Bài viết hướng dẫn giải các bài tập trong phần câu hỏi và bài tập và phần luyện tập của sách giáo khoa Hình học 12 cơ bản: Khái niệm về thể tích của khối đa diện.CÂU HỎI VÀ BÀI TẬPBài 1. Tính thể tích khối tứ diện đều cạnh $a.$Lời giải:
Gọi $BB’$, $CC’$ là các đường cao của tam giác $BCD.$ $O = BB’ cap CC’$ ($O$ là tâm của tam giác đều $BCD$). Không khó khăn ta có thể chứng minh được $AO bot (BCD)$ (chứng minh cho ${CD bot left( {ABB’} right)}$, ${BD bot left( {ACC’} right)}$).
Do vậy thể tích $V$ của khối chóp là:
$V = frac{1}{3}AO.{S_{Delta BCD}}$ $(1).$
Ta có: ${S_{Delta BCD}} = frac{1}{2}a.a.sin {60^0} = frac{{{a^2}sqrt 3 }}{4}$ $(2).$
$AO = sqrt {A{B^2} – B{O^2}} $ $ = sqrt {A{B^2} – frac{4}{9}BB{‘^2}} $ $ = sqrt {{a^2} – frac{4}{9}{{left( {frac{{asqrt 3 }}{2}} right)}^2}} $ $ = asqrt {frac{2}{3}} $ $(3).$
Thay $(2)$, $(3)$ vào $(1)$ ta có: $V = frac{1}{3}.frac{{asqrt 2 }}{{sqrt 3 }}.frac{{{a^2}sqrt 3 }}{4} = frac{{sqrt 2 {a^3}}}{{12}}.$Bài 2. Tính thể tích khối bát diện đều cạnh $a.$Lời giải:
Ta có: ${V_{ABCDEF}} = {V_{ABCDE}} + {V_{FBCDE}}.$
$ = 2{V_{ABCDE}} = 2.frac{1}{3}{S_{OBCDE}}.AO$ ($O$ là tâm của hình vuông $BCDE$).
Vì $AO$ vuông góc với mặt phẳng $BCDO$ nên theo định lý Pi-ta-go ta có:
$AO = sqrt {A{B^2} – B{O^2}} $ $ = sqrt {{a^2} – {{left( {frac{{asqrt 2 }}{2}} right)}^2}} = frac{a}{{sqrt 2 }}.$
${S_{BCDE}} = {a^2}$ (Vì tứ giác $BCDE$ là hình vuông cạnh $a$).
Do đó ${V_{ABCDEF}} = frac{2}{3}.{a^2}.frac{a}{{sqrt 2 }} = frac{{sqrt 2 {a^3}}}{3}.$Bài 3. Cho hình hộp $ABCD.A’B’C’D’.$ Tính tỉ số thể tích của khối hộp đó và thể tích của khối tứ diện $ACB’D’.$Lời giải:
Gọi thể tích khối hộp $ABCD.A’B’C’D’$ là $V.$
Ta có:
${V_{B’.ABC}} = frac{1}{3}{V_{ABC.A’B’C’}} = frac{1}{6}V.$
${V_{A’.B’D’A}} = frac{1}{3}{V_{ABD.A’B’D’}} = frac{1}{6}V.$
${V_{D’.ACD}} = frac{1}{3}{V_{ACD.A’C’D’}} = frac{1}{6}V.$
${V_{C’.B’D’C}} = frac{1}{3}{V_{BCD.B’C’D’}} = frac{1}{6}V.$
Mặt khác: ${V_{C.AD’B’}}$ $ = V – left( {{V_{B’ABC}} + {V_{A’B’D’A}} + {V_{DACD’}} + {V_{C’B’D’C}}} right)$ $ = V – frac{4}{6}V = frac{1}{3}V.$
Do đó: $frac{V}{{{V_{CAD’B’}}}} = 3.$Bài 4. Cho hình chóp $S.ABC.$ Trên các đoạn thẳng $SA$, $SB$, $SC$ lần lượt lấy ba điểm $A’$, $B’$, $C’$ khác $S.$ Chứng minh rằng: $frac{{{V_{S.A’B’C’}}}}{{{V_{S.ABC}}}} = frac{{SA’}}{{SA}}.frac{{SB’}}{{SB}}.frac{{SC’}}{{SC}}.$Lời giải:
Gọi $H$, $H’$ lần lượt là hình chiếu của $A$, $A’$ lên mặt phẳng $(SBC).$ Đặt $alpha = widehat {BSC}$, $beta = (widehat {SA,mp(SBC)}).$
Ta có: $frac{{{V_{S.A’B’C’}}}}{{{V_{S.ABC}}}} = frac{{frac{1}{3}{S_{Delta SB’C’}}.A’H’}}{{frac{1}{3}{S_{Delta SBC}}.AH}}.$
$ = frac{{frac{1}{2}SC’.SB’.sin alpha .SA’.sin beta }}{{frac{1}{2}SB.SC.sin alpha .SA.sin beta }}.$
$ = frac{{SA’.SB’.SC’}}{{SA.SB.SC}}.$
Hình vẽ này chỉ cho một trường hợp $H$, $H’$ nằm ở miền trong tam giác $SBC.$ Các trường hợp khác được vẽ hình và chứng minh tương tự.Bài 5. Cho tam giác $ABC$ vuông cân ở $A$ và $AB = a.$ Trên đường thẳng qua $C$ và vuông góc với mặt phẳng $(ABC)$ lấy điểm $D$ sao cho $CD = a.$ Mặt phẳng qua $C$ vuông góc với $BD$ cắt $BD$ tại $F$ và cắt $AD$ tại $E.$ Tính thể tích khối tứ diện $CDEF$ theo $a.$Lời giải:
Gọi mặt phẳng qua $C$ và vuông góc với $BD$ là $(alpha ).$
Vì $CF subset (alpha )$ nên $BD bot CF$, tương tự $EF bot BD.$
Do đó ${V_{D.CEF}} = frac{1}{3}{S_{Delta ECF}}.FD$ $(1).$
Mặt khác ta có:
${BA bot AC}$ (giả thiết).
