Ôn tập chương I | Bài giải HÌNH HỌC 12 | CHƯƠNG I. KHỐI ĐA DIỆN - Lớp 12 - Sách Bài Giải

Bài 1 trang 26 SGK

Các đỉnh, cạnh, mặt của một đa diện phải thoả mãn những tính chất nào?

Lời giải:

Các đỉnh, cạnh, mặt của một đa diện phải thỏa mãn những tính chất:

- Mỗi đỉnh là đỉnh chung của ít nhất ba cạnh, ba mặt;

- Mỗi cạnh là cạnh chung của đúng hai mặt;

- Hai mặt bất kì hoặc không có điểm chung, hoặc có một đỉnh chung, hoặc có đúng một cạnh chung.

Bài 2 trang 26 SGK

Tìm một hình tạo bởi các đa giác nhưng không phải là một đa diện.

Lời giải:

Hình trên không phải là đa diện vì có 1 cạnh là cạnh chung của 4 mặt phẳng.

Bài 3 trang 26 SGK

Thế nào là một khối đa diện lồi?Tìm ví dụ trong thực tế mô tả một khối đa diện lồi, một khối đa diện không lồi.

Lời giải:

Với hai điểm M và N thuộc khối đa diện thì mọi điểm của đoạn thẳng MN cũng thuộc khối đa diện đó. Ta gọi đó là khối đa diện lồi.

(Hai điểm M, N thuộc khối đa diện nhưng đoạn MN nằm ngoài khối đa diện).

Bài 4 trang 26 SGK

Cho hình lăng trụ và hình chóp có diện tích đáy và chiều cao bằng nhau.  Tính tỉ số thể tích của chúng.

Lời giải:

Gọi B là diện tích đáy và h là chiều cao của khối lăng trụ ta có:

V_{lăng trụ} = B.h = V_(H)

Gọi B′ là diện tích đáy và h′ là chiều cao của khối chóp ta có:

B′ = B (cùng bằng diện tích tam giác ABC).

h′ = h (cùng bằng khoảng cách từ A′ đến mp ABC).

⇒ V_chóp = (1/3)B′.h′ = (1/3)B.h = V_(H′) (Vì diện tích đáy và chiều cao bằng nhau).

Bài 5 trang 26 SGK

Cho hình chóp tam giác O.ABC có ba cạnh OA, OB, OC đôi một vuông góc với nhau và OA = a, OB = b, OC = c. Hãy tính đường cao OH của hình chóp.

Lời giải:

Kẻ AD ⊥ BC, OH ⊥ AD ta chứng minh OH chính là đường cao của hình chóp.

Vậy OH chính là đường cao của hình chóp.

BC ⊥ (OAH) ⇒ BC ⊥ (OAD) ⇒ BC ⊥ OD.

Tam giác OBC vuông tại O nên BC = √(OB² + OC²) = √(b² + c²)

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông OBC ta có: OD.BC = OB.OC 

Nên

Áp dụng định lí Pitago trong tam giác vuông OAD ta có:

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông OAD ta có: OH.AD = OA.OD nên

Cách khác:

Tam giác OBC vuông tại O có OD là đường cao nên

Tam giác AOD vuông tại O có chiều cao OH nên

Chú ý:

Ta thấy khi OABC là tứ diện vuông (OA, OB, OC đôi một vuông góc) thì: 

Bài 6 trang 26 SGK

Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có cạnh AB bằng a. Các cạnh bên SA, SB, SC tạo với đáy một góc 60⁰. Gọi D là giao của SA với mặt phẳng qua BC và vuông góc với SA.

a) Tính tỉ số thể tích giữa hai khối chóp S.DBC và S.ABC.

b) Tính thể tích của khối chóp S.DBC.

