Bài 4. Thể tích của khối đa diện Bài 41 – 54 – Giải SBT chương 1 Hình học 12 nâng cao

Bài 4. Thể tích của khối đa diện Bài 41 – 54 – Giải SBT chương 1 Hình học 12 nâng cao


Bài 41

Cho khối lăng trụ tam giác (ABC.A’B’C’) có cạnh đáy bằng a, chiều cao bằng h. Tính thể tích khối chóp A.BC’A’.

Giải

(h.26) Cách 1.

Bài 4. Thể tích của khối đa diện Bài 41 – 54 – Giải SBT chương 1 Hình học 12 nâng cao

(AC//A’C’ Rightarrow AC//left( {BC’A’} right).) Gọi I là trung điểm của AC thì

(dleft( {A,left( {BC’A’} right)} right) = dleft( {I,left( {BC’A’} right)} right).)

Gọi I’ là trung điểm của A’C’ thì rõ ràng (BI’ bot A’C’,) mặt khác (II’ bot A’C’) nên (A’C’ bot left( {IBI’} right).)

Vậy khi ta hạ (IH bot BI’) thì (A’C’ bot IH.)

Từ đó suy ra (IH bot left( {BC’A’} right),) tức là (dleft( {A,left( {BC’A’} right)} right) = IH.)

Ta có :

(eqalign{  & IH = {{IB.II’} over {BI’}} = {{a.{{sqrt 3 } over 2}.h} over {sqrt {3.{{{a^2}} over 4} + {h^2}} }} = {{sqrt 3 ah} over {sqrt {3{a^2} + 4{h^2}} }},  cr  & {S_{BC’A’}} = {1 over 2}BI’.C’A’ = {1 over 2}sqrt {{{3{a^2}} over 4} + {h^2}} .a cr&;;;;;;;;;;;= {1 over 4}asqrt {3{a^2} + 4{h^2}} . cr} )

Vậy

({V_{A.BC’A’}} = {1 over 3}.{1 over 4}.a.sqrt {3{a^2} + 4{h^2}} .{{sqrt 3 ah} over {sqrt {3{a^2} + 4{h^2}} }} = {{sqrt 3 {a^2}h} over {12}})

Cách 2.

(eqalign{   {V_{A.BC’A’}} = {V_{B.AA’C’}}& = {1 over 2}.{V_{B.AA’C’C}} cr&= {1 over 2}.{2 over 3}.{V_{ABC.A’B’C’}}  cr  &  = {1 over 3}.{S_{ABC}}.hcr& = {1 over 3}.{{{a^2}sqrt 3 } over 4}.h = {{{a^2}sqrt 3 } over {12}}.h cr} )


Bài 42

Cho đường tròn đường kính AB nằm trên mặt phẳng (left( P right)) và một điểm di động trên đường tròn. Trên đường thẳng vuông góc với (mpleft( P right)) tại A, lấy một điểm S. Mặt phẳng (left( Q right)) qua A vuông góc với SB tại K cắt SM tại H. Tìm vị trí của M để tính thể tích khối chóp S.AHK lớn nhất. Chứng minh rằng khi đó cung AM nhỏ hơn cung BM.

Giải

(h.27)

Bài 4. Thể tích của khối đa diện Bài 41 – 54 – Giải SBT chương 1 Hình học 12 nâng cao

(eqalign{  & MB bot AM,MB bot SA  cr  &  Rightarrow MB bot left( {SAM} right) Rightarrow MB bot AH(1)  cr  & SB bot left( {AKH} right) Rightarrow SB bot AH.(1) cr} )

Từ (1) và (2) suy ra (eqalign{  & AH bot left( {SMB} right) Rightarrow AH bot SM,AH bot HK.  cr  & {V_{S.AHK}} = {1 over 3}{S_{AHK}}.SK = {1 over 6}AH.KH.SK. cr} )

Vì (SK) cố định nên :

({V_{S.AHK}}max  Leftrightarrow left( {AH.KH} right)max  )

(Leftrightarrow left( {A{H^2}.K{H^2}} right)max  Leftrightarrow A{H^2} = K{H^2} = {{A{K^2}} over 2})

( vì (A{H^2} + H{K^2} = A{K^2}) không đổi).

