Hình học 12 nâng cao - Chương 1 - Ôn tập chương I - Khối đa diện và thể tích của chúng

  1. Tác giả: LTTK CTV
    Đánh giá: ✪ ✪ ✪ ✪ ✪

    Bài 1 trang 30 SGK Hình học 12 Nâng cao. Cho tứ diện \(ABCD\) có thể tích bằng \(V\). Gọi \(B'\) và \(D'\) lần lượt là trung điểm của \(AB\) và \(AD\). Mặt phắng \((CB'D')\) chia khối tứ diện thành hai phần. Tính thể tích mỗi phần đó.
    [​IMG]
    Mp \((CB’D’)\) chia khối tứ diện thành hai khối chóp \(C.AB’D’\) và \(C.BB’D’D\). Hai khối chóp này có chiều cao bằng nhau.
    Mặt khác: \({S_{AB'D'}} = {1 \over 4}{S_{ABD}} \Rightarrow {V_{C.AB'D'}} = {1 \over 4}V\)
    Do đó \({V_{C.BB'D'D}} = {3 \over 4}V\)



    Bài 2 trang 31 SGK Hình học 12 Nâng cao. Cho khối hộp \(ABCD.A'B'C'D'\). Chứng minh rằng sáu trung điểm của sáu cạnh \(AB, BC, CC', C'D’, D'A'\) và \(A'A\) nằm trên một mặt phẳng và mặt phẳng đó chia khối hộp thành hai phần có thể tích bằng nhau.
    Giải
    [​IMG]
    Gọi \(M, N, I, J, K, E\) lần lượt là trung điểm của các cạnh \(AB, BC, CC’, C’D’, D’A’, A’A\) của khối hộp \(ABCD.A’B’C’D’\) tâm \(O\).
    Ta có \(O\) là tâm hình bình hành \(ABC’D’\) nên \(M, O, J\) thẳng hàng (\(O\) là trung điểm của \(MJ\)). Mặt khác ba đường thẳng \(MN, EI\) và \(KJ\) đôi một song song với nhau (vì cung song song với \(AC\)) nên chúng đồng phẳng.
    Vậy \(6\) điểm \(M, N, I, J, K, E\) cùng nằm trên một mặt phẳng \(\left( \alpha \right)\).
    Mp \(\left( \alpha \right)\) chia khối hộp thành hai khối đa diện khối thứ nhất có các đỉnh \(M, N, I, J, K, E, A, C, D, D’\) , khối thứ hai có các đỉnh \(M, N, I, J, K, E, C’, A’, B, B’\).
    Phép đối xứng qua điểm \(O\) biến tập hợp đỉnh của khối đa diện thứ nhất thành tập hợp đỉnh của khối đa diện thứ hai. Suy ra hai khối đa diện đó bằng nhau và do đó có thể tích bằng nhau.



    Bài 3 trang 31 SKG Hình học 12 Nâng cao. Cho khối tứ diện \(ABCD, E\) và \(F\) lần lượt là trung điểm của hai cạnh \(AB\) và \(CD\). Hai mặt phẳng \((ABF)\) và \((CDE)\) chia khối tứ diện \(ABCD\) thành bốn khối tứ diện.
    a) Kể tên bốn khối tứ diện đó.
    b) Chứng tỏ rằng bốn khôi tứ diện đó có thể tích bằng nhau.
    c) Chứng tỏ rằng nếu \(ABCD\) là khối tứ diện đều thì bốn khối tứ diện nói trên bằng nhau.
    Giải
    [​IMG]
    a) Hai mặt phẳng \((ABF)\) và \((CDE)\) chia khối tứ diện \(ABCD\) thành bốn khối tứ diện \(ADEF, ACEF, BDEF, BCEF\)
    b) Vì \(F\) là trung điểm của \(CD\) nên mp \((ABF)\) chia khối tứ diện \(ABCD\) thành hai khối tứ diện \(ABCF\) và \(ABDF\) có thể tích bằng nhau.
    Vì \(E\) là trung điểm của \(AB\) nên mp \((CDE)\) lại chia mỗi khối tứ diện \(ABCF\) và \(ABDF\) thành hai khối tứ diện có thể tích bằng nhau.
    Vậy \({V_{ADEF}} = {V_{ACEF}} = {V_{BDEF}} = {V_{BCEF}}\)
    c) Nếu \(ABCD\) là tứ diện đều thì nó nhận mp \((ABF)\) và mp \((CDE)\) làm các mặt phẳng đối xứng và phép đối xứng qua đường thẳng \(EF\) biến tứ diện \(ADEF\) thành tứ diện \(BCEF\). Từ đó suy ra:
    Khối tứ diện \(ADEF\) bằng khối tứ diện \(ACEF\) (vì chúng đối xứng với nhau qua mp \((ABF)\))
    Khối tứ diện \(ADEF\) bằng khối tứ diện \(BDEF\) (vì chúng đối xứng với nhau qua mp \((CDE)\))
    Khối tứ diện \(ADEF\) bằng khối tứ diện \(BCEF\) (vì phép đối xứng qua trục \(EF\) biến tứ diện này thành tứ diện kia)



