Giải Toán 12 Ôn tập chương I

Giải Toán 12 Ôn tập chương I - Khối đa diện

Trịnh Thị Giang Ngày: 12-05-2022 Lớp 12

2.2 K

Tailieumoi.vn giới thiệu Giải bài tập Toán lớp 12 Ôn tập chương I - Khối đa diện chính xác, chi tiết nhất giúp học sinh dễ dàng làm bài tập Ôn tập chương I - Khối đa diện lớp 12.

Giải bài tập Toán lớp 12 Ôn tập chương I - Khối đa diện

Câu hỏi và bài tập (trang 26, 27 SGK Hình học 12)

Bài 1 trang 26 SGK Hình học 12: Các đỉnh, cạnh, mặt của một đa diện phải thoả mãn những tính chất nào?

Phương pháp giải:

Suy ra điều kiện về các đỉnh, cạnh, mặt của một đa diện từ khái niệm của khối đa diện.

Lời giải:

Các đỉnh, cạnh, mặt của một đa diện phải thỏa mãn những tính chất:

- Mỗi đỉnh là đỉnh chung của ít nhất ba cạnh, ba mặt;

- Mỗi cạnh là cạnh chung của đúng hai mặt;

- Hai mặt bất kì hoặc không có điểm chung, hoặc có một đỉnh chung, hoặc có đúng một cạnh chung.

Bài 2 trang 26 SGK Hình học 12: Tìm một hình tạo bởi các đa giác nhưng không phải là một đa diện.

Phương pháp giải:

Dựa vào tính chất các đường của khối đa diện:

- Mỗi cạnh của đa giác nào cũng là cạnh chung của đúng hai đa giác.

Dễ thấy cạnh $E F$ không thỏa mãn tính chất này nên hình không là khối đa diện.

Lời giải:

Ví dụ, hình sau được tạo bởi các đa giác nhưng không phải là một đa diện.

Vì $E F$ là giao của hai đa giác $A B C D$ và $E F J I$ nhưng nó không phải là cạnh chung của hai đa giác đó.

Bài 3 trang 26 SGK Hình học 12: Thế nào là một khối đa diện lồi? Tìm ví dụ trong thực tế mô tả một khối đa diện lồi, một khối đa diện không lồi.

Phương pháp giải:

Khối đa diện không thỏa mãn điều kiện trên thì là khối đa diện không lồi.

Lời giải:

Khối đa diện $(H)$ được gọi là khối đa diện lồi nếu đoạn thẳng nối hai điểm bất kỳ của $(H)$ luôn thuộc $H$ .

Khối đa diện lồi:

Chẳng hạn: Hình hộp chữ nhật (viên gạch đặc, bao diêm, các thùng đựng)

Các hình $(H)$ mô tả một khối da diện lồi, hình $(H^{'})$ mô tả một khối đa diện không lồi.

Bài 4 trang 26 SGK Hình học 12: Cho hình lăng trụ và hình chóp có diện tích đáy và chiều cao bằng nhau. Tính tỉ số thể tích của chúng.

Phương pháp giải:

Thể tích khối lăng trụ: $V = B . h$ , trong đó $B$ là diện tích đáy, $h$ là chiều cao khối lăng trụ.

Thể tích khối chóp: $V = \frac{1}{3} B^{'} . h^{'}$ , trong đó $B^{'}$ là diện tích đáy, $h^{'}$ là chiều cao khối lăng trụ.

Lời giải:

Gọi $B$ là diện tích đáy và $h$ là chiều cao của khối lăng trụ ta có:

$V$ lăng trụ = $B . h = V_{(H)}$

Gọi $B^{'}$ là diện tích đáy và $h^{'}$ là chiều cao của khối chóp ta có:

$B^{'} = B$ ( cùng bằng diện tích tam giác $A B C)$

$h^{'} = h$ ( cùng bằng khoảng cách từ $A^{'}$ đến mp $A B C$ )

$\Rightarrow V$ chóp = $\frac{1}{3} B^{'} . h^{'} = \frac{1}{3} B . h = V_{(H^{'})}$ (Vì diện tích đáy và chiều cao bằng nhau)

Vậy tỉ lệ thể tích giữa hình lăng trụ và hình chóp là: $\frac{V_{(H)}}{V_{(H^{'})}} = 3.$

Bài 5 trang 26 SGK Hình học 12: Cho hình chóp tam giác

O . A B C

có ba cạnh

O A, O B, O C

đôi một vuông góc với nhau và

O A = a, O B = b, O C = c

. Hãy tính đường cao

O H

của hình chóp.

Phương pháp giải:

+) Gọi $H$ là trọng tâm của $Δ A B C$ , chứng minh $O H ⊥ (A B C)$ .

+) Sử dụng các hệ thức lượng trong tam giác vuông tính $O H$ .

Lời giải:

Kẻ $A D ⊥ B C, O H ⊥ A D$ ta chứng minh $O H$ chính là đường cao của hình chóp.

$\begin{array}{l} {\begin{cases} B C ⊥ O A \\ B C ⊥ A H \end{cases} \Rightarrow B C ⊥ (O A H) \\ \Rightarrow B C ⊥ O H (1) \\ {\begin{cases} A C ⊥ B H \\ A C ⊥ O B \end{cases} \Rightarrow A C ⊥ (O B H) \\ \Rightarrow A C ⊥ O H (2) \\ (1); (2) \Rightarrow O H ⊥ (A B C) \end{array}$

Vậy $O H$ chính là đường cao của hình chóp.

$B C ⊥ (O A H) \Rightarrow B C ⊥ (O A D)$ $\Rightarrow B C ⊥ O D$ .

Tam giác $O B C$ vuông tại $O$ nên $B C = \sqrt{O B^{2} + O C^{2}} = \sqrt{b^{2} + c^{2}}$

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông $O B C$ ta có:

$O D . B C = O B . O C$ nên $O D = \frac{O B . O C}{B C} = \frac{b c}{\sqrt{b^{2} + c^{2}}}$ .