Vậy ta chỉ cần xác định vị trí điểm M thỏa mãn điều kiện (A{H^2} = {{A{K^2}} over 2}.left(  *  right))

Đặt (widehat {MAB}) =x,SA=h, AB=2R. Ta có

(eqalign{  & A{K^2} = {{S{A^2}.A{B^2}} over {S{B^2}}} = {{4{R^2}{h^2}} over {4{R^2} + {h^2}}},  cr  & AM = 2R{mathop{rm cosx}nolimits} ,  cr  & A{H^2} = {{S{A^2}.A{M^2}} over {S{M^2}}} = {{4{h^2}{R^2}{{cos }^2}x} over {{h^2} + 4{R^2}{{cos }^2}x}}. cr} )

Từ (left(  *  right)) ta suy ra : ({cos ^2}x = {{{h^2}} over {2left( {{h^2} + 2{R^2}} right)}}

Từ đây ta xác định được x, tức là xác định được vị trí điểm M (có hai vị trí của điểm M).

Từ ({cos ^2}x {45^0}  ).

Vậy cung BM lớn hơn cung AM


Bài 43

Khối chóp S.ABCD có đáy là hình bình hành. Gọi B’, D’ lần lượt là trung điểm của SB, SD. Mặt phẳng (left( {AB’D’} right)) cắt SC tại C’. Tìm tỉ số thể tích của hai khối chóp S.AB’C’D’ và S.ABCD.

Giải

(h.28)

Bài 4. Thể tích của khối đa diện Bài 41 – 54 – Giải SBT chương 1 Hình học 12 nâng cao

Dễ thấy (AC’,B’D’) và (SOleft( {O = AC cap BD} right)) đồng  quy tại (I) và (I) là trung điểm của SO.

Kẻ (OC”//AC’.) Dễ thấy (SC’ = C’C” = C”C.)

Vậy ({{SC’} over {SC}} = {1 over 3}.) Ta có

(eqalign{  & {{{V_{S.AB’C’}}} over {{V_{S.ABC}}}} = {{SB’} over {SB}}.{{SC’} over {SC}} = {1 over 2}.{1 over 3} = {1 over 6}  cr  &  Rightarrow {{{V_{S.AB’C’}}} over {{V_{S.ABCD}}}} = {1 over {12}}. cr} )

Chứng minh tương tự, ta cũng có :

({{{V_{S.AC’D’}}} over {{V_{S.ABCD}}}} = {1 over {12}}.)

Vậy ({{{V_{S.AB’C’D’}}} over {{V_{S.ABCD}}}} = {{{V_{S.AB’C’}} + {V_{S.AC’D’}}} over {{V_{S.ABCD}}}} = {1 over 6}.)


Bài 44

Khối chóp S.ABCD có đáy là hình bình hành. Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của AB, AD và SC. Chứng minh mặt phẳng (left( {MNP} right)) chia khối chóp thành hai phần có thể tích bằng nhau.

Giải

(h.29).

Bài 4. Thể tích của khối đa diện Bài 41 – 54 – Giải SBT chương 1 Hình học 12 nâng cao

Giả sử đường thẳng MN cắt CD và BC lần lượt tại K và I.

Dễ thấy :

(eqalign{  & CK = {3 over 2}CD,CI = {3 over 2}CB,  cr  & dleft( {P,left( {ABC} right)} right) = {1 over 2}dleft( {S,left( {ABC} right)} right).  cr  &  cr} )

({V_{P.CIK}} = {1 over 3}.{1 over 2}CI.CKsin widehat {ICK} ) .(dleft( {P,left( {ABC} right)} right))

( = {1 over 3}.{1 over 2}.{3 over 2}CB.{3 over 2}CDsin widehat {BCD} ) .({1 over 2}dleft( {S,(ABC)} right))

=({9 over {16}}({1 over 3}CB.CDsin widehat {BCD} ) .(dleft( {S,({rm{ABC)}}} right))

( Rightarrow {V_{P.CIK}} = {9 over {16}}{V_{S.ABCD}}.)

