Bài 4: Thể tích của khối đa diện - Giải BT Toán 12 nâng cao
Bài 15 (trang 28 sgk Hình Học 12 nâng cao): Cho tam giác ABC cố định và một điểm S thay đổi. Thể tích của khối chóp S. ABC có thay đổi hay không nếu:
a) Đỉnh S di chuyển trên một mặt phẳng song song với mặt phẳng (ABC)?
b) Đỉnh S di chuyển trên một mặt phẳng song song với chỉ một cạnh đáy?
c) Đỉnh S di chuyển trên một đường thẳng song song với một cạnh đáy?
Bài giải:
Thể tích hình chóp S. ABC là: 
Trong đó SΔ ABC không đổi, h = d (S; (ABC))
a) Khi S di chuyển trên mp (α)// (ABC) thì d (S, (ABC)) = d ((α); (ABC)) không đổi nên VVS. ABC không đổi.
b) Khi S di chuyển trên một mặt phẳng song song với một cạnh đáy. Mặt phẳng này có thể không song song với mp (ABC).
Khi đó h = d (S: (ABC)) có thể thay đổi nên VS. ABC có thể thay đổi.
c) Giả sử S di chuyển trên ∆ và ∆ // AC
Do ∆ // AC ⇒ ∆ // (ABC)
⇒ d (S, (ABC)) = d (∆; (ABC)) không đổi nên VS. ABC không đổi.
Bài 16 (trang 28): Hãy chia một khối tứ diện thành hai khối tứ diện sao cho tỉ số thể tích của hai khối này bằng số k > 0 cho trước.
Bài giải:
Gọi M là một điểm trên đoạn thẳng AB. Khi đó (SMC) chia tứ diện S. ABC thành hai tứ diện S. AMC và S. BMC lần lượt với thể tích V1,2
Vì d (S, (AMC) = d (S, (BMC)) nên
Kết luận: Lấy điểm M trên AB sao cho AM = k. MB. Khi đó, khối tứ diện SABC được chia thành hai khối tứ diện SAMC và SBMC thỏa yêu cầu bài toán.
Bài 17 (trang 28): Tính thể tích của khối hộp ABCD. A’B’C’D’ biết rằng AA’B’D’ là khối tứ diện đều cạnh a.
Bài giải:
* Ta tính thể tích khối tứ diện đều AA’B’D’.
Gọi H là tâm của tam giác đều A’B’D’ cạnh a và O là giao điểm của A’C’ và B’D’
Vì (ABCD)// mp (A’B’C’D’ nên:
d (H, ( A’B’C’D’))= d ((ABCD), (A’B’C’D’)) = AH =
Diện tích tam giác đều A’B’D’ cạnh a là:
Diện tích tứ giác A’B’C’D’ là:
Thể tích hình hộp đã cho là:
Bài 18 (trang 28): Tính thể tích của một khối lăng trụ n – giác đều có tất cả các cạnh đều bằng a.
Bài giải:
- Xét lăng trụ n – giác đều A1 A2…An A1' A2'…An' có tất cả các cạnh bằng a.
Ta có: V = S. h, trong đó
S là diện tích n – giác đều A1 A2…An cạnh a.
h là chiều cao.
V là thể tích của lăng trụ.
Theo đề ra: h = a.
* Gọi O là tâm của đáy A1 A2…An.
Xét tam giác OA1 A2. Gọi H là trung điểm của A1 A2.
⇒ H là trung điểm của A1 A2:
Bài 19 (trang 28): Cho khối lăng trụ đứng ABC. A’B’C’ có đáy là tam giác ABC vuông tại A, AC = b, góc ACB=60o. Đường thẳng BC’ tạo với mp (AACC’) một góc 30o.
a) Tính độ dài đoạn thẳng AC’
b) Tính thể tích khối lăng trụ đã cho.
Bài giải:
a) Do ABC. A’B’C’ là lăng trụ đứng nên AA’ ⊥ AB mà AC ⊥ AB.
⇒ AB ⊥ (ACC’A’)
⇒ góc BC'A=30o và Δ ABC' vuông tại A.
⇒ AC’ = AB. cot 30o
Xét Δ ABC:
b) VABC. A'B'C'=SΔ ABC.h. Trong đó
Bài 20 (trang 28): Cho khối lăng trụ tam giác ABC. A’B’C’ có đáy là tam giác đều cạnh a. điểm A’ cách đều 3 điểm A, B, C, cạnh bên AA’ tạo với mặt phẳng đáy một góc 600.
a) Tính thể tích của khối lăng trụ đó.
b) Chứng minh rằng mặt bên BCC’B’ là một hình chữ nhật.
c) Tính tổng diện tích các mặt bên của hình lăng trụ ABC. A’B’C’ (tổng đó gọi là diện tích xung quanh của hình (hoặc khối lăng trụ đã cho).