Áp dụng định lí Pitago trong tam giác vuông $O A D$ ta có:

$A D = \sqrt{A O^{2} + O D^{2}}$ $= \sqrt{a^{2} + \frac{b^{2} c^{2}}{b^{2} + c^{2}}}$

$= \sqrt{\frac{a^{2} b^{2} + b^{2} c^{2} + c^{2} a^{2}}{b^{2} + c^{2}}}$ .

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông $O A D$ ta có: $O H . A D = O A . O D$ nên

$O H = \frac{O A . O D}{A D}$ $= \frac{a b c}{\sqrt{b^{2} + c^{2}}} : \sqrt{\frac{a^{2} b^{2} + b^{2} c^{2} + c^{2} a^{2}}{b^{2} + c^{2}}}$ $= \frac{a b c}{\sqrt{a^{2} b^{2} + b^{2} c^{2} + c^{2} a^{2}}}$ .

Cách khác:

Tam giác $O B C$ vuông tại $O$ có $O D$ là đường cao nên $\frac{1}{O D^{2}} = \frac{1}{O B^{2}} + \frac{1}{O C^{2}}$

Tam giác $A O D$ vuông tại $O$ có chiều cao $O H$ nên

$\frac{1}{O H^{2}} = \frac{1}{O A^{2}} + \frac{1}{O D^{2}}$ $= \frac{1}{O A^{2}} + \frac{1}{O B^{2}} + \frac{1}{O C^{2}}$ $= \frac{1}{a^{2}} + \frac{1}{b^{2}} + \frac{1}{c^{2}} = \frac{b^{2} c^{2} + c^{2} a^{2} + a^{2} b^{2}}{a^{2} b^{2} c^{2}}$

$\Rightarrow O H^{2} = \frac{a^{2} b^{2} c^{2}}{a^{2} b^{2} + b^{2} c^{2} + c^{2} a^{2}}$

$\Rightarrow O H = \frac{a b c}{\sqrt{a^{2} b^{2} + b^{2} c^{2} + c^{2} a^{2}}}$

Chú ý: Ta thấy khi $O A B C$ là tứ diện vuông ( $O A, O B, O C$ đôi một vuông góc) thì: $\frac{1}{O H^{2}} = \frac{1}{O A^{2}} + \frac{1}{O B^{2}} + \frac{1}{O C^{2}}$ .

Từ nay về sau các em sử dụng kết quả này để các bài toán nhanh chóng hơn.

Bài 6 trang 26 SGK Hình học 12: Cho hình chóp tam giác đều

S . A B C

có cạnh

A B

bằng

a

. Các cạnh bên

S A, S B, S C

tạo với đáy một góc

60^{0}

. Gọi

D

là giao điểm của

S A

với mặt phẳng qua

B C

và vuông góc với

S A

a) Tính tỉ số thể tích của hai khối chóp $S . D B C$ và $S . A B C$ .

b) Tính thể tích của khối chóp $S . D B C$ .

Phương pháp giải:

a) + Hình chóp có các cạnh bên tạo với đáy góc bằng nhau thì chân đường cao trùng với tâm đường tròn ngoại tiếp đáy.

Qua $B$ kẻ $B D ⊥ S A$ , chứng minh mặt phẳng qua $B C$ và vuông góc với $S A$ là $(B C D)$ .

+ Sử dụng công thức tỉ số thể tích: $\frac{V_{S . D B C}}{V_{S . A B C}} = \frac{S D}{S A} . \frac{S B}{S B} . \frac{S C}{S C} = \frac{S D}{S A}$ .

b) Tính thể tích khối chóp $S . A B C$ sau đó tính thể tích khối chóp $S . D B C$ .

Lời giải:

a) Vì hình chóp $S . A B C$ là hình chóp đều nên chân đường cao $H$ là tâm của đường tròn ngoại tiếp đáy.

Do đó $A H$ là hình chiếu của $S A$ lên $(A B C)$ nên góc giữa $S A$ và $(A B C)$ bằng góc giữa $S A$ và $A H$ hay góc $S A H = 60^{0}$ .

Gọi $M$ là trung điểm của cạnh $B C$ thì $A M$ là đường cao của tam giác đều $A B C$ :

$A M = A B \sin 60^{0} = \frac{a \sqrt{3}}{2}$

$A H = \frac{2}{3} . A M = \frac{a \sqrt{3}}{3}$

$S A = \frac{A H}{c o s 60^{0}}$ = $\frac{2 a \sqrt{3}}{3} = S B$

Xét tam giác vuông $S B M$ ta có: $S M = \sqrt{S B^{2} - B M^{2}}$ $= \sqrt{\frac{12 a^{2}}{9} - \frac{a^{2}}{4}} = \frac{a \sqrt{39}}{6}$ .

Qua $B$ kẻ $B D ⊥ S A$ , khi đó ta có:

$\begin{array}{l} {\begin{cases} B C ⊥ A M \\ B C ⊥ S H \end{cases} \Rightarrow B C ⊥ (S A M) \Rightarrow B C ⊥ S A \\ {\begin{cases} S A ⊥ B C \\ S A ⊥ B D \end{cases} \Rightarrow S A ⊥ (B C D) \end{array}$

Khi đó mặt phẳng $(B C D)$ đi qua $B C$ và vuông góc với $S A .$

$S A ⊥ (B C D) \Rightarrow S A ⊥ D M$

Xét tam giác vuông $A D M$ có: $D M = A M . \sin 60 = \frac{a \sqrt{3}}{2} . \frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{3 a}{4}$

Xét tam giác vuông $S D M$ có: $S D = \sqrt{S M^{2} - D M^{2}} = \frac{5 \sqrt{3}}{12} a$

Áp dụng công thức tỉ số thể tích trong bài tập 4, 3 (trang 37 SGK) ta được:

$\frac{V_{S . D B C}}{V_{S . A B C}} = \frac{S D}{S A} . \frac{S B}{S B} . \frac{S C}{S C}$ $= \frac{5 a \sqrt{3}}{12} : \frac{2 a \sqrt{3}}{3} = \frac{5}{8}$

b) Ta có: $S_{A B C} = \frac{1}{2} A B . A C . \sin 60^{0}$ = $\frac{a^{2} \sqrt{3}}{4}$

