Bài 22 trang 8 Sách bài tập Hình học lớp 12 Nâng cao. Cho khối hộp H có tâm I. Chứng minh rằng nếu \(mp\left( \alpha \right)\)chia H thành hai phần có thể tích bằng nhau thì \(\left( \alpha \right)\) phải đi qua điểm I. Giải Giả sử H là khối hộp có tâm I và \(\left( \alpha \right)\)là mặt phẳng không đi qua I. Ta phải chứng minh rằng \(\left( \alpha \right)\) chia H thành hai khối đa diện H1 và H2 có thể tích không bằng nhau. Ta gọi \(\left( {\alpha '} \right)\) là mặt phẳng đi qua I và song song với \(\left( \alpha \right)\). Khi đó, \(\left( \alpha \right)\) chia H thành hai khối đa diện H’1 và H’2. Vì I là tâm của H nên phép đối xứng tâm I biến H’1 thành H’2. Vậy hai khối đa diện có thể tích bằng nhau và bằng \({V \over 2}\). Trong đó V là thể tích của H. Cố nhiên phần của H nằm giữa hai mặt phẳng song song \(\left( \alpha \right)\) và \(\left( {\alpha '} \right)\) có thể tích khác 0 nên thể tích của H1 và H2 không thể bằng nhau. Bài 23 trang 9 Sách bài tập Hình học lớp 12 Nâng cao. Cho khối lăng trụ tứ giác đều ABCD.A1B1C1D1 có khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và A1Dbằng 2 và độ dài đường chéo của mặt bên bằng 5. a)Hạ \(AK \bot {A_1}D\left( {K \in {A_1}D} \right)\). Chứng minh rằng AK=2. b)Tính thể tích khối lăng trụ ABCD.A1B1C1D1. Giải (H.6) a) \(\eqalign{ & AB//{A_1}{B_1} \Rightarrow AB// \left( {{A_1}{B_1}D} \right) \cr & \Rightarrow {d_{\left( {A,\left( {{A_1}{B_1}D} \right)} \right)}} = {d_{\left( {AB,{A_1}D} \right)}}. \cr & \cr} \) Ta có : \(\eqalign{ & {A_1}{B_1} \bot \left( {A{A_1}{D_1}D} \right) \cr & \Rightarrow {A_1}{B_1} \bot AK. \cr} \) Mặt khác \({A_1}D \bot AK,\) suy ra \(AK \bot \left( {{A_1}{B_1}D} \right)\) Vậy \(AK = d\left( {A,\left( {{A_1}{B_1}D} \right)} \right) = d\left( {AB,{A_1}D} \right) = 2\) b) Xét tam giác vuông \({A_1}AD\), ta có : \(A{K^2} = {A_1}K.KD.\) Đặt A1K = x \(4 = x\left( {5 - x} \right) \Rightarrow {x^2} - 5x + 4 = 0 \Rightarrow \left[ \matrix{ x = 1 \hfill \cr x = 4 \hfill \cr} \right.\) Với x=1, \(AD = \sqrt {A{K^2} + K{D^2}} = 2\sqrt 5 \) \({\rm{A}}{{\rm{A}}_1} = \sqrt {{A_1}{D^2} - A{D^2}} = \sqrt 5 \) Khi đó \({V_{ABCD.{A_1}{B_1}{C_1}{D_1}}} = 20\sqrt 5 \) Với x=4, tương tự ta có :\({V_{ABCD.{A_1}{B_1}{C_1}{D_1}}} = 10\sqrt 5 \). Bài 24 trang 9 Sách bài tập Hình học lớp 12 Nâng cao. Đáy của khối lăng trụ đứng ABC.A1B1C1 là tam giác đều. Mặt phẳng (A1BC) tạo với đáy một góc 300và tam giác A1BC có diện tích bằng 8. Tính thể tích khối lăng trụ. Giải (h.7) Giả sử CK = x, ở đây AK là đường cao của tam giác đều ABC. Từ định lí ba đường vuông góc, ta có \({A_1}K \bot BC.\) Từ đó góc AKA1 = 300. Xét tam giác vuông A1AK, ta có: \({A_1}K = AK;\cos {30^0} = {{2AK} \over {\sqrt 3 }},\)mà \(AK = {{2x\sqrt 3 } \over 2} = x\sqrt 3 \)nên \({A_1}K = 2x\) \({A_1}A = AK\tan {30^0} = x\sqrt 3 .{{\sqrt 3 } \over 3} = x.\) Vậy \({V_{ABC.{A_1}{B_1}{C_1}}} = CK.AK.{\rm{A}}{{\rm{A}}_1} = {x^3}\sqrt 3 .\) Nhưng \({S_{{A_1}BC}} = CK.{A_1}K = 8\) nên \(x.2x=8 \Rightarrow x = 2\), Vậy \({V_{ABC.{A_1}{B_1}{C_1}}} = 8\sqrt 3 \). Bài 25 trang 9 Sách bài tập Hình học lớp 12 Nâng cao. Cho khối lăng trụ đứng \(ABCD.{A_1}{B_1}{C_1}{D_1}\) có đáy hình bình hành và góc \(BAD = {45^0}\). Các đường chéo AC1 và DB1 lần lượt tạo với đáy những góc 450 và 600. Hãy tính thể tích của khối lăng trụ nếu biết chiều cao của nó bằng 2. Giải (h.8) Hình lăng trụ đã cho là hình lăng trụ đứng nên các cạnh bên vuông góc với đáy và độ dài cạnh bên bằng chiều cao của hình lăng trụ. Từ giả thiết ta suy ra : Góc \({C_1}AC = {45^0}\),góc \({B_1}DB = {60^0}\). Từ đó suy ra \(AC = C{C_1} = 2,BD = 2\cot {60^0} = {2 \over {\sqrt 3 }}.\) Áp dụng định lý hàm số côsin ta có : \(\eqalign{ & B{D^2} = A{B^2} + A{D^2} - 2AB.AD.\cos {45^0}, \cr & A{C^2} = D{C^2} + A{D^2} - 2DC.AD.\cos {135^0}, \cr} \) Từ đó ta có: \(\eqalign{ & B{D^2} - A{C^2} = - AB.AD.\sqrt 2 + DC.AD.\left( { - \sqrt 2 } \right)\cr&\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\; = - 2\sqrt 2 AB.AD \cr & \Rightarrow {4 \over 3} - 4 = - 2\sqrt 2 AB.AD \cr&\Rightarrow AB.AD = {8 \over {3.2\sqrt 2 }} = {4 \over {3\sqrt 2 }}. \cr & {V_{ABCD.{A_1}{B_1}{C_1}{D_1}}} = AB.AD.\sin {45^0}{\rm{.A}}{{\rm{A}}_1} \cr&\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\; \;\;\;\;\;= {4 \over {3\sqrt 2 }}.{{\sqrt 2 } \over 2}.2 = {4 \over 3}. \cr} \) Bài 26 trang 9 Sách bài tập hình học lớp 12 nâng cao. Cho khối hộp \(ABCD.{A_1}{B_1}{C_1}{D_1}\) tất cả các cạnh bằng nhau và bằng a, góc \(\widehat {{A_1}AB} = \widehat {BAD} = \widehat {{A_1}AD}= \alpha \left( {{0^0} < \alpha < {{90}^0}} \right).\)Hãy tính thể tích của khối hộp. Giải (h.9) Hạ \({A_1}H \bot AC(H \in AC)\left( * \right).\) Tam giác A1BD cân ( do \({A_1}B = {A_1}D)\) suy ra \(BD \bot {A_1}O\). Mặt khác \(\eqalign{ & BD \bot AC \cr & \Rightarrow BD \bot \left( {{A_1}AO} \right) \Rightarrow BD \bot {A_1}H\left( { * * } \right). \cr} \) Từ \(\left( * \right)\) và \(\left( { * * } \right) \Rightarrow {A_1}H \bot \left( {ABCD} \right).\) Đặt \(\widehat {{A_1}AO} = \varphi .\) Ta có hệ thức : \(\cos \alpha = cos\varphi .cos{\alpha \over 2}\) Thật vậy, hạ \({A_1}K \bot AD \Rightarrow HK \bot AK\) (định lý ba đường vuông góc ) \( \Rightarrow \cos \varphi .cos{\alpha \over 2} = {{AH} \over {A{A_1}}}.{{AK} \over {AH}} = {{AK} \over {A{A_1}}} = \cos \alpha .\) Từ đẳng thức trên ta suy ra : \(cos\varphi = {{cos\alpha } \over {cos{\alpha \over 2}}}.\) Do đó \({A_1}H = a.