    Bài 4 trang 31 SGK Hình học 12 Nâng cao. Cho khối làng trụ đứng \(ABC.A’B'C’\) có diện tích đáy bằng \(S\) và \(AA' = h\). Một mặt phẳng \((P)\) cắt các cạnh \(AA', BB’, CC'\) lần lượt tại \({A_1},{B_1}\) và . Biết \(A{A_1} = a,B{B_1} = b,CC' = c\).
    a) Tính thể tích hai phần của khối lăng trụ được phân chia bởi mặt phẳng \((P)\).
    b) Với điều kiện nào của \(a, b, c\) thì thể tích hai phần đó bằng nhau ?
    Giải
    [​IMG]
    a) Kẻ đường cao \(AI\) của tam giác \(ABC\) thì \(AI \bot \left( {BCC'B'} \right)\) \(\Rightarrow AI = d\left( {{A_1};\left( {BCC'B'} \right)} \right)\). Ta có:
    \(\eqalign{
    & {V_{_{ABC.{A_1}{B_1}{C_1}}}} = {V_{{A_1}.ABC}} + {V_{{A_1}BC{C_1}{B_1}}} \cr
    & = {1 \over 3}{\rm{aS + }}{1 \over 3}{S_{BC{C_1}{B_1}}}.AI \cr
    & = {1 \over 3}aS + {1 \over 3}.{1 \over 2}\left( {b + c} \right).BC.AI \cr
    & = {1 \over 3}aS + {1 \over 3}\left( {b + c} \right)S = {1 \over 3}\left( {a + b + c} \right)S \cr
    & {V_{{A_1}{B_1}{C_1}A'B'C'}} = {V_{ABC.A'B'C'}} - {V_{ABC.{A_1}{B_1}{C_1}}} \cr
    & = Sh - {1 \over 3}\left( {a + b + c} \right)S = {1 \over 3}\left[ {\left( {h - a} \right) + \left( {h - c} \right) + \left( {h - c} \right)} \right]S \cr} \)
    b) \({V_{ABC.{A_1}{B_1}{C_1}}} = {V_{{A_1}{B_1}{C_1}.A'B'C'}} \Leftrightarrow {1 \over 3}\left( {a + b + a} \right)S = {1 \over 2}Sh \Leftrightarrow 3h = 2\left( {a + b + c} \right)\)



    Bài 5 trang 31 SKG Hình học 12 Nâng cao. Cho khối lăng trụ đểu \(ABC.A'B'C’\) và \(M\) là trung điểm của cạnh \(AB\). Mặt phẳng \((B'CM)\) chia khối lăng trụ thành hai phần. Tính tỉ số thể tích hai phần đó.
    Giải
    [​IMG]
    Gọi \(I\) là giao điểm của đường thẳng \(B’M\) với \(AA’\); \(N\) là giao điểm của \(IC’\) với \(AC\). Khi đó \(A\) là trung điểm của \(A’I\) và \(N\) là trung điểm của \(AC\).
    Đặt \({S_{ABC}} = S\) và \(AA' = h\)
    Thiết diện của mp \((B’C’M)\) với khối lăng trụ \(ABC.A’B’C’\) là hình thang cân \(MNC’B’\). Mp \((B’C’M)\) chia khối lăng trụ thành hai phần, phần chứa cạnh \(AA’\) có thể tích là \({V_1}\), phần còn lại có thể tích là \({V_2}\). Khi đó ta có:
    \(\eqalign{
    & {V_1} = {V_{AMN.A'B'C'}} = {V_{I.A'B'C'}} - {V_{I.AMN}} = {1 \over 3}S.2h - {1 \over 3}.{S \over 4}h \cr
    & = {2 \over 3}Sh - {1 \over {12}}Sh = {7 \over {12}}Sh = {7 \over {12}}\left( {{V_1} + {V_2}} \right) \cr
    & \Rightarrow 12{V_1} = 7{V_1} + 7{V_2} \Rightarrow {{{V_1}} \over {{V_2}}} = {7 \over 5} \cr} \)



    Bài 6 trang 31 SGK Hình học 12 Nâng cao. Cho khối chóp \(S.ABC\) có đường cao \(SA\) bằng \(a\), đáy là tam giác vuông cân có \(AB = BC = a\). Gọi \(B'\) là trung điểm của \(SB, C'\) là chân đường cao hạ từ \(A\) của tam giác \(SAC\).
    a) Tính thể tích khối chóp \(S.ABC\).
    b) Chứng minh rằng \(SC\) vuông góc với mp \((AB'C')\).
    c) Tính thể tích khối chóp \(S.AB’C’\).
    Giải
    [​IMG]
    a) Thể tích khối chóp \(S.ABC\) là: \({V_{S.ABC}} = {1 \over 3}{S_{ABC}}.SA = {1 \over 6}{a^2}.a = {{{a^3}} \over 6}\)
    b) Ta có \(BC \bot BA\) và \(BC \bot SA\) nên do đó \(AB' \bot BC\)
    Ta có \(AB' \bot SB\) và \(AB' \bot BC\) nên \(AB' \bot SC\) (do \(AB' \bot \left( {SBC} \right)\) )
    Theo giả thiết \(SC \bot AC'\), \(SC \bot AB'\) (chứng minh trên) \( \Rightarrow SC \bot \left( {AB'C'} \right)\)
    c) Ta có \(AC’\) là đường cao trong tam giác vuông \(SAC\) nên \({{SC'} \over {SC}} = {{SC'.SC} \over {S{C^2}}} = {{S{A^2}} \over {S{C^2}}} = {{{a^2}} \over {3{a^2}}} = {1 \over 3}\)
    Từ đó suy ra \({{{V_{S.AB'C'}}} \over {{V_{S.ABC}}}} = {{SA} \over {SA}}.{{SB'} \over {SB}}.{{SC'} \over {SC}} = {1 \over 2}.{1 \over 3} = {1 \over 6}\)
    Vì \({V_{S.ABC}} = {{{a^3}} \over 6}\) nên \({V_{S.AB'C'}} = {{{a^3}} \over {36}}\)