Bài 1.10 trang 20 sách bài tập (SBT) – Hình học 12. Cho khối chóp tam giác đều S.ABC có đáy là tam giác đều cạnh bằng a, các cạnh bên tạo với đáy một góc 600. Hãy tính thể tích của khối chóp đó. Hướng dẫn làm bài: Kẻ \(SH \bot (ABC)\) . Đường thẳng AH cắt BC tại I. Do S.ABC là hình chóp tam giác đều nên H là trọng tâm của \(\Delta ABC\) . Do đó \(AI = {{\sqrt 3 } \over 2}a,AH = {2 \over 3}.{{\sqrt 3 } \over 2}a = {{\sqrt 3 } \over 3}a,\widehat {SAH} = {60^0}\) \(SH = AH.\tan {60^0} = {{\sqrt 3 } \over 3}a.\sqrt 3 = a\) Thể tích khối chóp S.ABC là: \(V = {1 \over 3}.{1 \over 2}.{{\sqrt 3 } \over 2}a.a.a = {{\sqrt 3 } \over {12}}{a^3}\) Bài 1.11 trang 20 sách bài tập (SBT) – Hình học 12. Cho khối chóp S.ABC có đáy là tam giác cân, AB = AC = 5a, BC = 6a và các mặt bên tạo với đáy một góc 600.Hãy tính thể tích của khối chóp đó. Hướng dẫn làm bài: Kẻ \(SH \bot (ABC)\) và HA’, HB’ , HC’ lần lượt vuông góc với BC, CA, AB. Theo định lí ba đường vuông góc ta có \(SA' \bot BC,SB' \bot CA,SC' \bot AB\) Từ đó suy ra \(\widehat {SA'H} = \widehat {SB'H} = \widehat {SC'H} = {60^0}\). Do đó các tam giác vuông SHA’ , SHB’ , SHC’ bằng nhau. Từ đó suy ra HA’ = HB’ = HC’ . Vậy H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC. Do tam giác cân ở A nên AH vừa là đường phân giác , vừa là đường cao, vừa là đường trung tuyến. Từ đó suy ra A, H, A’ thẳng hàng và A’ là trung điểm của BC. Do đó, AA’2 = AB2 – BA’2 = 25a2 – 9a2 = 16a2 Vậy AA’ = 4a Gọi p là nửa chu vi của tam giác ABC, r là bán kính đường tròn nội tiếp của nó. Khi đó \({S_{ABC}} = {1 \over 2}6a.4a = 12{a^2} = pr = 8ar\) Từ đó suy ra \(r = {3 \over 2}a\) Do đó \(SH = HA'.\tan {60^0} = {{3a} \over 2}\sqrt 3 = {{3\sqrt 3 } \over 2}a\) Thể tích khối chóp là \(V = {1 \over 3}.12{a^2}.{{3\sqrt 3 } \over 2}a = 6\sqrt 3 {a^3}\). Bài 1.12 trang 20 sách bài tập (SBT) – Hình học 12. Cho hình chóp tam giác S.ABC có đáy là tam giác vuông ở B. Cạnh SA vuông góc với đáy. Từ A kẻ các đoạn thẳng AD vuông góc với SB và AE vuông góc với SC. Biết rằng AB = a, BC = b, SA = c. a) Hãy tính thể tích khối chóp S.ADE b) Tính khoảng cách từ E đến mặt phẳng (SAB). Hướng dẫn làm bài: a) Ta có \(\left\{ {\matrix{{BC \bot SA} \cr {BC \bot AB} \cr} } \right. \Rightarrow BC \bot (SAB)\) Vì \(AD \subset (SAB)\) nên \(AD \bot BC\) Mặt khác \(AD \bot SB\) nên \(AD \bot (SBC)\) Từ đó suy ra \(AD \bot SC\) \(\left\{ {\matrix{{SC \bot AE} \cr {SC \bot AD} \cr} } \right. \Rightarrow SC \bot (ADE) \Rightarrow SC \bot DE\) hay \(SE \bot (ADE)\) . Trong tam giác vuông SAB ta có: \(SA.AB = AD.SB \Rightarrow AD = {{AB.SA} \over {SB}} = {{ac} \over {\sqrt {{a^2} + {c^2}} }}\) Tương tự, trong tam giác vuông SAC ta có: \(AE = {{SA.AC} \over {SC}} = {{c\sqrt {{a^2} + {b^2}} } \over {\sqrt {{a^2} + {b^2} + {c^2}} }}\) Do \(AD \bot (SBC)\) nên \(AD \bot DE\) . Từ đó suy ra: \(DE = \sqrt {A{E^2} - A{D^2}}\) \( = \sqrt {{{{c^2}({a^2} + {b^2})} \over {{a^2} + {b^2} + {c^2}}} - {{{a^2}{c^2}} \over {{a^2} + {c^2}}}}\) \( = {{{c^2}b} \over {\sqrt {({a^2} + {b^2} + {c^2})({a^2} + {c^2})} }}\) \(SE = \sqrt {S{A^2} - A{E^2}}\) \( = \sqrt {{c^2} - {{{c^2}({a^2} + {b^2})} \over {{a^2} + {b^2} + {c^2}}}}\) \( = {{{c^2}} \over {\sqrt {{a^2} + {b^2} + {c^2}} }}\) Vậy \({V_{S.ADE}} = {1 \over 3}.