Giải Toán 12 SGK nâng cao Ôn tập Chương 1 Khối đa diện và thế tích của chúng

Cho tứ diện ABCD có thể tích bằng V. Gọi B′ và D′ lần lượt là trung điểm của AB và AD. Mặt phắng (CB′D′) chia khối tứ diện thành hai phần. Tính thể tích mỗi phần đó.

Hướng dẫn giải:

Mp (CB′D′) chia khối tứ diện thành hai khối chóp C.AB′D′ và C.BB′D′D. Hai khối chóp này có chiều cao bằng nhau.
Mặt khác: 
\({S_{AB'D'}} = \frac{1}{4}{S_{ABD}} \Rightarrow {V_{C.AB'D'}} = \frac{1}{4}V\)

Do đó: \({V_{C.BB\prime D\prime D}} = \frac{3}{4}V\)

---

Cho khối hộp ABCD.A′B′C′D′. Chứng minh rằng sáu trung điểm của sáu cạnh AB, BC, CC′, C′D′, D′A′ nằm trên một mặt phẳng và mặt phẳng đó chia khối hộp thành hai phần có thể tích bằng nhau.

Hướng dẫn giải:

Gọi M, N, I, J, K, E lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, BC, CC′, C′D′, D′A′, A′A của khối hộp ABCD.A′B′C′D′ tâm OO.
Ta có OO là tâm hình bình hành ABC′D′ABC′D′ nên M, O, J thẳng hàng (O là trung điểm của MJ). Mặt khác ba đường thẳng MN, EI và KJ đôi một song song với nhau (vì cung song song với AC) nên chúng đồng phẳng.
Vậy 6 điểm M, N, I, J, K, E cùng nằm trên một mặt phẳng (α)

Mp (α) chia khối hộp thành hai khối đa diện khối thứ nhất có các đỉnh M, N, I, J, K, E, A, C, D, D′ , khối thứ hai có các đỉnh M, N, I, J, K, E, C′, A′, B, B′.
Phép đối xứng qua điểm O biến tập hợp đỉnh của khối đa diện thứ nhất thành tập hợp đỉnh của khối đa diện thứ hai. Suy ra hai khối đa diện đó bằng nhau và do đó có thể tích bằng nhau.

---

Cho khối tứ diện ABCD, E  và F lần lượt là trung điểm của hai cạnh AB và CD. Hai mặt phẳng (ABF) và (CDE) chia khối tứ diện ABCD thành bốn khối tứ diện.

a) Kể tên bốn khối tứ diện đó.

b) Chứng tỏ rằng bốn khôi tứ diện đó có thể tích bằng nhau.

c) Chứng tỏ rằng nếu ABCD là khối tứ diện đều thì bốn khối tứ diện nói trên bằng nhau.

Hướng dẫn giải:

Câu a:

Hai mặt phẳng (ABF) và (CDE) chia khối tứ diện ABCD thành bốn khối tứ diện ADEF, ACEF, BDEF, BCEF

Câu b:

Vì F là trung điểm của CD nên mp (ABF) chia khối tứ diện ABCD thành hai khối tứ diện ABCF và ABDF có thể tích bằng nhau.

Vì E là trung điểm của AB nên mp (CDE) lại chia mỗi khối tứ diện ABCF và ABDF thành hai khối tứ diện có thể tích bằng nhau.

Vậy \({V_{ADEF}} = {V_{ACEF}} = {V_{BDEF}} = {V_{BCEF}}\)

Câu c:

Nếu ABCD là tứ diện đều thì nó nhận mp (ABF) và mp (CDE) làm các mặt phẳng đối xứng và phép đối xứng qua đường thẳng EF biến tứ diện ADEF thành tứ diện BCEF Từ đó suy ra:

Khối tứ diện ADEF bằng khối tứ diện ACEF (vì chúng đối xứng với nhau qua mp (ABF))

Khối tứ diện ADEF bằng khối tứ diện BDEF (vì chúng đối xứng với nhau qua mp (CDE))

Khối tứ diện ADEF bằng khối tứ diện BCEF (vì phép đối xứng qua trục EFbiến tứ diện này thành tứ diện kia)

---

Cho khối làng trụ đứng ABC.A′B′C′ có diện tích đáy bằng S và AA′ = h. Một mặt phẳng (P) cắt các cạnh AA′, BB′, CC′ lần lượt tại A₁, B₁ và biết AA₁ = a, BB₁ = b, CC′ = c

a) Tính thể tích hai phần của khối lăng trụ được phân chia bởi mặt phẳng (P).

b) Với điều kiện nào của a,b,c thì thể tích hai phần đó bằng nhau ?

Hướng dẫn giải:

Câu a:

Kẻ đường cao AI của tam giác ABC thì AI ⊥ (BCC′B′) => AI = d(A₁;(BCC′B′)) => AI = d(A₁;(BCC′B′)). Ta có:

\(\begin{array}{l}
{V_{ABC.{A_1}{B_1}{C_1}}} = {V_{{A_1}.ABC}} + {V_{{A_1}BC{C_1}{B_1}}}\\
 = \frac{1}{3}aS + \frac{1}{3}{S_{BC{C_1}{B_1}}}.AI\\
 = \frac{1}{3}aS + \frac{1}{3}.\frac{1}{2}(b + c).BC.AI\\
 = \frac{1}{3}aS + \frac{1}{3}(b + c)S = \frac{1}{3}(a + b + c)S\\
{V_{{A_1}{B_1}{C_1}A\prime B\prime C\prime }} = {V_{ABC.A\prime B\prime C\prime }} - {V_{ABC.{A_1}{B_1}{C_1}}}\\
 = Sh - \frac{1}{3}(a + b + c)S = \frac{1}{3}[(h - a) + (h - c) + (h - c)]S
\end{array}\)

Câu b:

\(\begin{array}{l}
{V_{ABC.{A_1}{B_1}{C_1}}} = {V_{{A_1}{B_1}{C_1}.A\prime B\prime C\prime }}\\
 \Leftrightarrow \frac{1}{3}(a + b + a)S = \frac{1}{2}Sh \Leftrightarrow 3h = 2(a + b + c)
\end{array}\)

---

Cho khối lăng trụ đểu ABC.A′B′C′ và M là trung điểm của cạnh AB. Mặt phẳng (B′CM) chia khối lăng trụ thành hai phần. Tính tỉ số thể tích hai phần đó.

Hướng dẫn giải:

 

Gọi I là giao điểm của đường thẳng B′M với AA′; N là giao điểm của IC′ với AC. Khi đó AA là trung điểm của A′I và N là trung điểm của AC.

Đặt S_ABC = S và AA′ = h

Thiết diện của mp (B′C′M) với khối lăng trụ ABC.A′B′C′ là hình thang cân MNC′B′. Mp (B′C′M) chia khối lăng trụ thành hai phần, phần chứa cạnh AA′ có thể tích là V₁, phần còn lại có thể tích là V₂. Khi đó ta có:

\(\begin{array}{l}
{V_1} = {V_{AMN.A\prime B\prime C\prime }} = VI.A\prime B\prime C\prime  - {V_{I.AMN}} = \frac{1}{3}S.2h - \frac{1}{3}.\frac{S}{4}h\\
 = \frac{2}{3}Sh - \frac{1}{{12}}Sh = \frac{7}{{12}}Sh = \frac{7}{{12}}({V_1} + {V_2})\\
 \Rightarrow 12{V_1} = 7{V_1} + 7{V_2} \Rightarrow \frac{{{V_1}}}{{{V_2}}} = 75
\end{array}\)

---

Cho khối chóp S.ABC có đường cao SA bằng a, đáy là tam giác vuông cân có AB = BC = a. Gọi B′ là trung điểm của SB, C′ là chân đường cao hạ từ A của tam giác SAC.

a) Tính thể tích khối chóp S.ABC.

b) Chứng minh rằng SCSC vuông góc với mp (AB′C′)

c) Tính thể tích khối chóp S.AB′C′.

Hướng dẫn giải:

Câu a:

Thể tích khối chóp S.ABC là \({V_{S.ABC}} = \frac{1}{3}{S_{ABC}}.SA = \frac{1}{6}{a^2}.a = \frac{{{a^3}}}{6}\)

Câu b:

Ta có BC ⊥ BA và BC ⊥ SA nên do đó AB′ ⊥ BC

Ta có AB′ ⊥ SB và AB′ ⊥ BC nên AB′ ⊥ SC (do AB′ ⊥ (SBC)

Theo giả thiết SC ⊥ AC′, SC ⊥ AB′ (chứng minh trên) => SC ⊥ (AB′C′)

Câu c:

Ta có AC′ là đường cao trong tam giác vuông SAC nên

\(\frac{{SC\prime }}{{SC}} = \frac{{SC\prime .SC}}{{S{C^2}}} = \frac{{S{A^2}}}{{S{C^2}}} = \frac{{{a^2}}}{{3{a^2}}} = \frac{1}{3}\)

Từ đó suy ra: \(\frac{{{V_{S.AB\prime C\prime }}}}{{{V_{S.ABC}}}} = \frac{{SA}}{{SA}}.\frac{{SB\prime }}{{SB}}.\frac{{SC\prime }}{{SC}} = \frac{1}{2}.\frac{1}{3} = \frac{1}{6}\)

Vi \({V_{S.ABC}} = \frac{{{a^3}}}{6}\) nên \({V_{S.AB'C'}} = \frac{{{a^3}}}{{36}}\)

 

Trên đây là nội dung hướng dẫn giải chi tiết bài tập SGK nâng cao môn Toán 12 Ôn tập Chương 1 Khối đa diện và thế tích của chúng 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!