\sin \varphi = a\sqrt {1 - {{{{\cos }^2}_\alpha } \over {co{s^2}{\alpha \over 2}}}} \) \(= {a \over {cos{\alpha \over 2}}}\sqrt {{{\cos }^2}_{{\alpha \over 2}} - co{s^2}_\alpha } .\) \(\eqalign{ & {V_{ABCD.{A_1}{B_1}{C_1}{D_1}}} = AB.AD.\sin \alpha .{A_1}H \cr&= {a^2}.\sin a.{a \over {cos{\alpha \over 2}}}\sqrt {co{s^2}{\alpha \over 2} - co{s^2}\alpha } \cr & = 2{a^3}\sin {\alpha \over 2}\sqrt {co{s^2}{\alpha \over 2} - co{s^2}\alpha } . \cr} \) Bài 27 trang 9 Sách bài tập Hình học lớp 12 Nâng cao. Cho khối hộp \(ABCD.A'B'C'D'\)có đáy là hình chữ nhật với \(AB = \sqrt 3 \), \(AD = \sqrt 7 \). Hai mặt bên \(\left( {ABB'A'} \right)\) và \(\left( {ADD'A'} \right)\) lần lượt tạo với đáy những góc 450 và 600. Hãy tính thể tích khối hộp nếu biết cạnh bên bằng 1. Giải (h.10) Kẻ \(\eqalign{ & A'H \bot \left( {ABCD} \right)\left( {H \in \left( {ABCD} \right)} \right), \cr & HM \bot AD\left( {M \in AD} \right),HK \bot AB\left( {K \in AB} \right). \cr} \) Theo định lí ba đường vuông góc, ta có \(AD \bot A'M,AB \bot A'K\) \( \Rightarrow \widehat {A'MH} = {60^0},\;\widehat {A'KH} = {45^0}\) Đặt \(A'H = x\). Khi đó \(A'H = x;\sin {60^0} = {{2 x } \over\sqrt 3}.\) \(\eqalign{ & AM = \sqrt {A'{A^2} - A'{M^2}} = \sqrt {{{3 - 4{x^2}} \over 3}} = HK. \cr & \cr} \) Nhưng \(HK = x\cot {45^0} = x,\) suy ra \(x = \sqrt {{{3 - 4{x^2}} \over 3}} \Rightarrow x = \sqrt {{3 \over 7}.} \) Vậy \({V_{ABCD.A'B'C'D'}} = AD.AB.x = \sqrt 7 .\sqrt 3 .\sqrt {{3 \over 7}} = 3.\) Bài 28 trang 9 Sách bài tập Hình học lớp 12 Nâng cao. Cho khối lăng trụ tam giác ABC.A1B1C1 mà mặt bên ABB1A1 có diện tích bằng 4. Khoảng cách giữa cạnh CC1 và mặt \(\left( {AB{B_1}{A_1}} \right)\) bằng 7. Hãy tính thể tích khối lăng trụ. Giải (h.11) Ta dựng khối hộp \(ABCD.{A_1}{B_1}{C_1}{D_1}\). Khi đó : \({V_{ABC.{A_1}{B_1}{C_1}}} = {1 \over 2}{V_{ABCD.{A_1}{B_1}{C_1}{D_1}}}\) Mặt khác : \({V_{ABCD.{A_1}{B_1}{C_1}{D_1}}} = {S_{AB{B_1}{A_1}}}.h,\) ở đây \(\eqalign{ h &= d\left( {\left( {CD{D_1}{C_1}} \right),\left( {AB{B_1}{A_1}} \right)} \right) \cr & = d\left( {C{C_1},\left( {AB{B_1}{A_1}} \right)} \right) = 7 \cr} \) và \({S_{AB{B_1}{A_1}}} = 4.\) Vậy \({V_{ABC.{A_1}{B_1}{C_1}}} = {1 \over 2}.4.7 = 14\). Bài 29 trang 9 Sách bài tập Hình học lớp 12 Nâng cao. Cho khối lăng trụ ABC.A1B1C1 có đáy ABC là tam giác vuông cân với cạnh huyền AB bằng \(\sqrt 2 \). Cho biết mặt phẳng \(\left( {A{A_1}B} \right)\) vuông góc với mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\),\({\rm{A}}{{\rm{A}}_1} = \sqrt 3 \), góc \(\widehat {{A_1}AB}\) nhọn , góc giữa mặt phẳng \(\left( {{A_1}AC} \right)\) và mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) bằng 600. Hãy tính thể tích khối lăng trụ. Giải (h.12) Hạ \({A_1}K \bot AB\) ( với \(K \in AB)\) thì \({A_1}K \bot \left( {ABC} \right)\). Vì \(\widehat {{A_1}AB}\) nhọn nên K thuộc tia AB. Kẻ \(KM \bot AC\) thì \({A_1}M \bot AC\) (định lí ba đường vuông góc ), do đó \(\widehat {{A_1}MK}\) = 600, Giả sử \({A_1}K = x\), ta có : \(\eqalign{ & AK = \sqrt {{A_1}{A^2} - {A_1}{K^2}} = \sqrt {3 - {x^2}} , \cr & \cr} \) \(MK = AK.\sin \widehat {KAM}\) \(=\sqrt {3 - {x^2}} .\sin {45^0} = {{\sqrt 2 } \over 2}\sqrt {3 - {x^2}} .\) Mặt khác, \(MK = {A_1}K.\cot {60^0} = {x \over {\sqrt 3 }},\) suy ra \( {{\sqrt{2.\left( {3 - {x^2}} \right)} \over {2}}} = {x \over {\sqrt 3 }} \Rightarrow x = {3 \over {\sqrt 5 }}.\) Vậy \({V_{ABC.{A_1}{B_1}{C_1}}} = {S_{ABC}}.{A_1}K \) \(= {1 \over 2}AC.CB.{A_1}K = {{3\sqrt 5 } \over {10}}\) Bài 30 trang 9 Sách bài tập Hình học lớp 12 Nâng cao. Lấy một mặt phẳng vuông góc với cạnh bên của một khối lăng tru. Hình chiếu của mặt đáy của khối lăng trụ trên mặt phẳng đó được gọi là thiết diện thẳng của khối lăng trụ. Chứng minh rằng thể tích của khối lăng trụ bằng tích của diện tích thiết diện thẳng với độ dài cạnh bên. Giải Cách 1. (h.13) Giả sử khối lăng trụ \({A_1}{A_2}...{A_n}.A_1'A_2'...A_n'\) có thiết diện thẳng là \({B_1}{B_2}...{B_n}\). Ta có thể lấy \({B_1},{B_2},...,{B_n}\)sao cho các đoạn thẳng \({B_1}{A_1},{B_2}{A_2},...,{B_n}{A_n}\) đều lớn hơn \({A_1}A_1'\). Tịnh tiến khối đa diện \({B_1}{B_2}...{B_n}\).\({A_1}{A_2}...{A_n}\) theo vectơ \(\overrightarrow v = \overrightarrow {{A_1}A_1'} \), ta được khối đa diện \(B_1',B_2',...,B_n'.A_1'A_2'...A_n'\). Hai khối này rõ ràng có thể tích bằng nhau ( do chúng bằng nhau ) và có phần chung là khối đa diện \({A_1}{A_2}...{A_n}\).\(B_1',B_2',...,B_n'\). Do đó, thể tích khối lăng trụ \({A_1}{A_2}...{A_n}.A_1'A_2'...A_n'\) bằng thể tích khối lăng trụ đứng \({B_1}{B_2}...{B_n}\).\(B_1',B_2',...,B_n'\). Vậy nếu gọi V là thể tích của khối lăng trụ đã cho thì \(\eqalign{ & V = {S_{{B_1}{B_2}...{B_n}}}.{B_1}B_1' = {S_{{B_1}{B_2}...{B_n}}}.{A_1}A_1' \cr & \cr} \) (\({B_1}B_1' = {A_1}A_1'\)vì \(\overrightarrow {{B_1}B_1'} = \overrightarrow {{A_1}A_1'} = \overrightarrow v ).\) Cách 2.(h.14). Hạ \(\overrightarrow {A_1'H} \bot \left( {{A_1}{A_2}...{A_n}} \right)\)thì \(A_1'H\) bằng chiều cao h của khối lăng trụ. Khi đó góc giữa mặt phẳng chứa thiết diện thẳng \({B_1}{B_2}...{B_n}\) và mặt phẳng đáy của khối lăng trụ bằng góc giữa hai đường thẳng \({A_1}A_1'\)và \(A_1'H\). Gọi góc này là \(\alpha \) thì \(h = A_1'H = {A_1}A_1'cos\alpha .\) Ta có thiết diện thẳng \({B_1}{B_2}...{B_n}\) là hình chiếu của đa giác đáy \({A_1}{A_2}...{A_n}\) trên \(mp\left( {{B_1}{B_2}...{B_n}} \right)\). Vậy thể tích của khối lăng trụ là : \(\eqalign{ V = {S_{{A_1}{A_2}...{A_n}}}.A_1'H &= {{{S_{{B_1}{B_2}...