{1 \over 2}AD.DE.SE \) \(= {1 \over 6}{{ac} \over {\sqrt {{a^2} + {c^2}} }}.{{{c^2}b} \over {\sqrt {({a^2} + {b^2} + {c^2})({a^2} + {c^2})} }}.{{{c^2}} \over {\sqrt {{a^2} + {b^2} + {c^2}} }}\) \( = {{ab{c^5}} \over {6({a^2} + {b^2} + {c^2})({a^2} + {c^2})}}\) b) Gọi d là khoảng cách từ E đến mặt phẳng (SAB) Ta có: \(SD = \sqrt {S{A^2} - A{D^2}} = \sqrt {{c^2} - {{{a^2}{c^2}} \over {{a^2} + {c^2}}}} = {{{c^2}} \over {\sqrt {{a^2} + {c^2}} }}\) \({V_{S.ADE}} = {V_{E.SAD}} = {1 \over 3}.{1 \over 2}SD.AD.d \) \(= {1 \over 6}{{{c^2}} \over {\sqrt {{a^2} + {c^2}} }}{{ac} \over {\sqrt {{a^2} + {c^2}} }}d \) \(= {1 \over 6}{{a{c^3}} \over {{a^2} + {c^2}}}d\) Kết hợp với kết quả trong câu a) ta suy ra \(d = {{b{c^2}} \over {{a^2} + {b^2} + {c^2}}}\) Bài 1.13 trang 20 sách bài tập (SBT) – Hình học 12. Chứng minh rằng tổng các khoảng cách từ một điểm bất kì trong một tứ diện đều đến các mặt phẳng của nó là một số không đổi. Hướng dẫn làm bài: Ta có tứ diện đều ABCD, M là một điểm trong của nó. Gọi V là thể tích, S là diện tích mỗi mặt của tứ diện đều ABCD, hA , hB , hC , hD lần lượt là khoảng cách từ M đến các mặt (BCD), (CDA), (DAB), (ABC). Khi đó ta có: \(V = {V_{MBCD}} + {V_{MCDA}} + {V_{MDAB}} + {V_{MABC}}\) \(= {1 \over 3}S({h_A} + {h_B} + {h_C} + {h_D})\) Từ đó suy ra \({h_A} + {h_B} + {h_C} + {h_D} = {{3V} \over S}\) Bài 1.14 trang 20 sách bài tập (SBT) – Hình học 12. Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A’B’C’D’ có AB = a, BC = 2a, AA’ = a. Lấy điểm M trên cạnh AD sao cho AM = 3MD. a) Tính thể tích khối chóp M.AB’C b) Tính khoảng cách từ M đến mặt phẳng (AB’C). Hướng dẫn làm bài: a) Thể tích khối chóp M.AB’C bằng thể tích khối chóp B’AMC. Ta có: \({S_{AMC}} = {3 \over 4}{S_{ADC}} = {3 \over 4}.{1 \over 2}.2{a^2} = {{3{a^2}} \over 4}\) Do đó \({V_{M.AB'C}} = {1 \over 3}.{{3{a^2}} \over 4}.a = {{{a^3}} \over 4}\) b) Gọi h là khoảng cách từ M đến mặt phẳng (AB’C) Khi đó \({V_{M.AB'C}} = {1 \over 3}{S_{AB'C}}.h = {{{a^3}} \over 4}\) Vì AC2 = B’C2 = 5a2 nên tam giác ACB’ cân tại C. Do đó, đường trung tuyến CI của tam giác ACB’ cũng là đường cao. Ta có: \(C{I^2} = {\rm{ }}C{A^2}-{\rm{ }}A{I^2} = {\rm{ }}5{a^2} - {({{a\sqrt 2 } \over 2})^2} = 5{a^2} - {{{a^2}} \over 2} = {{9{a^2}} \over 2}\) Do đó \(CI = {{3a} \over {\sqrt 2 }}\Rightarrow {S_{AB'C}} = {1 \over 2}.{{3a} \over {\sqrt 2 }}.a\sqrt 2 = {{3{a^2}} \over 2}\) Từ đó suy ra \(h = 3{{{a^3}} \over 4}:{{3{a^2}} \over 2} = {a \over 2}\) Bài 1.15 trang 21 sách bài tập (SBT) – Hình học 12. Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A’B’C’D’ có AB = a, BC = b, AA’ = c. Gọi M và N theo thứ tự là trung điểm của A’B’ và B’C’. Tính tỉ số giữa thể tích khối chóp D’.DMN và thể tích khối hộp chữ nhật ABCD.A’B’C’D’ Hướng dẫn làm bài Thể tích khối chóp D’.DMN bằng thể tích khối chóp D.D’MN Ta có: \({S_{D'MN}} = {S_{A'B'C'D'}} - ({S_{D'A'M}} + {S_{D'C'N}} + {S_{B'MN}})\) \(= ab - ({{ab} \over 4} + {{ab} \over 8} + {{ab} \over 4}) = {{3ab} \over 8}\) Thể tích khối chóp \({V_{D'.DMN}} = {1 \over 3}.