Giải bài 1 trang 25 SGK Hình học 12.
Đề bài
Tính thể tích khối tứ diện đều cạnh \(a\).
+) Gọi \(AH\) là đường cao hạ từ đỉnh A của tứ diện đều \(ABCD\) \(\left({H \in (BCD)} \right)\).
+) Do tứ diện ABCD đều, chứng minh H là trong tâm tam giác \(ABC\).
+) Sử dụng định lí Pytago tính độ dài \(AH\).
+) Áp dụng công thức tính thể tích: \({V_{ABCD}} = \frac{1}{3}AH.{S_{BCD}}\).
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 \({V_{ABCD}} = \frac{1}{3}AH.{S_{BCD}} = \frac{1}{3}.\frac{{a\sqrt 6 }}{3}.\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{{12}}.\)
Bài tập 2 trang 25 SGK Hình học 12
Tính thể tích khối bát diện đều cạnh a.
Hướng dẫn giải chi tiết bài 2
Ta có:
\({V_{ABCDEF}} = {V_{ABCDE}} + {V_{FBCDE}} = 2{V_{ABCDE}} = 2.\frac{1}{2}{S_{BCDE}}.AO\)
Với O là tâm hình vuông BCDE.
Vì AO vuông góc với mặt phẳng BCDO nên theo định lý Pi-ta-go ta có:
\(AO = \sqrt {A{B^2} – B{O^2}} = \sqrt {{a^2} – {{\left( {\frac{{a\sqrt 2 }}{2}} \right)}^2}} = \frac{a}{{\sqrt 2 }}\)
Vì BCDE là hình vuông cạnh a nên: \({S_{BCDE}} = {a^2}.\)
Do đó: \({V_{ABCDEF}} = \frac{2}{3}{a^2}.\frac{a}{{\sqrt 2 }} = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{3}.\)
Bài tập 3 trang 25 SGK Hình học 12
Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’. Tính thể tích của khối hộp đó và thể tích của khối tứ diện ACB’D’.
Hướng dẫn giải chi tiết bài 3
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
\({{{V_{S.A’B’C’}}} \over {{V_{S.ABC}}}} = {{SA’} \over {SA}} \cdot {{SB’} \over {SB}} \cdot {{SC’} \over {SC}}\)
+) Gọi h và h’ lần lượt là chiều cao hạ từ A và A’ đến \((BCD)\), dựa vào định lí Vi-et tính tỉ số \(\frac{h’}{{h}}\).
+) Sử dụng công thức tính diện tích \({S_{\Delta SB’C’}} = \frac{1}{2}SB.SC.\sin \widehat {BSC}\) tính diện tích tam giác \(SB’C’\), tương tự tính diện tích tam giác\(SBC\), sau đó suy ra tỉ số \(\frac{{{S_{\Delta SB’C’}}}}{{{S_{\Delta SBC}}}}\).
+) Sử dụng công thức tính thể tích \(V = \frac{1}{3}S.h\) lập tỉ số thể tích S.A’B’C’ và S.ABC, rút gọn và suy ra kết quả.
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 \(a\).
+) Dựng các điêm F và E.
+) Chứng minh tam giác CEF vuông tại E \( \Rightarrow {S_{CEF}} = \frac{1}{2}EF.EC\)
+) \({V_{CDEF}} = \frac{1}{3}DF.{S_{CEF}} = \frac{1}{3}DF.\frac{1}{2}EF.EC = \frac{1}{6}DF.EF.EC\)
+) Sử dụng định lí Pitago và các hệ thức lượng trong tam giác vuông tính CE, EF và DF.
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)
===============
Trả lời