Giải bài tập Bài 3. Khái niệm về thể tích của khối đa diện – SGK hình học 12 cơ bản

Giải bài 1 trang 25 SGK Hình học 12. 

Đề bài

Tính thể tích khối tứ diện đều cạnh \(a\).

Lời giải chi tiết

Cho tứ diện đều \(ABCD\). Hạ \(AH \bot \left( {BCD} \right)\)

Dễ dàng chứng minh được \({\Delta _v}AHB = {\Delta _v}AHC = {\Delta _v}AHD\,\,\left( {ch – cgv} \right) \Rightarrow HB = HC = HD,\) do đó H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác \(BCD\).

Do \(BCD\) là tam giác đều nên \(H\) là trọng tâm của tam giác \(BCD\).

Do đó \(BH = {2 \over 3}.{{\sqrt 3 } \over 2}a = {{\sqrt 3 } \over 3}a\)

Áp dụng định lí Pitago trong tam giác vuông \(ABH\) ta có: \(A{H^2} = A{B^2} – B{H^2} = {a^2} – \frac{{{a^2}}}{3} = \frac{{2{a^2}}}{3} \Rightarrow AH = \frac{{a\sqrt 6 }}{3}\).

Do tam giác \(BCD\) đều cạnh \(a\) nên: \({S_{BCD}} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}\)

Vậy \({V_{ABCD}} = \frac{1}{3}AH.{S_{BCD}} = \frac{1}{3}.\frac{{a\sqrt 6 }}{3}.\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{{12}}.\)

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: \({V_{C.AD’B’}} = V – \left( {{V_{B’.ABC}} + {V_{A.B’D’A’}} + {V_{D’.ACD}} + {V_{C.B’C’D’}}} \right) = V – \frac{4}{6}V = \frac{1}{3}V.\)

Do đó: \(\frac{{{V_{ABCD.A’B’C’D’}}}}{{{V_{ACB’D’}}}} = 3.\)

===========

Giải bài 4 trang 25 SGK Hình học 12. 

Đề bài

Cho hình chóp \(S.ABC\). Trên các đoạn thẳng \(SA, SB, SC\) lần lượt lấy ba điểm \(A’, B’, C’\) khác với \(S\). Chứng minh rằng

\({{{V_{S.A’B’C’}}} \over {{V_{S.ABC}}}} = {{SA’} \over {SA}} \cdot {{SB’} \over {SB}} \cdot {{SC’} \over {SC}}\)

Lời giải chi tiết

Gọi \(h\) và \(h’\) lần lượt là chiều cao hạ từ \(A, A’\) đến mặt phẳng \((SBC)\).

Gọi \(S_1\) và \(S_2\) theo thứ tự là diện tích các tam giác \(SBC\) và \(SB’C’\).

Khi đó ta có \({{h’} \over h} = {{SA’} \over {SA}}\)

và \(\frac{{{S_{SB’C’}}}}{{{S_{SBC}}}} = \frac{{\frac{1}{2}SB’.SC’.\sin \widehat {BSC}}}{{\frac{1}{2}SB.SC.\sin \widehat {BSC}}} = \frac{{SB’}}{{SB}}.\frac{{SC’}}{{SC}}\).

Suy ra \({{{V_{S.A’B’C’}}} \over {{V_{S.ABC}}}} = {{{V_{A’.SB’C’}}} \over {{V_{A.SBC}}}} = {{{1 \over 3}h'{S_2}} \over {{1 \over 3}h{S_1}}} = {{SA’} \over {SA}} \cdot {{SB’} \over {SB}} \cdot {{SC’} \over {SC}}\)

Đó là điều phải chứng minh.

Giải bài 5 trang 26 SGK Hình học 12. 

Đề bài

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 chi tiết

\(\left.\begin{matrix} BA \perp CD& \\ BA \perp CA& \end{matrix}\right\}\)\( \Rightarrow BA\bot (ADC)\) \(\Rightarrow BA \bot CE\)

Mặt khác \(BD \bot (CEF) \Rightarrow BD \bot CE\).