{B_n}}}} \over {cos\alpha }}{A_1}A_1'cos\alpha \cr & = {S_{{B_1}{B_2}...{B_n}}}.{A_1}A_1'(đpcm). \cr} \) Bài 31 trang 10 Sách bài tập Hình học lớp 12 Nâng cao. Hãy tính thể tích của khối hộp nếu biết độ dài cạnh bên bằng a, diện tích hai mặt chéo lần lượt là \({S_1},{S_2}\) và góc giữa hai mặt chéo bằng \(\alpha \). Giải (h.15) Giả sử hình hộp đã cho là \(ABCD.{A_1}{B_1}{C_1}{D_1}\). Gọi \({\rm{O}}{{\rm{O}}_1}\) là giao tuyến của hai mặt chéo. Trong hai mặt chéo \(\left( {{A_1}{C_1}CA} \right)\) và \(\left( {{B_1}{D_1}DB} \right)\), qua điểm \(I \in O{O_1}\), ta lần lượt kẻ hai đường thẳng KEvà MH đều vuông góc với \(O{O_1}\). Khi đó \(\alpha = \left( {MH,KE} \right)\) và MEHK là thiết diện thẳng khối hộp. Đặt \(KE = x,MH = y\) thì \({S_{MEHK}} = {1 \over 2}xy\sin \alpha .\) Áp dụng kết quả bài tập 30, ta có: Vhộp = \({S_{MKHE}}.A{A_1} = {1 \over 2}xya\sin \alpha .\) Nhưng \(xa = {S_1},ya = {S_2}\) suy ra \(x = {{{S_1}} \over a},y = {{{S_2}} \over a} \Rightarrow xy = {{{S_1}{S_2}} \over {{a^2}}}.\) Vậy Vhộp\( = {{{S_1}{S_2}\sin \alpha } \over {2a}}.\) Bài 32 trang 10 Sách bài tập Hình học lớp 12 Nâng cao. Cho khối chóp tứ giác đều \(S.ABCD\) mà trung đoạn của nó ( đường cao của một mặt bên hạ từ đỉnh hình chóp) bằng 6 còn góc giữa hai mặt bên dối diện bằng \({60^0}\). Qua CD, dựng mặt phẳng \(\left( \alpha \right)\) vuông góc với \(mp\left( {SAB} \right)\), cắt SA, SB lần lượt tại P1 và P. Hãy tính thể tích khối chóp S.CDP1P. Giải (h.16) Giả sử SK và SE là hai trung đoạn của khối chóp. Vì \(CD//AB\) nên giao tuyến \(\Delta \) của hai mặt phẳng \(\left( {SCD} \right)\) và \(\left( {SAB} \right)\) song song với CD và AB. Ta có \(SE \bot CD;SK \bot AB \Rightarrow SE \bot \Delta ,SK \bot \Delta \Rightarrow \) \(\widehat {KSE}\) là góc giữa hai mặt phẳng (SCD) và (SAB). Vậy \(\widehat {KSE}\) = 600. Do \(CD//AB\) nên giao tuyến P1P của \(\left(\alpha \right)\) và \(\left( {SAB} \right)\)song song với \(CD\) và \(AB\). Tứ đó dễ thấy tứ giác CDP1P là hình thang cân và EH là đường cao của nó \(\left( {H = SK \cap {P_1}P} \right)\). Ta có \(EH \bot {P_1}P,\) mà \({P_1}P = \left( \alpha \right) \cap \left( {SAB} \right),\left( \alpha \right) \bot \left( {SAB} \right)\) nên suy ra \(EH \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow EH \bot SH.\) Mặt khác \(SH \bot {P_1}P \Rightarrow SH \bot \left( {CD{P_1}P} \right)\) nên SH là đường cao của hình chóp S.CDP1P. Tam giác SKE cân đỉnh S và có góc ở đỉnh bằng 600 nên nó là tam giác đều. Vậy H là trung điểm của SK, suy ra \({P_1}P = {1 \over 2}AB = {1 \over 2}KE = {1 \over 2}SE = {1 \over 2}.6 = 3.\) Ta có : \(\eqalign{ {V_{S.CD{P_1}P}} &= {1 \over 3}{S_{CD{P_1}P}}.SH \cr&= {1 \over 3} \cdot {1 \over 2}\left( {CD + {P_1}P} \right).EH.SH \cr & ={1 \over 6}\left( {6 + 3} \right) \cdot {{6\sqrt 3 } \over 2} \cdot 3 = {{27} \over 2}\sqrt 3 \cr} \) Bài 33 trang 10 Sách bài tập Hình học lớp 12 Nâng cao. Cho khối chóp tam giác đều \(S.ABC\) có chiều cao bằng h và góc ASB bằng \(2\varphi \). Hãy tính thể tích khối chóp. Giải (h.17) Giả sử O là tâm của tam giác đều ABC. Khi đó \(SO \bot \left( {ABC} \right)\) và SO = h. Gọi K là trung điểm của AB. Đặt AK = x. Khi đó \(\eqalign{ & SK = x\cot \varphi ;\;OK = xtan{30^0} = {x \over {\sqrt 3 }}. \cr & {h^2} = S{K^2} - O{K^2} = {{{x^2}} \over 3}(3{\cot ^2}\varphi - 1) \cr & \Rightarrow {x^2} = {{3{h^2}} \over {3{{\cot }^2}\varphi - 1}}. \cr} \) Ta có: \(\eqalign{ & {S_{ABC}} = {{A{B^2}\sin {{60}^0}} \over 2} = {x^2}\sqrt 3 , \cr & \Rightarrow {V_{S.ABC}} = {1 \over 3}{S_{ABC}}.h = {{{x^2}\sqrt 3 } \over 3}h = {{{h^3}\sqrt 3 } \over {3{{\cot }^2}\varphi - 1}}. \cr} \) Bài 34 trang 10 Sách bài tập Hình học lớp 12 Nâng cao. Khối chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân đỉnh C và \(SA \bot \left( {ABC} \right),SC = a.\) Hãy tìm góc giữa hai mặt phẳng \(\left( {SCB} \right)\)và \(\left( {ABC} \right)\) để thể tích khối chóp là lớn nhất. Giải Ta có \(BC \bot AC\) nên \(BC \bot SC\) (định lý ba đường vuông góc), suy ra góc \(SCA\) là góc giữa hai mặt phẳng \(\left( {SCB} \right)\) và \(\left( {ABC} \right)\). Đặt \(\widehat {SCA} = x\left( {0 < x < {\pi \over 2}} \right)\) Khi đó : \(\eqalign{ & SA = a{\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{inx}},AC = acosx. \cr & {V_{S.ABC}} = {{a{\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{inx}}} \over 3}.{{{a^2}{\rm{co}}{{\rm{s}}^2}x} \over 2} = {{{a^3}} \over 6}{\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{in}x}.co{s^2}x. \cr} \) Xét hàm số \(y\left( x \right) = \sin {\rm{x}}{\cos ^2}x.\) Ta có : \(\eqalign{ y'\left( x \right) &= co{s^3}x - 2{\mathop{\rm cosx}\nolimits} .s{\rm{i}}{{\rm{n}}^2}{\rm{x }}\cr&= \cos x\left( {co{s^2}x - 2 + 2co{s^2}x} \right) \cr & = cosx\left( {3{{\cos }^2}x - 2} \right) \cr&= 3{\mathop{\rm cosx}\nolimits} \left( {{\mathop{\rm cosx}\nolimits} - \sqrt {{2 \over 3}} } \right)\left( {\cos x + \sqrt {{2 \over 3}} } \right). \cr} \) Vì \(0 < x < {\pi \over 2}\) nên \(\cos x\left( {{\mathop{\rm cosx}\nolimits} + \sqrt {{2 \over 3}} } \right) > 0.\) Gọi \(\alpha \) là góc sao cho \(\cos \alpha = \sqrt {{2 \over 3}} ,0 < \alpha < {\pi \over 2}.\) Ta có bảng biến thiên của hàm \(y\left( x \right) = {\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{inx}}.{\cos ^2}x:\) Vậy VS.ABC đạt giá trị lớn nhất khi \(x = \alpha \) với \(0 < \alpha < {\pi \over 2}\)và \(\cos \alpha = \sqrt {{2 \over 3}} .