Bài 4. Thể tích của khối đa diện Bài 31 – 40 – Giải SBT chương 1 Hình học 12 nâng cao

Bài 4. Thể tích của khối đa diện Bài 31 – 40 – Giải SBT chương 1 Hình học 12 nâng cao


Bài 31 trang 10 Sách bài tập Hình học lớp 12 Nâng cao

Hãy tính thể tích của khối hộp nếu biết độ dài cạnh bên bằng a, diện tích hai mặt chéo lần lượt là ({S_1},{S_2}) và góc giữa hai mặt chéo bằng (alpha ).

Giải

Bài 4. Thể tích của khối đa diện Bài 31 – 40 – Giải SBT chương 1 Hình học 12 nâng cao

(h.15) Giả sử hình hộp đã cho là (ABCD.{A_1}{B_1}{C_1}{D_1}).

Gọi ({rm{O}}{{rm{O}}_1}) là giao tuyến của hai mặt chéo. Trong hai mặt chéo (left( {{A_1}{C_1}CA} right)) và (left( {{B_1}{D_1}DB} right)), qua điểm (I in O{O_1}), ta lần lượt kẻ hai đường thẳng KE và MH đều vuông góc với (O{O_1}). Khi đó (alpha  = left( {MH,KE} right)) và MEHK là thiết diện thẳng khối hộp. Đặt (KE = x,MH = y) thì ({S_{MEHK}} = {1 over 2}xysin alpha .)

Áp dụng kết quả bài tập 30, ta có:

Vhộp = ({S_{MKHE}}.A{A_1} = {1 over 2}xyasin alpha .)

Nhưng (xa = {S_1},ya = {S_2}) suy ra (x = {{{S_1}} over a},y = {{{S_2}} over a} Rightarrow xy = {{{S_1}{S_2}} over {{a^2}}}.)

Vậy Vhộp( = {{{S_1}{S_2}sin alpha } over {2a}}.)


Bài 32:

Cho khối chóp tứ giác đều (S.ABCD) mà trung đoạn của nó ( đường cao của một mặt bên hạ từ đỉnh hình chóp) bằng 6 còn góc giữa hai mặt bên dối diện bằng ({60^0}). Qua CD, dựng mặt phẳng (left( alpha  right)) vuông góc với (mpleft( {SAB} right)), cắt SA, SB lần lượt tại P1 và P.

Hãy tính thể tích khối chóp S.CDP1P.

Giải

Bài 4. Thể tích của khối đa diện Bài 31 – 40 – Giải SBT chương 1 Hình học 12 nâng cao

(h.16)

Giả sử SK và SE là hai trung đoạn của khối chóp.

Vì (CD//AB) nên giao tuyến (Delta ) của hai mặt phẳng (left( {SCD} right)) và (left( {SAB} right)) song song với CD và AB.

Ta có (SE bot CD;SK bot AB Rightarrow SE bot Delta ,SK bot Delta  Rightarrow ) (widehat {KSE}) là góc giữa hai mặt phẳng (SCD) và (SAB). Vậy  (widehat {KSE}) = 600.

Do (CD//AB) nên giao tuyến P1P của (left(alpha right)) và (left( {SAB} right))song song với (CD) và (AB). Tứ đó dễ thấy tứ giác CDP1P là hình thang cân và EH là đường cao của nó (left( {H = SK cap {P_1}P} right)).

Ta có (EH bot {P_1}P,) mà ({P_1}P = left( alpha  right) cap left( {SAB} right),left( alpha  right) bot left( {SAB} right)) nên suy ra (EH bot left( {SAB} right) Rightarrow EH bot SH.) Mặt khác (SH bot {P_1}P Rightarrow SH bot left( {CD{P_1}P} right)) nên SH là đường cao của hình chóp S.CDP1P. Tam giác SKE cân đỉnh S và có góc ở đỉnh bằng 600 nên nó là tam giác đều. Vậy H là trung điểm của SK, suy ra

({P_1}P = {1 over 2}AB = {1 over 2}KE = {1 over 2}SE = {1 over 2}.6 = 3.)

Ta có :

(eqalign{
{V_{S.CD{P_1}P}} &= {1 over 3}{S_{CD{P_1}P}}.SH cr&= {1 over 3} cdot {1 over 2}left( {CD + {P_1}P} right).EH.SH cr
& ={1 over 6}left( {6 + 3} right) cdot {{6sqrt 3 } over 2} cdot 3 = {{27} over 2}sqrt 3 cr} )


Bài 33

Cho khối chóp tam giác đều (S.ABC) có chiều cao bằng h và góc ASB bằng (2varphi ). Hãy tính thể tích khối chóp.

Giải

(h.17)

Bài 4. Thể tích của khối đa diện Bài 31 – 40 – Giải SBT chương 1 Hình học 12 nâng cao

Giả sử O là tâm của tam giác đều ABC.

Khi đó (SO bot left( {ABC} right)) và SO = h.

Gọi K là trung điểm của AB. Đặt AK = x.

Khi đó (eqalign{  & SK = xcot varphi ;;OK = xtan{30^0} = {x over {sqrt 3 }}.  cr  & {h^2} = S{K^2} – O{K^2} = {{{x^2}} over 3}(3{cot ^2}varphi  – 1)  cr  &  Rightarrow {x^2} = {{3{h^2}} over {3{{cot }^2}varphi  – 1}}. cr} )

Ta có: (eqalign{  & {S_{ABC}} = {{A{B^2}sin {{60}^0}} over 2} = {x^2}sqrt 3 ,  cr  &  Rightarrow {V_{S.ABC}} = {1 over 3}{S_{ABC}}.h = {{{x^2}sqrt 3 } over 3}h = {{{h^3}sqrt 3 } over {3{{cot }^2}varphi  – 1}}. cr} )


Bài 34

Khối chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân đỉnh C và (SA bot left( {ABC} right),SC = a.) Hãy tìm góc giữa hai mặt phẳng (left( {SCB} right))và (left( {ABC} right)) để thể tích khối chóp là lớn nhất.

Giải

Bài 4. Thể tích của khối đa diện Bài 31 – 40 – Giải SBT chương 1 Hình học 12 nâng cao

Ta có (BC bot AC) nên (BC bot SC) (định lý ba đường vuông góc), suy ra góc (SCA) là góc giữa hai mặt phẳng (left( {SCB} right)) và (left( {ABC} right)). Đặt (widehat {SCA} = xleft( {0

Khi đó :

(eqalign{  & SA = a{mathop{rm s}nolimits} {rm{inx}},AC = acosx.  cr  & {V_{S.ABC}} = {{a{mathop{rm s}nolimits} {rm{inx}}} over 3}.{{{a^2}{rm{co}}{{rm{s}}^2}x} over 2} = {{{a^3}} over 6}{mathop{rm s}nolimits} {rm{in}x}.co{s^2}x. cr} )

Xét hàm số (yleft( x right) = sin {rm{x}}{cos ^2}x.)

Ta có :

(eqalign{  y’left( x right) &= co{s^3}x – 2{mathop{rm cosx}nolimits} .s{rm{i}}{{rm{n}}^2}{rm{x }}cr&= cos xleft( {co{s^2}x – 2 + 2co{s^2}x} right)  cr  &  = cosxleft( {3{{cos }^2}x – 2} right) cr&= 3{mathop{rm cosx}nolimits} left( {{mathop{rm cosx}nolimits}  – sqrt {{2 over 3}} } right)left( {cos x + sqrt {{2 over 3}} } right). cr} )

Vì (0 0.)

Gọi (alpha ) là góc sao cho (cos alpha  = sqrt {{2 over 3}} ,0

Ta có bảng biến thiên của hàm (yleft( x right) = {mathop{rm s}nolimits} {rm{inx}}.{cos ^2}x:)

Bài 4. Thể tích của khối đa diện Bài 31 – 40 – Giải SBT chương 1 Hình học 12 nâng cao

Vậy VS.ABC đạt giá trị lớn nhất khi (x = alpha ) với (0 < alpha  < {pi  over 2})và (cos alpha  = sqrt {{2 over 3}} .)


Bài 35

Cho khối chóp tứ giác đều S.ABCD mà khoảng cách từ đỉnh A đến (mpleft( {SBC} right)) bằng 2a. Với giá trị nào của góc giữa mặt bên và mặt đáy của khối chóp thì thể tích của khối chóp là nhỏ nhất ?

Giải

(h.19)

Bài 4. Thể tích của khối đa diện Bài 31 – 40 – Giải SBT chương 1 Hình học 12 nâng cao

Giả sử O là tâm của hình vuông ABCD. Khi đó (SO bot left( {ABCD} right)), Gọi EH là đường trung bình của hình vuông ABCD (left( {E in AD,H in BC} right).) Vì (AD//BC) nên (AD//left( {SBC} right)), do đó

(dleft( {A,left( {SBC} right)} right) = dleft( {E,left( {SBC} right)} right).)

Kẻ (EK bot SH). Dễ thấy (EK bot left( {SBC} right)) suy ra

(EK = dleft( {A,left( {SBC} right)} right) = 2a.)

Ta có : (BC bot SH,BC bot OH Rightarrow )(widehat {SHO}) là góc giữa mặt bên (left( {SBC} right)) và mặt phẳng đáy. Đặt (widehat {SHO}  =xleft( {0 < x < {pi  over 2}} right)). Khi đó :

(EH = {{2a} over {{mathop{rm sinx}nolimits} }};;OH = {a over {{mathop{rm s}nolimits} {rm{inx}}}};;SO = {a over {{mathop{rm s}nolimits} {rm{inx}}}}{mathop{rm tanx}nolimits}  = {a over {{mathop{rm cosx}nolimits} }})

Vậy: ({V_{S.ABCD}} = {1 over 3}{S_{ABCD}}.SO = {{4{a^3}} over {3cos x{{sin }^2}x}})

Từ đó ({V_{S.ABCD}}) nhỏ nhất khi và chỉ khi (yleft( x right) = cos x.{sin ^2}x) đạt giá trị lớn nhất. Ta có:

(eqalign{
y’left( x right) &= – {sin ^3}x + 2sin x.{cos ^2}x cr
& = sin xleft( {2{{cos }^2}x – {{sin }^2}x} right) cr
& = sin xleft( {2 – 3{{sin }^2}x} right) cr
& = 3sin xleft( {sqrt {{2 over 3}} – sin x} right)left( {sqrt {{2 over 3}} + sin x} right) cr} )

Vì (0 < x < {pi  over 2}) nên (sin xleft( {sqrt {{2 over 3}}  + sin x} right) > 0)

Gọi (alpha ) là góc sao cho (sin alpha  = sqrt {{2 over 3}} ;,,0 < alpha  < {pi  over 2})

Ta có bảng biến thiên của hàm số (yleft( x right) = cos x.{sin ^2}x):

Bài 4. Thể tích của khối đa diện Bài 31 – 40 – Giải SBT chương 1 Hình học 12 nâng cao

Vậy ({V_{S.ABCD}}) đạt giá trị lớn nhất khi (x = alpha ) với (0 < alpha  < {pi  over 2}) và (sin x = sqrt {{2 over 3}} .)


Bài 36

Khối chóp (S.ABCD)có (SA bot left( {ABC} right)); đáy là tam giác ABC cân tại A, độ dài trung tuyến AD bằng a, cạnh bên SB tạo với đáy một góc ( alpha  ) và tạo với mặt (left( {SAD} right)) góc (beta ). Tính thể tích khối chóp.

Giải

(h.20)

Bài 4. Thể tích của khối đa diện Bài 31 – 40 – Giải SBT chương 1 Hình học 12 nâng cao

AB là hình chiếu của SB trên (mpleft( {ABC} right)) nên (widehat {SBA} = alpha )  Dễ thấy (BD bot left( {SAD} right)) nên hình chiếu của SB trên (mpleft( {SAD} right)) là SD ( Rightarrow )  (widehat {BSD} = beta )

Do SAB và SDB là các tam giác vuông nên ta có (SB = {{BD} over {sin beta }},SB = {{AB} over {cos alpha }},) suy ra

(eqalign{   &{{A{B^2}} over {{{cos }^2}alpha }} = {{B{D^2}} over {{{sin }^2}beta }} = {{A{B^2} – B{D^2}} over {{{cos }^2}alpha  – {{sin }^2}beta }} cr&= {{{a^2}} over {{{cos }^2}alpha  – {{sin }^2}beta }}  cr  &  Rightarrow BD = {{asin beta } over {sqrt {{{cos }^2}alpha  – {{sin }^2}beta } }}, cr} )

(eqalign{  & SD = BDcot beta  = {{acos beta } over {sqrt {{rm{co}}{{rm{s}}^2}alpha  – {{sin }^2}beta } }},  cr  & SA = sqrt {S{D^2} – A{D^2}}  = {{asin alpha } over {sqrt {{rm{co}}{{rm{s}}^2}alpha  – {{sin }^2}beta } }}.  cr  &  cr} )

Vậy :

(eqalign{  & {V_{S.ABC}} = {1 over 3}{S_{ABC}}.SA  cr  &  = {1 over 3}.a.{{asin beta } over {sqrt {{rm{co}}{{rm{s}}^2}alpha  – {{sin }^2}beta } }}.{{asin alpha } over {sqrt {{rm{co}}{{rm{s}}^2}alpha  – {{sin }^2}beta } }}  cr  &  = {{{a^3}sin alpha .sin beta } over {3left( {{rm{co}}{{rm{s}}^2}alpha  – {{sin }^2}beta } right)}}. cr} )


Bài 37

Biết thể tích khối hộp ABCD.A’B’C’D’ bằng V. Tính thể tích khối tứ diện ACB’D’

Giải

(h.21).

Bài 4. Thể tích của khối đa diện Bài 31 – 40 – Giải SBT chương 1 Hình học 12 nâng cao

Ta có :

Bài 4. Thể tích của khối đa diện Bài 31 – 40 – Giải SBT chương 1 Hình học 12 nâng cao

Các khối chóp (A.A’B’D’;;C.C’B’D’;;B’.ABC) và (D’.ACD) có diện tích đáy bằng một nửa diện tích đáy của khối hộp và đều có chiều cao bằng chiều cao của khối hộp nên chúng có thể tích bằng nhau và cụ thể, mỗi khối đó có thể tích bằng (frac{1}{6}V.)

Vậy : ({V_{ACB’D’}} = V – 4.frac{1}{6}V = frac{1}{3}V.)


Bài 38

Cho tứ diện ABCD. Gọi d là khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và CD, (alpha ) là góc giữa hai đường thẳng đó. Chứng minh rằng

({V_{ABCD}} = {1 over 6}AB.CD.d.sin alpha .)

Giải

Cách 1.

Bài 4. Thể tích của khối đa diện Bài 31 – 40 – Giải SBT chương 1 Hình học 12 nâng cao

Dựng hình hộp AEBF.MDNC ( gọi là hình hộp ngoại tiếp tứ diện ABCD) (h.22).

Vì (left( {AEBF} right)//left( {MDNC} right)) nên chiều cao của hình hộp bằng khoảng cách d giữa AB và CD.

Theo bài 37 ta có :

({V_{ABCD}} = {1 over 3}) Vhộp

(eqalign{  &  = {1 over 3}{S_{MDNC}}.d  cr  &  = {1 over 3}.{1 over 2}MN.CDsin alpha .d = {1 over 6}AB.CD.dsin alpha . cr} )

Cách 2. (h.23)

Bài 4. Thể tích của khối đa diện Bài 31 – 40 – Giải SBT chương 1 Hình học 12 nâng cao

Dựng hình bình hành ABCE . Khi đó :

({V_{A.BCD}} = {V_{E.BCD}}) (do (AE//left( {BCD} right)))       (1)

(eqalign{  & {V_{E.BCD}} = {V_{B.ECD}};;;;;(2)  cr  & {V_{B.ECD}} = {1 over 3}{S_{ECD}}.dleft( {B,left( {CDE} right)} right);;;(3)  cr  &  cr} )

({S_{ECD}} = {1 over 2}CE.CD.sin widehat {ECD})

(eqalign{  &  = {1 over 2}AB.CDsin alpha ;;;;;;;;;;;;(4)     cr} )

(dleft( {B,left( {CDE} right)} right) = dleft( {AB,CD} right)() do (AB//left( {CDE} right));(5))

Từ (1), (2), (3), (4), (5) suy  ra :

({V_{ABCD}} = {1 over 6}AB.CD.dsin alpha .)


Bài 39

Cho khối chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với mặt phẳng đáy và SA=2a. Gọi B’, D’ lần lượt là hình chiếu của A trên SB và SD. Mặt phẳng (left( {AB’D’} right)) cắt SC tại C’. Tính thể tích khối chóp S.AB’C’D’.

Giải

(h.24)

Bài 4. Thể tích của khối đa diện Bài 31 – 40 – Giải SBT chương 1 Hình học 12 nâng cao

Ta có(AB’ bot SB,AB’ bot CB() do (CB bot left( {SAB} right)))

( Rightarrow AB’ bot left( {SBC} right) Rightarrow AB’ bot SC   ;;(1))

Tương tự (AD’ bot SC;;;(2))

Từ (1) và (2) suy ra

(eqalign{  & SC bot left( {AB’C’D’} right)  cr  &  Rightarrow SC bot AC’. cr} )

Do tính đối xứng ta có

({V_{S.AB’C’D’}} = 2{V_{S.AB’C’}})

Ta có

(eqalign{  & {{{V_{S.AB’C’}}} over {{V_{S.ABC}}}} = {{SB’} over {SB}}.{{SC’} over {SC}} = {{SB’.SB} over {S{B^2}}}.{{SC’.SC} over {S{C^2}}}    cr  &  = {{S{A^2}} over {S{B^2}}}.{{S{A^2}} over {S{C^2}}} = {{4{a^2}} over {5{a^2}}}.{{4{a^2}} over {6{a^2}}} = {8 over {15}}.  cr  & {V_{S.ABC}} = {1 over 3}.{{{a^2}} over 2}.2a = {{{a^3}} over 3}cr& Rightarrow {V_{S.AB’C’}} = {8 over {15}}.{{{a^3}} over 3} = {{8{a^3}} over {45}}  cr  &  Rightarrow {V_{S.AB’C’D’}} = {{16{a^3}} over {45}}. cr} )


Bài 40

Tính thể tích khối tứ diện ABCD có các cặp cạnh đối bằng nhau :

(AB=CD=a, AC=BD=b,AD=BC=c).

Giải

(h.25)

Bài 4. Thể tích của khối đa diện Bài 31 – 40 – Giải SBT chương 1 Hình học 12 nâng cao

Dựng tứ diện APQR sao cho B, C, D lần lượt là trung điểm của các cạnh QR, RP, PQ.

Ta có (AD = BC = {1 over 2}PQ) mà D là trung điểm của PQ nên (AQ bot {rm{AP}}{rm{.}})

Chứng minh tương tự, ta cũng có (AQ bot {rm{AR}},{rm{AR}} bot AP.)

Dễ thấy :

({V_{ABCD}} = {1 over 4}{V_{APQR}} = {1 over 4}.{1 over 6}.AP.AQ.{rm{AR}}( * ))

Xét các tam giác vuông (APQ,AQR,ARP,) ta có

(A{P^2} + A{Q^2} = 4{c^2},)

(A{Q^2} + {rm{A}}{{rm{R}}^2} = 4{a^2},)

({rm{A}}{{rm{R}}^2} + A{P^2} = 4{b^2}.)

Từ đó suy ra :

(eqalign{  & AP = sqrt 2 .sqrt { – {a^2} + {b^2} + {c^2}} ,cr&AQ = sqrt 2 sqrt {{a^2} – {b^2} + {c^2}} ,  cr  & {rm{A}}{{rm{R}}} = sqrt 2 sqrt {{a^2} + {b^2} – {c^2}} . cr} )

Vậy từ (left(  *  right)) ta suy ra :

Bài 4. Thể tích của khối đa diện Bài 31 – 40 – Giải SBT chương 1 Hình học 12 nâng cao

 

The post Bài 4. Thể tích của khối đa diện Bài 31 – 40 – Giải SBT chương 1 Hình học 12 nâng cao appeared first on Sách Toán – Học toán.

Goc hoc tap