Đề 1 trang 23 Sách bài tập (SBT) Hình học 12. ĐỀ 1 (45 phút)Câu 1 (4 điểm) trang 23 sách bài tập (SBT) – Hình học 12 Cho hình lập phương ABCD. A’B’C’D’. Chứng minh hai tứ diện ABCB’ và AA’D’B’ bằng nhau. Hướng dẫn làm bài Ta có \(A'B \bot AB',A'B \bot B'C' = > A'B \bot (ADC'B')\). Để ý rằng A’B cắt (ADC’B’) tại trung điểm M của nó, do đó A’ và B đối xứng với nhau qua mặt phẳng (ADC’B’). Tương tự, D’ và C đối xứng với nhau qua mặt phẳng (ADC’B’). Phép đối xứng qua mặt phẳng (ADC’B’) biến tứ diện ABCB’ thành tứ diện AA’D’B’ nên hai tứ diện đó bằng nhau. Câu 2 (6 điểm) trang 23 sách bài tập (SBT) – Hình học 12 Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông ABCD cạnh bằng a, hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng đáy là điểm H sao cho: \(\overrightarrow {AH} = {1 \over 3}\overrightarrow {AC} ,SH = {4 \over 3}a\) a) Tính thể tích khối chóp S.ABCD b) Gọi AI là đường cao của tam giác ASC. Chứng minh rằng I là trung điểm của SC và tính thể tích khối tứ diện ABSI. Hướng dẫn làm bài a) Thể tích hình chóp S.ABCD bằng : \({1 \over 3}{a^2}{4 \over 3}a = {{4{a^3}} \over 9}\) b) Ta có \({\rm{A}}{{\rm{S}}^2} = A{H^2} + S{H^2} = {({{a\sqrt 2 } \over 3})^2} + {{16{a^2}} \over 9} = 2{a^2} = A{C^2}\) Do đó tam giác ASC cân ở A. Suy ra I là trung điểm của SC. \({V_{ABSI}} = {V_{S.ABI}} = {1 \over 2}{V_{S.ABC}} = {1 \over 4}{V_{S.ABCD}} = {{{a^3}} \over 9}\) Đề 2 trang 23 Sách bài tập (SBT) Hình học 12. ĐỀ 2 (45 phút)Câu 1 (4 điểm) trang 23 sách bài tập (SBT) – Hình học 12 Cho khối tứ diện đều ABCD cạnh bằng a. Gọi A’, B’ , C’ , D’ lần lượt là trọng tâm của các tam giác BCD , CDA , DAB , ABC. a) Chứng minh A’B’C’D’ cũng là một khối tứ diện đều. b) Tính VA’B’C’D’ theo a. Hướng dẫn làm bài a) Gọi E là trung điểm của CD. Khi đó \({{EB'} \over {EA}} = {{EA'} \over {EB}}\) Suy ra B’A’ // AB và \(B'A' = {1 \over 3}AB = {1 \over 3}a\) Tương tự các cạnh khác của tứ diện A’B’C’D’ cũng bằng \({1 \over 3}a\) nên A’B’C’D’ là một khối tứ diện đều. b) Gọi H là hình chiếu của A lên mặt phẳng (BCD). Vì AB = AC = AD nên HB = HC = HD. Suy ra: \(H \equiv A'\) Ta có: \({\rm{AA}}' = \sqrt {{a^2} - {{({a \over {\sqrt 3 }})}^2}} = {{a\sqrt 2 } \over {\sqrt 3 }}\) \({V_{ABCD}} = {1 \over 3}{1 \over 2}{a^2}{{\sqrt 3 } \over 2}{{a\sqrt 2 } \over {\sqrt 3 }} = {{{a^3}\sqrt 2 } \over {12}}\) Vì tứ diện A’B’C’D’ đồng dạng với tứ diện ABCD với tỉ số đồng dạng là \(k = {1 \over 3}\) , nên \({V_{A'B'C'D'}} = {1 \over {27}}{V_{ABCD}} = {{\sqrt 2 } \over {324}}{a^3}\) Câu 2 (6 điểm) trang 23 sách bài tập (SBT) – Hình học 12 Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác ABC vuông cân ở B, mặt phẳng (A’BC) vuông góc với mặt phẳng đáy, AB = 3a, AA’ = 5a ,\(\widehat {A'BC} = {60^0}\) . a) Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ b) Tính khoảng cách từ C đến mặt phẳng (ABB’A’) Hướng dẫn làm bài a) Gọi H là chân đường vuông góc kẻ từ A’ đến (ABC). Vì \((A'BC) \bot (ABC)\) nên H thuộc