\) Bài 35 trang 10 Sách bài tập Hình học lớp 12 Nâng cao. Cho khối chóp tứ giác đều S.ABCD mà khoảng cách từ đỉnh A đến \(mp\left( {SBC} \right)\) bằng 2a. Với giá trị nào của góc giữa mặt bên và mặt đáy của khối chóp thì thể tích của khối chóp là nhỏ nhất ? Giải (h.19) Giả sử O là tâm của hình vuông ABCD. Khi đó \(SO \bot \left( {ABCD} \right)\), Gọi EH là đường trung bình của hình vuông ABCD \(\left( {E \in AD,H \in BC} \right).\) Vì \(AD//BC\) nên \(AD//\left( {SBC} \right)\), do đó \(d\left( {A,\left( {SBC} \right)} \right) = d\left( {E,\left( {SBC} \right)} \right).\) Kẻ \(EK \bot SH\). Dễ thấy \(EK \bot \left( {SBC} \right)\) suy ra \(EK = d\left( {A,\left( {SBC} \right)} \right) = 2a.\) Ta có : \(BC \bot SH,BC \bot OH \Rightarrow \)\(\widehat {SHO}\) là góc giữa mặt bên \(\left( {SBC} \right)\) và mặt phẳng đáy. Đặt \(\widehat {SHO} =x\left( {0 < x < {\pi \over 2}} \right)\). Khi đó : \(EH = {{2a} \over {{\mathop{\rm sinx}\nolimits} }};\;OH = {a \over {{\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{inx}}}};\;SO = {a \over {{\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{inx}}}}{\mathop{\rm tanx}\nolimits} = {a \over {{\mathop{\rm cosx}\nolimits} }}\) Vậy: \({V_{S.ABCD}} = {1 \over 3}{S_{ABCD}}.SO = {{4{a^3}} \over {3\cos x{{\sin }^2}x}}\) Từ đó \({V_{S.ABCD}}\) nhỏ nhất khi và chỉ khi \(y\left( x \right) = \cos x.{\sin ^2}x\) đạt giá trị lớn nhất. Ta có: \(\eqalign{ y'\left( x \right) &= - {\sin ^3}x + 2\sin x.{\cos ^2}x \cr & = \sin x\left( {2{{\cos }^2}x - {{\sin }^2}x} \right) \cr & = \sin x\left( {2 - 3{{\sin }^2}x} \right) \cr & = 3\sin x\left( {\sqrt {{2 \over 3}} - \sin x} \right)\left( {\sqrt {{2 \over 3}} + \sin x} \right) \cr} \) Vì \(0 < x < {\pi \over 2}\) nên \(\sin x\left( {\sqrt {{2 \over 3}} + \sin x} \right) > 0\) Gọi \(\alpha \) là góc sao cho \(\sin \alpha = \sqrt {{2 \over 3}} ;\,\,0 < \alpha < {\pi \over 2}\) Ta có bảng biến thiên của hàm số \(y\left( x \right) = \cos x.{\sin ^2}x\): Vậy \({V_{S.ABCD}}\) đạt giá trị lớn nhất khi \(x = \alpha \) với \(0 < \alpha < {\pi \over 2}\) và \(\sin x = \sqrt {{2 \over 3}} .\) Bài 36 trang 10 Sách bài tập Hình học lớp 12 Nâng cao. Khối chóp \(S.ABCD\)có \(SA \bot \left( {ABC} \right)\); đáy là tam giác ABC cân tại A, độ dài trung tuyến AD bằng a, cạnh bên SB tạo với đáy một góc \( \alpha \) và tạo với mặt \(\left( {SAD} \right)\) góc \(\beta \). Tính thể tích khối chóp. Giải (h.20) AB là hình chiếu của SB trên \(mp\left( {ABC} \right)\) nên \(\widehat {SBA} = \alpha \) Dễ thấy \(BD \bot \left( {SAD} \right)\) nên hình chiếu của SB trên \(mp\left( {SAD} \right)\) là SD \( \Rightarrow \) \(\widehat {BSD} = \beta \) Do SAB và SDB là các tam giác vuông nên ta có \(SB = {{BD} \over {\sin \beta }},SB = {{AB} \over {\cos \alpha }},\) suy ra \(\eqalign{ &{{A{B^2}} \over {{{\cos }^2}\alpha }} = {{B{D^2}} \over {{{\sin }^2}\beta }} = {{A{B^2} - B{D^2}} \over {{{\cos }^2}\alpha - {{\sin }^2}\beta }} \cr&= {{{a^2}} \over {{{\cos }^2}\alpha - {{\sin }^2}\beta }} \cr & \Rightarrow BD = {{a\sin \beta } \over {\sqrt {{{\cos }^2}\alpha - {{\sin }^2}\beta } }}, \cr} \) \(\eqalign{ & SD = BD\cot \beta = {{a\cos \beta } \over {\sqrt {{\rm{co}}{{\rm{s}}^2}\alpha - {{\sin }^2}\beta } }}, \cr & SA = \sqrt {S{D^2} - A{D^2}} = {{a\sin \alpha } \over {\sqrt {{\rm{co}}{{\rm{s}}^2}\alpha - {{\sin }^2}\beta } }}. \cr & \cr} \) Vậy : \(\eqalign{ & {V_{S.ABC}} = {1 \over 3}{S_{ABC}}.SA \cr & = {1 \over 3}.a.{{a\sin \beta } \over {\sqrt {{\rm{co}}{{\rm{s}}^2}\alpha - {{\sin }^2}\beta } }}.{{a\sin \alpha } \over {\sqrt {{\rm{co}}{{\rm{s}}^2}\alpha - {{\sin }^2}\beta } }} \cr & = {{{a^3}\sin \alpha .\sin \beta } \over {3\left( {{\rm{co}}{{\rm{s}}^2}\alpha - {{\sin }^2}\beta } \right)}}. \cr} \) Bài 37 trang 10 Sách bài tập Hình học lớp 12 Nâng cao. Biết thể tích khối hộp ABCD.A'B'C'D' bằng V. Tính thể tích khối tứ diện ACB'D' Giải (h.21). Ta có : Các khối chóp \(A.A'B'D';\;C.C'B'D';\;B'.ABC\) và \(D'.ACD\) có diện tích đáy bằng một nửa diện tích đáy của khối hộp và đều có chiều cao bằng chiều cao của khối hộp nên chúng có thể tích bằng nhau và cụ thể, mỗi khối đó có thể tích bằng \(\frac{1}{6}V.\) Vậy : \({V_{ACB'D'}} = V - 4.\frac{1}{6}V = \frac{1}{3}V.\) Bài 38 trang 10 Sách bài tập Hình học lớp 12 Nâng cao. Cho tứ diện ABCD. Gọi d là khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và CD, \(\alpha \) là góc giữa hai đường thẳng đó. Chứng minh rằng \({V_{ABCD}} = {1 \over 6}AB.CD.d.\sin \alpha .\) Giải Cách 1. Dựng hình hộp AEBF.MDNC ( gọi là hình hộp ngoại tiếp tứ diện ABCD) (h.22). Vì \(\left( {AEBF} \right)//\left( {MDNC} \right)\) nên chiều cao của hình hộp bằng khoảng cách d giữa AB và CD. Theo bài 37 ta có : \({V_{ABCD}} = {1 \over 3}\) Vhộp \(\eqalign{ & = {1 \over 3}{S_{MDNC}}.d \cr & = {1 \over 3}.{1 \over 2}MN.CD\sin \alpha .d = {1 \over 6}AB.CD.d\sin \alpha . \cr} \) Cách 2. (h.23) Dựng hình bình hành ABCE . Khi đó : \({V_{A.BCD}} = {V_{E.BCD}}\) (do \(AE//\left( {BCD} \right)\)) (1) \(\eqalign{ & {V_{E.BCD}} = {V_{B.ECD}}\;\;\;\;\;(2) \cr & {V_{B.ECD}} = {1 \over 3}{S_{ECD}}.d\left( {B,\left( {CDE} \right)} \right)\;\;\;(3) \cr & \cr} \) \({S_{ECD}} = {1 \over 2}CE.CD.\sin \widehat {ECD}\) \(\eqalign{ & = {1 \over 2}AB.CD\sin \alpha \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(4) \cr} \) \(d\left( {B,\left( {CDE} \right)} \right) = d\left( {AB,CD} \right)(\) do \(AB//\left( {CDE} \right))\;(5)\) Từ (1), (2), (3), (4), (5) suy ra : \({V_{ABCD}} = {1 \over 6}AB.CD.d\sin \alpha .\) Bài 39 trang 10 Sách bài tập Hình học lớp 12 Nâng cao. Cho khối chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với mặt phẳng đáy và SA=2a. Gọi B’, D’ lần lượt là hình chiếu của A trên SB và SD. Mặt phẳng \(\left( {AB'D'} \right)\) cắt SC tại C’. Tính thể tích khối chóp S.AB’C’D’. Giải (h.24) Ta có\(AB' \bot SB,AB' \bot CB(\) do \(CB \bot \left( {SAB} \right)\)) \( \Rightarrow AB' \bot \left( {SBC} \right) \Rightarrow AB' \bot SC \;\;(1)\) Tương tự \(AD' \bot SC\;\;\;(2)\) Từ (1) và (2) suy ra \(\eqalign{ & SC \bot \left( {AB'C'D'} \right) \cr & \Rightarrow SC \bot AC'. \cr} \) Do tính đối xứng ta có \({V_{S.AB'C'D'}} = 2{V_{S.AB'C'}}\) Ta có \(\eqalign{ & {{{V_{S.AB'C'}}} \over {{V_{S.ABC}}}} = {{SB'} \over {SB}}.{{SC'} \over {SC}} = {{SB'.SB} \over {S{B^2}}}.{{SC'.SC} \over {S{C^2}}} \cr & = {{S{A^2}} \over {S{B^2}}}.{{S{A^2}} \over {S{C^2}}} = {{4{a^2}} \over {5{a^2}}}.{{4{a^2}} \over {6{a^2}}} = {8 \over {15}}. \cr & {V_{S.ABC}} = {1 \over 3}.{{{a^2}} \over 2}.2a = {{{a^3}} \over 3}\cr& \Rightarrow {V_{S.AB'C'}} = {8 \over {15}}.{{{a^3}} \over 3} = {{8{a^3}} \over {45}} \cr & \Rightarrow {V_{S.AB'C'D'}} = {{16{a^3}} \over {45}}. \cr} \) Bài 40 trang 10 Sách bài tập Hình học lớp 12 Nâng cao. Tính thể tích khối tứ diện ABCD có các cặp cạnh đối bằng nhau : \(AB=CD=a, AC=BD=b,AD=BC=c\). Giải (h.25) Dựng tứ diện APQR sao cho B, C, D lần lượt là trung điểm của các cạnh QR, RP, PQ. Ta có \(AD = BC = {1 \over 2}PQ\) mà D là trung điểm của PQ nên \(AQ \bot {\rm{AP}}{\rm{.}}\) Chứng minh tương tự, ta cũng có \(AQ \bot {\rm{AR}},{\rm{AR}} \bot AP.\) Dễ thấy : \({V_{ABCD}} = {1 \over 4}{V_{APQR}} = {1 \over 4}.{1 \over 6}.AP.AQ.{\rm{AR}}( * )\) Xét các tam giác vuông \(APQ,AQR,ARP,\) ta có \(A{P^2} + A{Q^2} = 4{c^2},\) \(A{Q^2} + {\rm{A}}{{\rm{R}}^2} = 4{a^2},\) \({\rm{A}}{{\rm{R}}^2} + A{P^2} = 4{b^2}.\) Từ đó suy ra : \(\eqalign{ & AP = \sqrt 2 .\sqrt { - {a^2} + {b^2} + {c^2}} ,\cr&AQ = \sqrt 2 \sqrt {{a^2} - {b^2} + {c^2}} , \cr & {\rm{A}}{{\rm{R}}} = \sqrt 2 \sqrt {{a^2} + {b^2} - {c^2}} . \cr} \) Vậy từ \(\left( * \right)\) ta suy ra :
Bài 41 trang 10 Sách bài tập Hình học lớp 12 Nâng cao. Cho khối lăng trụ tam giác \(ABC.A'B'C'\) có cạnh đáy bằng a, chiều cao bằng h. Tính thể tích khối chóp A.BC’A’. Giải (h.26) Cách 1. \(AC//A'C' \Rightarrow AC//\left( {BC'A'} \right).\) Gọi I là trung điểm của AC thì \(d\left( {A,\left( {BC'A'} \right)} \right) = d\left( {I,\left( {BC'A'} \right)} \right).\) Gọi I’ là trung điểm của A’C’ thì rõ ràng \(BI' \bot A'C',\) mặt khác \(II' \bot A'C'\) nên \(A'C' \bot \left( {IBI'} \right).\) Vậy khi ta hạ \(IH \bot BI'\) thì \(A'C' \bot IH.\) Từ đó suy ra \(IH \bot \left( {BC'A'} \right),\) tức là \(d\left( {A,\left( {BC'A'} \right)} \right) = IH.\) Ta có : \(\eqalign{ & IH = {{IB.II'} \over {BI'}} = {{a.{{\sqrt 3 } \over 2}.h} \over {\sqrt {3.{{{a^2}} \over 4} + {h^2}} }} = {{\sqrt 3 ah} \over {\sqrt {3{a^2} + 4{h^2}} }}, \cr & {S_{BC'A'}} = {1 \over 2}BI'.C'A' = {1 \over 2}\sqrt {{{3{a^2}} \over 4} + {h^2}} .a \cr&\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;= {1 \over 4}a\sqrt {3{a^2} + 4{h^2}} . \cr} \) Vậy \({V_{A.BC'A'}} = {1 \over 3}.{1 \over 4}.a.\sqrt {3{a^2} + 4{h^2}} .{{\sqrt 3 ah} \over {\sqrt {3{a^2} + 4{h^2}} }} = {{\sqrt 3 {a^2}h} \over {12}}\) Cách 2. \(\eqalign{ {V_{A.BC'A'}} = {V_{B.AA'C'}}& = {1 \over 2}.{V_{B.AA'C'C}} \cr&= {1 \over 2}.{2 \over 3}.{V_{ABC.A'B'C'}} \cr & = {1 \over 3}.{S_{ABC}}.h\cr& = {1 \over 3}.{{{a^2}\sqrt 3 } \over 4}.h = {{{a^2}\sqrt 3 } \over {12}}.h \cr} \) Bài 42 trang 11 Sách bài tập Hình học lớp 12 Nâng cao. Cho đường tròn đường kính AB nằm trên mặt phẳng \(\left( P \right)\) và một điểm M di động trên đường tròn. Trên đường thẳng vuông góc với \(mp\left( P \right)\) tại A, lấy một điểm S. Mặt phẳng \(\left( Q \right)\) qua A vuông góc với SB tại K cắt SM tại H. Tìm vị trí của M để tính thể tích khối chóp S.AHK lớn nhất. Chứng minh rằng khi đó cung AM nhỏ hơn cung BM. Giải (h.27) \(\eqalign{ & MB \bot AM,MB \bot SA \cr & \Rightarrow MB \bot \left( {SAM} \right) \Rightarrow MB \bot AH(1) \cr & SB \bot \left( {AKH} \right) \Rightarrow SB \bot AH.(1) \cr} \) Từ (1) và (2) suy ra \(\eqalign{ & AH \bot \left( {SMB} \right) \Rightarrow AH \bot SM,AH \bot HK. \cr & {V_{S.AHK}} = {1 \over 3}{S_{AHK}}.SK = {1 \over 6}AH.KH.SK. \cr} \) Vì \(SK\) cố định nên : \({V_{S.AHK}}\max \Leftrightarrow \left( {AH.KH} \right)\max \) \(\Leftrightarrow \left( {A{H^2}.K{H^2}} \right)\max \Leftrightarrow A{H^2} = K{H^2} = {{A{K^2}} \over 2}\) ( vì \(A{H^2} + H{K^2} = A{K^2}\) không đổi). Vậy ta chỉ cần xác định vị trí điểm M thỏa mãn điều kiện \(A{H^2} = {{A{K^2}} \over 2}.\left( * \right)\) Đặt \(\widehat {MAB}\) =x,SA=h, AB=2R. Ta có \(\eqalign{ & A{K^2} = {{S{A^2}.A{B^2}} \over {S{B^2}}} = {{4{R^2}{h^2}} \over {4{R^2} + {h^2}}}, \cr & AM = 2R{\mathop{\rm cosx}\nolimits} , \cr & A{H^2} = {{S{A^2}.A{M^2}} \over {S{M^2}}} = {{4{h^2}{R^2}{{\cos }^2}x} \over {{h^2} + 4{R^2}{{\cos }^2}x}}. \cr} \) Từ \(\left( * \right)\) ta suy ra : \({\cos ^2}x = {{{h^2}} \over {2\left( {{h^2} + 2{R^2}} \right)}} < {1 \over 2}.