Câu 1 trang 25 sgk hình học 12. Tính thể tích khối tứ diện đều cạnh \(a\). Giải: Cho tứ diện đều \(ABCD\). Hạ đường cao \(AH\) của tứ diện thì do các đường xiên \(AB, AC, AD\) bằng nhau nên các hình chiếu của chúng: \(HB, HC, HD\) bằng nhau. Do \(BCD\) là tam giác đều nên \(H\) là trọng tâm của tam giác \(BCD\). Do đó \(BH = {2 \over 3}.{{\sqrt 3 } \over 2}a = {{\sqrt 3 } \over 3}a\) Từ đó suy ra: \(AH^2 \)=\( a^2\)– \(BH^2 \)=\({{6{a^2}} \over 9}\) Nên \(AH = {{\sqrt 6 } \over 3}a\) Thể tích tứ diện đó \(V={1 \over 3} \cdot {1 \over 2} \cdot {{\sqrt 3 } \over 2}{a^2} \cdot {{\sqrt 6 } \over 3}a = {a^3}{{\sqrt 2 } \over {12}}.\) Câu 2 trang 25 sgk hình học 12. Tính thể tích khối bát diện đều cạnh \(a\). Giải: Chia khối tám mặt đều cạnh \(a\) thành hai khối chóp tứ giác đều cạnh \(a\). Gọi \(h\) là chiều cao của khối chóp thì dễ thấy \({h^2} = {a^2} - {\left( {{a\sqrt {2}}\over2 } \right)^2} = {{{a^2}} \over 2}\) nên \(h = {{a\sqrt 2 } \over 2}\) Từ đó thể tích khối tám mặt đều cạnh \(a\) là: \(V = 2.{1 \over 3}.{{\sqrt {2}}\over2}a .{a^2} = {a^3}{{\sqrt 2 } \over 3}\). Câu 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 \(ACB’D’\). Giải: Gọi \(S\) là diện tích đáy \(ABCD\) và \(h\) là chiều cao của khối hộp. Chia khối hộp thành khối tứ diện \(ACB’D’\) và bốn khối chóp \(A.A’B’D’, C.C’B’D’, B’.BAC\) và \(D’. DAC\). Ta thấy bốn khối chóp sau đều có diện tích đáy bằng \(\frac{S}{2}\) và chiều cao bằng \(h\), nên tổng các thể tích của chúng bằng \(4\cdot \frac{1}{3}\cdot \frac{S}{2}h\)\(=\frac{2}{3}Sh\). Từ đó suy ra thể tích của khối tứ diện \(ACB’D’\)=\(\frac{1}{3}Sh\). Do đó tỉ số của thể tích khối hộp đó và thể tích của khối tứ diện \(ACB’D’\) bằng \(3\). Câu 4 trang 25 sgk hình học 12: 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 \({{{V_{S.A'B'C'}}} \over {{V_{S.ABC}}}} = {{SA'} \over {SA}} \cdot {{SB'} \over {SB}} \cdot {{SC'} \over {SC}}\) Hướng dẫn giải: 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 \({{{1 \over 2}sin(B'SC').SB'.SC'} \over {{1 \over 2}sin(BSC).SB.SC}} = {{SB'} \over {SB}}.{{SC'} \over {SC}}\) 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. Câu 5 trang 26 sgk hình học 12. 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 \(SD\), cắt \(BD\) tại \(F\) và cắt \(AD\) tại \(E\). Tính thể tích khối tứ diện \(CDEF\) theo \(a\). Giải: \(\left.\begin{matrix} BA \perp CD& \\ BA \perp CA& \end{matrix}\right\}\)\( \Rightarrow BA\bot (ADC)\) \(\Rightarrow BA \bot CE\) 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 \(BC = a\sqrt{2}\), \(BD = \sqrt{2a^{2}+a^{2}}=a\sqrt{3}\) Để ý rằng \(CF\cdot BD = DC\cdot BC\) 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 \(V_{D.CEF}=\frac{1}{3}S_{\Delta CEF}\cdot DF=\frac{1}{3}\cdot \frac{a^{2}\sqrt{3}}{12}\cdot \frac{a\sqrt{3}}{3}=\frac{a^{3}}{36}.\) Câu 6 trang 26 sgk hình học 12. 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. Giải: 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: \(V_{DABC}=V_{DFCB}=V_{BCDF}\) = \(\frac{1}{3}\)\(V_{CFD.ABE}\) = \(\frac{1}{3}h\)\(S_{FCD}\)= \(\frac{1}{3}h.\) \(\frac{1}{2}ab. sinα\) =\(\frac{1}{6}.h. ab. sinα\) (là một số không đổi).
