Bài tập 9 trang 26 SGK Hình học 12
Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD đáy là hình vuông cạnh a, cạnh bên tạo với đáy một góc bằng 600. Gọi M là trung điểm của SC. Mặt phẳng đi qua AM và song song với BD, cắt SB tại E và cắt SD tại F. Tính thể tích khối chóp S.AEMF.
Hướng dẫn giải chi tiết bài 9
Gọi O là giao điểm của AC và BD. AM cắt SO tại I.
Do mặt phẳng chứ AM, song song với BD nên E, F lần lượt là các giao điểm của đường thẳng qua I, song song với BD với các đường thẳng SB, SD.
Ta có: \(DB\perp AC\) (giả thiết)
\(SO\perp BD\) (vì S.ABCD là hình chóp đều)
Nên \(BD\perp (SAC)\Rightarrow EF\perp (SAC)\Rightarrow EF\perp SC\) (1)
Mặt khác tam giác SAC cân tại S, hơn nữa theo giả thiết thì góc giữa SA và (ABCD) bằng 600 tức là góc \(\widehat{SAC}=60^0\) nên \(\Delta SAC\) đều. Vì M là trung điểm của SC nên \(AM\perp SC\) (2)
Từ (1) và (2), ta có: \(SC\perp (AEMF)\Rightarrow SM\) là chiều cao của khối chóp S.AEMF
Cũng từ \(EF\perp (SAC)\Rightarrow EF\perp AM\Rightarrow S_{AEMF}=\frac{1}{2} EF.AM\)
\(\Rightarrow V_{S.AEMF}=\frac{1}{3}.\frac{1}{2}EF.AM.SM\) (*)
Vì \(\Delta SAC\) đều và \(AC=a\sqrt{2}\) (đường chéo của hình vuông cạnh a) nên \(SC=a\sqrt{2}\Rightarrow SM=\frac{a\sqrt{2}}{2}(3)\)
Cũng vì \(\Delta SAC\) đều cạnh \(a\sqrt{2}\) nên \(AM=\frac{a\sqrt{2}.\sqrt{3}}{2}=\frac{a\sqrt{6}}{2} \ (4)\)
Để thấy I là trọng tâm của tâm giác SDB nên theo định lý Talet ta có:
\(\frac{EF}{BD}=\frac{SI}{SO}=\frac{2}{3}\Rightarrow EF=\frac{2}{3}BD= \frac{2}{3}a\sqrt{2} (5)\)
Thay (3), (4) và (5) vào (*) ta có:
\(V_{S.AEMF}=\frac{1}{6}.\frac{2}{3}.a\sqrt{2}.\frac{a\sqrt{2}}{2}. \frac{a\sqrt{6}}{2}=\frac{a^3\sqrt{6}}{18}\)
==================
Bài tập 10 trang 27 SGK Hình học 12
Cho hình lăng trụ đứng tam giác ABC.A’B’C’ có tất cả các cạnh đều bằng a.
a) Tính thể tích khối tứ diện A’BB’C
b) Mặt phẳng đi qua A’B’ và trọng tâm tam giác ABC cắt AC và BC lần lượt tạ E và F. Tính thể tích hình chóp C.A’B’FE.
Hướng dẫn giải chi tiết bài 10
Câu a:
Ta tính thể tích hình chóp A’.BCB’.
Gọi M là trung điểm của B’C’, ta có: \(A’M\perp B’C’\) (1)
Lăng trụ ABC.A’B’C’ là lăng trụ đứng nên: \(BB’\perp (A’B’C’)\)
\(\Rightarrow BB’\perp A’M\)
Từ (1) và (2) suy ra \(A’M\perp (BB’C)\) hay A’M là đường cao của hình chóp A’.BCB’.
Ta có: \(A’M=\frac{a\sqrt{3}}{2};S_{BB’C}=\frac{1}{2}a^2\)
\(\Rightarrow V_{A’BB’C}=\frac{1}{3}A’M.S_{BB’C}\Rightarrow V_{A’BB’C}=\frac{a^3\sqrt{3}}{12}\)
Câu b:
Thể tích hình chóp C.A’B’EF bằng tổng thể tích hai hình chóp:
– V1 là thể tích hình chóp đỉnh B’, đáy là tam giác CEF.
– V2 là thể tích hình chóp đỉnh B’, đáy là tam giác A’EC.
Do mp (ABC) // mp(A’B’C’) nên dễ thấy EF // AB. Ta cũng có: \(EF=\frac{2}{3}a\)
Hình chóp B’.CEF có chiều cao BB’ = a và diện tích đáy là:
\(S_{CEF}=\frac{1}{2}.\frac{2a}{3}.\frac{2}{3}.\frac{a\sqrt{3}}{3}=\frac{a^2\sqrt{3}}{9}\)
Từ đây ta có: \(V_1=\frac{a^3\sqrt{3}}{27}\)
Do \(EC=\frac{2}{3}AC\) nên \(S_{A’EC}=\frac{2}{3}a.\frac{1}{2}a=\frac{a^2}{3}\)
Hình chóp B’.A’EC có chiều cao là B’I (chiều cao của \(\Delta A’B’C’\)) bằng \(\frac{a\sqrt{3}}{2}\) nên \(V_2=\frac{a^3\sqrt{3}}{18}\)
Vậy thể tích hình chóp C.A’B’FE là: \(V=V_1+V_2=\frac{5a^3\sqrt{3}}{54}\)
Bài tập 11 trang 27 SGK Hình học 12
Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’. Gọi E và F theo thứ tự là trung điểm của các cạnh BB’ và DD’. Mặt phẳng (CEF) chia khối hộp trên làm hai khối đa diện. Tính tỉ số của hai khối đa diện đó.
Hướng dẫn giải chi tiết bài 11
Trước hết, ta xác định thiết diện của hình hộp ABCD.A’B’C’D’ khi cắt bởi mp (CEF). Mặt phẳng (CEF) chứa đường thẳng EF mà E là trung điểm của BB’, F là trung điểm của CC’ nên EF chứa giao điểm O của các đường chéo hình hộp, do đó mặt phẳng (CEF) cùng chứa giao điểm O của các đường chéo và nó cũng chứa đường chéo A’C của hình hộp. Ta dễ dàng nhận xét rằng thiết diện chính là hình bình hành CEA’F. Qua EF ta dựng một mặt phẳng song song với đáy hình hộp, mặt phẳng này cắt AA’ ở P và cắt CC’ ở Q.
Ta có thể tích của hình hộp ABCD.PEQF là:
\(V_{ABCD.PEQF}=\frac{1}{2}V_{ABCD.A’B’C’D’}\) (1)
Ta cũng chứng minh được một cách dễ dàng:
\(V_{CFQE}=V_{AFPE}\) (2)
(Hai hình chóp CFQE và A’FPE có chiều cao bằng nhau và diện tích đáy bằng nhau)
Xét khối đa diện ABCDE’F do mặt phẳng (CEF) chia ra trên hình hộp ABCD.A’B’C’D’, ta có:
\(V_{ABCD.FA’EQ}=V_{ABCD.FPE}+V_{A’FPE}\)
Từ (1), (2), (3) suy ra:
\(V_{ABCD.FA’EQ}=\frac{1}{2}.V_{ABCD.A’B’C’D’}\)
Vậy mặt phẳng (CEF) chia hình hộp thành hai khối đa diện có thể tích bằng nhau, tỉ số của chúng là 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 (CEF) 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 tập 12 trang 27 SGK Hình học 12
Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh a. Gọi M là trung điểm A’B’, N là trung điểm BC.
a) Tính thể tích khối tứ diện BC.
b) Mặt phẳng (DMN) 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 \(\frac{V_{(H)}}{V_{(H’)}}\)
Hướng dẫn giải chi tiết bài 12
Câu a:
Ta tính thể tích hình chóp M.ADN. Hình chóp này có chiều cao bằng a và diện tích AND bằng \(\frac{a^2}{2}\)
\(V_{ADMN}=\frac{1}{3}a.\frac{a^2}{2}=\frac{a^3}{6}\)
Câu b:
Trước hết, ta dựng thiết diện của hình lập phương khi cắt bởi mp(DMN).
Do (ABCD) // (A’B’C’D’) nên (DMN) cắt (A’B’C’D’) theo một giao tuyến song song với DN. Ta dựng thiết diện như sau:
– Từ M kẻ đường thẳng song song với DN, đường này cắt cạnh A’D’ tại điểm P và cắt đường thẳng C’B’ tại điểm Q. Trong mặt phẳng (BCC’B’) thì QN cắt cạnh BB’ tại điểm R; đa giác DNRMP chính là thiết diện của hình lập phương khi cắt bởi mp (DMN).
– Bây giờ ta tính thể tích khối đa diện ABNDPMR. Thể tích này có thể coi là thể tích của ba hình chóp.
V1 là thể tích hình chóp đáy ABND, đỉnh M;
V2 là thể tích hình chóp đáy AA’PD, đỉnh M;
V3 là thể tích hình chóp đáy NRB, đỉnh M
Hình chóp M.ABND, có đường cao bằng a, diện tích đáy là hình thang ABND là:
\(\frac{1}{2}\left ( \frac{a}{2}+a \right ).a=\frac{3a^2}{4}\)
Suy ra: \(V_1=\frac{1}{3}.\frac{3a^2}{4}.a\Rightarrow V=\frac{a^3}{4}\)
Dễ thấy \(A’P=\frac{a}{4}\). Hình chóp M.AA’PD có chiều cao \(\frac{a}{2}\) và diện tích hình thang AA’PD là: \(\frac{1}{2}\left ( \frac{a}{4}+a \right )a=\frac{5a^2}{8}\)
Suy ra: \(V_2=\frac{1}{3}.\frac{a}{2}.\frac{5a^2}{8}\Rightarrow V_2= \frac{5a^2}{48}\)
Dễ thấy \(BR=\frac{2}{3}a\). Diện tích tam giác NRB là: \(\frac{1}{2}.\frac{2}{3}a.\frac{a}{2}=\frac{a^2}{6}\)
Hình chóp M.NRB có chiều cao \(\frac{a}{2}\) và diện tích đáy \(\frac{a^2}{6}\) nên:
\(V_2=\frac{1}{3}.\frac{a}{2}.\frac{a^2}{6}\Rightarrow V_3=\frac{a^3}{36}\)
\(V_{ABNDPMR}=V_1+V_2+V_3= \frac{5a^3}{48}+\frac{a^3}{4}+\frac{a^3}{36}=\frac{55a^3}{144}\)
Thể tích phần còn lại là: \(\frac{144a^3}{144}-\frac{55a^3}{144}=\frac{89a^3}{144}\)
Từ đây suy ra tỉ số cần tìm là: \(\frac{55}{89}\)
================
Trả lời