giải bài tập sgk hình học 12 cơ bản: khái niệm về thể tích của khối đa diện

Bài viết này cung cấp hướng dẫn chi tiết giải các bài tập trong sách giáo khoa Hình học 12 cơ bản, chương "Khái niệm về thể tích của khối đa diện". Bài viết tập trung vào phần câu hỏi và bài tập, cũng như phần luyện tập, giúp học sinh nắm vững kiến thức và rèn luyện kỹ năng giải toán.

CÂU HỎI VÀ BÀI TẬP

Bài 1. Tính thể tích khối tứ diện đều cạnh \(a\).

Lời giải:

Phương pháp giải: Bài toán này áp dụng công thức tính thể tích khối chóp, trong đó việc xác định đường cao và diện tích đáy là then chốt. Việc chứng minh \(AO \bot (BCD)\) là một bước quan trọng để đảm bảo tính chính xác của lời giải.

Lời giải chi tiết:

Gọi \(BB'\), \(CC'\) là các đường cao của tam giác \(BCD\). \(O = BB' \cap CC'\) (\(O\) là tâm của tam giác đều \(BCD\)). Chứng minh được \(AO \bot (BCD)\) (chứng minh cho \({CD \bot \left( {ABB'} \right)}\), \({BD \bot \left( {ACC'} \right)}\)).

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: \(V = \frac{1}{3}.\frac{{a\sqrt 2 }}{{\sqrt 3 }}.\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{\sqrt 2 {a^3}}}{{12}}\).

Nhận xét: Lời giải trình bày rõ ràng các bước tính toán, tuy nhiên, có thể bổ sung thêm lời giải thích chi tiết hơn về cách chứng minh \(AO \bot (BCD)\) để học sinh dễ hiểu hơn. Việc sử dụng các ký hiệu và công thức toán học được thực hiện chính xác.

Bài 2. Tính thể tích khối bát diện đều cạnh \(a\).

Lời giải:

Phương pháp giải: Chia khối bát diện thành hai khối chóp tứ giác đều, từ đó tính thể tích của từng khối chóp và cộng lại. Việc xác định chiều cao và diện tích đáy của khối chóp là quan trọng.

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 \({V_{ABCDEF}} = \frac{2}{3}.{a^2}.\frac{a}{{\sqrt 2 }} = \frac{{\sqrt 2 {a^3}}}{3}.\)

Nhận xét: Lời giải ngắn gọn, dễ hiểu. Việc chia khối bát diện thành hai khối chóp giúp đơn giản hóa bài toán. Tuy nhiên, có thể thêm một vài dòng giải thích về lý do \(AO\) vuông góc với mặt phẳng \(BCDO\).

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:

Phương pháp giải: Tính thể tích khối tứ diện \(ACB'D'\) bằng cách lấy thể tích khối hộp trừ đi thể tích của các khối chóp xung quanh. Từ đó, tính tỉ số cần tìm.

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: \(\frac{V}{{{V_{CAD'B'}}}} = 3\).

Nhận xét: Phương pháp giải sáng tạo, giúp giải quyết bài toán một cách hiệu quả. Các bước tính toán được trình bày rõ ràng, logic. Tuy nhiên, cần chú thích rõ hơn về lý do \({V_{B'.ABC}} = \frac{1}{3}{V_{ABC.A'B'C'}}\).

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:

Phương pháp giải: Sử dụng công thức tính thể tích khối chóp và tỉ số diện tích của hai tam giác có chung góc để chứng minh đẳng thức cần thiết.

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: \(\frac{{{V_{S.A'B'C'}}}}{{{V_{S.ABC}}}} = \frac{{\frac{1}{3}{S_{\Delta SB'C'}}.A'H'}}{{\frac{1}{3}{S_{\Delta SBC}}.AH}}.\)

\( = \frac{{\frac{1}{2}SC'.SB'.\sin \alpha .SA'.\sin \beta }}{{\frac{1}{2}SB.SC.\sin \alpha .SA.\sin \sin \beta }}.\)

\( = \frac{{SA'.SB'.SC'}}{{SA.SB.SC}}.\)

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.

Nhận xét: Lời giải chặt chẽ, logic. Việc sử dụng tỉ số diện tích tam giác giúp đơn giản hóa chứng minh. Tuy nhiên, cần giải thích rõ hơn về ý nghĩa của góc \(\beta\) và tại sao tỉ số \(\frac{{A'H'}}{{AH}}\) lại bằng \(\frac{{SA'}}{{SA}}\).

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:

Phương pháp giải: Xác định các yếu tố vuông góc, tính toán độ dài các cạnh và diện tích các mặt của tứ diện \(CDEF\). Sử dụng công thức tính thể tích khối tứ diện.

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: \({V_{D.CEF}} = \frac{1}{3}.\frac{{\sqrt 3 {a^2}}}{{12}}.\frac{a}{{\sqrt 3 }} = \frac{{{a^3}}}{{36}}\) (đvdt).

Nhận xét: Đây là một bài toán phức tạp, đòi hỏi khả năng tư duy và vận dụng kiến thức tổng hợp. Lời giải trình bày chi tiết các bước tính toán, giúp học sinh dễ theo dõi. Tuy nhiên, có thể bổ sung thêm hình vẽ chi tiết hơn để minh họa các yếu tố vuông góc và vị trí các điểm.

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:

Phương pháp giải: Sử dụng khái niệm khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau và góc giữa chúng để chứng minh thể tích khối tứ diện không đổi.

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:

\({V_{MA'CD}} = \frac{1}{3}{S_{\Delta A'CD}}.MN\) \( = \frac{1}{3}.\frac{1}{2}CA'.CD.\sin \varphi .MN\) \( = \frac{1}{6}a.b.h.\sin \varphi .\)

\( \Rightarrow {V_{ABCD}} = \frac{1}{6}a.b.h.\sin \varphi .\)

Nhận xét: Lời giải sáng tạo, sử dụng hình bình hành để biến đổi thể tích. Việc chứng minh \(MN \bot (CDA')\) là một bước quan trọng. Kết quả cuối cùng cho thấy thể tích chỉ phụ thuộc vào \(a\), \(b\), \(h\) và \(\varphi\), là các đại lượng không đổi. Tuy nhiên, cần giải thích rõ hơn về lý do \({V_{ABCD}} = {V_{A'BCD}}\) và \({V_{BA'CD}} = {V_{MA'CD}}\).