Lời giải:

a) Gọi H là hình chiếu của S trên (ABC)

⇒ AH là hình chiếu của SA trên (ABC)

Gọi E là trung điểm BC

H là tâm của Δ đều ABC.

b) SH = √(SA² + SH²) = a

Thể tích khối chóp S.ABC là:

⇒ Thể tích khối chóp S.DBC là:

Bài 7 trang 26 SGK

Cho hình chóp tam giác S.ABC có AB = 5a, BC = 6a, CA = 7a. Các mặt bên SAB, SBC, SCA tạo với đáy một góc 60⁰. Tính thể tích của khối chóp đó.

Lời giải:

Từ S dựng SH ⊥ (ABC), H thuộc mặt phẳng (ABC), dựng HE ⊥ AB, HF ⊥ BC. HI ⊥ AC với E ∈ AB, F ∈ BC, I ∈ AC.

⇒ AB ⊥ SE

Tương tự ta chứng minh được: SF ⊥ BC, SI ⊥ AC

Khi đó, góc hợp bởi (SAB), (SBC), (SAC) với đáy (ABC) lần lượt là:

(Với r là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC)

Chu vi tam giác ABC là: 5a + 6a + 7a = 18a

Suy ra nửa chu vi tam giác ABC là: p = 18a : 2 = 9a

Theo công thức Hê - rông, diện tích tam giác ABC là:

Vậy thể tích của S.ABC là:

Bài 8 trang 26 SGK

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, SA vuông góc với đáy và AB = a, AD=b, SA = c. Lấy các điểm B’, D’ theo thứ tự thuộc SB, SD sao cho AB’ vuông góc với SB, AD’ vuông góc với SD. Mặt phẳng (AB’D’) cắt SC tại C’. Tính thể tích khối chóp S.AB’C’D’.

Lời giải:

Mà AB' ⊥ SB

Nên AB' ⊥ (SBC) => AB' ⊥ SC (1)

Chứng minh tương tự ta được: AD' ⊥ (SCD) => AD' ⊥ SC (2)

Từ (1) và (2) suy ra SC ⊥ (AB'D')

Ta có: AB' ⊥ B'C' và AD' ⊥ D'C' nên:

Vậy thể tích khối chóp S.AB’C’D’ là:

Bài 9 trang 26 SGK

Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD, đáy hình vuông cạnh a, cạnh bên tạo với đáy một góc 60o. Gọi M là trung điểm SC. Mặt phẳng đi qua AM và song song với BD, cắt SB tại E và cắt SD tại F. Tính thể tích khối chóp S.AEMF.

Lời giải:

Gọi H là giao hai đường chéo AC và BD, H là tâm hình vuông ABCD

Do S.ABCD là hình chóp tứ giác đều nên SH ⊥ (ABCD).

⇒ EF ⊥ (SAC)

Mà AM ⊂ (SAC) nên AM ⊥ EF

Gọi I là giao điểm của AM và EF.

Góc tạo bởi cạnh bên SC và đáy (ABCD) là góc giữa SC và CH và là

Vì SA = SC (do hình chóp tứ giác đều S.ABCD) và nên tam giác SAC đều có cạnh là AC = a/√2.

Lại có SM nằm trong (SAC) và EF ⊥(SAC) nên SM ⊥ EF

Mà SAC là tam giác đều nên SM ⊥ AM

Do đó: SM ⊥ (AEMF)

Suy ra SM là đường cao của hình chóp S.AEMF

Vậy thể tích khối chóp S.AEMF là:

Bài 10 trang 27 SGK

Cho hình lăng trụ đứng tam giác ABC.A’B’C’ có tất cả các cạnh đều bằng a.

a) Tính thể tích khối tứ diện A’BB’C.

b) Mặt phẳng đi qua A’B’ và trọng tâm tam giác ABC, cắt AC và BC lần lượt tại E và F. Tính thể tích hình chóp C.A’B’FE.