$S H = A H . \tan 60^{0} = a$

$\Rightarrow V_{S . A B C} = \frac{1}{3} . S H . S_{A B C}$ $= \frac{1}{3} . a . \frac{a^{2} \sqrt{3}}{4} = \frac{a^{3} \sqrt{3}}{12}$

Từ kết quả câu a) ta có:

$V_{S . D B C} = \frac{5}{8} . V_{S . A B C}$ $\Rightarrow V_{S . B D C} = \frac{5}{8} . \frac{a^{3} \sqrt{3}}{12}$

$\Rightarrow V_{S . D B C} = \frac{5 a^{3} \sqrt{3}}{96}$

Bài 7 trang 26 SGK Hình học 12: Cho hình chóp tam giác

S . A B C

có

A B = 5 a, B C = 6 a, C A = 7 a

. Các mặt bên

S A B, S B C, S C A

tạo với đáy một góc

60^{0}

. Tính thể tích của khối chóp đó.

Phương pháp giải:

Hình chóp có các cạnh bên tạo với đáy các góc bằng nhau có hình chiếu của đỉnh trùng với tâm đường tròn nội tiếp đáy.

Áp dụng công thức tính thể tích $V_{c h ó p} = \frac{1}{3} S h$ trong đó $S$ là diện tích đáy và $h$ là chiều cao của khối chóp.

Lời giải:

Kẻ $S H ⊥ (A B C)$ và từ $H$ kẻ $H I ⊥ A B, H J ⊥ B C, H K ⊥ C A$ .

Từ định lý ba đường vuông góc, ta suy ra:

$S I ⊥ A B, S J ⊥ B C, S K ⊥ A C$ do đó:

+) Góc giữa hai mặt phẳng $(S A B)$ và $(A B C)$ là $\hat{S I H} = 60^{0}$

+) Góc giữa hai mặt phẳng $(S B C)$ và $(A B C)$ là $\hat{S J H} = 60^{0}$

+) Góc giữa hai mặt phẳng $(S A C)$ và $(A B C)$ là $\hat{S K H} = 60^{0}$

Từ đây ta có: $△ S I H =△ S J H =△ S K H$ (c.g.v.g.n)

$\Rightarrow I H = J H = K H$

$\Rightarrow H$ là tâm đường tròn nội tiếp $△ A B C$ .

Tam giác $A B C$ có chu vi: $2 p = A B + B C + C A = 18 a \Rightarrow p = 9 a$

Theo công thức Hê-rông, ta có: $S_{A B C} = \sqrt{p (p - A B) (p - A C) (p - B C)}$ $= \sqrt{9 a .4 a .2 a .3 a} = 6 a^{2} \sqrt{6}$

Bán kính của đường tròn nội tiếp tam giác $A B C$ :

$I H = r = \frac{S_{A B C}}{p} = \frac{6 a^{2} \sqrt{6}}{9 a} \Rightarrow I H = \frac{2 a \sqrt{6}}{3}$

Xét tam giác vuông SHI có: $S H = r . \tan 60^{0}$ = $\frac{2 a \sqrt{6}}{3} . \sqrt{3} = 2 a \sqrt{2}$

Vậy thể tích khối chóp: $V_{S . A B C} = \frac{1}{3} .2 a \sqrt{2} .6 a^{2} \sqrt{6} = 8 a^{3} \sqrt{3}$

Bài 8 trang 26 SGK Hình học 12: Cho hình chóp

S . A B C D

có đáy

A B C D

là hình chữ nhật,

S A

vuông góc với đáy và

A B = a, A D = b, S A = c

. Lấy các điểm

B^{'}, D^{'}

theo thứ tự thuộc

S B, S D

sao cho

A B^{'}

vuông góc với

S B, A D^{'}

vuông góc với

S D

. Mặt phẳng

(A B^{'} D^{'})

cắt

S C

tại

C^{'}

. Tính thể tích khối chóp

S . A B^{'} C^{'} D^{'}

Phương pháp giải:

Chứng minh $S C ⊥ (A B^{'} C^{'} D^{'})$

$\Rightarrow V_{S . A B^{'} C^{'} D^{'}} = \frac{1}{3} S C^{'} . S_{A B^{'} C^{'} D^{'}}$

Lời giải:

Ta có $B C ⊥ A B, B C ⊥ S A \Rightarrow B C ⊥ (S A B)$ $\Rightarrow B C ⊥ A B^{'}$

Theo giả thiết $S B ⊥ A B^{'}$ $\Rightarrow A B^{'} ⊥ (S B C) \Rightarrow A B^{'} ⊥ S C$ (1)

Chứng minh tương tự ta có: $A D^{'} ⊥ S C$ (2)

Từ (1) và (2) suy ra $S C ⊥ (A B^{'} C^{'} D^{'})$ hay $S C^{'} ⊥ (A B^{'} C^{'} D^{'})$

Do đó $S C^{'}$ là đường cao của hình chóp $S . A B^{'} C^{'} D^{'}$ .

Từ $A B^{'} ⊥ (S B C)$ $\Rightarrow A B^{'} ⊥ B^{'} C^{'}$

Tương tự ta có: $A D^{'} ⊥ D^{'} C^{'}$

$\Rightarrow S_{A B^{'} C^{'} D^{'}} = S_{A B^{'} C^{'}} + S_{A D^{'} C^{'}}$

$= \frac{1}{2} A B^{'} . B^{'} C^{'} + \frac{1}{2} A D^{'} . D^{'} C^{'}$ $= \frac{1}{2} (A B^{'} . B^{'} C^{'} + A D^{'} . D^{'} C^{'})$

Từ các kết quả trên, ta được:

$V_{A B^{'} C^{'} D^{'}} = \frac{1}{3} . S C^{'} . \frac{1}{2} (A B^{'} . B^{'} C^{'} + A D^{'} . D^{'} C^{'})$

$= \frac{1}{6} S C^{'} . (A B^{'} . B^{'} C^{'} + A D^{'} . D^{'} C^{'})$ (*)

Ta tính các yếu tố trên.