\) Từ đây ta xác định được x, tức là xác định được vị trí điểm M (có hai vị trí của điểm M ). Từ \({\cos ^2}x < {1 \over 2}\) suy ra \({\mathop{\rm cosx}\nolimits} < {{\sqrt 2 } \over 2} = \cos {45^0} \Rightarrow x > {45^0} \). Vậy cung BM lớn hơn cung AM Bài 43 trang 11 Sách bài tập Hình học lớp 12 Nâng cao. Khối chóp S.ABCD có đáy là hình bình hành. Gọi B’, D’ lần lượt là trung điểm của SB, SD. Mặt phẳng \(\left( {AB'D'} \right)\) cắt SC tại C’. Tìm tỉ số thể tích của hai khối chóp S.AB’C’D’ và S.ABCD. Giải (h.28) Dễ thấy \(AC',B'D'\) và \(SO\left( {O = AC \cap BD} \right)\) đồng quy tại \(I\) và \(I\) là trung điểm của SO. Kẻ \(OC''//AC'.\) Dễ thấy \(SC' = C'C'' = C''C.\) Vậy \({{SC'} \over {SC}} = {1 \over 3}.\) Ta có \(\eqalign{ & {{{V_{S.AB'C'}}} \over {{V_{S.ABC}}}} = {{SB'} \over {SB}}.{{SC'} \over {SC}} = {1 \over 2}.{1 \over 3} = {1 \over 6} \cr & \Rightarrow {{{V_{S.AB'C'}}} \over {{V_{S.ABCD}}}} = {1 \over {12}}. \cr} \) Chứng minh tương tự, ta cũng có : \({{{V_{S.AC'D'}}} \over {{V_{S.ABCD}}}} = {1 \over {12}}.\) Vậy \({{{V_{S.AB'C'D'}}} \over {{V_{S.ABCD}}}} = {{{V_{S.AB'C'}} + {V_{S.AC'D'}}} \over {{V_{S.ABCD}}}} = {1 \over 6}.\) Bài 44 trang 11 Sách bài tập Hình học lớp 12 Nâng cao. Khối chóp S.ABCD có đáy là hình bình hành. Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của AB, AD và SC. Chứng minh mặt phẳng \(\left( {MNP} \right)\) chia khối chóp thành hai phần có thể tích bằng nhau. Giải (h.29). Giả sử đường thẳng MN cắt CD và BC lần lượt tại K và I. Dễ thấy : \(\eqalign{ & CK = {3 \over 2}CD,CI = {3 \over 2}CB, \cr & d\left( {P,\left( {ABC} \right)} \right) = {1 \over 2}d\left( {S,\left( {ABC} \right)} \right). \cr & \cr} \) \({V_{P.CIK}} = {1 \over 3}.{1 \over 2}CI.CK\sin \widehat {ICK} \) .\(d\left( {P,\left( {ABC} \right)} \right)\) \( = {1 \over 3}.{1 \over 2}.{3 \over 2}CB.{3 \over 2}CD\sin \widehat {BCD} \) .\({1 \over 2}d\left( {S,(ABC)} \right)\) =\({9 \over {16}}({1 \over 3}CB.CD\sin \widehat {BCD} \) .\(d\left( {S,({\rm{ABC)}}} \right)\) \( \Rightarrow {V_{P.CIK}} = {9 \over {16}}{V_{S.ABCD}}.\) Ta có : \(\eqalign{ & {{{V_{I.BEM}}} \over {{V_{I.CPK}}}} = {{IB} \over {IC}}.{{IE} \over {IP}}.{{IM} \over {IK}} = {1 \over 3}.{1 \over 2}.{1 \over 3} = {1 \over {18}} \cr & \Rightarrow {V_{I.BEM}} = {1 \over {18}}{V_{I.CPK}} = {1 \over {18}}{V_{P.CIK}} \cr&\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;= {1 \over {32}}{V_{S.ABCD}}. \cr} \) Tương tự , ta cũng có \({V_{K.NDF}} = {1 \over {18}}{V_{P.CIK}} = {1 \over {32}}{V_{S.ABCD}}.\) Vậy nếu gọi V2 là thể tích của phần khối chóp giới hạn bởi \(mp\left( {MNP} \right)\) với mặt phẳng đáy thì : \(\eqalign{ & {V_2} = {V_{P.CIK}} - \left( {{V_{I.BEM}} + {V_{K.NDF}}} \right) \cr & = {9 \over {16}}{V_{S.ABCD}} - \left( {{1 \over {32}}{V_{S.ABCD}} + {1 \over {32}}{V_{S.ABCD}}} \right) \cr & = {9 \over {16}}{V_{S.ABCD}} - {1 \over {16}}{V_{S.ABCD}} = {1 \over 2}{V_{S.ABCD}}. \cr} \) Vậy phần còn lại, tức là phần của khối chóp nằm trên \(mp\left( {MNP} \right)\), có thể tích V1 cũng bằng \({1 \over 2}{V_{S.ABCD}}\). Do đó V1 = V2. Bài 45 trang 11 Sách bài tập Hình học lớp 12 Nâng cao. Cho khối chóp tứ giác đều S.ABCD. Một mặt phẳng \(\left( \alpha \right)\) đi qua A, B và trung điểm M của cạnh SC. Tính tỉ số thể tích của hai phần khối chóp bị phân chia bởi mặt phẳng đó. Giải (h.30) Kẻ \(MN//CD\left( {N \in SD} \right)\) thì hình thang \(ABMN\) là thiết diện của khối chóp khi cắt bởi \(mp\left( {ABM} \right)\). Ta có \(\eqalign{ & {{{V_{S.ANB}}} \over {{V_{S.ADB}}}} = {{SN} \over {SD}} = {1 \over 2}\cr& \Rightarrow {V_{S.ANB}} = {1 \over 2}{V_{S.ADB}} = {1 \over 4}{V_{S.ABCD}}. \cr & {{{V_{S.BMN}}} \over {{V_{S.CBD}}}} = {{SM} \over {SC}}.{{SN} \over {SD}} = {1 \over 2}.{1 \over 2} = {1 \over 4} \cr & \Rightarrow {V_{S.BMN}} = {1 \over 4}{V_{S.CBD}} = {1 \over 8}{V_{S.ABCD}}. \cr} \) Vậy \({V_{S.ABMN}} = {V_{S.ANB}} + {V_{S.BMN}} = {3 \over 8}{V_{S.ABCD}}\) Do đó : \({{{V_{S.ABMN}}} \over {{V_{ABMNCD}}}} = {3 \over 5}.\) Bài 46 trang 11 Sách bài tập Hình học lớp 12 Nâng cao. Cho khối lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh a. Các điểm E và F lần lượt là trung điểm của C’B’ và C’D’. a) Dựng thiết diện của khối lập phương khi cắt bởi \(mp\left( {AEF} \right).\) b) Tính tỉ số thể tích hai phần của khối lập phương bị chia bởi mặt phẳng \(\left( {AEF} \right).\) Giải a) Đường thẳng EF cắt A’D’ tại N, cắt A’B’ tại M, AN cắt DD’ tại P, AM cắt BB’ tại Q. Vậy thiết diện là ngũ giác APFEQ. b) Đặt : \(\eqalign{ & V = {V_{ABCD.A'B'C'D'}}, \cr & {V_1} = {V_{ABCDC'QEFP}}, \cr & {V_2} = {V_{AQEFP.B'A'D'}}, \cr & {V_3} = {V_{A.MA'N}}, \cr & {V_4} = {V_{PFD'N}},{V_5} = {V_{QMB'E}}. \cr} \) Dễ thấy \({V_4} = {V_5}\) ( do tính đối xứng của hình lập phương), \(\eqalign{ & {V_3} = {1 \over 6}AA'.A'M.A'N = {1 \over 6}a.{{3a} \over 2}.{{3a} \over 2} = {{3{a^3}} \over 8}, \cr & {V_4} = {1 \over 6}PD'.D'F.D'N = {1 \over 6}.{a \over 3}.{a \over 2} .{a \over 2} = {{{a^3}} \over {72}}, \cr & {V_2} = {V_3} - 2{V_4} = {{3{a^3}} \over 8} - {{2{a^3}} \over {72}} = {{25{a^3}} \over {72}}, \cr & {V_1} = V - {V_2} = {a^3} - {{25{a^3}} \over {72}} = {{47} \over {72}}{a^3}. \cr} \) Mặt phẳng \(\left( {AEF} \right)\) chia khối lập phương thành hai phần lần lượt có thể tích là \({V_1} = {{47} \over {72}}{a^3},{V_2} = {{25{a^3}} \over {72}}.\) Vậy : \({{{V_1}} \over {{V_2}}} = {{47} \over {25}}.\) Bài 47 trang 11 Sách bài tập Hình học lớp 12 Nâng cao. Cho điểm M trên cạnh SA, điểm N trên cạnh SB của khối chóp tam giác S.ABC sao cho \({{SM} \over {MA}} = {1 \over 2},{{SN} \over {NB}} = 2.