Ta có :

(eqalign{  & {{{V_{I.BEM}}} over {{V_{I.CPK}}}} = {{IB} over {IC}}.{{IE} over {IP}}.{{IM} over {IK}} = {1 over 3}.{1 over 2}.{1 over 3} = {1 over {18}}  cr  &  Rightarrow {V_{I.BEM}} = {1 over {18}}{V_{I.CPK}} = {1 over {18}}{V_{P.CIK}} cr&;;;;;;;;;;;;;;;;;= {1 over {32}}{V_{S.ABCD}}. cr} )

Tương tự , ta cũng có ({V_{K.NDF}} = {1 over {18}}{V_{P.CIK}} = {1 over {32}}{V_{S.ABCD}}.)

Vậy nếu gọi V2 là thể tích của phần khối chóp giới hạn bởi (mpleft( {MNP} right)) với mặt phẳng đáy thì :

(eqalign{  & {V_2} = {V_{P.CIK}} – left( {{V_{I.BEM}} + {V_{K.NDF}}} right)  cr  &  = {9 over {16}}{V_{S.ABCD}} – left( {{1 over {32}}{V_{S.ABCD}} + {1 over {32}}{V_{S.ABCD}}} right)  cr  &  = {9 over {16}}{V_{S.ABCD}} – {1 over {16}}{V_{S.ABCD}} = {1 over 2}{V_{S.ABCD}}. cr} )

Vậy phần còn lại, tức là phần của khối chóp nằm trên (mpleft( {MNP} right)), có thể tích V1 cũng bằng ({1 over 2}{V_{S.ABCD}}).

Do đó V= V2.


Bài 45

Cho khối chóp tứ giác đều S.ABCD. Một mặt phẳng (left( alpha  right)) đi qua A, Bvà trung điểm của cạnh SC. Tính tỉ số thể tích của hai phần khối chóp bị phân chia bởi mặt phẳng đó.

Giải

(h.30)

Bài 4. Thể tích của khối đa diện Bài 41 – 54 – Giải SBT chương 1 Hình học 12 nâng cao

Kẻ (MN//CDleft( {N in SD} right)) thì hình thang (ABMN) là thiết diện của khối chóp khi cắt bởi (mpleft( {ABM} right)). Ta có

(eqalign{  & {{{V_{S.ANB}}} over {{V_{S.ADB}}}} = {{SN} over {SD}} = {1 over 2}cr& Rightarrow {V_{S.ANB}} = {1 over 2}{V_{S.ADB}} = {1 over 4}{V_{S.ABCD}}.  cr  & {{{V_{S.BMN}}} over {{V_{S.CBD}}}} = {{SM} over {SC}}.{{SN} over {SD}} = {1 over 2}.{1 over 2} = {1 over 4}  cr  &  Rightarrow {V_{S.BMN}} = {1 over 4}{V_{S.CBD}} = {1 over 8}{V_{S.ABCD}}. cr} )

Vậy ({V_{S.ABMN}} = {V_{S.ANB}} + {V_{S.BMN}} = {3 over 8}{V_{S.ABCD}})

Do đó : ({{{V_{S.ABMN}}} over {{V_{ABMNCD}}}} = {3 over 5}.)


Bài 46

Cho khối lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh a. Các điểm E và F lần lượt là trung điểm của C’B’ và C’D’.

a) Dựng thiết diện của khối lập phương khi cắt bởi (mpleft( {AEF} right).)

b) Tính tỉ số thể tích hai phần của khối lập phương bị chia bởi mặt phẳng (left( {AEF} right).)

Giải

Bài 4. Thể tích của khối đa diện Bài 41 – 54 – Giải SBT chương 1 Hình học 12 nâng cao

a) Đường thẳng EF cắt A’D’ tại N, cắt A’B’ tại M, AN cắt DD’ tại P, AM cắt BB’ tại Q. Vậy thiết diện là ngũ giác APFEQ.

b) Đặt :

(eqalign{  & V = {V_{ABCD.A’B’C’D’}},  cr  & {V_1} = {V_{ABCDC’QEFP}},  cr  & {V_2} = {V_{AQEFP.B’A’D’}},  cr  & {V_3} = {V_{A.MA’N}},  cr  & {V_4} = {V_{PFD’N}},{V_5} = {V_{QMB’E}}. cr} )