Tam giác vuông $S A B$ có $A B^{'}$ là đường cao, nên ta có:

$\frac{1}{A B^{' 2}} = \frac{1}{a^{2}} + \frac{1}{c^{2}} \Rightarrow A B^{' 2} = \frac{a^{2} c^{2}}{a^{2} + c^{2}}$ $\Rightarrow A B^{'} = \frac{a c}{\sqrt{a^{2} + c^{2}}}$

Tương tự, ta có:

$A D^{' 2} = \frac{b^{2} c^{2}}{b^{2} + c^{2}} \Rightarrow A D^{'} = \frac{b c}{\sqrt{b^{2} + c^{2}}}$

Ta lại có: $S C^{2} = A C^{2} + A S^{2} = a^{2} + b^{2} + c^{2} \Rightarrow S C = \sqrt{a^{2} + b^{2} + c^{2}}$

Trong tam giác vuông $S A C, A C^{'}$ là đường cao

$\Rightarrow S C^{'} . S C = S A^{2}$ $\Rightarrow S C^{'} = \frac{S A^{2}}{S C} = \frac{c^{2}}{\sqrt{a^{2} + b^{2} + c^{2}}}$

$∆ S B C$ đồng dạng $∆ S C^{'} B^{'}$ (g.g) $\Rightarrow \frac{B^{'} C^{'}}{B C} = \frac{S C^{'}}{S B}$

$\Rightarrow B^{'} C^{'} = \frac{S C^{'} . B C}{S B} = \frac{b c^{2}}{\sqrt{a^{2} + c^{2}} \sqrt{a^{2} + b^{2} + c^{2}}}$

Tương tự ta có: $D^{'} C^{'} = \frac{c^{2} a}{\sqrt{b^{2} + c^{2}} \sqrt{a^{2} + b^{2} + c^{2}}}$

Thay các kết quả này vào (*) ta được:

$V = \frac{1}{6} . \frac{a b c^{5} (a^{2} + b^{2} + 2 c^{2})}{(a^{2} + c^{2}) (b^{2} + c^{2}) (a^{2} + b^{2} + c^{2})}$

Bài 9 trang 26 SGK Hình học 12: Cho hình chóp tứ giác đều

S . A B C D

, đáy là hình vuông cạnh

a

, cạnh bên tạo với đáy một góc

60^{0}

. Gọi

M

là trung điểm

S C

. Mặt phẳng đi qua

A M

và song song với

B D

, cắt

S B

tại

E

và cắt

S D

tại

F

. Tính thể tích khối chóp

S . A E M F

Phương pháp giải:

Hình chóp đều có chân đường cao trùng với tâm của đáy.

Xác định thiết diện của hình chóp cắt bởi mặt phẳng đi qua $A M$ và song song với $B D$ là tức giác $A E M F .$

Chứng minh $A E M F$ có hai đường chéo vuông góc $\Rightarrow S_{A E M F} = \frac{1}{2} A M . E F$

Chứng minh $S M ⊥ (A E M F)$ $\Rightarrow V_{S . A E M F} = \frac{1}{3} S M . S_{A E M F}$

Lời giải:

Gọi $H = A C \cap B D$ .

Hình chóp $S . A B C D$ là hình chóp đều nên chân $H$ của đường cao $S H$ chính là tâm của đáy.

Mặt phẳng đi qua $A M$ và song song với $B D$ cắt mặt phẳng $(S D B)$ theo một giao tuyến song song với $B D$ \. Ta dựng giao tuyến $E F$ như sau: Gọi $I$ là giao điểm của $A M$ và $S H$ . Qua $I$ ta dựng một đường thẳng song song với $B D$ , đường này cắt $S B$ ở $E$ và cắt $S D$ ở $F$ .

Ta có: $H A$ là hình chiếu vuông góc của $S A$ trên $(A B C D)$ $\Rightarrow \hat{(S A; (A B C D))} = \hat{(S A; A H)} = \hat{S A H} = 60^{0}$

Tam giác cân $S A C$ có $S A = S C$ và góc $S A C = 60^{0}$ nên nó là tam giác đều: $I$ là giao điểm của các trung tuyến $A M$ và $A H$ nên $I$ là trọng tâm của tam giác đều $S A C$ $\Rightarrow \frac{S I}{S H} = \frac{2}{3}$

Do $E F / / D B$ $\Rightarrow \frac{E F}{D B} = \frac{S F}{S D} = \frac{S E}{S B} = \frac{S I}{S H} = \frac{2}{3}$

Vì $D B = a \sqrt{2}$ $\Rightarrow E F = \frac{2 a \sqrt{2}}{3}$

Tam giác $S A C$ là tam giác đều nên $A M = \frac{A C \sqrt{3}}{2} = \frac{a \sqrt{6}}{2}$

Ta lại có ${\begin{cases} B D ⊥ A C \\ B D ⊥ S H \end{cases} \Rightarrow B D ⊥ (S A C)$ $\Rightarrow B D ⊥ A M \Rightarrow A M ⊥ E F$

Tứ giác $A E M F$ có hai đường chéo vuông góc với nhau nên có diện tích: $S_{A E M F} = \frac{1}{2} E F . A M = \frac{1}{2} . \frac{2 a \sqrt{2}}{3} . \frac{a \sqrt{6}}{2} = \frac{a^{2} \sqrt{3}}{3}$

Mặt khác, tam giác $A S C$ là tam giác đều, $M$ là trung điểm của $S C$ nên $A M ⊥ S C$ . Ta cũng có $D B ⊥ (S A M)$ $\Rightarrow D B ⊥ S C$ vì $D B / / E F$ nên $E F ⊥ S C$ . Từ kết quả trên, suy ra $S M ⊥ (A E M F)$ .

Dễ thấy $S M = \frac{a \sqrt{2}}{2}$ (do tam giác $S A C$ đều). Do đó: $V_{S . A E M F} = \frac{1}{3} . \frac{a^{2} \sqrt{3}}{3} . \frac{a \sqrt{2}}{2} = \frac{a^{3} \sqrt{6}}{18}$ .

Bài 10 trang 27 SGK Hình học 12: Cho hình lăng trụ đứng tam giác

A B C . A^{'} B^{'} C^{'}

có tất cả các cạnh đều bằng

a

a) Tính thể tích khối tứ diện $A^{'} B B^{'} C$ .

b) Mặt phẳng đi qua

A^{'} B^{'}

và trọng tâm tam giác

A B C

, cắt

A C

và

B C

lần lượt tại

E

và

F

. Tính thể tích hình chóp

C . A^{'} B^{'} F E

Phương pháp giải:

a) Gọi $M$ là trung điểm của $B^{'} C^{'}$ . Chứng minh $A^{'} M ⊥ (B C C^{'} B^{'})$ . Áp dụng công thức $V_{A^{'} B B^{'} C} = \frac{1}{3} A^{'} M . S_{B B^{'} C}$ .

b) Mặt phẳng đi qua $A^{'} B^{'}$ và trọng tâm tam giác $A B C$ , cắt $A C$ và $B C$ lần lượt tại $E$ và $F$ . Tính thể tích hình chóp $C . A^{'} B^{'} F E$ .

Lời giải:

a) Ta tính thể tích hình chóp $A^{'} . B C B^{'}$ .

Gọi $M$ là trung điểm của $B^{'} C^{'}$ , ta có: $A^{'} M ⊥ B^{'} C^{'}$ (1)

Lăng trụ $A B C . A^{'} B^{'} C^{'}$ là lăng trụ đứng nên:

$B B^{'} ⊥ (A^{'} B^{'} C^{'}) \Rightarrow B B^{'} ⊥ A^{'} M$ (2)

Từ (1) và (2) suy ra $A^{'} M ⊥ (B B^{'} C^{'})$ hay $A^{'} M$ là đường cao của hình chóp $A^{'} . B C B^{'}$ .

Ta có: $A^{'} M$ = $\frac{a \sqrt{3}}{2}; S_{B B^{'} C} = \frac{1}{2} a^{2}$

$\Rightarrow V_{A^{'} B B^{'} C} = \frac{1}{3} . A^{'} M . S_{B B^{'} C}$ $\Rightarrow V_{A^{'} B B^{'} C} = \frac{a^{3} \sqrt{3}}{12}$

Cách khác:

Ta chia khối lẳng trụ đã cho thành hình chóp $A^{'} . A B C, C . A^{'} B^{'} C^{'}$ và $C . A^{'} B B^{'}$

Ta có: $V_{A^{'} . A B C} = V_{A^{'} B^{'} C^{'}} = \frac{1}{3} S h$ trong đó $S$ là diện tích đáy $S = S_{A B C} = S_{A B C}$ và $h$ là chiều cao của hình lăng trụ

Lại có: $V_{A B C . A B C} = S . h$

Do đó, $V_{C . A^{'} B^{'} B} = S h - \frac{1}{3} S h - \frac{1}{3} S h = \frac{1}{3} S h$

Trong đó, tam giác $A B C$ là tam giác đều có độ dài cạnh bằng $a$ nên $S_{A B C} = \frac{a^{2} \sqrt{3}}{4}$

Vì đây là hình lăng trụ đứng nên $h = A A^{'} = B B^{'} = C C^{'} = a .$

Vậy thể tích hình chóp $C . A^{'} B B^{'}$ là:

$V_{C . A^{'} B^{'} B} = \frac{1}{3} . \frac{a^{2} \sqrt{3}}{4} . a = \frac{a^{3} \sqrt{3}}{12}$

Thể tích hình chóp $C . A^{'} B^{'} E F$ bằng tổng thể tích hai hình chóp:

- $V_{1}$ là thể tích hình chóp đỉnh $B^{'}$ , đáy là tam giác $C E F$ .

- $V_{2}$ là thể tích hình chóp đỉnh $B^{'}$ , đáy là tam giác $A^{'} E C$ .

Do $(A B C) / / (A^{'} B^{'} C^{'})$ nên dễ thấy $E F / / A B$ . Ta cũng có: $E F$ = $\frac{2}{3} a$

Hình chóp $B^{'} . C E F$ có chiều cao $B B^{'} = a$ và diện tích đáy là: $S_{C E F} = \frac{1}{2} E F . C G = \frac{1}{2} . \frac{2 a}{3} . \frac{2}{3} . \frac{a \sqrt{3}}{2} = \frac{a^{2} \sqrt{3}}{9}$

Từ đây ta có: $V_{1} = \frac{a^{3} \sqrt{3}}{27}$

Do $E C = \frac{2}{3} A C$ nên $S_{A^{'} B E} = \frac{1}{2} A^{'} A . E C = \frac{1}{2} . a . \frac{2}{3} a = \frac{a^{2}}{3}$

Gọi $I$ là trung điểm của $A^{'} C^{'}$ ta có: ${\begin{cases} B^{'} I ⊥ A^{'} C \\ B^{'} I ⊥ A A^{'} \end{cases} \Rightarrow B^{'} I ⊥ (A C C^{'} A^{'}) \Rightarrow B^{'} I ⊥ (A^{'} E C)$

Hình chóp $B^{'} . A^{'} E C$ có chiều cao là $B^{'} I$ bằng $\frac{a \sqrt{3}}{2}$ nên $V_{2} = \frac{1}{3} . B^{'} I . S_{A^{'} E C} = \frac{1}{3} . \frac{a \sqrt{3}}{2} . \frac{a^{2}}{3} = \frac{a^{3} \sqrt{3}}{18}$

Vậy thể tích hình chóp $C . A^{'} B^{'} F E$ là: $V = V_{1} + V_{2}$ = $\frac{5 a^{3} \sqrt{3}}{54}$

Bài 11 trang 27 SGK Hình học 12: Cho hình hộp

A B C D . A^{'} B^{'} C^{'} D^{'}

. Gọi

E

và

F

theo thứ tự là trung điểm của các cạnh

B B^{'}

và

D D^{'}

. Mặt phẳng

(C E F)

chia khối hộp trên làm hai khối đa diện. Tính tỉ số thể tích của hai khối đa diện đó.

