Bài 9 trang 26 SGK Hình học 12

Cho hình chóp tứ giác đều \(S.ABCD\), đáy là hình vuông cạnh \(a\), cạnh bên tạo với đáy một góc \(60^0\). 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 \(S.AEMF\).

Giải

Hình chóp \(S.ABCD\) là hình chóp đều nên chân \(H\) của đường cao \(SH\) chính là tâm của đáy. Mặt phẳng đi qua \(AM\) và song song với \(BD\) cắt mặt phẳng \((SDB)\) theo một giao tuyến song song với \(BD\), hay \(EF // BD\). Ta dựng giao tuyến \(EF\) như sau: Gọi \(I\) là giao điểm của \(AM\) và \(SH\).

Qua \(I\) ta dựng một đường thẳng song song với \(BD\), đường này cắt \(SB\) ở \(E\) và cắt \(SD\) ở \(F\).

Ta có: \(\widehat {SAH}\) = \(60^0\). Tam giác cân \(SAC\) có \(SA = SC\) và góc \(SAC = 60^0\) nên nó là tam giác đều: \(I\) là giao điểm của các trung tuyến \(AM\) và \(AH\) nên: \({{SI} \over {SH}} = {2 \over 3}\)

Do \(EF // DB'\) \( \Rightarrow {{{\rm{EF}}} \over {DB}} = {{SF} \over {SD}} = {{SE} \over {SB}} = {{SI} \over {SH}} = {2 \over 3}\)

Vì \(DB = a\sqrt2\) \( \Rightarrow {\rm{EF}} = {{2a\sqrt 2 } \over 3}\)

Tam giác \(SAC\) là tam giác đều nên \(AM = {{AC\sqrt 3 } \over 2} = {{a\sqrt 6 } \over 2}\)

Ta lại có \(DB \bot (SAC)\) \( \Rightarrow DB \bot AM\). Kết hợp với \(DB // EF\) nên \(EF \bot AM\). Tứ giác \(AEMF\) có hai đường chéo vuông góc với nhau nên có diện tích:

\({S_{AEMF}} = {1 \over 2}{\rm{EF}}.AM = {1 \over 2}.{{2a\sqrt 2 } \over 3}.{{a\sqrt 6 } \over 2} = {{{a^2}\sqrt 3 } \over 3}\)

Mặt khác, tam giác \(ASC\) là tam giác đều, \(M\) là trung điểm của \(SC\) nên \(AM \bot SC\). Ta cũng có \(DB \bot (SAM)\) \( \Rightarrow  DB \bot SC\) vì \(DB // EF\) nên \(EF \bot SC\). Từ kết quả trên, suy ra \(SM \bot(AEMF)\).

Dễ thấy \(SM = {{a\sqrt 2 } \over 2}\) (do tam giác \(SAC\) đều). Do đó: \({V_{S.AEMF}} = {1 \over 3}.{{{a^2}\sqrt 3 } \over 3}.{{a\sqrt 2 } \over 2} = {{{a^3}\sqrt 6 } \over {18}}\).

Bài 10 trang 27 SGK Hình học 12

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 \(C.A'B'FE\).

Giải 

a) Ta tính thể tích hình chóp \(A'.BCB'\).

Gọi \(M\) là trung điểm của \(B'C'\), ta có:

\(A'M \bot B'C'\)                                (1)

Lăng trụ \(ABC.A'B'C'\) là lăng trụ đứng nên:

\(BB' \bot (A'B'C')\)

\( \Rightarrow BB' \bot A'M\)                             (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(A'M \bot (BB'C')\) hay \(A'M\) là đường cao của hình chóp \(A'.BCB'\).

Ta có: \(A'M\) = \({{a\sqrt 3 } \over 2}\) ;        \({S_{BB'C}} = {1 \over 2}{a^2}\)

\( \Rightarrow {V_{A'BB'C}} = {1 \over 3}.A'M.{S_{BB'C}} \Rightarrow {V_{A'BB'C}} = {{{a^3}\sqrt 3 } \over {12}}\)

b) 

Thể tích hình chóp \(C.A'B'EF\) bằng tổng thể tích hai hình chóp:

- \(V_1\) là thể tích hình chóp đỉnh \(B'\), đáy là tam giác \(CEF\).

- \(V_2\) 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:

\(EF\) = \({2 \over 3}a\)

Hình chóp \(B'.CEF\) có chiều cao \(BB' = a\) và diện tích đáy là:

\({S_{C{\rm{EF}}}} = {1 \over 2}.{{2a} \over 3}.{2 \over 3}.{{a\sqrt 3 } \over 2} = {{{a^2}\sqrt 3 } \over 9}\)

Từ đây ta có: \({V_1} = {{{a^3}\sqrt 3 } \over {27}}\)

Do \(EC = {2 \over 3}AC\) nên \({S_{A'EC}} = {2 \over 3}a.{1 \over 2}a = {{{a^2}} \over 3}\)

Hình chóp \(B'.A'EC\) có chiều cao là \(B'I\) (chiều cao của \(△A'B'C'\)) bằng \({{a\sqrt 3 } \over 2}\) nên \(V_2\)= \({{{a^3}\sqrt 3 } \over {18}}\)

Vậy thể tích hình chóp \(C.A'B'FE\) là: \(V = V_1 + V_2\) = \({{5{a^3}\sqrt 3 } \over {54}}\)

Bài 11 trang 27 SGK Hình học 12

Cho hình 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.

Giải

Ta xác định thiết diện của hình hộp \(ABCD.A'B'C'D'\) khi cắt bởi \((CEF)\). Mặt phẳng \((CEF)\) chứa đường thẳng \(EF\) mà \(E\) là trung điểm của \(BB', F\) là trung điểm của \(CC'\) nên \(EF\) chứa giao điểm \(O\) của các đường chéo hình hộp, do đó mặt phẳng \((CEF)\) cùng chứa giao điểm \(O\) của các đường chéo và nó cũng chứa đường chéo \(A'C\) của hình hộp. Ta dễ dàng nhận xét rằng thiết diện chính là hình bình hành \(CEA'F\). Qua \(EF\) ta dựng một mặt phẳng song song với đáy hình hộp, mặt phẳng này cắt \(AA'\) ở \(P\) và cắt \(CC'\) ở \(Q\).

Ta có thể tích của hình hộp \(ABCD.PEQF\) là:

\(V_{ABCD.PEQF}\)= \({1 \over 2}\)\(V_{ABCD.A'B'C'D'}\)    (1)

Chứng minh tương tự ta được:

\(V_{CFQE}=V_{A'FPE}\)                            (2)

(Hai hình chóp \(CFQE\) và \(A'FPE\) có chiều cao bằng nhau và diện tích đáy bằng nhau).

Xét khối đa diện \(ABCDE'F\) do mặt phẳng \((CEF)\) chia ra trên hình hộp \(ABCD.A'B'C'D'\), ta có:

\(V_{ABCD.FA'EQ}\) = \({1 \over 2}\) \(V_{ABCD.FPE}+V_{A'FPE}\)     (3)

Từ (1), (2), (3) suy ra:

\(V_{ABCD.FA'EQ}\)= \({1 \over 2}\) \(V_{ABCD.A'B'C'D'}\)  

Vậy mặt phẳng \((CEF)\) chia hình hộp thành hai khối đa diện có thể tích bằng nhau, tỉ số của chúng là \(1\).

Chú ý: Có thể lí luận như sau: Giao điểm \(O\) của các đường chéo của hình hộp là tâm đối xứng của hình hộp, do đó mặt phẳng \((CEF)\) chứa điểm \(O\) nên chia hình hộp thành hai hình đối xứng với nhau qua điểm \(O\). Vậy hai hình này là hai hình bằng nhau và có thể tích bằng nhau.

Bài 12 trang 27 SGK Hình học 12

Cho hình lập phương \(ABCD.A'B'C'D'\) cạnh \(a\). Gọi \(M\) là trung điểm của \(A'B', N\) là trung điểm của \(BC\).

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 \({{{V_{(H)}}} \over {{V_{(H')}}}}\).

Giải

a) Ta tính thể tích hình chóp \(M.ADN\). Hình chóp này có chiều cao bằng \(a\) và diện tích đáy \(AND\) bằng \({{{a^2}} \over 2}\)

\(V_{ADMN}\) = \({1 \over 3}\) . a . \({{{a^2}} \over 2}\) = \({{{a^3}} \over 6}\)

b) Trước hết, ta dựng thiết diện của hình lập phương khi cắt bởi \((DMN)\).

Do \((ABCD) // (A'B'C'D')\) nên \((DMN)\) cắt \((A'B'C'D')\) theo một giao tuyến song song với \(DN\). Ta dựng thiết diện như sau:

- Từ \(M\) kẻ đường thẳng song song với \(DN\), đường này cắt cạnh \(A'D'\) tại điểm \(P\) và cắt đường thẳng \(C'B'\) tại điểm \(Q\). Trong mặt phẳng \((BCC'B')\) thì \(QN\) cắt cạnh \(BB'\) tại điểm \(R\); đa giác \(DNRMP\)  chính là thiết diện của hình lập phương khi cắt bởi \((DMN)\).

- Bây giờ ta tính thể tích khối đa diện \(ABNDPMR\). Thể tích này có thể coi là thể tích của ba hình chóp:

          \(V_1\) là thể tích hình chóp đáy \(ABND\), đỉnh \(M\);

          \(V_2\)  là thể tích hình chóp đáy \(AA'PD\), đỉnh \(M\);

          \(V_3\) là thể tích hình chóp đáy \(NRB\), đỉnh \(M\).

Hình chóp \(M.ABND\), có đường cao bằng \(a\), diện tích đáy là hình thang \(ABND\) là: 

\({1 \over 2}\left( {{a \over 2} + a} \right).a = {{3{a^2}} \over 4}\)

Suy ra: \({V_1} = {1 \over 3}.{{3{a^2}} \over 4}.a \Rightarrow {V_1} = {{{a^3}} \over 4}\)

 \(A'P\) = \({a \over 4}\). Hình chóp \(M.AA'PD\) có chiều cao \({a \over 2}\) và diện tích hình thang \(AA'PD\) là: \({1 \over 2}\left( {{a \over 4} + a} \right).a = {{5{a^2}} \over 8}\)

Suy ra: \({V_2} = {1 \over 3}.{a \over 2}.{{5{a^2}} \over 8} \Rightarrow {V_2} = {{5{a^2}} \over {48}}\)

\(BR\) = \({2 \over 3}a\). Diện tích tam giác \(NRB\) là: \({1 \over 2}.{2 \over 3}a.{a \over 2} = {{{a^2}} \over 6}\)

Hình chóp \(M.NRB\) có chiều cao \({a \over 2}\) và diện tích đáy \({{{a^2}} \over 6}\) nên:

\({V_2} = {1 \over 3}.{a \over 2}.{{{a^2}} \over 6} \Rightarrow {V_3} = {{{a^3}} \over {36}}\)

\({V_{ABNDPMR}} = {V_1} + {V_2} + {V_3} = {{5{a^3}} \over {48}} + {{{a^3}} \over 4} + {{{a^3}} \over {36}} = {{55{a^3}} \over {144}}\)

Thể tích phần còn lại là: \({{144{a^3}} \over {144}} - {{55{a^3}} \over {144}} = {{89{a^3}} \over {144}}\)

Từ đây suy ra tỉ số cần tìm là: \({{55} \over {89}}\)

Giaibaitap.me