

MK

V

V

OABC

MOBC   1

Tơng tự ta có V V MC OC

OABC MOAB  1

OB

MB V

V

OABC MOCA  1

Vậy MA OA1  MB OB1  MC OC1  1

Bài 8: Giả sử M là một điểm nằm trong tứ diện ABCD Các đờng thẳng MA, MB, MC,

MD cắt các mặt đối diện tại A1, B1, C1, D1

1

1 1

1 1

1 1

1  MB BB  MC CC  DD MD 

AA MA

Giải

M

H K A 1

A

B

C

D

Nối M với bốn đỉnh của tứ diện ABCD ta có:

V = VMBCD + VMACD + VMABD+ VMABC

1=

V

V V

V V

V V

V MBCD MACD MABD MABC







Xét V MBCD V

Gọi H, K lần lợt là hình chiếu của A, M lên (BCD) ⇒ MK//AH ⇒

1

1

AA

MA AH

1

1

AA

MA AH

MK V

V MBCD





Tơng tự:

1

1

BB

MB V

V MACD

1

1

CC

MC V

V MABD

1

1

DD

MD V

V MABC



Bài 9: Cho hình chóp tứ gíc đều SABCD trên các cạnh SA, SB, SC ta lấy các điểm A1,

B1, C1 sao cho SA SA1 32 ; SB SB1 21 ; SC SC1 31

Mặt phẳng qua A1, B1, C1 cắt SD tại D1 Chứng minh rằng SD SD1 52

Giải

S

C D

C 1

D 1

A 1

B 1

Ta có VSABC = VSBCD + VSCDA = VSDAB = V2

9 1

1 1 1

1

1

1 SA SA .SB SB .SC SC 

VSABC

V SA B C

(1)

SD

SD SC

SC SD

SD SA

SA

VSADC

V SA D C

1 1

1 1

1

1

Cộng vế với vế (1) và (2) ta đợc

SD

SD V

V SA C D 1

2

9

1 

Tơng tự:

SD

SD SD

SD SB

SB SA

SA VSABD

.

SD

SD SD

SD SC

SC SB

SB VSBCD

.

Cộng vế với vế (4) và (5) ta đợc

SD

SD V

V SA B C D 1

2

111 1

Từ (3) và (6) ta có

SD

SD SD

9

1 2

1   ⇒ SD SD1 52