Dễ thấy ({V_4} = {V_5}) ( do tính đối xứng của hình lập phương),

(eqalign{  & {V_3} = {1 over 6}AA’.A’M.A’N = {1 over 6}a.{{3a} over 2}.{{3a} over 2} = {{3{a^3}} over 8},  cr  & {V_4} = {1 over 6}PD’.D’F.D’N = {1 over 6}.{a over 3}.{a over 2} .{a over 2} = {{{a^3}} over {72}},  cr  & {V_2} = {V_3} – 2{V_4} = {{3{a^3}} over 8} – {{2{a^3}} over {72}} = {{25{a^3}} over {72}},  cr  & {V_1} = V – {V_2} = {a^3} – {{25{a^3}} over {72}} = {{47} over {72}}{a^3}. cr} )

Mặt phẳng (left( {AEF} right)) chia khối lập phương thành hai phần lần lượt có thể tích là ({V_1} = {{47} over {72}}{a^3},{V_2} = {{25{a^3}} over {72}}.)

Vậy : ({{{V_1}} over {{V_2}}} = {{47} over {25}}.)


Bài 47

Cho điểm M trên cạnh SA, điểm N trên cạnh SB của khối chóp tam giác S.ABC sao cho ({{SM} over {MA}} = {1 over 2},{{SN} over {NB}} = 2.) Mặt phẳng (left( alpha  right)) đi qua MN và song song với SC chia khối chóp thành hai phần. Tìm tỉ số thể tích hai phần đó.

Giải

(h.32)

Bài 4. Thể tích của khối đa diện Bài 41 – 54 – Giải SBT chương 1 Hình học 12 nâng cao

Kéo dài MN cắt AB tại I. Kẻ MD song song với (SCleft( {D in AC} right)), DI cắt CBtại E.

Vậy tứ giác MNED là thiết diện của khối chóp khi cắt bởi (mpleft( alpha  right)). Ta có

(eqalign{  & {{{V_{A.MDI}}} over {{V_{A.SCB}}}} = {{AM} over {AS}}.{{AD} over {AC}}.{{AI} over {AB}}  cr  &  = {2 over 3}.{2 over 3}.{4 over 3} = {{16} over {27}}  cr  &  Rightarrow {V_{A.MDI}} = {{16} over {27}}{V_{S.ABC}}  cr  &(BI = MJ,MJ = {1 over 3}ABcr& Rightarrow BI = {1 over 3}AB,AI = {4 over 3}AB ).  cr  & {{{V_{I.BNE}}} over {{V_{I.AMD}}}} = {{IB} over {IA}}.{{IN} over {IM}}.{{IE} over {ID}} = {1 over 4}.{1 over 2}.{1 over 2} = {1 over {16}}  cr  &  Rightarrow {V_{I.BNE}} = {1 over {16}}{V_{A.MDI}} = {1 over {27}}{V_{S.ABC}} cr} )

Gọi ({V_1} = {V_{AMD.BNE}},{V_2}) là phần còn lại thì

({V_1} = {V_{A.MDI}} – {V_{I.BNE}} = {{15} over {27}}{V_{S.ABC}} = {5 over 9}{V_{S.ABC}})

Nên ({V_2} = {V_{S.ABC}} – {V_1} = {4 over 9}{V_{S.ABC}})  và ({{{V_1}} over {{V_2}}} = {5 over 4})


Bài 48

Bốn đường thẳng ({Delta _1},{Delta _2},{Delta _3},{Delta _4}) đôi một song song và không có ba đường thẳng nào trên cùng một mặt phẳng. Một mặt phẳng (left( P right)) cắt chúng theo thứ tự tại A, B, C, D. Một mặt phẳng (left( {P’} right)) cắt chúng theo thứ tự A’, B’, C’, D’. Chứng minh hai khối tứ diện D’ABC và DA’B’C’ có thể tích bằng nhau.

Giải

(h.33)

Bài 4. Thể tích của khối đa diện Bài 41 – 54 – Giải SBT chương 1 Hình học 12 nâng cao

Gọi (O = AC cap BD,O’ = A’C’ cap B’D’.)