{{3ab} \over 8}.c = {{abc} \over 8}\) Từ đó suy ra tỷ số giữa thể tích khối chóp D’.DMN và thể tích khối hộp chữ nhật ABCD.A’B’C’D’ bằng \({1 \over 8}\) . Bài 1.16 trang 21 sách bài tập (SBT) – Hình học 12. Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A’B’C’D’ có AB = a, BC = b, AA’ = c. Gọi E và F lần lượt là những điểm thuộc cạnh BB’ và DD’ sao cho \(BE = {1 \over 2}EB',DF = {1 \over 2}FD'\) . Mặt phẳng (AEF) chia khối hộp chữ nhật ABCD.A’B’C’D’ thành hai khối đa diện (H) và (H’). Gọi (H’) là khối đa diện chứa đỉnh A’. Hãy tính thể tích của (H) và tỉ số thể tích của (H) và (H’). Hướng dẫn làm bài: Giả sử (AEF) cắt CC’ tại I. Khi đó ta có AE// FI, AF // EI nên tứ giác AEIF là hình bình hành. Trên cạnh CC’ lấy điểm J sao cho CJ = DF. Vì CJ song song và bằng DF nên JF song song và bằng CD. Do đó tứ giác CDFJ là hình chữ nhật. Từ đó suy ra FJ song song và bằng AB. Do đó AF song song và bằng BJ. Vì AF cũng song song và bằng EI nên BJ song song và bằng EI. Từ đó suy ra \({\rm{IJ}} = EB = DF = JC = {c \over 3}\) Ta có \({S_{BCIE}} = {1 \over 2}({{c + 2c} \over 3})b = {{bc} \over 2}\) \({S_{DCIF}} = {1 \over 2}({{c + 2c} \over 3})a = {{ac} \over 2}\) Nên \({V_{(H)}} = {V_{A.BCIE}} + {V_{A.DCIF}} = {1 \over 3}.{{bc} \over 2}.a + {1 \over 3}.{{ac} \over 2}.b = {{abc} \over 3}\) Vì thể tích khối hộp chữ nhật ABCD.A’B’C’D’ bằng abc nên \({V_{(H')}} = {2 \over 3}abc\) Từ đó suy ra \({{{V_{(H)}}} \over {{V_{(H')}}}} = {1 \over 2}\) Bài 1.17 trang 21 sách bài tập (SBT) – Hình học 12. Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’ . Gọi E và F lần lượt là trung điểm của B’C’ và C’D’ . Mặt phẳng (AEF) chia hình hộp đó thành hai hình đa diện (H) và (H’), trong đó (H) là hình đa diện chứa đỉnh A’. Tính tỉ số giữa thể tích hình đa diện (H) và thể tích hình đa diện (H’). Hướng dẫn làm bài: Giả sử đường thẳng EF cắt đường thẳng A’B’ tại I và cắt đường thẳng A’D’ tại J. AI cắt BB’ tại L, AJ cắt DD’ tại M. Gọi V0 là thể tích khối tứ diện AA’IJ. V là thể tích khối hộp ABCD.A’B’C’D’ Vì EB’ = EC’ và B’I // C’F nên \(IB' = FC' = {{A'B'} \over 2}\) Do đó \({{IB'} \over {IA'}} = {1 \over 3}\) Để ý rằng BE’ // A’J , B’L //AA’ Ta có \({{IL} \over {IA}} = {{IE} \over {{\rm{IJ}}}} = {{IB'} \over {IA'}} = {1 \over 3}\) Từ đó suy ra: \({{{V_{I.ELB'}}} \over {{V_{I.JAA'}}}} = {({1 \over 3})^3} = {1 \over {27}}\) Do đó \({V_{I.ELB'}} = {1 \over {27}}{V_0}\) Tương tự \({V_{J.MFD'}} = {1 \over {27}}{V_0}\) Gọi AB = a, BC = b , đường cao hạ từ A xuống (A’B’C’D’) là h thì \(V = {V_{ABCD.A'B'C'D'}} = hab.\sin \widehat {BAD}\), \({V_0} = {1 \over 3}({1 \over 2}.{{3a} \over 2}.{{3b} \over 2}\sin \widehat {BAD})h = {{3V} \over 8}\) Vậy \({V_{(H)}} = {V_0} - {2 \over {27}}{V_0} = {{25} \over {27}}{V_0} = {{25} \over {27}}.{{3V} \over 8} = {{25} \over {72}}V,{V_{(H')}} = {{47} \over {72}}V\), \({V_{(H')}} = {{47} \over {72}}V,{{{V_{(H)}}} \over {{V_{(H')}}}} = {{25} \over {47}}\)
