Bài 4. Thể tích của khối đa diện Bài 31 – 40 – Giải SBT chương 1 Hình học 12 nâng cao
Bài 31 trang 10 Sách bài tập Hình học lớp 12 Nâng cao
Hãy tính thể tích của khối hộp nếu biết độ dài cạnh bên bằng a, diện tích hai mặt chéo lần lượt là \({S_1},{S_2}\) và góc giữa hai mặt chéo bằng \(\alpha \).
Giải
(h.15) Giả sử hình hộp đã cho là \(ABCD.{A_1}{B_1}{C_1}{D_1}\).
Gọi \({\rm{O}}{{\rm{O}}_1}\) là giao tuyến của hai mặt chéo. Trong hai mặt chéo \(\left( {{A_1}{C_1}CA} \right)\) và \(\left( {{B_1}{D_1}DB} \right)\), qua điểm \(I \in O{O_1}\), ta lần lượt kẻ hai đường thẳng KE và MH đều vuông góc với \(O{O_1}\). Khi đó \(\alpha = \left( {MH,KE} \right)\) và MEHK là thiết diện thẳng khối hộp. Đặt \(KE = x,MH = y\) thì \({S_{MEHK}} = {1 \over 2}xy\sin \alpha .\)
Áp dụng kết quả bài tập 30, ta có:
Vhộp = \({S_{MKHE}}.A{A_1} = {1 \over 2}xya\sin \alpha .\)
Nhưng \(xa = {S_1},ya = {S_2}\) suy ra \(x = {{{S_1}} \over a},y = {{{S_2}} \over a} \Rightarrow xy = {{{S_1}{S_2}} \over {{a^2}}}.\)
Vậy Vhộp\( = {{{S_1}{S_2}\sin \alpha } \over {2a}}.\)
Bài 32:
Cho khối chóp tứ giác đều \(S.ABCD\) mà trung đoạn của nó ( đường cao của một mặt bên hạ từ đỉnh hình chóp) bằng 6 còn góc giữa hai mặt bên dối diện bằng \({60^0}\). Qua CD, dựng mặt phẳng \(\left( \alpha \right)\) vuông góc với \(mp\left( {SAB} \right)\), cắt SA, SB lần lượt tại P1 và P.
Hãy tính thể tích khối chóp S.CDP1P.
Giải
(h.16)
Giả sử SK và SE là hai trung đoạn của khối chóp.
Vì \(CD//AB\) nên giao tuyến \(\Delta \) của hai mặt phẳng \(\left( {SCD} \right)\) và \(\left( {SAB} \right)\) song song với CD và AB.
Ta có \(SE \bot CD;SK \bot AB \Rightarrow SE \bot \Delta ,SK \bot \Delta \Rightarrow \) \(\widehat {KSE}\) là góc giữa hai mặt phẳng (SCD) và (SAB). Vậy \(\widehat {KSE}\) = 600.
Do \(CD//AB\) nên giao tuyến P1P của \(\left(\alpha \right)\) và \(\left( {SAB} \right)\)song song với \(CD\) và \(AB\). Tứ đó dễ thấy tứ giác CDP1P là hình thang cân và EH là đường cao của nó \(\left( {H = SK \cap {P_1}P} \right)\).
Ta có \(EH \bot {P_1}P,\) mà \({P_1}P = \left( \alpha \right) \cap \left( {SAB} \right),\left( \alpha \right) \bot \left( {SAB} \right)\) nên suy ra \(EH \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow EH \bot SH.\) Mặt khác \(SH \bot {P_1}P \Rightarrow SH \bot \left( {CD{P_1}P} \right)\) nên SH là đường cao của hình chóp S.CDP1P. Tam giác SKE cân đỉnh S và có góc ở đỉnh bằng 600 nên nó là tam giác đều. Vậy H là trung điểm của SK, suy ra
\({P_1}P = {1 \over 2}AB = {1 \over 2}KE = {1 \over 2}SE = {1 \over 2}.6 = 3.\)
Ta có :
\(\eqalign{
{V_{S.CD{P_1}P}} &= {1 \over 3}{S_{CD{P_1}P}}.SH \cr&= {1 \over 3} \cdot {1 \over 2}\left( {CD + {P_1}P} \right).EH.SH \cr
& ={1 \over 6}\left( {6 + 3} \right) \cdot {{6\sqrt 3 } \over 2} \cdot 3 = {{27} \over 2}\sqrt 3 \cr} \)
Bài 33
Cho khối chóp tam giác đều \(S.ABC\) có chiều cao bằng h và góc ASB bằng \(2\varphi \). Hãy tính thể tích khối chóp.