Do (DD’//OO’) nên dễ thấy

({{dleft( {D’,left( {ABC} right)} right)} over {dleft( {O’,left( {ABC} right)} right)}} = {{DD’} over {OO’}},{{dleft( {D,left( {A’B’C’} right)} right)} over {dleft( {O,left( {A’B’C’} right)} right)}} = {{DD’} over {OO’}}.)

Vậy :

(left. matrix{  {V_{D’.ABC}} = {{DD’} over {OO’}}{V_{O’.ABC}} hfill cr  {V_{D.A’B’C’}} = {{DD’} over {OO’}}{V_{O.A’B’C’}} hfill cr}  right};;;;;(1))

Đặt (h = dleft( {BB’,left( {ACC’A’} right)} right).)

Ta có (h = dleft( {B,left( {ACC’A’} right)} right)) và

(eqalign{  & {V_{O’.ABC}} = {V_{B.O’AC}} = {1 over 3}h.{S_{O’AC}};;;;;(2)  cr  & {V_{O.A’B’C’}} = {V_{B’.OA’C’}} = {1 over 3}h.{S_{OA’C’}};;;(3) cr} )

Đặt (d = dleft( {AA’,CC’} right)) thì (eqalign{  & {S_{O’AC}} = {S_{OA’C’}} = {1 over 2}OO’.d;;;;(4)  cr  &  {S_{O’AC}} = {S_{AOO’}} + {S_{COO’}} cr&;;;;;;;;;;= {1 over 2}OO’left( {dleft( {A,OO’} right) + dleft( {C.OO’} right)} right) cr&;;;;;;;;;;= {1 over 2}OO’.d  cr} )

Tương tự ({S_{OA’C’}} = {1 over 2}OO’.d).

Từ (2), (3), (4) suy ra ({V_{O’.ABC}} = {V_{O.A’B’C’}};;;;(5))

Từ (1) và (5) ta suy ra ({V_{D’.ABC}} = {V_{D.A’B’C’}}.)


Bài 49

Cho khối lập phương ABCD.A’B’C’D’ có cạnh bằng a. Gọi K là trung điểm của DD’. Tính khoảng cách giữa CK và A’D.

Giải

(h.34)

Bài 4. Thể tích của khối đa diện Bài 41 – 54 – Giải SBT chương 1 Hình học 12 nâng cao

Gọi là trung điểm của BB’.

Ta có (A’M//KC) nên

(eqalign{  & dleft( {CK,A’D} right) = dleft( {CK,left( {A’MD} right)} right)  cr  &  = dleft( {K,left( {A’MD} right)} right). cr} )

Đặt (dleft( {CK,A’D} right) = x.) Ta có

({V_{A’.MDK}} = {V_{K.A’MD}} = {1 over 3}{S_{A’MD}}.x;;;(1))

Mặt khác

({V_{A’.MDK}} = {V_{M.A’DK}})

( = {1 over 3}{S_{A’DK}}.dleft( {M,left( {A’DK} right)} right))

(= {1 over 3}left( {{1 over 2}a.{1 over 2}a} right).a = {{{a^3}} over {12}};;;;;;;;;;;;;;;;;;;;(2))

Từ (1) và (2) suy ra : ({S_{A’MD}}.x = {{{a^3}} over 4}.)

Hạ

(eqalign{  & DI bot A’M Rightarrow AI bot A’M  cr  &  Rightarrow AI.A’M = AA’.dleft( {M,AA’} right) = {a^2} cr&Rightarrow AI = {{2a} over {sqrt 5 }}  cr  &  Rightarrow D{I^2} = D{A^2} + A{I^2} = {a^2} + {{4{a^2}} over 5} = {{9{a^2}} over 5}cr& Rightarrow DI = {{3a} over {sqrt 5 }}.  cr  &  cr} )

Vậy ({S_{A’MD}} = {1 over 2}DI.A’M = {1 over 2}.{{3a} over {sqrt 5 }}.{{asqrt 5 } over 2} = {{3{a^2}} over 4}.)

Từ (3) và (4) suy ra (x = {a over 3}.)


