Bài 4. Thể tích của khối đa diện Bài 22 – 30 – Giải SBT chương 1 Hình học 12 nâng cao

Bài 4. Thể tích của khối đa diện Bài 22 – 30 – Giải SBT chương 1 Hình học 12 nâng cao

———–

Bài 22 trang 8 Sách bài tập Hình học lớp 12 Nâng cao – Chương 1

Cho khối hộp H có tâm I. Chứng minh rằng nếu (mpleft( alpha  right))chia H thành hai phần có thể tích bằng nhau thì (left( alpha  right)) phải đi qua điểm I.

Giải

Giả sử H là khối hộp có tâm I và (left( alpha  right))là mặt phẳng không đi qua I. Ta phải chứng minh rằng (left( alpha  right)) chia H thành hai khối đa diện H1 và H2có thể tích không bằng nhau.

Ta gọi (left( {alpha ‘} right)) là mặt phẳng đi qua I và song song với (left( alpha  right)). Khi đó, (left( alpha  right)) chia H thành hai khối đa diện H’1 và H’2. Vì I là tâm của H nên phép đối xứng tâm I biến H’1 thành H’2.

Vậy hai khối đa diện có thể tích bằng nhau và bằng ({V over 2}). Trong đó V là thể tích của H. Cố nhiên phần của H nằm giữa hai mặt phẳng song song (left( alpha  right)) và (left( {alpha ‘} right)) có thể tích khác 0 nên thể tích của H1 và H2không thể bằng nhau.


Bài 23:

Cho khối lăng trụ tứ giác đều ABCD.A1B1C1D1có khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và A1D bằng 2 và độ dài đường chéo của mặt bên bằng 5.

a)Hạ (AK bot {A_1}Dleft( {K in {A_1}D} right)). Chứng minh rằng AK=2.

b)Tính thể tích khối lăng trụ ABCD.A1B1C1D1.

Giải

(H.6)

Bài 4. Thể tích của khối đa diện Bài 22 - 30 – Giải SBT chương 1 Hình học 12 nâng cao

a)

(eqalign{  & AB//{A_1}{B_1} Rightarrow AB// left( {{A_1}{B_1}D} right)  cr  &  Rightarrow {d_{left( {A,left( {{A_1}{B_1}D} right)} right)}} = {d_{left( {AB,{A_1}D} right)}}.  cr  &  cr} )

Ta có :

(eqalign{  & {A_1}{B_1} bot left( {A{A_1}{D_1}D} right)  cr  &  Rightarrow {A_1}{B_1} bot AK. cr} )

Mặt khác ({A_1}D bot AK,) suy ra (AK bot left( {{A_1}{B_1}D} right))

Vậy (AK = dleft( {A,left( {{A_1}{B_1}D} right)} right) = dleft( {AB,{A_1}D} right) = 2)

b) Xét tam giác vuông ({A_1}AD), ta có :

(A{K^2} = {A_1}K.KD.)

Đặt A1K = x (4 = xleft( {5 – x} right) Rightarrow {x^2} – 5x + 4 = 0 Rightarrow left[ matrix{  x = 1 hfill cr  x = 4 hfill cr}  right.)

Với x=1, (AD = sqrt {A{K^2} + K{D^2}}  = 2sqrt 5 )

({rm{A}}{{rm{A}}_1} = sqrt {{A_1}{D^2} – A{D^2}}  = sqrt 5 )

Khi đó ({V_{ABCD.{A_1}{B_1}{C_1}{D_1}}} = 20sqrt 5 )

Với x=4, tương tự ta có :({V_{ABCD.{A_1}{B_1}{C_1}{D_1}}} = 10sqrt 5 ).


Bài 24:

Đáy của khối lăng trụ đứng ABC.A1B1C1 là tam giác đều. Mặt phẳng (A1BC) tạo với đáy một góc 300 và tam giác A1BC có diện tích bằng 8. Tính thể tích khối lăng trụ.

Giải

(h.7)

Bài 4. Thể tích của khối đa diện Bài 22 - 30 – Giải SBT chương 1 Hình học 12 nâng cao

Giả sử CK = x, ở đây AK là đường cao của tam giác đều ABC. Từ định lí ba đường vuông góc, ta có ({A_1}K bot BC.) Từ đó góc AKA= 300.

Xét tam giác vuông A1AK, ta có:

({A_1}K = AK;cos {30^0} = {{2AK} over {sqrt 3 }},)mà (AK = {{2xsqrt 3 } over 2} = xsqrt 3 )nên ({A_1}K = 2x)

({A_1}A = AKtan {30^0} = xsqrt 3 .{{sqrt 3 } over 3} = x.)

Vậy ({V_{ABC.{A_1}{B_1}{C_1}}} = CK.AK.{rm{A}}{{rm{A}}_1} = {x^3}sqrt 3 .)

Nhưng ({S_{{A_1}BC}} = CK.{A_1}K = 8) nên (x.2x=8  Rightarrow x = 2),

Vậy ({V_{ABC.{A_1}{B_1}{C_1}}} = 8sqrt 3 ).


Bài 25

Cho khối lăng trụ đứng (ABCD.{A_1}{B_1}{C_1}{D_1}) có đáy hình bình hành và góc (BAD = {45^0}). Các đường chéo AC1 và DB1 lần lượt tạo với đáy những góc 450 và 600. Hãy tính thể tích của khối lăng trụ nếu biết chiều cao của nó bằng 2.

Giải

(h.8)

Bài 4. Thể tích của khối đa diện Bài 22 - 30 – Giải SBT chương 1 Hình học 12 nâng cao

Hình lăng trụ đã cho là hình lăng trụ đứng nên các cạnh bên vuông góc với đáy và độ dài cạnh bên bằng chiều cao của hình lăng trụ. Từ giả thiết ta suy ra :

Góc ({C_1}AC = {45^0}),góc ({B_1}DB = {60^0}).

Từ đó suy ra

(AC = C{C_1} = 2,BD = 2cot {60^0} = {2 over {sqrt 3 }}.)

Áp dụng định lý hàm số côsin ta có :

(eqalign{  & B{D^2} = A{B^2} + A{D^2} – 2AB.AD.cos {45^0},  cr  & A{C^2} = D{C^2} + A{D^2} – 2DC.AD.cos {135^0}, cr} )

Từ đó ta có:

(eqalign{  & B{D^2} – A{C^2} =  – AB.AD.sqrt 2  + DC.AD.left( { – sqrt 2 } right)cr&;;;;;;;;;;;;;;;;;;;; =  – 2sqrt 2 AB.AD  cr  &  Rightarrow {4 over 3} – 4 =  – 2sqrt 2 AB.AD cr&Rightarrow AB.AD = {8 over {3.2sqrt 2 }} = {4 over {3sqrt 2 }}.  cr  & {V_{ABCD.{A_1}{B_1}{C_1}{D_1}}} = AB.AD.sin {45^0}{rm{.A}}{{rm{A}}_1} cr&;;;;;;;;;;;;;;;;;;;; ;;;;;= {4 over {3sqrt 2 }}.{{sqrt 2 } over 2}.2 = {4 over 3}. cr} )


Bài 26:

Cho khối hộp (ABCD.{A_1}{B_1}{C_1}{D_1}) tất cả các cạnh bằng nhau và bằng a, góc (widehat {{A_1}AB} = widehat {BAD} = widehat {{A_1}AD}= alpha left( {{0^0}

Giải

(h.9)

Bài 4. Thể tích của khối đa diện Bài 22 - 30 – Giải SBT chương 1 Hình học 12 nâng cao

Hạ ({A_1}H bot AC(H in AC)left(  *  right).)

Tam giác A1BD cân ( do ({A_1}B = {A_1}D)) suy ra (BD bot {A_1}O). Mặt khác

(eqalign{  & BD bot AC  cr  &  Rightarrow BD bot left( {{A_1}AO} right) Rightarrow BD bot {A_1}Hleft( { *  * } right). cr} )

Từ (left(  *  right)) và (left( { *  * } right) Rightarrow {A_1}H bot left( {ABCD} right).)

Đặt  (widehat {{A_1}AO} = varphi .) Ta có hệ thức :

(cos alpha  = cosvarphi .cos{alpha  over 2})

Thật vậy, hạ ({A_1}K bot AD Rightarrow HK bot AK) (định lý ba đường vuông góc )

( Rightarrow cos varphi .cos{alpha  over 2} = {{AH} over {A{A_1}}}.{{AK} over {AH}} = {{AK} over {A{A_1}}} = cos alpha .)

Từ đẳng thức trên ta suy ra : (cosvarphi  = {{cosalpha } over {cos{alpha  over 2}}}.)

Do đó

({A_1}H = a.sin varphi  = asqrt {1 – {{{{cos }^2}_alpha } over {co{s^2}{alpha  over 2}}}}  )

(= {a over {cos{alpha  over 2}}}sqrt {{{cos }^2}_{{alpha  over 2}} – co{s^2}_alpha } .)

(eqalign{  & {V_{ABCD.{A_1}{B_1}{C_1}{D_1}}} = AB.AD.sin alpha .{A_1}H cr&= {a^2}.sin a.{a over {cos{alpha  over 2}}}sqrt {co{s^2}{alpha  over 2} – co{s^2}alpha }   cr  &  = 2{a^3}sin {alpha  over 2}sqrt {co{s^2}{alpha  over 2} – co{s^2}alpha } . cr} )


Bài 27:

Cho khối hộp (ABCD.A’B’C’D’)có đáy là hình chữ nhật với (AB = sqrt 3 ), (AD = sqrt 7 ). Hai mặt bên (left( {ABB’A’} right)) và (left( {ADD’A’} right)) lần lượt tạo với đáy những góc 450 và 600. Hãy tính thể tích khối hộp nếu biết cạnh bên bằng 1.

Giải

(h.10)

Bài 4. Thể tích của khối đa diện Bài 22 - 30 – Giải SBT chương 1 Hình học 12 nâng cao

Kẻ (eqalign{  & A’H bot left( {ABCD} right)left( {H in left( {ABCD} right)} right),  cr  & HM bot ADleft( {M in AD} right),HK bot ABleft( {K in AB} right). cr} )

Theo định lí ba đường vuông góc, ta có

(AD bot A’M,AB bot A’K)

( Rightarrow widehat {A’MH} = {60^0},;widehat {A’KH} = {45^0})

Đặt (A’H = x). Khi đó

(A’H = x;sin {60^0} = {{2 x } oversqrt 3}.)

(eqalign{  & AM = sqrt {A'{A^2} – A'{M^2}}  = sqrt {{{3 – 4{x^2}} over 3}}  = HK.  cr  &  cr} )

Nhưng (HK = xcot {45^0} = x,)

suy ra (x = sqrt {{{3 – 4{x^2}} over 3}}  Rightarrow x = sqrt {{3 over 7}.} )

Vậy ({V_{ABCD.A’B’C’D’}} = AD.AB.x = sqrt 7 .sqrt 3 .sqrt {{3 over 7}}  = 3.)


Bài 28:

Cho khối lăng trụ tam giác ABC.A1B1C1mà mặt bên ABB1A1 có diện tích bằng 4. Khoảng cách giữa cạnh CC1và mặt (left( {AB{B_1}{A_1}} right)) bằng 7. Hãy tính thể tích khối lăng trụ.

Giải

(h.11)

Bài 4. Thể tích của khối đa diện Bài 22 - 30 – Giải SBT chương 1 Hình học 12 nâng cao

Ta dựng khối hộp (ABCD.{A_1}{B_1}{C_1}{D_1}). Khi đó :

({V_{ABC.{A_1}{B_1}{C_1}}} = {1 over 2}{V_{ABCD.{A_1}{B_1}{C_1}{D_1}}})

Mặt khác :

({V_{ABCD.{A_1}{B_1}{C_1}{D_1}}} = {S_{AB{B_1}{A_1}}}.h,)

ở đây

(eqalign{   h &= dleft( {left( {CD{D_1}{C_1}} right),left( {AB{B_1}{A_1}} right)} right)  cr  &  = dleft( {C{C_1},left( {AB{B_1}{A_1}} right)} right) = 7 cr} )

và ({S_{AB{B_1}{A_1}}} = 4.)

Vậy ({V_{ABC.{A_1}{B_1}{C_1}}} = {1 over 2}.4.7 = 14).


Bài 29:

Cho khối lăng trụ ABC.A1B1C1có đáy ABC là tam giác vuông cân với cạnh huyền ABbằng (sqrt 2 ). Cho biết mặt phẳng (left( {A{A_1}B} right)) vuông góc với mặt phẳng (left( {ABC} right)),({rm{A}}{{rm{A}}_1} = sqrt 3 ), góc (widehat {{A_1}AB}) nhọn , góc giữa mặt phẳng (left( {{A_1}AC} right)) và mặt phẳng (left( {ABC} right)) bằng 600.

Hãy tính thể tích khối lăng trụ.

Giải

(h.12)

Bài 4. Thể tích của khối đa diện Bài 22 - 30 – Giải SBT chương 1 Hình học 12 nâng cao

Hạ ({A_1}K bot AB) ( với (K in AB)) thì ({A_1}K bot left( {ABC} right)). Vì (widehat {{A_1}AB}) nhọn nên K thuộc tia AB.

Kẻ (KM bot AC) thì ({A_1}M bot AC) (định lí ba đường vuông góc ), do đó (widehat {{A_1}MK}) = 600,

Giả sử ({A_1}K = x), ta có :

(eqalign{  & AK = sqrt {{A_1}{A^2} – {A_1}{K^2}}  = sqrt {3 – {x^2}} ,  cr  &  cr} )

(MK = AK.sin widehat {KAM})

(=sqrt {3 – {x^2}} .sin {45^0} = {{sqrt 2 } over 2}sqrt {3 – {x^2}} .)

Mặt khác, (MK = {A_1}K.cot {60^0} = {x over {sqrt 3 }},) suy ra

( {{sqrt{2.left( {3 – {x^2}} right)} over {2}}}  = {x over {sqrt 3 }} Rightarrow x = {3 over {sqrt 5 }}.)

Vậy ({V_{ABC.{A_1}{B_1}{C_1}}} = {S_{ABC}}.{A_1}K )

(= {1 over 2}AC.CB.{A_1}K = {{3sqrt 5 } over {10}})


Bài 30:

Lấy một mặt phẳng vuông góc với cạnh bên của một khối lăng tru. Hình chiếu của mặt đáy của khối lăng trụ trên mặt phẳng đó được gọi là thiết diện thẳng của khối lăng trụ.

Chứng minh rằng thể tích của khối lăng trụ bằng tích của diện tích thiết diện thẳng với độ dài cạnh bên.

Giải

Cách 1. (h.13)

Bài 4. Thể tích của khối đa diện Bài 22 - 30 – Giải SBT chương 1 Hình học 12 nâng cao

Giả sử khối lăng trụ ({A_1}{A_2}…{A_n}.A_1’A_2’…A_n’) có thiết diện thẳng là ({B_1}{B_2}…{B_n}). Ta có thể lấy ({B_1},{B_2},…,{B_n})sao cho các đoạn thẳng ({B_1}{A_1},{B_2}{A_2},…,{B_n}{A_n}) đều lớn hơn ({A_1}A_1’).

Tịnh tiến khối đa diện ({B_1}{B_2}…{B_n}).({A_1}{A_2}…{A_n}) theo vectơ (overrightarrow v  = overrightarrow {{A_1}A_1′} ), ta được khối đa diện (B_1′,B_2′,…,B_n’.A_1’A_2’…A_n’). Hai khối này rõ ràng có thể tích bằng nhau ( do chúng bằng nhau ) và có phần chung là khối đa diện ({A_1}{A_2}…{A_n}).(B_1′,B_2′,…,B_n’). Do đó, thể tích khối lăng trụ ({A_1}{A_2}…{A_n}.A_1’A_2’…A_n’) bằng thể tích khối lăng trụ đứng ({B_1}{B_2}…{B_n}).(B_1′,B_2′,…,B_n’).

Vậy nếu gọi V là thể tích của khối lăng trụ đã cho thì

(eqalign{  & V = {S_{{B_1}{B_2}…{B_n}}}.{B_1}B_1′ = {S_{{B_1}{B_2}…{B_n}}}.{A_1}A_1′  cr  &  cr} )

(({B_1}B_1′ = {A_1}A_1’)vì (overrightarrow {{B_1}B_1′}  = overrightarrow {{A_1}A_1′}  = overrightarrow v ).)

Cách 2.(h.14).

Bài 4. Thể tích của khối đa diện Bài 22 - 30 – Giải SBT chương 1 Hình học 12 nâng cao

Hạ (overrightarrow {A_1’H}  bot left( {{A_1}{A_2}…{A_n}} right))thì (A_1’H) bằng chiều cao h của khối lăng trụ.

Khi đó góc giữa mặt phẳng chứa thiết diện thẳng ({B_1}{B_2}…{B_n}) và mặt phẳng đáy của khối lăng trụ bằng góc giữa hai đường thẳng ({A_1}A_1’)và (A_1’H). Gọi góc này là (alpha ) thì (h = A_1’H = {A_1}A_1’cosalpha .)

Ta có thiết diện thẳng ({B_1}{B_2}…{B_n}) là hình chiếu của đa giác đáy ({A_1}{A_2}…{A_n}) trên (mpleft( {{B_1}{B_2}…{B_n}} right)).

Vậy thể tích của khối lăng trụ là :

(eqalign{   V = {S_{{A_1}{A_2}…{A_n}}}.A_1’H &= {{{S_{{B_1}{B_2}…{B_n}}}} over {cosalpha }}{A_1}A_1’cosalpha   cr  &  = {S_{{B_1}{B_2}…{B_n}}}.{A_1}A_1′(đpcm). cr} )

 

The post Bài 4. Thể tích của khối đa diện Bài 22 – 30 – Giải SBT chương 1 Hình học 12 nâng cao appeared first on Sách Toán – Học toán.

Goc hoc tap