Giải
(h.17)
Giả sử O là tâm của tam giác đều ABC.
Khi đó \(SO \bot \left( {ABC} \right)\) và SO = h.
Gọi K là trung điểm của AB. Đặt AK = x.
Khi đó \(\eqalign{ & SK = x\cot \varphi ;\;OK = xtan{30^0} = {x \over {\sqrt 3 }}. \cr & {h^2} = S{K^2} – O{K^2} = {{{x^2}} \over 3}(3{\cot ^2}\varphi – 1) \cr & \Rightarrow {x^2} = {{3{h^2}} \over {3{{\cot }^2}\varphi – 1}}. \cr} \)
Ta có: \(\eqalign{ & {S_{ABC}} = {{A{B^2}\sin {{60}^0}} \over 2} = {x^2}\sqrt 3 , \cr & \Rightarrow {V_{S.ABC}} = {1 \over 3}{S_{ABC}}.h = {{{x^2}\sqrt 3 } \over 3}h = {{{h^3}\sqrt 3 } \over {3{{\cot }^2}\varphi – 1}}. \cr} \)
Bài 34
Khối chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân đỉnh C và \(SA \bot \left( {ABC} \right),SC = a.\) Hãy tìm góc giữa hai mặt phẳng \(\left( {SCB} \right)\)và \(\left( {ABC} \right)\) để thể tích khối chóp là lớn nhất.
Giải
Ta có \(BC \bot AC\) nên \(BC \bot SC\) (định lý ba đường vuông góc), suy ra góc \(SCA\) là góc giữa hai mặt phẳng \(\left( {SCB} \right)\) và \(\left( {ABC} \right)\). Đặt \(\widehat {SCA} = x\left( {0
Khi đó :
\(\eqalign{ & SA = a{\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{inx}},AC = acosx. \cr & {V_{S.ABC}} = {{a{\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{inx}}} \over 3}.{{{a^2}{\rm{co}}{{\rm{s}}^2}x} \over 2} = {{{a^3}} \over 6}{\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{in}x}.co{s^2}x. \cr} \)
Xét hàm số \(y\left( x \right) = \sin {\rm{x}}{\cos ^2}x.\)
Ta có :
\(\eqalign{ y’\left( x \right) &= co{s^3}x – 2{\mathop{\rm cosx}\nolimits} .s{\rm{i}}{{\rm{n}}^2}{\rm{x }}\cr&= \cos x\left( {co{s^2}x – 2 + 2co{s^2}x} \right) \cr & = cosx\left( {3{{\cos }^2}x – 2} \right) \cr&= 3{\mathop{\rm cosx}\nolimits} \left( {{\mathop{\rm cosx}\nolimits} – \sqrt {{2 \over 3}} } \right)\left( {\cos x + \sqrt {{2 \over 3}} } \right). \cr} \)
Vì \(0 0.\)
Gọi \(\alpha \) là góc sao cho \(\cos \alpha = \sqrt {{2 \over 3}} ,0
Ta có bảng biến thiên của hàm \(y\left( x \right) = {\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{inx}}.{\cos ^2}x:\)
Vậy VS.ABC đạt giá trị lớn nhất khi \(x = \alpha \) với \(0 < \alpha < {\pi \over 2}\)và \(\cos \alpha = \sqrt {{2 \over 3}} .\)
Bài 35
Cho khối chóp tứ giác đều S.ABCD mà khoảng cách từ đỉnh A đến \(mp\left( {SBC} \right)\) bằng 2a. Với giá trị nào của góc giữa mặt bên và mặt đáy của khối chóp thì thể tích của khối chóp là nhỏ nhất ?
Giải
(h.19)
Giả sử O là tâm của hình vuông ABCD. Khi đó \(SO \bot \left( {ABCD} \right)\), Gọi EH là đường trung bình của hình vuông ABCD \(\left( {E \in AD,H \in BC} \right).\) Vì \(AD//BC\) nên \(AD//\left( {SBC} \right)\), do đó
\(d\left( {A,\left( {SBC} \right)} \right) = d\left( {E,\left( {SBC} \right)} \right).\)
Kẻ \(EK \bot SH\). Dễ thấy \(EK \bot \left( {SBC} \right)\) suy ra
\(EK = d\left( {A,\left( {SBC} \right)} \right) = 2a.\)
Ta có : \(BC \bot SH,BC \bot OH \Rightarrow \)\(\widehat {SHO}\) là góc giữa mặt bên \(\left( {SBC} \right)\) và mặt phẳng đáy. Đặt \(\widehat {SHO} =x\left( {0 < x < {\pi \over 2}} \right)\). Khi đó :
\(EH = {{2a} \over {{\mathop{\rm sinx}\nolimits} }};\;OH = {a \over {{\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{inx}}}};\;SO = {a \over {{\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{inx}}}}{\mathop{\rm tanx}\nolimits} = {a \over {{\mathop{\rm cosx}\nolimits} }}\)
Vậy: \({V_{S.ABCD}} = {1 \over 3}{S_{ABCD}}.SO = {{4{a^3}} \over {3\cos x{{\sin }^2}x}}\)
Từ đó \({V_{S.ABCD}}\) nhỏ nhất khi và chỉ khi \(y\left( x \right) = \cos x.{\sin ^2}x\) đạt giá trị lớn nhất. Ta có:
\(\eqalign{
y’\left( x \right) &= – {\sin ^3}x + 2\sin x.{\cos ^2}x \cr
& = \sin x\left( {2{{\cos }^2}x – {{\sin }^2}x} \right) \cr
& = \sin x\left( {2 – 3{{\sin }^2}x} \right) \cr
& = 3\sin x\left( {\sqrt {{2 \over 3}} – \sin x} \right)\left( {\sqrt {{2 \over 3}} + \sin x} \right) \cr} \)
Vì \(0 < x < {\pi \over 2}\) nên \(\sin x\left( {\sqrt {{2 \over 3}} + \sin x} \right) > 0\)
Gọi \(\alpha \) là góc sao cho \(\sin \alpha = \sqrt {{2 \over 3}} ;\,\,0 < \alpha < {\pi \over 2}\)
Ta có bảng biến thiên của hàm số \(y\left( x \right) = \cos x.{\sin ^2}x\):
Vậy \({V_{S.ABCD}}\) đạt giá trị lớn nhất khi \(x = \alpha \) với \(0 < \alpha < {\pi \over 2}\) và \(\sin x = \sqrt {{2 \over 3}} .\)
Bài 36
Khối chóp \(S.ABCD\)có \(SA \bot \left( {ABC} \right)\); đáy là tam giác ABC cân tại A, độ dài trung tuyến AD bằng a, cạnh bên SB tạo với đáy một góc \( \alpha \) và tạo với mặt \(\left( {SAD} \right)\) góc \(\beta \). Tính thể tích khối chóp.