Bài giải:
a) Gọi O là tâm của tam giác ABC, vì OA = OB = OC nên A' O ⊥ (ABC)
Suy ra, OA = OB = OC
Lại có: A’A = A’B = A’C
b) Ta có: BC ⊥ AO nên BC ⊥ AA' (định lí 3 đường vuông góc)
Lại có AA’ //CC’ => BC ⊥ CC’
Tứ giác BB’C’C là hình bình hành có một góc vuông nên là hình chữ nhật.
c) Gọi H là trung điểm của AB.
Ta có: AB⊥ (A^' HO)nên A^' H⊥AB
Trong tam giác vuông A’OH có:
Diện tích hình bình hành ABB’A’ là:
Tương tự, diện tích hình bình hành ACC’A’ là:
Diện tích hình chữ nhật BCC’B’ là
Vậy diện tích xung quanh của hình lăng trụ là:
Bài 21 (trang 28): Cho điểm M nằm trong hình tứ diện đều ABCD. Chứng minh rằng tổng các khoảng cách từ M tới bốn mặt của hình tứ diện là một số không phụ thuộc vào vị trí của điểm M. Tổng đó bằng bao nhiêu nếu cạnh của tứ diện đều bằng a?
Bài giải:
Gọi h1,h2,h3,h4 lần lượt là khoảng các từ M đến (ABC), (ACD), (ABD), (BCD). Khối tứ diện ABCD được chia thành 4 khối tứ diện MABC, MACD, MABD, MBCD.
Ta có:
Lại vì SΔ ABC=SΔ ACD=SΔ ABD=SΔ BCD
Nên VABCD= (1/3).S_Δ ABC (h1+h2+h3+h4) (1)
Gọi h là chiều cao của tứ diện đều, ta có:
Từ (1) và (2) có: h1+h2+h3+h4=h
Vậy khoảng cách từ M đến 4 mặt của hình tứ diện là một số không phụ thuộc vào vị trí của M.
* Xét tứ diện đều ABCD có cạnh là a. Ta tính h.
Gọi là trực tâm của tam giác đều BCD và M là trung điểm của CD
Ta có:
Bài 22 (trang 28): Cho khối lăng trụ tam giác đều ABC. A’B’C’. Gọi M là trung điểm của AA’. Mặt phẳng đi qua M, B’, C chia khối lăng trụ thành hai phần. Tính tỉ số của thể tích của hai phần đó.
Bài giải:
Gọi V, S, h lần lượt là thể tích và diện tích đáy, chiều cao của lăng trụ: V= S. h. V1,V2 lần lượt là thể tích phần lăng trụ bên trên, bên dưới thiết diện MB’C
E = CM ∩ C'A', do M là trung điểm của AA’ nên A’E = A’C’
SΔ EA'B'=SΔ A'B'C' =S
Ta có:
Bài 23 (trang 29): Cho khối chóp tam giác S. ABC. Trên ba đường thẳng SA, SB, SC lần lượt lấy ba điểm A’, B’, C’ khác với S. Gọi V và V’ lần lượt là thể tích của các khối chóp S. ABC và S. A’B’C’
Chứng minh rằng:
Bài giải:
Ta có:
Kẻ CH, C’H’ vuông góc với (SAB) (H, H’ ∈ (SAB)) => CH // C’H’ và S, H, H’ thẳng hàng. Theo định lí Ta- let ta có:
Từ (1), (2) và (3) suy ra:
Bài 24 (trang 29): Khối chóp S. ABCD có đáy là hình bình hành, M là trung điểm cạnh SC. Mặt phẳng (P) đi qua AM, song song với BD, chia khối chóp thành hai phần. Tính tỉ số thể tích của hai phần đó.
Bài giải:
Gọi B’= (P) ∩SB; D’ = (P) ∩SD; O=AC ∩BD
Khi đó: B’D’, AM, SO đồng quy tại trọng tâm G của Δ SAC và B’D’ // BD (do (P) // BD)
Cách 1.
Ta có:
Lại có: GB’ = GD’
=> SΔ AB'M=SΔ AD'M (2)
Từ (1) và (2) suy ra:
Bài 25 (trang 29): Cmr nếu có phép vị tự số k biến tứ diện ABCD thành tứ diện A’B’C’D’ thì:
Bài giải:
Gọi H là hình chiếu của A trên (BCD). Giả sử phép vị tự tỉ số k biến A, B, C, D, H lần lượt thành A’, B’, C’, D’, H’.
Hơn nữa, theo tính chất của phép vị tự thì:
A’H’ song song hoặc trùng hợp với AH;
Và (B’C’D’) song song hoặc trùng hợp với (BCD)
Mà AH ⊥ (BCD) nên A'H'⊥ (B'C'D').
Vậy A’H’ là đường cao của tứ diện (A’B’C’D’) (1)
Mặt khác, dễ thấy:
Hơn nữa, cũng từ tính chất của phép vị từ ta có:
Từ (1), (2), (3) ta có:
