Giải Toán 12 SGK nâng cao Chương 1 Bài 4 Thể tích của khối đa diện

Cho tam giác ABC cố định và một điểm S thay đổi. Thể tích của khối chóp S.ABC có thay đổi hay không nếu:

a) Đỉnh S di chuyển trên một mặt phẳng song song với mặt phẳng (ABC) ;

b) Đỉnh S di chuyển trên một mặt phẳng song song với chỉ một cạnh đáy ;

c) Đỉnh S di chuyển trên một đường thẳng song song với một cạnh đáy ?

Hướng dẫn giải:

Câu a:

Thể tích khối chóp S.ABC không đổi do diện tích đáy và chiều cao không đổi.

Câu b:

Có thể thay đổi do chiều cao thay đổi.

Câu c:

Không đổi do diện tích đáy và chiều cao không đổi.

---

Hãy chia một khối tứ diện thành hai khối tứ diện sao cho tỉ số thể tích của hai khối tứ diện này bằng một số k > 0 cho trước.

Hướng dẫn giải:

Cho khối tứ diện ABCD. Trên cạnh BCBC lấy điểm MM sao cho MB = kMC, khi đó \({S_{BMD}} = k{S_{CMD}} \Rightarrow {V_{ABMD}} = k{V_{AMCD}}\)

Mặt phẳng (AMD) chia khối tứ diện ABCD thành hai khối tứ diện có tỉ số thể tích bằng k

---

Tính thể tích của khối hộp ABCD.A′B′C′D′, biết rằng AA′B′D′ là khối tứ diện đều cạnh a.

Hướng dẫn giải:

AA′B′D′ là tứ diện đều nên đường cao AH có H là tâm của tam giác đều A′B′D′ cạnh a do đó.

\(\begin{array}{l}
A\prime H = \frac{2}{3}A\prime O\prime  = \frac{2}{3}\frac{{a\sqrt 3 }}{2} = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}\\
 \Rightarrow A{H^2} = AA{\prime ^2} - A\prime {H^2} = {a^2} - \frac{{{a^2}}}{3} = \frac{{2{a^2}}}{3}\\
 \Rightarrow AH = a\sqrt {\frac{2}{3}}  = \frac{{a\sqrt 6 }}{3}
\end{array}\)

Diện tích tam giác đều A′B′D′: \({S_{A'B'D'}} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}\)

Diện tích hình thoi A′B′C′D′: \({S_{A'B'C'D'}} = 2{S_{B'C'D'}} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2}\)

Vậy thể tích khối hộp đã cho là \(V = B.h = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2}.\frac{{a\sqrt 6 }}{3} = \frac{{{a^3}\sqrt 2 }}{2}\)

---

Tính thể tích của khối lăng trụ nn-giác đều có tất cả các cạnh đều bằng a.

Hướng dẫn giải:

Gọi A₁A₂...A_n là đáy của khối lăng trụ n$n$-giác đều và $O$ là tâm của đáy.

Gọi I là trung điểm của A₁A₂ ta có OI ⊥ A₁${\mathrm{A₂}}_{}$

Trong \({\rm{\Delta }}{A_1}IO:\cot \widehat {{A_1}IO} = \frac{{OI}}{{{A_1}I}} \Rightarrow OI = \frac{a}{2}\cot \frac{\pi }{n}\)

Diện tích đáy của khối lăng trụ đều là 

\(S = n.{S_{O{A_1}{A_2}}} = n\frac{1}{2}a.\frac{a}{2}\cot \frac{\pi }{n} = \frac{1}{4}n{a^2}\cot \frac{\pi }{n}\)

Chiều cao của khối lăng trụ đều là aa nên thể tích của nó là: 

\(V = B.h = \frac{1}{4}n{a^3}.cot\frac{\pi }{n}\)

---

Cho khối lăng trụ đứng ABC.A′B′C′ có đáy là tam giác ABC vuông tại A, AC = b, \(\widehat {ACB} = {60^0}\). Đường thẳng BC′ tạo với mp (AA′C′C) một góc 30⁰

a) Tính độ dài đoạn thẳng AC.

b) Tính thể tích khối lăng trụ đã cho.

Hướng dẫn giải:

Câu a:

Ta có: BA ⊥ AC và BA ⊥ AA′ nên BA ⊥ (ACC′A′)
Vậy AC′ là hình chiếu của BC′ trên mp (ACC′A′) nên \(\widehat {AC'B} = {30^0}\)

Trong tam giác vuông BAC′BAC′, ta có: 

\(cot{30^0} = \frac{{AC\prime }}{{AB}} \Rightarrow AC\prime  = AB.cot{30^0} = AC.tan{60^0}.cot{30^0} = b\sqrt 3 .\sqrt 3  = 3b\)

Câu b:

Trong tam giác vuông ACC′, ta có:  \(C{C^{\prime 2}} = A{C^{\prime 2}} - A{C^2} = 9{b^2} - {b^2} = 8{b^2} \Rightarrow CC' = 2\sqrt 2 b\)

Diện tích \({S_{ABC}} = \frac{1}{2}AB.AC = \frac{1}{2}b\sqrt 3 .b = \frac{{{b^2}\sqrt 3 }}{2}\)

Thể tích khôi lăng trụ \(V = S.h = \frac{{{b^2}\sqrt 3 }}{2}.2\sqrt 2 b = {b^2}\sqrt 6 \)

---

Cho khối lăng trụ tam giác ABC.A′B′C′ có đáy là tam giác đều cạnh a, điểm A′ cách đều ba điểm A, B, C, cạnh bên AA′ tạo với mặt phẳng đáy một góc 60⁰

a) Tính thể tích của khối lăng trụ đó.

b) Chứng minh rằng mặt bên BCCB′ là một hình chữ nhật.

c) Tính tổng diện tích các mặt bên của hình lăng trụ ABC.A′B′C (tổng đó gọi là diện tích xung quanh của hình (hoặc khối) lăng trụ đã cho).

Hướng dẫn giải:

Câu a:

Gọi O là tâm của tam giác đều ABC. Vì A′ cách đều ba đỉnh A, B, C nên A′ nằm trên trục của ΔABC, do đó A′O ⊥ mp(ABC)
AO là hình chiếu của AA′ trên mp (ABC). Do đó \(widehat {A'AO} = {60^0}\)

Trong tam giác vuông A′OA ta có: 

\(\tan {60^0} = \frac{{A'O}}{{AO}} \Rightarrow A'O = AO.\tan {60^0} = \frac{2}{3}.\frac{{a\sqrt 3 }}{2}.\sqrt 3  = a\)

Vậy thể tích khối lăng trụ là \(V = B.h = {S_{ABC}}.A'O = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}.a = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{4}\)

Câu b:

Vì BC ⊥ AO => BC ⊥ (AOA′) => BC ⊥ AA′ hay BC ⊥ BB′ . Vậy BCC′B′B là hình chữ nhật.

Câu c:

Gọi H là trung điểm của AB. Ta có AB ⊥ (A′HO) => A′H ⊥ AB 

Trong tam giác vuông A′OH, ta có

\(A'{H^2} = A'{O^2} + O{H^2} = {a^2} + {\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{6}} \right)^2} = \frac{{13{a^2}}}{{12}} \Rightarrow A'H = \frac{{a\sqrt {13} }}{{2\sqrt 3 }}\)

Diện tích hình bình hành ABB′A′: \({S_{ABB'A'}} = AB.AH = {a^2}\frac{{\sqrt {13} }}{{2\sqrt 3 }}\)

Tương tự \({S_{ACC'A'}} = \frac{{{a^2}\sqrt {13} }}{{2\sqrt 3 }}\)

Diện tích hình chữ nhật BCC′B′ là: \({S_{BCC\prime B\prime }} = BB\prime .BC = AA\prime .BC = \frac{{AO}}{{cos{{60}^0}}}.a = \frac{{2{a^2}\sqrt 3 }}{3}\)

Vậy diện tích xung quanh hình lăng trụ là

\({S_{xq}} = 2{S_{AA\prime B\prime B}} + {S_{BCC\prime B\prime }} = \frac{{{a^2}\sqrt {13} }}{{\sqrt 3 }} + \frac{{2{a^2}\sqrt {13} }}{3} = \frac{{{a^2}\sqrt {13} }}{3}\left( {\sqrt {13}  + 2} \right)\)

---

Cho điểm M nằm trong hình tứ diện đều ABCD. Chứng minh rằng tổng các khoảng cách từ M tới bốn mặt của hình tứ diện là một số không phụ thuộc vào vị trí của điểm M. Tổng đó bằng bao nhiêu nếu cạnh của tứ diện đều bằng a ?

Hướng dẫn giải:

Gọi H₁, H_2, H₃, H₄ lần lượt là hình chiếu của điểm M trên các mặt phẳng (BCD),(ACD),(ABD),(ABC)

Khi đó MH₁, MH₂, MH₃, MH₄ lần lượt là khoảng cách từ điểm M tới các mặt phẳng đó. Các mặt bên của tứ diện đều có cùng diện tích, ta kí hiệu các diện tích đó là S và gọi h là chiều cao của tứ diện đều. Ta có:

\(\begin{array}{l}
{V_{MBCD}} + {V_{MACD}} + {V_{MABD}} + {V_{MABC}} = {V_{ABCD}}\\
 \Leftrightarrow \frac{1}{3}S.M{H_1} + \frac{1}{3}S.M{H_2} + \frac{1}{3}S.M{H_3} + \frac{1}{3}S.M{H_4} = \frac{1}{3}S.h\\
 \Leftrightarrow M{H_1} + M{H_2} + M{H_3} + M{H_4} = h
\end{array}\)

Vậy tổng các khoảng cách từ điểm M tới bốn mặt của tứ diện đều không phụ thuộc vào vị trí của điểm M nằm trong tứ diện đó.
Nếu tứ diện đều có cạnh bằng a, ta tính h.

Gọi H là trực tâm tam giác đều BCD và M là trung điểm của CD.

Ta có:

\(\begin{array}{l}
{h^2} = A{H^2} = A{M^2} - H{M^2} = {\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)^2} - {\left( {\frac{1}{3}.\frac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)^2}\\
 = \frac{{3{a^2}}}{4} - \frac{{{a^2}}}{{12}} = \frac{{2{a^3}}}{3} \Rightarrow h = \frac{{a\sqrt 6 }}{3}
\end{array}\)

---

Cho khối lăng trụ tam giác đều ABC.A′B′C. Gọi M là trung điểm của AA′. Mặt phẳng đi qua M,B′,C chia khối lăng trụ thành hai phần. Tính tỉ số thể tích của hai phần đó.

Hướng dẫn giải:

Gọi độ dài cạnh đáy của lăng trụ là a, độ dài cạnh bên của lăng trụ là b.

Kẻ đường cao CH của tam giác ABC thì \(CH \bot \left( {ABB'A'} \right),CH = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\)

Diện tích hình thang ABB′M là \({S_{ABB\prime M}} = \frac{1}{2}(AM + BB\prime )AB = \frac{1}{2}\left( {\frac{b}{2} + b} \right).a = \frac{{3ab}}{4}\)

Thể tích khối chóp C.ABB′M là: 

\({V_{C.ABB'M}} = \frac{1}{3}{S_{ABB'M}}.CH = \frac{1}{3}\frac{{3ab}}{4}.\frac{{a\sqrt 3 }}{2} = \frac{{{a^2}b\sqrt 3 }}{8}\)

Thể tích khối lăng trụ là: \({V_{ABC.A'B'C'}} = {S_{ABC}}.AA' = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}.b = \frac{{{a^2}b\sqrt 3 }}{4} = 2{V_{C.ABB'M}}\)

Vậy \({V_{C.ABB'M}} = {V_{B'.A'C'CM}}\)

---

Cho khối chóp tam giác S.ABC. Trên ba đường thẳng SA, SB, SC lần lượt lấy ba điểm A′, B′, C′ khác với S. Gọi V và V′ lần lượt là thể tích của các khối chóp S.ABC và S.A′B′C′. Chứng minh rằng: \(\frac{V}{{V'}} = \frac{{SA}}{{SA\prime }}.\frac{{SB}}{{SB\prime }}.\frac{{SC}}{{SC\prime }}\)

Hướng dẫn giải:

Gọi H và H′ lần lượt là hình chiếu của A và A′ trên mp (SBC). Khi đó 3 điểm S, H, H′ thẳng hàng (vì chúng là hình chiếu của ba điểm thẳng hàng S , A, A′ trên mp (SBC) và vì A′H′ // AH nên \(\frac{{AH}}{{A\prime H\prime }} = \frac{{SA}}{{SA\prime }}\)