Giải
(h.20)
AB là hình chiếu của SB trên \(mp\left( {ABC} \right)\) nên \(\widehat {SBA} = \alpha \) Dễ thấy \(BD \bot \left( {SAD} \right)\) nên hình chiếu của SB trên \(mp\left( {SAD} \right)\) là SD \( \Rightarrow \) \(\widehat {BSD} = \beta \)
Do SAB và SDB là các tam giác vuông nên ta có \(SB = {{BD} \over {\sin \beta }},SB = {{AB} \over {\cos \alpha }},\) suy ra
\(\eqalign{ &{{A{B^2}} \over {{{\cos }^2}\alpha }} = {{B{D^2}} \over {{{\sin }^2}\beta }} = {{A{B^2} – B{D^2}} \over {{{\cos }^2}\alpha – {{\sin }^2}\beta }} \cr&= {{{a^2}} \over {{{\cos }^2}\alpha – {{\sin }^2}\beta }} \cr & \Rightarrow BD = {{a\sin \beta } \over {\sqrt {{{\cos }^2}\alpha – {{\sin }^2}\beta } }}, \cr} \)
\(\eqalign{ & SD = BD\cot \beta = {{a\cos \beta } \over {\sqrt {{\rm{co}}{{\rm{s}}^2}\alpha – {{\sin }^2}\beta } }}, \cr & SA = \sqrt {S{D^2} – A{D^2}} = {{a\sin \alpha } \over {\sqrt {{\rm{co}}{{\rm{s}}^2}\alpha – {{\sin }^2}\beta } }}. \cr & \cr} \)
Vậy :
\(\eqalign{ & {V_{S.ABC}} = {1 \over 3}{S_{ABC}}.SA \cr & = {1 \over 3}.a.{{a\sin \beta } \over {\sqrt {{\rm{co}}{{\rm{s}}^2}\alpha – {{\sin }^2}\beta } }}.{{a\sin \alpha } \over {\sqrt {{\rm{co}}{{\rm{s}}^2}\alpha – {{\sin }^2}\beta } }} \cr & = {{{a^3}\sin \alpha .\sin \beta } \over {3\left( {{\rm{co}}{{\rm{s}}^2}\alpha – {{\sin }^2}\beta } \right)}}. \cr} \)
Bài 37
Biết thể tích khối hộp ABCD.A’B’C’D’ bằng V. Tính thể tích khối tứ diện ACB’D’
Giải
(h.21).
Ta có :
Các khối chóp \(A.A’B’D’;\;C.C’B’D’;\;B’.ABC\) và \(D’.ACD\) có diện tích đáy bằng một nửa diện tích đáy của khối hộp và đều có chiều cao bằng chiều cao của khối hộp nên chúng có thể tích bằng nhau và cụ thể, mỗi khối đó có thể tích bằng \(\frac{1}{6}V.\)
Vậy : \({V_{ACB’D’}} = V – 4.\frac{1}{6}V = \frac{1}{3}V.\)
Bài 38
Cho tứ diện ABCD. Gọi d là khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và CD, \(\alpha \) là góc giữa hai đường thẳng đó. Chứng minh rằng
\({V_{ABCD}} = {1 \over 6}AB.CD.d.\sin \alpha .\)
Giải
Cách 1.
Dựng hình hộp AEBF.MDNC ( gọi là hình hộp ngoại tiếp tứ diện ABCD) (h.22).
Vì \(\left( {AEBF} \right)//\left( {MDNC} \right)\) nên chiều cao của hình hộp bằng khoảng cách d giữa AB và CD.
Theo bài 37 ta có :
\({V_{ABCD}} = {1 \over 3}\) Vhộp
\(\eqalign{ & = {1 \over 3}{S_{MDNC}}.d \cr & = {1 \over 3}.{1 \over 2}MN.CD\sin \alpha .d = {1 \over 6}AB.CD.d\sin \alpha . \cr} \)
Cách 2. (h.23)
Dựng hình bình hành ABCE . Khi đó :
\({V_{A.BCD}} = {V_{E.BCD}}\) (do \(AE//\left( {BCD} \right)\)) (1)
\(\eqalign{ & {V_{E.BCD}} = {V_{B.ECD}}\;\;\;\;\;(2) \cr & {V_{B.ECD}} = {1 \over 3}{S_{ECD}}.d\left( {B,\left( {CDE} \right)} \right)\;\;\;(3) \cr & \cr} \)
\({S_{ECD}} = {1 \over 2}CE.CD.\sin \widehat {ECD}\)
\(\eqalign{ & = {1 \over 2}AB.CD\sin \alpha \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(4) \cr} \)
\(d\left( {B,\left( {CDE} \right)} \right) = d\left( {AB,CD} \right)(\) do \(AB//\left( {CDE} \right))\;(5)\)
Từ (1), (2), (3), (4), (5) suy ra :
\({V_{ABCD}} = {1 \over 6}AB.CD.d\sin \alpha .\)
Bài 39
Cho khối chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với mặt phẳng đáy và SA=2a. Gọi B’, D’ lần lượt là hình chiếu của A trên SB và SD. Mặt phẳng \(\left( {AB’D’} \right)\) cắt SC tại C’. Tính thể tích khối chóp S.AB’C’D’.