Phương pháp giải:

+) Xác định thiết diện của hình chóp khi cắt bởi mặt phẳng $(C E F)$ .

+) Phân chia và lắp ghép các khối đa diện.

Lời giải:

Ta xác định thiết diện của hình hộp $A B C D . A^{'} B^{'} C^{'} D^{'}$ khi cắt bởi $(C E F)$ . Mặt phẳng $(C E F)$ chứa đường thẳng $E F$ mà $E$ là trung điểm của $B B^{'}, F$ là trung điểm của $C C^{'}$ .

$O \in E F \Rightarrow O \in (C E F) \Rightarrow C O \subset (C E F)$

$A^{'} \in C O \Rightarrow A^{'} \in (C E F)$

Ta dễ dàng nhận xét rằng thiết diện chính là hình bình hành $C E A^{'} F$ .

Mặt phẳng $(C E A^{'} F)$ chia khối hộp thành 2 phần: $A B C D . A^{'} E C F$ ( $V_{1}$ ) và $A^{'} B^{'} C^{'} D^{'} . C E A^{'} F$ ( $V_{2}$ )

Qua $E F$ ta dựng một mặt phẳng song song với đáy hình hộp, mặt phẳng này cắt $A A^{'}$ ở $P$ và cắt $C C^{'}$ ở $Q$ .

Ta có:

$\begin{array}{l} V_{A B C D . A^{'} E C F} = V_{A B C D . E F P} + V_{A^{'} . P E F} \\ V_{A^{'} P E F} = V_{C . Q E F} \end{array}$

$\Rightarrow V_{A B C D . A^{'} E C F} = V_{A B C D . E F P} + V_{C . Q E F}$ $= V_{A B C D . E P F Q} = \frac{1}{2} V$

Do đó $V_{1} = V_{2} = \frac{1}{2} V \Rightarrow \frac{V_{1}}{V_{2}} = 1$ .

Chú ý: Có thể lí luận như sau: Giao điểm $O$ của các đường chéo của hình hộp là tâm đối xứng của hình hộp, do đó mặt phẳng $(C E F)$ chứa điểm $O$ nên chia hình hộp thành hai hình đối xứng với nhau qua điểm $O$ . Vậy hai hình này là hai hình bằng nhau và có thể tích bằng nhau.

Bài 12 trang 27 SGK Hình học 12: Cho hình lập phương $A B C D . A^{'} B^{'} C^{'} D^{'}$ cạnh $a$ . Gọi $M$ là trung điểm của $A^{'} B^{'}, N$ là trung điểm của $B C$ .

a) Tính thể tích khối tứ diện $A D M N$ .

b) Mặt phẳng $(D M N)$ chia khối lập phương đã cho thành hai khối đa diện. Gọi $(H)$ là khối đa diện chứa đỉnh $A, (H^{'})$ là khối đa diện còn lại. Tính tỉ số $\frac{V_{(H)}}{V_{(H^{'})}}$ .

Phương pháp giải:

a) Coi khối tứ diện $A D M N$ có đỉnh $M$ và đáy $A D N$ . Sử dụng công thức tính thể tích khối chóp: $V_{A D M N} = V_{M . A D N} = \frac{1}{3} d (M; (A D N)) . S_{A D N}$

b) Dựng thiết diện của hình lập phương khi cắt bởi mặt phẳng $(D M N)$ , xác định hai phần khối đa diện cẩn tính thể tích .

Lời giải:

a) Ta tính thể tích hình chóp $M . A D N$ . Hình chóp này có chiều cao bằng khoảng cách từ M đến mặt phẳng (ANCD) bằng $a$ và diện tích đáy $S_{A D N} = \frac{1}{2} . a . a = \frac{a^{2}}{2}$

$\Rightarrow V_{A D M N} = \frac{1}{3} d (M; (A D N)) . S_{A D N}$ $= \frac{1}{3} . a . \frac{1}{2} a^{2} = \frac{a^{3}}{6}$

b) Trước hết, ta dựng thiết diện của hình lập phương khi cắt bởi $(D M N)$ .

Do $(A B C D) / / (A^{'} B^{'} C^{'} D^{'})$ nên $(D M N)$ cắt $(A^{'} B^{'} C^{'} D^{'})$ theo một giao tuyến song song với $D N$ . Ta dựng thiết diện như sau:

- Từ $M$ kẻ đường thẳng song song với $D N$ , đường này cắt cạnh $A^{'} D^{'}$ tại điểm $P$ và cắt đường thẳng $C^{'} B^{'}$ tại điểm $Q$ . Trong mặt phẳng $(B C C^{'} B^{'})$ thì $Q N$ cắt cạnh $B B^{'}$ tại điểm $R$ ; đa giác $D N R M P$ chính là thiết diện của hình lập phương khi cắt bởi $(D M N)$ .

- Bây giờ ta tính thể tích khối đa diện $A B N D P M R$ . Ta có: $V_{A B N D P M R} = V_{M . A B N D} + V_{M . N R B} + V_{M . A A^{'} P D}$ $= V_{1} + V_{2} + V_{3}$

Hình chóp $M . A B N D$ , có đường cao bằng $a$ , diện tích đáy là hình thang $A B N D$ là: $\frac{1}{2} (\frac{a}{2} + a) . a = \frac{3 a^{2}}{4}$

Suy ra: $V_{1} = \frac{1}{3} . \frac{3 a^{2}}{4} . a \Rightarrow V_{1} = \frac{a^{3}}{4}$

Dễ dàng chứng minh được $Δ C N D$ và $Δ A^{'} P M$ đồng dạng (g.g) nên $\frac{A^{'} P}{C N} = \frac{A^{'} M}{C D} = \frac{1}{2} \Rightarrow A^{'} P = \frac{1}{2} C N = \frac{a}{4}$