đường thẳng BC. Vì \(AB \bot BH\) nên \(AB \bot BA'\). Ta có: \(A'B = \sqrt {A'{A^2} - A{B^2}} = 4a\) ; \(A'H = A'B\sin {60^0} = {{4a\sqrt 3 } \over 2} = 2\sqrt 3 a\) ; \({V_{ABC.A'B'C'}} = {{9{a^2}} \over 2}2a\sqrt 3 = 9\sqrt 3 {a^3}\) b) Ta có: \({V_{A'.ABC}} = {1 \over 3}{V_{ABC.A'B'C'}} = 3\sqrt 3 {a^3};\) \({S_{ABA'}} = {1 \over 2}A'B.AB = {1 \over 2}4a.3a = 6{a^2}\) Vì \({V_{A'.ABC}} = {V_{C.ABA'}} = {1 \over 3}{S_{ABA'}}.d(C,(ABA'))\) \(\Rightarrow d(C,(ABA')) = {{3{V_{A'.ABC}}} \over {{S_{ABA'}}}} = {{9\sqrt 3 {a^3}} \over {6{a^2}}} = {{3\sqrt 3 a} \over 2}\) Chú ý: Có thể giải câu b) bằng cách khác như sau: \(\left\{ {\matrix{{(A'BC) \bot (ABC)} \cr {AB \bot BC} \cr} } \right. \Rightarrow AB \bot (A'BC)\) \(\Rightarrow (ABB'A') \bot (A'BC)\) \(\Rightarrow d(C,(ABB'A')) = d(C,A'B) = BC\sin {60^0} = {{3a\sqrt 3 } \over 2}\) Đề 3 trang 24 Sách bài tập (SBT) Hình học 12. ĐỀ 3 (45 phút)Câu 1 (4 điểm) trang 24 sách bài tập (SBT) – Hình học 12 Cho khối hộp ABCD.A’B’C’D’ có thể tích bằng V, I là giao điểm các đường chéo của nó. Mặt phẳng (P) đi qua I và cắt các cạnh bên của khối hộp chia khối hộp đó thành hai khối đa diện. Tính thể tích của mỗi khối đa diện đó theo V. Hướng dẫn làm bài Giả sử (P) cắt AA’ , BB’ , CC’ , DD’ lần lượt tại A’’ , B’’ , C’’ , D’’. Vì A’’ , I , C’’ là điểm chung của hai mặt phẳng (P) và (BDD’B’) nên chúng thẳng hàng. Tương tự B’’ , I , D’’ thẳng hàng. Vì (ABB’A’) // (DCC’D’) nên A’’B’’ // D’’C’’ . Tương tự, B’’C’’ //A’’D’’ . Suy ra A’’B’’C’’D’’ là hình bình hành. Mặt phẳng (P) chia khối hộp ABCD.A’B’C’D’ thành hai khối đa diện. Gọi (H) là khối đa diện chứa đỉnh A, (H’) là khối đa diện còn lại. Phép đối xứng qua tâm I biến (H) thành (H’) nên hai khối đa diện (H) và (H’) bằng nhau. Từ đó suy ra: \({V_H} = {V_{H'}} = {V \over 2}\) Câu 2 (6 điểm) trang 24 sách bài tập (SBT) – Hình học 12 Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật ABCD, SA vuông góc với đáy,\(SA{\rm{ }} = {\rm{ }}AB{\rm{ }} = {\rm{ }}a,AD = a\sqrt 2 \) . Gọi E và F lần lượt là trung điểm của AD và SC, I là giao điểm của AC và BE. a) Tính thể tích tứ diện FBIC. b) Tính thể tích tứ diện SBIF. c) Tính thể tích hình chóp B.SAIF. Hướng dẫn làm bài a) Vì I là trọng tâm của tam giác ABD nên \(AI = {1 \over 3}AC\) Do đó: \({S_{BIC'}} = {2 \over 3}{S_{ABC}} = {2 \over 3}{1 \over 2}{\rm{aa}}\sqrt 2 = {{{a^2}\sqrt 2 } \over 3}\) Vì F là trung điểm của SC nên : \(d(F,(IBC)) = {1 \over 2}d(S,(IBC)) = {a \over 2}\) Suy ra: \({V_{F.IBC}} = {1 \over 3}{{{a^2}\sqrt 2 } \over 3}{a \over 2} = {{\sqrt 2 } \over {18}}{a^3}\) b) Vì SF = CF nên d(S, (BIF)) = d(C, (BIF)) Do đó: \({V_{S.B{\rm{IF}}}} = {V_{C.BIF}} = {V_{F.IBC}} = {{\sqrt 2 } \over {18}}{a^3}\) c) Ta có: \({V_{S.ABC}} = {1 \over 3}{1 \over 2}{a^2}\sqrt 2 .a = {{{a^3}\sqrt 2 } \over 6}\) . Suy ra: \({V_{B.S{\rm{AIF}}}} = {V_{S.ABC}} - {V_{F.IBC}} = {{{a^3}\sqrt 2 } \over 6} - {{{a^3}\sqrt 2 } \over {18}} = {{\sqrt 2 } \over 9}{a^3}\)