Giải
(h.24)
Ta có\(AB’ \bot SB,AB’ \bot CB(\) do \(CB \bot \left( {SAB} \right)\))
\( \Rightarrow AB’ \bot \left( {SBC} \right) \Rightarrow AB’ \bot SC \;\;(1)\)
Tương tự \(AD’ \bot SC\;\;\;(2)\)
Từ (1) và (2) suy ra
\(\eqalign{ & SC \bot \left( {AB’C’D’} \right) \cr & \Rightarrow SC \bot AC’. \cr} \)
Do tính đối xứng ta có
\({V_{S.AB’C’D’}} = 2{V_{S.AB’C’}}\)
Ta có
\(\eqalign{ & {{{V_{S.AB’C’}}} \over {{V_{S.ABC}}}} = {{SB’} \over {SB}}.{{SC’} \over {SC}} = {{SB’.SB} \over {S{B^2}}}.{{SC’.SC} \over {S{C^2}}} \cr & = {{S{A^2}} \over {S{B^2}}}.{{S{A^2}} \over {S{C^2}}} = {{4{a^2}} \over {5{a^2}}}.{{4{a^2}} \over {6{a^2}}} = {8 \over {15}}. \cr & {V_{S.ABC}} = {1 \over 3}.{{{a^2}} \over 2}.2a = {{{a^3}} \over 3}\cr& \Rightarrow {V_{S.AB’C’}} = {8 \over {15}}.{{{a^3}} \over 3} = {{8{a^3}} \over {45}} \cr & \Rightarrow {V_{S.AB’C’D’}} = {{16{a^3}} \over {45}}. \cr} \)
Bài 40
Tính thể tích khối tứ diện ABCD có các cặp cạnh đối bằng nhau :
\(AB=CD=a, AC=BD=b,AD=BC=c\).
Giải
(h.25)
Dựng tứ diện APQR sao cho B, C, D lần lượt là trung điểm của các cạnh QR, RP, PQ.
Ta có \(AD = BC = {1 \over 2}PQ\) mà D là trung điểm của PQ nên \(AQ \bot {\rm{AP}}{\rm{.}}\)
Chứng minh tương tự, ta cũng có \(AQ \bot {\rm{AR}},{\rm{AR}} \bot AP.\)
Dễ thấy :
\({V_{ABCD}} = {1 \over 4}{V_{APQR}} = {1 \over 4}.{1 \over 6}.AP.AQ.{\rm{AR}}( * )\)
Xét các tam giác vuông \(APQ,AQR,ARP,\) ta có
\(A{P^2} + A{Q^2} = 4{c^2},\)
\(A{Q^2} + {\rm{A}}{{\rm{R}}^2} = 4{a^2},\)
\({\rm{A}}{{\rm{R}}^2} + A{P^2} = 4{b^2}.\)
Từ đó suy ra :
\(\eqalign{ & AP = \sqrt 2 .\sqrt { – {a^2} + {b^2} + {c^2}} ,\cr&AQ = \sqrt 2 \sqrt {{a^2} – {b^2} + {c^2}} , \cr & {\rm{A}}{{\rm{R}}} = \sqrt 2 \sqrt {{a^2} + {b^2} – {c^2}} . \cr} \)
Vậy từ \(\left( * \right)\) ta suy ra :
Trả lời