Từ đó suy ra

\(CE \bot (ABD) \Rightarrow CE ⊥ EF, CE \bot AD\).

Vì tam giác \(ACD\) vuông cân, \(AC= CD= a\) nên \(CE=\frac{AD}{2}=\frac{a\sqrt{2}}{2}\)

Ta có \(BC = a\sqrt{2}\), \(BD = \sqrt{2a^{2}+a^{2}}=a\sqrt{3}\)

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông \(BCD\) ta có: \(CF\cdot BD = DC\cdot BC\) nên \(CF=\frac{a^{2}\sqrt{2}}{a\sqrt{3}}=a\sqrt{\frac{2}{3}}\)

Từ đó suy ra

\(EF= \sqrt{CF^{2}-CE^{2}}=\sqrt{\frac{2}{3}a^{2}-\frac{a^{2}}{2}}=\frac{\sqrt{6}}{6}a\).

\(DF=\sqrt{DC^{2}-CF^{2}}=\sqrt{a^{2}-\frac{2}{3}a^{2}}=\frac{\sqrt{3}}{3}a\).

Từ đó suy ra \(S_{\Delta CEF}=\frac{1}{2}FE\cdot EC=\frac{1}{2}\frac{a\sqrt{6}}{6}\cdot \frac{a\sqrt{2}}{2}=\frac{a^{2}\sqrt{3}}{12}\)

Vậy \(V_{D.CEF}=\frac{1}{3}S_{\Delta CEF}\cdot DF=\frac{1}{3}\cdot \frac{a^{2}\sqrt{3}}{12}\cdot \frac{a\sqrt{3}}{3}=\frac{a^{3}}{36}.\)

Giải bài 6 trang 26 SGK Hình học 12. 

Đề bài

Cho hai đường thẳng chéo nhau \(d\) và \(d’\). Đoạn thằng \(AB\) có độ dài \(a\) 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 chi tiết

Gọi \(h\) là độ dài đường vuông góc chung của \(d\) và \(d’\), \(α\) là góc giữa hai đường thẳng \(d\) và \(d’\). Qua \(B, A, C\) dựng hình bình hành \(BACF\). Qua \(A,C, D\) dựng hình bình hành \(ACDE\).

Khi đó \(CFD.ABE\) là một hình lăng trụ tam giác. Ta có:

\[\begin{array}{l}
{V_{D.ABE}} + {V_{D.BACF}} = {V_{CFD.ABE}}\\
{V_{D.ABE}} = \frac{1}{3}{V_{CFD.ABE}} \Rightarrow {V_{D.BACF}} = \frac{2}{3}{V_{CFD.ABE}}\\
{V_{D.ABC}} = \frac{1}{2}{V_{D.BACF}} \Rightarrow {V_{D.ABC}} = \frac{1}{2}.\frac{2}{3}{V_{CFD.ABE}} = \frac{1}{3}{V_{CFD.ABE}}
\end{array}\]

Kẻ \(AH \bot \left( {CDF} \right)\) ta có: \({V_{ABCD}} = \frac{1}{3}.V_{CFD.ABE} =  \frac{1}{3}.AH.{S_{CDF}}\)

Ta có:

\(\begin{array}{l}AB//CF \Rightarrow AB//\left( {CDF} \right) \supset CD\\\Rightarrow d\left( {d;d’} \right) = d\left( {AB;CD} \right) = d\left( {AB;\left( {CDF} \right)} \right) \end{array}\)

\(= d\left( {A;\left( {CDF}\right)} \right) = AH = h\)

\(AB//CF \Rightarrow \widehat {\left( {d;d’} \right)} = \widehat {\left( {AB;CD} \right)} = \widehat {\left( {CF;CD} \right)} = \widehat {DCF} = \alpha \)

\( \Rightarrow {S_{CDF}} = \frac{1}{2}.CD.CF.\sin \widehat {DCF} = \frac{1}{2}ab\sin \alpha \)

Vậy \(V_{ABCD}=\frac{1}{3}.h.\frac{1}{2}ab\sin \alpha =\frac{1}{6}.h. ab. sinα = const\). (đpcm)