${BA bot DC}$ (giả thiết).
Nên $BA bot (ACD)$ $ Rightarrow BA bot CE$ $(a).$
Vì $BD bot (alpha )$ nên $BD bot CE$ $(b).$
Từ $(a)$ và $(b)$ ta có: $CE bot (ABD).$
$ Rightarrow CE bot EF$ $ Rightarrow $ Tam giác $CEF$ vuông tại đỉnh $E.$
Theo định lý Pi-ta-go ta có: $EF = sqrt {C{F^2} – C{E^2}} $ $(2).$
Xét tam giác vuông $CBD$ $left( {widehat C = {{90}^0}} right)$, $CF$ là đường cao. Ta có:
$frac{1}{{C{F^2}}} = frac{1}{{C{B^2}}} + frac{1}{{C{D^2}}}$ $ = frac{1}{{2{a^2}}} + frac{1}{{{a^2}}} = frac{3}{{2{a^2}}}.$
$ Rightarrow C{F^2} = frac{{2{a^2}}}{3}$ $(3).$
Xét tam giác vuông $CDA$ $left( {widehat C = {{90}^0}} right)$, theo giả thiết tam giác này cân tại $C.$ Vì $CE bot AD$ nên $E$ là trung điểm của $AD.$ Từ đó suy ra $CE = frac{1}{2}AD = frac{{sqrt 2 a}}{2}.$
$ Rightarrow C{E^2} = frac{1}{2}{a^2}$ $(4).$
Thay $(3)$, $(4)$ vào $(2)$ ta có: $EF = sqrt {frac{{2{a^2}}}{3} – frac{1}{2}{a^2}} $ $ = sqrt {frac{{{a^2}}}{6}} = frac{{asqrt 6 }}{6}.$
$ Rightarrow {S_{Delta EFC}} = frac{1}{2}EF.EC$ $ = frac{1}{2}frac{{asqrt 6 }}{6}.frac{{sqrt 2 a}}{2} = frac{{sqrt 3 {a^2}}}{{12}}$ $(5).$
Mặt khác $F{D^2} = C{D^2} – C{F^2}$ $ = {a^2} – frac{{2{a^2}}}{3} = frac{{{a^2}}}{3}$ $ Rightarrow FD = frac{a}{{sqrt 3 }}$ $(6).$
Thay $(5)$, $(6)$ vào $(1)$ ta có: ${V_{D.CEF}} = frac{1}{3}.frac{{sqrt 3 {a^2}}}{{12}}.frac{a}{{sqrt 3 }} = frac{{{a^2}}}{{36}}$ (đvdt).Bài 6. Cho hai đường thẳng chéo nhau $d$ và $d’.$ Đoạn thẳng $AB$ có độ dài bằng $a$ trượt trên $d$, đoạn thẳng $CD$ có độ dài $b$ trượt trên $d.$ Chứng minh rằng khối tứ diện $ABCD$ có thể tích không đổi.Lời giải:
Gọi khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau $d$, $d’$ là $h$ và góc của $d$ và $d’$ là $varphi .$
Trong mặt phẳng $(ABC)$ dựng hình bình hành $CBAA’.$
Ta có $AA’//BC$ nên ${V_{ABCD}} = {V_{A’BCD}}.$
Gọi $MN$ là đoạn vuông góc chung của $AB$ và $CD$ ($M in AB$, $N in CD$).
Vì $BM//CA’$ nên ${V_{BA’CD}} = {V_{MA’CD}}.$
Ta có $MN bot AB$ nên $MN bot CA’$, hơn nữa $MN bot CD.$
Do đó $MN bot left( {CDA’} right).$
Chú ý rằng $(widehat {AB,CD}) = left( {widehat {AC’,CD}} right) = varphi $ nên:
${V_{MA’CD}} = frac{1}{3}{S_{Delta A’CD}}.MN$ $ = frac{1}{3}.frac{1}{2}CA’.CD.sin varphi .MN$ $ = frac{1}{6}a.b.h.sin varphi .$
$ Rightarrow {V_{ABCD}} = frac{1}{6}a.b.h.sin varphi .$
Để lại một phản hồi