\) Mặt phẳng \(\left( \alpha \right)\) đi qua MN và song song với SC chia khối chóp thành hai phần. Tìm tỉ số thể tích hai phần đó. Giải (h.32) Kéo dài MN cắt AB tại I. Kẻ MD song song với \(SC\left( {D \in AC} \right)\), DI cắt CB tại E. Vậy tứ giác MNED là thiết diện của khối chóp khi cắt bởi \(mp\left( \alpha \right)\). Ta có \(\eqalign{ & {{{V_{A.MDI}}} \over {{V_{A.SCB}}}} = {{AM} \over {AS}}.{{AD} \over {AC}}.{{AI} \over {AB}} \cr & = {2 \over 3}.{2 \over 3}.{4 \over 3} = {{16} \over {27}} \cr & \Rightarrow {V_{A.MDI}} = {{16} \over {27}}{V_{S.ABC}} \cr &(BI = MJ,MJ = {1 \over 3}AB\cr& \Rightarrow BI = {1 \over 3}AB,AI = {4 \over 3}AB ). \cr & {{{V_{I.BNE}}} \over {{V_{I.AMD}}}} = {{IB} \over {IA}}.{{IN} \over {IM}}.{{IE} \over {ID}} = {1 \over 4}.{1 \over 2}.{1 \over 2} = {1 \over {16}} \cr & \Rightarrow {V_{I.BNE}} = {1 \over {16}}{V_{A.MDI}} = {1 \over {27}}{V_{S.ABC}} \cr} \) Gọi \({V_1} = {V_{AMD.BNE}},{V_2}\) là phần còn lại thì \({V_1} = {V_{A.MDI}} - {V_{I.BNE}} = {{15} \over {27}}{V_{S.ABC}} = {5 \over 9}{V_{S.ABC}}\) Nên \({V_2} = {V_{S.ABC}} - {V_1} = {4 \over 9}{V_{S.ABC}}\) và \({{{V_1}} \over {{V_2}}} = {5 \over 4}\) Bài 48 trang 11 Sách bài tập Hình học lớp 12 Nâng cao. Bốn đường thẳng \({\Delta _1},{\Delta _2},{\Delta _3},{\Delta _4}\) đôi một song song và không có ba đường thẳng nào trên cùng một mặt phẳng. Một mặt phẳng \(\left( P \right)\) cắt chúng theo thứ tự tại A, B, C, D. Một mặt phẳng \(\left( {P'} \right)\) cắt chúng theo thứ tự A’, B’, C’, D’. Chứng minh hai khối tứ diện D’ABC và DA’B’C’ có thể tích bằng nhau. Giải (h.33) Gọi \(O = AC \cap BD,O' = A'C' \cap B'D'.\) Do \(DD'//OO'\) nên dễ thấy \({{d\left( {D',\left( {ABC} \right)} \right)} \over {d\left( {O',\left( {ABC} \right)} \right)}} = {{DD'} \over {OO'}},{{d\left( {D,\left( {A'B'C'} \right)} \right)} \over {d\left( {O,\left( {A'B'C'} \right)} \right)}} = {{DD'} \over {OO'}}.\) Vậy : \(\left. \matrix{ {V_{D'.ABC}} = {{DD'} \over {OO'}}{V_{O'.ABC}} \hfill \cr {V_{D.A'B'C'}} = {{DD'} \over {OO'}}{V_{O.A'B'C'}} \hfill \cr} \right\}\;\;\;\;\;(1)\) Đặt \(h = d\left( {BB',\left( {ACC'A'} \right)} \right).\) Ta có \(h = d\left( {B,\left( {ACC'A'} \right)} \right)\) và \(\eqalign{ & {V_{O'.ABC}} = {V_{B.O'AC}} = {1 \over 3}h.{S_{O'AC}}\;\;\;\;\;(2) \cr & {V_{O.A'B'C'}} = {V_{B'.OA'C'}} = {1 \over 3}h.{S_{OA'C'}}\;\;\;(3) \cr} \) Đặt \(d = d\left( {AA',CC'} \right)\) thì \(\eqalign{ & {S_{O'AC}} = {S_{OA'C'}} = {1 \over 2}OO'.d\;\;\;\;(4) \cr & {S_{O'AC}} = {S_{AOO'}} + {S_{COO'}} \cr&\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;= {1 \over 2}OO'\left( {d\left( {A,OO'} \right) + d\left( {C.OO'} \right)} \right) \cr&\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;= {1 \over 2}OO'.d \cr} \) Tương tự \({S_{OA'C'}} = {1 \over 2}OO'.d\). Từ (2), (3), (4) suy ra \({V_{O'.ABC}} = {V_{O.A'B'C'}}\;\;\;\;(5)\) Từ (1) và (5) ta suy ra \({V_{D'.ABC}} = {V_{D.A'B'C'}}.\) Bài 49 trang 11 Sách bài tập Hình học lớp 12 Nâng cao. Cho khối lập phương ABCD.A’B’C’D’ có cạnh bằng a. Gọi K là trung điểm của DD’. Tính khoảng cách giữa CK và A’D. Giải (h.34) Gọi M là trung điểm của BB’. Ta có \(A'M//KC\) nên \(\eqalign{ & d\left( {CK,A'D} \right) = d\left( {CK,\left( {A'MD} \right)} \right) \cr & = d\left( {K,\left( {A'MD} \right)} \right). \cr} \) Đặt \(d\left( {CK,A'D} \right) = x.\) Ta có \({V_{A'.MDK}} = {V_{K.A'MD}} = {1 \over 3}{S_{A'MD}}.x\;\;\;(1)\) Mặt khác \({V_{A'.MDK}} = {V_{M.A'DK}}\) \( = {1 \over 3}{S_{A'DK}}.d\left( {M,\left( {A'DK} \right)} \right)\) \(= {1 \over 3}\left( {{1 \over 2}a.{1 \over 2}a} \right).a = {{{a^3}} \over {12}}\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(2)\) Từ (1) và (2) suy ra : \({S_{A'MD}}.x = {{{a^3}} \over 4}.\) Hạ \(\eqalign{ & DI \bot A'M \Rightarrow AI \bot A'M \cr & \Rightarrow AI.A'M = AA'.d\left( {M,AA'} \right) = {a^2} \cr&\Rightarrow AI = {{2a} \over {\sqrt 5 }} \cr & \Rightarrow D{I^2} = D{A^2} + A{I^2} = {a^2} + {{4{a^2}} \over 5} = {{9{a^2}} \over 5}\cr& \Rightarrow DI = {{3a} \over {\sqrt 5 }}. \cr & \cr} \) Vậy \({S_{A'MD}} = {1 \over 2}DI.A'M = {1 \over 2}.{{3a} \over {\sqrt 5 }}.{{a\sqrt 5 } \over 2} = {{3{a^2}} \over 4}.\) Từ (3) và (4) suy ra \(x = {a \over 3}.\) Bài 50 trang 11 Sách bài tập Hình học lớp 12 Nâng cao. Cho tứ diện ABCD có điểm O nằm trong tứ diện và cách đều các mặt của tứ diện một khoảng cách r. Gọi \({h_A},{h_B},{h_C},{h_D}\) lần lượt là khoảng cách từ các điểm A, B, C, D đến các mặt đối diện. Chứng minh rằng : \({1 \over r} = {1 \over {{h_A}}} + {1 \over {{h_B}}} + {1 \over {{h_C}}} + {1 \over {{h_D}}}.\) Giải (h.35) Khối tứ diện ABCD được phân chia thành bốn khối tứ diện OBCD, OCAD, OABD, OABC. Từ đó dễ thấy rằng : \(\eqalign{ & {{{V_{O.BCD}}} \over {{V_{ABCD}}}} = {r \over {{h_A}}},{{{V_{O.CAD}}} \over {{V_{ABCD}}}} = {r \over {{h_B}}}, \cr & {{{V_{O.ABD}}} \over {{V_{ABCD}}}} = {r \over {{h_C}}},{{{V_{O.ABC}}} \over {{V_{ABCD}}}} = {r \over {{h_D}}}. \cr} \) Suy ra : \(\eqalign{ & {{{V_{O.BCD}} + {V_{O.CAD}} + {V_{O.ABD}} + {V_{O.ABC}}} \over {{V_{ABCD}}}}\cr& = r\left( {{1 \over {{h_A}}} + {1 \over {{h_B}}} + {1 \over {{h_C}}} + {1 \over {{h_D}}}} \right) \cr & \Rightarrow {{{V_{ABCD}}} \over {{V_{ABCD}}}} = r\left( {{1 \over {{h_A}}} + {1 \over {{h_B}}} + {1 \over {{h_C}}} + {1 \over {{h_D}}}} \right) \cr & \Rightarrow {1 \over r} = {1 \over {{h_A}}} + {1 \over {{h_B}}} + {1 \over {{h_C}}} + {1 \over {{h_D}}}. \cr} \) Bài 51 trang 12 Sách bài tập Hình học lớp 12 Nâng cao. Chứng minh rằng tổng các khoảng cách từ một điểm nằm trong một hình lăng trụ đều đến các mặt của nó không phụ thuộc vào vị trí của điểm nằm trong hình lăng trụ đó. Giải Gọi hình lăng trụ đều đã cho là H. Khi đó, dễ thấy tổng các khoảng cách từ một điểm nằm trong H đến hai mặt đáy của nó luôn bằng chiều cao h của H. Giả sử I là một điểm trong nào đó của H . Dựng qua I một mặt phẳng \(\left( P \right)\) vuông góc với cạnh bên của H, ta được thiết diện thẳng A1A2…An của H. Khi đó, A1A2…An là một đa giác đều bằng đa giác đáy của H (do H là lăng trụ đều). Từ I ta kẻ đường \(I{H_1} \bot {A_1}{A_2},I{H_2} \bot {A_2}{A_3},...I{H_n} \bot {A_n}{A_1}.