Lời giải:

a)

Ta chia khối lăng trụ đã cho thành hình chóp A’.ABC, C.A’B’C’ và C.A’BB’

Ta có: V_A’.ABC = V_{C.A’B’C’} = (1/3).S.h trong đó S là diện tích đáy S = S_ABC = S_A’B’C’ và h là chiều cao của hình lăng trụ

Lại có: V_{ABC.A’B’C’} = S.h

Do đó,

Trong đó, tam giác ABC là tam giác đều có độ dài cạnh bằng a nên

Vì đây là hình lăng trụ đứng nên h = AA’ = BB’= CC’ = a.

Vậy thể tích hình chóp C.A’BB’ là:

Do đó thể tích khối tứ diện A’BB’C là

b)

Thể tích hình chóp C.A′B′FE bằng tổng thể tích hai hình chóp:

• V₁ là thể tích hình chóp đỉnh B′, đáy là tam giác CEF.

• V₂ là thể tích hình chóp đỉnh B′, đáy là tam giác A′EC.

Do (ABC) // (A′B′C′) nên dễ thấy EF // AB. Ta cũng có: 

Hình chóp B′.CEF có chiều cao BB′ = a và diện tích đáy là:

Bài 11 trang 27 SGK

Cho khối hộp ABCD.A’B’C’D’. Gọi E và F theo thứ tự là trung điểm của các cạnh BB’ và DD’. Mặt phẳng (CEF) chia khối hộp trên làm hai khối đa diện. Tính tỉ số thể tích của hai khối đa diện đó.

Lời giải:

Gọi O là tâm hình hộp và tâm của hình bình hành BB’D’D. Khi đó O là trung điểm của EF.

Ta có: A’ ∈ CO (1)

CO ⊂ mp(CEF) (2)

Mặt khác A’E // CF, A’F // CE

Nên mp(CEF) cắt hình hộp theo thiết diện là hình bình hành A’ECF.

mp(CEF) chia hình hộp ABCD.A’B’C’D’ thành hai khối đa diện (Đ) và (Đ’).

Gọi (Đ) là khối đa diện có các đỉnh là A, B, C, D, A’, E, F và (Đ’) là khối đa diện còn lại.

Phép đối xứng qua tâm O biến các đỉnh A, B, C, D, A’, E, F của đa diện (Đ) lần lượt thành các đỉnh C’, D’, A’, B’, C, F, E của khối da diện (Đ’)

Suy ra phép đối xứng qua tâm O biến (Đ) thành (Đ’), nghĩa là hai hình đa diện (Đ) và (Đ’) bằng nhau.

Vậy tỉ số thể tích của (Đ) và (Đ’) bằng 1.

Bài 12 trang 27 SGK

Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh a. Gọi M là trung điểm A’B’, N là trung điểm BC.

a) Tính thể tích khối tứ diện ADMN.

b) Mặt phẳng (DMN) chia khối lập phương đã cho thành hai khối đa diện. Gọi (H) là khối đa diện chứa đỉnh A, (H’) là khối đa diện còn lại.

Tính tỉ số V(H)/V(H′).

Lời giải:

a)

Gọi M’ là hình chiếu của M lên mp(ABCD). Khi đó MM’ = AA’ = a.

Thể tích của khối tứ diện ADMN là:

b) Mặt phẳng (DMN) cắt hình lập phương theo thiết diện MEDNF trong đó ME // ND, FN // DE và chia hình lập phương thành hai khối đa diện (H) và (H’), gọi phần khối lập phương chứa A, B, A’, mặt phẳng (DMN) là (H).

Chia (H) thành các hình chóp F.DBN, D.ABFMA’ và D.A’EM.

Ta có: FN // ED ⇒ ∆FBN đồng dạng với ∆DD'E

Diện tích ngũ giác ABFMA’ là:

Thể tích của khối chóp D.ABFMA’ là:

Thể tích của khối chóp D.A’EM là:

Do đó thể tích của (H) là:

Suy ra thể tích của (H’) là:

Vậy tỉ số thể tích cần tìm là: