Bài tập the tích khối đa diện 12 sgk năm 2024

Bài viết hướng dẫn giải các bài tập trong phần câu hỏi và bài tập và phần luyện tập của sách giáo khoa Hình học 12 cơ bản: Khái niệm về thể tích của khối đa diện.

CÂU HỎI VÀ BÀI TẬP

Bài 1. Tính thể tích khối tứ diện đều cạnh $a.$

Lời giải:

Gọi $BB’$, $CC’$ là các đường cao của tam giác $BCD.$ $O = BB’ \cap CC’$ ($O$ là tâm của tam giác đều $BCD$). Không khó khăn ta có thể chứng minh được $AO \bot (BCD)$ (chứng minh cho ${CD \bot \left( {ABB’} \right)}$, ${BD \bot \left( {ACC’} \right)}$). Do vậy thể tích $V$ của khối chóp là: $V = \frac{1}{3}AO.{S_{\Delta BCD}}$ $(1).$ Ta có: ${S_{\Delta BCD}} = \frac{1}{2}a.a.\sin {60^0} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}$ $(2).$ $AO = \sqrt {A{B^2} – B{O^2}} $ $ = \sqrt {A{B^2} – \frac{4}{9}BB{‘^2}} $ $ = \sqrt {{a^2} – \frac{4}{9}{{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2}} $ $ = a\sqrt {\frac{2}{3}} $ $(3).$ Thay $(2)$, $(3)$ vào $(1)$ ta có: $V = \frac{1}{3}.\frac{{a\sqrt 2 }}{{\sqrt 3 }}.\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{\sqrt 2 {a^3}}}{{12}}.$

Bài 2. Tính thể tích khối bát diện đều cạnh $a.$

Lời giải:

Ta có: ${V_{ABCDEF}} = {V_{ABCDE}} + {V_{FBCDE}}.$ $ = 2{V_{ABCDE}} = 2.\frac{1}{3}{S_{OBCDE}}.AO$ ($O$ là tâm của hình vuông $BCDE$). Vì $AO$ vuông góc với mặt phẳng $BCDO$ nên theo định lý Pi-ta-go ta có: $AO = \sqrt {A{B^2} – B{O^2}} $ $ = \sqrt {{a^2} – {{\left( {\frac{{a\sqrt 2 }}{2}} \right)}^2}} = \frac{a}{{\sqrt 2 }}.$ ${S_{BCDE}} = {a^2}$ (Vì tứ giác $BCDE$ là hình vuông cạnh $a$). Do đó ${V_{ABCDEF}} = \frac{2}{3}.{a^2}.\frac{a}{{\sqrt 2 }} = \frac{{\sqrt 2 {a^3}}}{3}.$

Bài 3. Cho hình hộp $ABCD.A’B’C’D’.$ Tính tỉ số thể tích của khối hộp đó và thể tích của khối tứ diện $ACB’D’.$

Lời giải:

Gọi thể tích khối hộp $ABCD.A’B’C’D’$ là $V.$ Ta có: ${V_{B’.ABC}} = \frac{1}{3}{V_{ABC.A’B’C’}} = \frac{1}{6}V.$ ${V_{A’.B’D’A}} = \frac{1}{3}{V_{ABD.A’B’D’}} = \frac{1}{6}V.$ ${V_{D’.ACD}} = \frac{1}{3}{V_{ACD.A’C’D’}} = \frac{1}{6}V.$ ${V_{C’.B’D’C}} = \frac{1}{3}{V_{BCD.B’C’D’}} = \frac{1}{6}V.$ Mặt khác: ${V_{C.AD’B’}}$ $ = V – \left( {{V_{B’ABC}} + {V_{A’B’D’A}} + {V_{DACD’}} + {V_{C’B’D’C}}} \right)$ $ = V – \frac{4}{6}V = \frac{1}{3}V.$ Do đó: $\frac{V}{{{V_{CAD’B’}}}} = 3.$

Bài 4. Cho hình chóp $S.ABC.$ Trên các đoạn thẳng $SA$, $SB$, $SC$ lần lượt lấy ba điểm $A’$, $B’$, $C’$ khác $S.$ Chứng minh rằng: $\frac{{{V_{S.A’B’C’}}}}{{{V_{S.ABC}}}} = \frac{{SA’}}{{SA}}.\frac{{SB’}}{{SB}}.\frac{{SC’}}{{SC}}.$

Lời giải:

Gọi $H$, $H’$ lần lượt là hình chiếu của $A$, $A’$ lên mặt phẳng $(SBC).$ Đặt $\alpha = \widehat {BSC}$, $\beta = (\widehat {SA,mp(SBC)}).$ Ta có: $\frac{{{V_{S.A’B’C’}}}}{{{V_{S.ABC}}}} = \frac{{\frac{1}{3}{S_{\Delta SB’C’}}.A’H’}}{{\frac{1}{3}{S_{\Delta SBC}}.AH}}.$ $ = \frac{{\frac{1}{2}SC’.SB’.\sin \alpha .SA’.\sin \beta }}{{\frac{1}{2}SB.SC.\sin \alpha .SA.\sin \beta }}.$ $ = \frac{{SA’.SB’.SC’}}{{SA.SB.SC}}.$ Hình vẽ này chỉ cho một trường hợp $H$, $H’$ nằm ở miền trong tam giác $SBC.$ Các trường hợp khác được vẽ hình và chứng minh tương tự.

Bài 5. Cho tam giác $ABC$ vuông cân ở $A$ và $AB = a.$ Trên đường thẳng qua $C$ và vuông góc với mặt phẳng $(ABC)$ lấy điểm $D$ sao cho $CD = a.$ Mặt phẳng qua $C$ vuông góc với $BD$ cắt $BD$ tại $F$ và cắt $AD$ tại $E.$ Tính thể tích khối tứ diện $CDEF$ theo $a.$

Lời giải:

Gọi mặt phẳng qua $C$ và vuông góc với $BD$ là $(\alpha ).$ Vì $CF \subset (\alpha )$ nên $BD \bot CF$, tương tự $EF \bot BD.$ Do đó ${V_{D.CEF}} = \frac{1}{3}{S_{\Delta ECF}}.FD$ $(1).$ Mặt khác ta có: ${BA \bot AC}$ (giả thiết). ${BA \bot DC}$ (giả thiết). Nên $BA \bot (ACD)$ $ \Rightarrow BA \bot CE$ $(a).$ Vì $BD \bot (\alpha )$ nên $BD \bot CE$ $(b).$ Từ $(a)$ và $(b)$ ta có: $CE \bot (ABD).$ $ \Rightarrow CE \bot EF$ $ \Rightarrow $ Tam giác $CEF$ vuông tại đỉnh $E.$ Theo định lý Pi-ta-go ta có: $EF = \sqrt {C{F^2} – C{E^2}} $ $(2).$ Xét tam giác vuông $CBD$ $\left( {\widehat C = {{90}^0}} \right)$, $CF$ là đường cao. Ta có: $\frac{1}{{C{F^2}}} = \frac{1}{{C{B^2}}} + \frac{1}{{C{D^2}}}$ $ = \frac{1}{{2{a^2}}} + \frac{1}{{{a^2}}} = \frac{3}{{2{a^2}}}.$ $ \Rightarrow C{F^2} = \frac{{2{a^2}}}{3}$ $(3).$ Xét tam giác vuông $CDA$ $\left( {\widehat C = {{90}^0}} \right)$, theo giả thiết tam giác này cân tại $C.$ Vì $CE \bot AD$ nên $E$ là trung điểm của $AD.$ Từ đó suy ra $CE = \frac{1}{2}AD = \frac{{\sqrt 2 a}}{2}.$ $ \Rightarrow C{E^2} = \frac{1}{2}{a^2}$ $(4).$ Thay $(3)$, $(4)$ vào $(2)$ ta có: $EF = \sqrt {\frac{{2{a^2}}}{3} – \frac{1}{2}{a^2}} $ $ = \sqrt {\frac{{{a^2}}}{6}} = \frac{{a\sqrt 6 }}{6}.$ $ \Rightarrow {S_{\Delta EFC}} = \frac{1}{2}EF.EC$ $ = \frac{1}{2}\frac{{a\sqrt 6 }}{6}.\frac{{\sqrt 2 a}}{2} = \frac{{\sqrt 3 {a^2}}}{{12}}$ $(5).$ Mặt khác $F{D^2} = C{D^2} – C{F^2}$ $ = {a^2} – \frac{{2{a^2}}}{3} = \frac{{{a^2}}}{3}$ $ \Rightarrow FD = \frac{a}{{\sqrt 3 }}$ $(6).$ Thay $(5)$, $(6)$ vào $(1)$ ta có: ${V_{D.CEF}} = \frac{1}{3}.\frac{{\sqrt 3 {a^2}}}{{12}}.\frac{a}{{\sqrt 3 }} = \frac{{{a^2}}}{{36}}$ (đvdt).

Bài 6. Cho hai đường thẳng chéo nhau $d$ và $d’.$ Đoạn thẳng $AB$ có độ dài bằng $a$ trượt trên $d$, đoạn thẳng $CD$ có độ dài $b$ trượt trên $d.$ Chứng minh rằng khối tứ diện $ABCD$ có thể tích không đổi.

Lời giải:

Gọi khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau $d$, $d’$ là $h$ và góc của $d$ và $d’$ là $\varphi .$ Trong mặt phẳng $(ABC)$ dựng hình bình hành $CBAA’.$ Ta có $AA’//BC$ nên ${V_{ABCD}} = {V_{A’BCD}}.$ Gọi $MN$ là đoạn vuông góc chung của $AB$ và $CD$ ($M \in AB$, $N \in CD$). Vì $BM//CA’$ nên ${V_{BA’CD}} = {V_{MA’CD}}.$ Ta có $MN \bot AB$ nên $MN \bot CA’$, hơn nữa $MN \bot CD.$ Do đó $MN \bot \left( {CDA’} \right).$ Chú ý rằng $(\widehat {AB,CD}) = \left( {\widehat {AC’,CD}} \right) = \varphi $ nên: ${V_{MA’CD}} = \frac{1}{3}{S_{\Delta A’CD}}.MN$ $ = \frac{1}{3}.\frac{1}{2}CA’.CD.\sin \varphi .MN$ $ = \frac{1}{6}a.b.h.\sin \varphi .$ $ \Rightarrow {V_{ABCD}} = \frac{1}{6}a.b.h.\sin \varphi .$