\) Do thiết diện thẳng vuông góc với các mặt bên nên từ đó dễ dàng suy ra : \(I{H_1},I{H_2},...,I{H_n}\) lần lượt vuông góc với các mặt bên của hình lăng trụ . Đặt \(I{H_1} = {h_1},I{H_2} = {h_2},...,I{H_n} = {h_n}\) và a là độ dài cạnh đáy của lăng trụ. Gọi S là diện tích một mặt đáy thì S cũng là diện tích của A1A2…An. Vậy \(\eqalign{ & S = {1 \over 2}a{h_1} + {1 \over 2}a{h_2} + ... + {1 \over 2}a{h_n} \cr&\;\;\;= {1 \over 2}a({h_1} + {h_2} + ... + {h_n}) \cr & \Rightarrow {h_1} + {h_2} + ... + {h_n} = {{2S} \over a}. \cr} \) Vậy tổng các khoảng từ I đến các mặt của lăng trụ là không đổi. Tổng này bằng \(h+{{2S} \over a}.\) Bài 52 trang 12 Sách bài tập Hình học lớp 12 Nâng cao. Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ mà đáy là tam giác vuông tại B có AB=a, BD=b, AA’=c\(\left( {{c^2} \ge {a^2} + {b^2}} \right).\) Một mặt phẳng \(\left( P \right)\) đi qua A và vuông góc với CA’. a) Xác định thiết diện của hình lăng trụ khi cắt bởi \(mp\left( P \right).\) b) Tính diện tích thiết diện nói trên. Giải (h.36) a) Trong \(mp\left( {AA'C'C} \right)\), dựng đường thẳng qua A vuông góc với CA’ lần lượt cắt CA’ và CC’ tại I và M. Vì \(AC = \sqrt {{a^2} + {b^2}} \le c\) nên \(IC \le IA',\) do đó M phải thuộc đoạn CC’. Bây giờ ta tìm giao điểm N và \(\left( P \right)\) và BB’. Dễ thấy \(AN \bot BC,AN \bot CA'\) \( \Rightarrow AN \bot A'B.\) Vậy để tìm N, ta kẻ qua A (trong \(mp\left( {A'B'BA} \right)\)) đường thẳng vuông góc với A’B cắt B’B tại N. Vậy thiết diện là tam giác AMN. b)Ta có : \({V_{A'.AMN}} = {V_{M.AA'N}} = {V_{M.AA'B}} = {V_{C.A'AB}} = {1 \over 6}abc\) (do \(NB//AA',MC// AA').\) Mặt khác : \({V_{A'.AMN}} = {1 \over 3}.{S_{AMN}}.A'I \) \(\Rightarrow {S_{AMN}} = {{3{V_{A'.AMN}}} \over {A'I}} = {{abc} \over {2A'I}}.\) Xét tam giác vuông A’AC ta có : \(A'I.A'C = AA{'^2} = {c^2} \Rightarrow A'I = {{{c^2}} \over {A'C}} = {{{c^2}} \over {\sqrt {{a^2} + {b^2} + {c^2}} }}\). Vậy \({S_{AMN}} = {{ab\sqrt {{a^2} + {b^2} + {c^2}} } \over {2c}}.\) Bài 53 trang 12 Sách bài tập Hình học lớp 12 Nâng cao. Cho hình chóp tam giác S.ABC và M là một điểm nằm trong tam giác ABC. Các đường thẳng qua Msong song với SA, SB, SC lần lượt cắt các mặt \(\left( {BCS} \right),\left( {CAS} \right),\left( {ABS} \right)\) tại A’, B’, C’. Chứng minh rằng : a)\({{{V_{M.BCS}}} \over {{V_{S.ABC}}}} = {{MA'} \over {SA}};\) b)\({{MA'} \over {SA}} + {{MB'} \over {SB}} + {{MC'} \over {SC}}\) không đổi. Tìm tổng đó. Giải (h.37) a) Gọi N là giao điểm của MA và BC. Khi đó S, A’, N thẳng hàng vì chúng cùng nằm trên giao tuyến của hai mặt phẳng \(\left( {SBC} \right)\) và \(\left( {SA,A'M} \right)\). Gọi MM1 và AA1 là các đường vuông góc hạ từ M và A xuống \(mp\left( {SBC} \right)\) thì : \({{M{M_1}} \over {A{A_1}}} = {{MN} \over {AN}} = {{MA'} \over {SA}}.\) Vậy \({{{V_{M.BCS}}} \over {{V_{S.ABC}}}} = {{{V_{M.BCS}}} \over {{V_{A.BCS}}}} = {{{1 \over 3}{S_{BCS}}.M{M_1}} \over {{1 \over 3}{S_{BCS}}A{A_1}}} = {{M{M_1}} \over {A{A_1}}} = {{MA'} \over {SA}}\) b) Chứng minh tương tự như câu a), ta có : \({{{V_{M.CAS}}} \over {{V_{S.ABC}}}} = {{MB'} \over {SB}},{{{V_{M.ABS}}} \over {{V_{S.ABC}}}} = {{MC'} \over {SC}}.\) Vậy : \({{MA'} \over {SA}} + {{MB'} \over {SB}} + {{MC'} \over {SC}} = {{{V_{M.BCS}} + {V_{M.CAS}} + {V_{M.ABS}}} \over {{V_{S.ABC}}}} \) \(= {{{V_{S.ABC}}} \over {{V_{S.ABC}}}} = 1.\) Bài 54 trang 12 Sách bài tập Hình học lớp 12 Nâng cao. Hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Một mặt phẳng \(\left( P \right)\) cắt SA, SB, SC, SD theo thứ tự tại K, L, M, N. Chứng minh rằng : \(a){V_{S.ABC}} = {V_{S.ACD}} = {V_{S.ABD}} = {V_{S.BCD}};\) \(b){{SA} \over {SK}} + {{SC} \over {SM}} = {{SB} \over {SL}} + {{SD} \over {SN}}.\) Giải (h.38) a) Dễ thấy các tam giác ABC, ACD, ABD, BCD đều có diện tích bằng nhau và bằng nửa diện tích Scủa hình bình hành ABCD ; các hình chóp S.ABC, S.ACD, S.ABD, S.BCD có chiều cao bằng nhau và bằng chiều cao h của hình chóp S.ABCD. Vậy \(\eqalign{ & {V_{S.ABC}} = {V_{S.ACD}} = {V_{S.ABD}} = {V_{S.BCD}} \cr & = {{{V_{S.ABCD}}} \over 2} = {V \over 2}. \cr} \) b) Ta có : \(\eqalign{ & {{{V_{S.KLM}}} \over {{V \over 2}}} = {{SK} \over {SA}}.{{SL} \over {SB}}.{{SM} \over {SC}},\cr&{{{V_{S.KMN}}} \over {{V \over 2}}} = {{SK} \over {SA}}.{{SM} \over {SC}}.{{SN} \over {SD}} \cr & \cr} \) Tương tự \({{{V_{S.KLMN}}} \over {{V \over 2}}} = {{SL} \over {SB}}.{{SM} \over {SC}}.{{SN} \over {SD}} + {{SL} \over {SB}}.{{SN} \over {SD}}.{{SK} \over {SA}}\;\;\;\;(2)\) Từ (1) và (2) suy ra \({{SK} \over {SA}}.{{SL} \over {SB}}.{{SM} \over {SC}} + {{SK} \over {SA}}.{{SM} \over {SC}}.{{SN} \over {SD}} \) \(= {{SL} \over {SB}}.{{SM} \over {SC}}.{{SN} \over {SD}} + {{SL} \over {SB}}.{{SN} \over {SD}}.{{SK} \over {SA}}.\) Nhân hai vế với \({{SA} \over {SK}}.{{SB} \over {SL}}.{{SC} \over {SM}}.{{SD} \over {SN}},\) ta được đẳng thức phải chứng minh.