\(\begin{array}{l}
\frac{{{S_{SBC}}}}{{{S_{SB'C'}}}} = \frac{{\frac{1}{2}SB.SC.sin\widehat {BSC}}}{{\frac{1}{2}SB'.SC'.sin\widehat {B'SC'}}} = \frac{{SB}}{{SB'}}.\frac{{SC}}{{SC'}}\\
 \Rightarrow \frac{V}{{V\prime }} = \frac{{{V_{A.SBC}}}}{{{V_{A\prime .SB\prime C\prime }}}} = \frac{{\frac{1}{3}.{S_{SBC}}.AH}}{{\frac{1}{3}.{S_{SB'C'}}.A'H'}} = \frac{{SA}}{{SA\prime }}.\frac{{SB}}{{SB\prime }}.\frac{{SC}}{{SC\prime }}
\end{array}\)

---

Khối chóp S.ABCD có đáy là hình bình hành, M là trung điểm của cạnh SC. Mặt phẳng (P) đi qua AM, song song với BD chia khối chóp thành hai phần. Tính tỉ số thể tích cùa hai phần đó.

Hướng dẫn giải:

 

Gọi O là tâm hình bình hành ABCD. Gọi G là giao điểm của SO và AM thì G là trọng tâm của tam giác SAC nên \(\frac{{SG}}{{SO}} = \frac{2}{3}\)

Mặt phẳng (P) song song với BD nên (P) cắt mp (SBD) theo giao tuyến B′D′ đi qua G và B′D′ / /BD, trong đó B′, D′ lần lượt trên SB và SD.
 B′D′ // BD nên \(\frac{{SB'}}{{SB}} = \frac{{SD'}}{{SD}} = \frac{{SG}}{{SO}} = \frac{2}{3}\)

Mặt phẳng (P) chia khối chóp S.ABCD thành hai phần: Khối chóp S.AB′MD′ và khối đa diện ABCDB′MD′.

\(\frac{{{V_{S.AB'D'}}}}{{{V_{S.ABD}}}} = \frac{{SA}}{{SA}}.\frac{{SB'}}{{SB}}.\frac{{SD'}}{{SD}} = \frac{2}{3}.\frac{2}{3} = \frac{4}{9} \Rightarrow \frac{{{V_{S.AB'D'}}}}{{{V_{S.ABCD}}}} = \frac{2}{9}\)

\(\frac{{{V_{S.MB'D'}}}}{{{V_{S.CBD}}}} = \frac{{SM}}{{SC}}.\frac{{SB'}}{{SB}}.\frac{{SD'}}{{SD}} = \frac{1}{2}.\frac{2}{3}.\frac{2}{3} = \frac{2}{9} \Rightarrow \frac{{{V_{S.MB'D'}}}}{{{V_{S.ABCD}}}} = \frac{1}{9}\)

Từ đó suy ra \(\frac{{{V_{S.AB'MD'}}}}{{{V_{S.ABCD}}}} = \frac{{{V_{S.AB'D'}} + {V_{S.MB'D'}}}}{{{V_{S.ABCD}}}} = \frac{2}{9} + \frac{1}{9} = \frac{1}{3}\)

Vậy \(\frac{{{V_{S.AB\prime MD\prime }}}}{{{V_{ABCDB\prime MD'}}}} = \frac{1}{2}\)

---

Chứng minh rằng nếu có phép vị tự tỉ số kk biến tứ diện ABCD thành tứ diện A′B′C′D′ thì \(\frac{{{V_{A\prime B\prime C\prime D\prime }}}}{{{V_{ABCD}}}} = |k{|^3}\)

Hướng dẫn giải:

Giả sử phép vị tự f tỉ số k biến hình chóp A.BCD thành hình chóp A′.B′C′D′. Khi đó, f biến đường cao AH của hình chóp A.BCD thành đường cao A'H′ của hình chóp A′.B′C′D′ do đó A′H′= |k| AH. Tam giác BCD được biến thành tam giác B′C′D′ qua f nên \({S_{B'C'D'}} = {k^2}{S_{BCD}}\)

Suy ra \(\frac{{{V_{A\prime B\prime C\prime D\prime }}}}{{{V_{ABCD}}}} = \frac{{\frac{1}{3}{S_{B\prime C\prime D\prime }}.A\prime H\prime }}{{\frac{1}{3}{S_{BCD}}.AH}} = |k{|^3}\)

 

Trên đây là nội dung hướng dẫn giải chi tiết bài tập SGK nâng cao môn Toán 12 Chương 1 Bài 4 Thể tích của khối đa diện đều được trình bày rõ ràng, cụ thể với phương pháp ngắn gọn và khoa học. Hy vọng rằng đây sẽ là tài liệu hữu ích giúp các em học sinh lớp 12 học tập thật tốt!