Hình chóp $M . A A^{'} P D$ có chiều cao $\frac{a}{2}$ và diện tích hình thang $A A^{'} P D$ là: $\frac{1}{2} (\frac{a}{4} + a) . a = \frac{5 a^{2}}{8}$

Suy ra: $V_{2} = \frac{1}{3} . \frac{a}{2} . \frac{5 a^{2}}{8} \Rightarrow V_{2} = \frac{5 a^{2}}{48}$

Ta có: $Δ A^{'} P M = Δ B^{'} Q M \Rightarrow B^{'} Q = A^{'} P$

$\Rightarrow \frac{B^{'} R}{B R} = \frac{B^{'} Q}{N B} = \frac{1}{2} \Rightarrow B R = \frac{2 a}{3}$

Diện tích tam giác $N R B$ là: $\frac{1}{2} . \frac{2}{3} a . \frac{a}{2} = \frac{a^{2}}{6}$

Hình chóp $M . N R B$ có chiều cao $\frac{a}{2}$ và diện tích đáy $\frac{a^{2}}{6}$ nên:

$V_{3} = \frac{1}{3} . \frac{a}{2} . \frac{a^{2}}{6} \Rightarrow V_{3} = \frac{a^{3}}{36}$

$V_{A B N D P M R} = V_{1} + V_{2} + V_{3}$ $= \frac{5 a^{3}}{48} + \frac{a^{3}}{4} + \frac{a^{3}}{36} = \frac{55 a^{3}}{144}$

Thể tích phần còn lại là: $\frac{144 a^{3}}{144} - \frac{55 a^{3}}{144} = \frac{89 a^{3}}{144}$

Từ đây suy ra tỉ số cần tìm là: $\frac{55}{89}$

Bài tập trắc nghiệm (trang 27, 28 SGK Hình học 12)

Bài 1 trang 27 SGK Hình học 12: Trong số các mệnh đề sau, mệnh đề nào đúng?

(A) Số đỉnh và số mặt của một hình đa diện luôn bằng nhau;

(B) Tồn tại hình đa diện có số đỉnh và số mặt bằng nhau;

(D) Tồn tại một hình đa diện có số cạnh và mặt bằng nhau.

Phương pháp giải:

Lấy ví dụ cho từng đáp án và sử dụng công thức p.Đ = 2C = nM.

Lời giải:

Hình lập phương có 8 đỉnh và 6 mặt nên đáp án A sai.

Xét hình tứ diện có 4 đỉnh và 4 mặt, nên đáp án B đúng.

Giả sử khối đa diện có số cạnh bằng số đỉnh $\Rightarrow$ Đ = C $\Rightarrow$ p = 2, tức là mỗi mặt có 2 cạnh (vô lí). Do đó đáp án C sai.

Giả sử khối đa diện có số cạnh bằng số mặt $\Rightarrow$ M = C $\Rightarrow$ n = 2, tức là mỗi đỉnh là đỉnh chung của 2 cạnh (vô lí). Do đó đáp án D sai.

Chọn đáp án (B).

Bài 2 trang 27 SGK Hình học 12: Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào đúng?

Số các đỉnh hoặc số các mặt của bất kì hình đa diện nào cũng:

(A) Lớn hơn hoặc bằng 4; (B) Lớn hơn 4;

Phương pháp giải:

Nhớ lại hình đa diện là gì? Sự khác nhau giữa hình đa diện và đa giác?

Lời giải:

Chú ý: Đa giác là một đường gấp khúc khép kín, nghĩa là gồm những đoạn thẳng nối tiếp nhau (mỗi điểm nối là đầu mút của vừa đúng hai đoạn thẳng) cùng nằm trên một mặt phẳng và khép kín.

Hình đa diện là một số hữu hạn đa giác thỏa mãn hai điều kiện:

a) Hai đa giác bất kì hoặc không có điểm chung, hoặc có một đỉnh chung, hoặc có một cạnh chung.

b) Mỗi cạnh của một đa giác là cạnh chung của đúng hai đa giác.

Như vậy để tạo thành một hình đa diện ta cần ít nhất 3 điểm (tạo thành 1 mặt phẳng) và 1 điểm nằm ngoài mặt phẳng ấy.

Với 4 điểm này, tạo thành một hình tứ diện có 4 đỉnh và 4 mặt.

Dễ thấy hình tứ diện là hình đa diện có số mặt và số đỉnh nhỏ nhất trong các khối đa diện.

Chọn đáp án (A).

Bài 3 trang 27 SGK Hình học 12: Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào đúng?

Số các cạnh của hình đa diện luôn luôn:

(A) Lớn hơn hoặc bằng 6;

(B) Lớn hơn 6;

(D) Lớn hơn hoặc bằng 8.

Phương pháp giải:

Lấy ví dụ khối tứ diện.

Lời giải:

Chú ý: Hình đa diện là một số hữu hạn đa giác thỏa mãn hai điều kiện:

a) Hai đa giác bất kì hoặc không có điểm chung, hoặc có một đỉnh chung, hoặc có một cạnh chung.

b) Mỗi cạnh của một đa giác là cạnh chung của đúng hai đa giác.

Như vậy để tạo thành một hình đa diện ta cần ít nhất 3 điểm (tạo thành 1 mặt phẳng) và 1 điểm nằm ngoài mặt phẳng ấy.

Với 4 điểm này, tạo thành một hình tứ diện có 4 đỉnh, 4 mặt và 6 cạnh.

Dễ thấy hình tứ diện là hình đa diện có số cạnh nhỏ nhất trong các khối đa diện.

Chọn (A).

Bài 4 trang 28 SGK Hình học 12: Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào sai?

(A) Khối tứ diện là khối đa diện lồi;

(B) Khối hộp là khối đa diện lồi;

(D) Khối lăng trụ tam giác là khối đa diện lồi.

Phương pháp giải:

Khái niệm khối đa diện lồi: Khối đa diện $(H)$ được gọi là khối đa diện lồi nếu đoạn thẳng nối hai điểm bất kì của $(H)$ luôn thuộc $(H)$ .

Lời giải:

Dễ dàng nhận thấy các khối tứ diện, khối hộp, khối lăng trụ tam giác là các khối đa diện lồi. Do đó A, B, D đúng.

Khi lắp ghép hai khối hộp chưa chắc được một đa diện lồi. Ví dụ khi lắp ghép hai khối hộp như sau, ta không được một khối đa diện lồi.

Chọn (C).

Bài 5 trang 28 SGK Hình học 12: Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào sai?

(A) Hai khối chóp có diện tích đáy và chiều cao tương ứng bằng nhau thì có thể tích bằng nhau.

(B) Hai khối hộp chữ nhật có diện tích toàn phần bằng nhau thì có thể tích bằng nhau.

(D) Hai khối lập phương có diện tích toàn phần bằng nhau thì có thể tích bằng nhau.

Phương pháp giải:

Suy luận từng đáp án, dựa váo các công thức tính thể tích, diện tích xung quanh, diện tích toàn phần của các khối đa diện.

Lời giải:

Ta có: $V_{c h o p} = \frac{1}{3} S_{d a y} . h$ nên đương nhiên khi hai khối chóp có diện tích đáy và chiều cao tương ứng bằng nhau thì có thể tích bằng nhau. A đúng.

Ta có: $V_{l t} = S_{d a y} . h$ nên đương nhiên khi hai khối lăng trụ có diện tích đáy và chiều cao tương ứng bằng nhau thì có thể tích bằng nhau. C đúng.

Diện tích toàn phần của khối lập phương: $S_{t p} = 6 a^{2}$ , hai khối lập phương có diện tích toàn phần bằng nhau tức là có cạnh bằng nhau, $V_{l p} = a^{3}$ , vậy chúng có thể tích bằng nhau. D đúng.

Chọn (B) Hai khối hộp chữ nhật có diện tích toàn phần bằng nhau thì chưa chắc có thể tích bằng nhau.

Bài 6 trang 28 SGK Hình học 12: Cho hình chóp

S . A B C

. Gọi

A^{'}

và

B^{'}

lần lượt là trung điểm của

S A

và

S B

. Khi đó tỉ số thể tích của hai khối chóp

S . A^{'} B^{'} C^{'}

và

S . A B C

bằng:

(A) $\frac{1}{2}$ (B) $\frac{1}{3}$

Phương pháp giải:

Sử dụng kết quả sau:

Cho khối chóp $S . A B C$ , trên các cạnh $S A, S B, S C$ lấy các điểm $A^{'}, B^{'}, C^{'}$ . Khi đó ta có: $\frac{V_{S . A^{'} B^{'} C^{'}}}{V_{S . A B C}} = \frac{S A^{'}}{S A} . \frac{S B^{'}}{S B} . \frac{S C^{'}}{S C}$

Lưu ý công thức trên chỉ được phép dùng đối với chóp tam giác, khi không là chóp tam giác phải sử dụng phân chia và lắp ghép các khối đa diện trước khi sử dụng công thức.

Lời giải:

Ta có: $\frac{V_{S . A^{'} B^{'} C}}{V_{S . A B C}} = \frac{S A^{'}}{S A} . \frac{S B^{'}}{S B} . \frac{S C}{S C} = \frac{1}{2} . \frac{1}{2} .1 = \frac{1}{4}$

Chọn (C).

Bài 7 trang 28 SGK Hình học 12: Cho hình chóp

S . A B C D

. Gọi

A^{'}, B^{'}, C^{'}, D^{'}

theo thứ tự là trung điểm của

S A, S B, S C, S D

. Tỉ số thể tích của hai khối chóp

S . A^{'} B^{'} C^{'} D^{'}

và

S . A B C D

bằng:

(A) $\frac{1}{2}$ (B) $\frac{1}{4}$

Phương pháp giải:

Lời giải:

Ta có: $V_{S . A^{'} B^{'} C^{'} D^{'}} = V_{S . A^{'} B^{'} C^{'}} + V_{S . A^{'} C^{'} D^{'}}$

$\frac{V_{S . A^{'} B^{'} C^{'}}}{V_{S . A B C}} = \frac{S A^{'}}{S A} . \frac{S B^{'}}{S B} . \frac{S C^{'}}{S C} = \frac{1}{2} . \frac{1}{2} . \frac{1}{2} = \frac{1}{8}$

$\Rightarrow V_{S . A^{'} B^{'} C^{'}} = \frac{1}{8} . V_{S . A B C} = \frac{1}{8} . \frac{1}{2} . V_{S . A B C D} = \frac{1}{16} V_{S . A B C D}$

$\frac{V_{S . A^{'} C^{'} D^{'}}}{V_{S . A C D}} = \frac{S A^{'}}{S A} . \frac{S C^{'}}{S C} . \frac{S D^{'}}{S D} = \frac{1}{2} . \frac{1}{2} . \frac{1}{2} = \frac{1}{8}$

$\Rightarrow V_{S . A^{'} C^{'} D^{'}} = \frac{1}{8} V_{S . A C D} = \frac{1}{8} . \frac{1}{2} V_{S . A B C D} = \frac{1}{16} V_{S . A B C D}$

$\Rightarrow V_{S . A^{'} B^{'} C^{'} D^{'}} = V_{S . A^{'} B^{'} C^{'}} + V_{S . A^{'} C^{'} D^{'}}$ $= \frac{1}{16} . V_{S . A B C D} + \frac{1}{16} . V_{S . A B C D} = \frac{1}{8} . V_{S . A B C D}$

Chọn (C).

Chú ý và sai lầm: KHÔNG ĐƯỢC sử dụng công thức trên như sau: $\frac{V_{S . A^{'} B^{'} C^{'} D^{'}}}{V_{S . A B C D}} = \frac{S A^{'}}{S A} . \frac{S B^{'}}{S B} \frac{S C^{'}}{S C} . \frac{S D^{'}}{S D}$ $= \frac{1}{2} . \frac{1}{2} . \frac{1}{2} . \frac{1}{2} = \frac{1}{16}$ , đây là công thức SAI.