Bài 50

Cho tứ diện ABCD có điểm O nằm trong tứ diện và cách đều các mặt của tứ diện một khoảng cách r. Gọi ({h_A},{h_B},{h_C},{h_D}) lần lượt là khoảng cách từ các điểm A, B, C, D đến các mặt đối diện. Chứng minh rằng :

({1 over r} = {1 over {{h_A}}} + {1 over {{h_B}}} + {1 over {{h_C}}} + {1 over {{h_D}}}.)

Giải

(h.35)

Bài 4. Thể tích của khối đa diện Bài 41 – 54 – Giải SBT chương 1 Hình học 12 nâng cao

Khối tứ diện ABCD được phân chia thành bốn khối tứ diện OBCD, OCAD, OABD, OABC. Từ đó dễ thấy rằng :

(eqalign{  & {{{V_{O.BCD}}} over {{V_{ABCD}}}} = {r over {{h_A}}},{{{V_{O.CAD}}} over {{V_{ABCD}}}} = {r over {{h_B}}},  cr  & {{{V_{O.ABD}}} over {{V_{ABCD}}}} = {r over {{h_C}}},{{{V_{O.ABC}}} over {{V_{ABCD}}}} = {r over {{h_D}}}. cr} )

Suy ra :

(eqalign{  & {{{V_{O.BCD}} + {V_{O.CAD}} + {V_{O.ABD}} + {V_{O.ABC}}} over {{V_{ABCD}}}}cr& = rleft( {{1 over {{h_A}}} + {1 over {{h_B}}} + {1 over {{h_C}}} + {1 over {{h_D}}}} right)  cr  &  Rightarrow {{{V_{ABCD}}} over {{V_{ABCD}}}} = rleft( {{1 over {{h_A}}} + {1 over {{h_B}}} + {1 over {{h_C}}} + {1 over {{h_D}}}} right)  cr  &  Rightarrow {1 over r} = {1 over {{h_A}}} + {1 over {{h_B}}} + {1 over {{h_C}}} + {1 over {{h_D}}}. cr} )


Bài 51

Chứng minh rằng tổng các khoảng cách từ một điểm nằm trong một hình lăng trụ đều đến các mặt của nó không phụ thuộc vào vị trí của điểm nằm trong hình lăng trụ đó.

Giải

Gọi hình lăng trụ đều đã cho là H. Khi đó, dễ thấy tổng các khoảng cách từ một điểm nằm trong H đến hai mặt đáy của nó luôn bằng chiều cao h của H.

Giả sử I là một điểm trong nào đó của H . Dựng qua I một mặt phẳng (left( P right)) vuông góc với cạnh bên của H, ta được thiết diện thẳng A1A2…An của H. Khi đó, A1A2…Alà một đa giác đều bằng đa giác đáy của H (do H là lăng trụ đều).

Từ I ta kẻ đường (I{H_1} bot {A_1}{A_2},I{H_2} bot {A_2}{A_3},…I{H_n} bot {A_n}{A_1}.)

Do thiết diện thẳng vuông góc với các mặt bên nên từ đó dễ dàng suy ra : (I{H_1},I{H_2},…,I{H_n}) lần lượt vuông góc với các mặt bên của hình lăng trụ . Đặt (I{H_1} = {h_1},I{H_2} = {h_2},…,I{H_n} = {h_n}) và a là độ dài cạnh đáy của lăng trụ. Gọi S là diện tích một mặt đáy thì S cũng là diện tích của A1A2…An. Vậy

(eqalign{  & S = {1 over 2}a{h_1} + {1 over 2}a{h_2} + … + {1 over 2}a{h_n} cr&;;;= {1 over 2}a({h_1} + {h_2} + … + {h_n})  cr  &  Rightarrow {h_1} + {h_2} + … + {h_n} = {{2S} over a}. cr} )

Vậy tổng các khoảng từ I đến các mặt của lăng trụ là không đổi. Tổng này bằng (h+{{2S} over a}.)


Bài 52

Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ mà đáy là tam giác vuông tại B có AB=a, BD=b, AA’=c(left( {{c^2} ge {a^2} + {b^2}} right).) Một mặt phẳng (left( P right)) đi qua A và vuông góc với CA’.

a) Xác định thiết diện của hình lăng trụ khi cắt bởi (mpleft( P right).)

b) Tính diện tích thiết diện nói trên.

Giải

(h.36)

Bài 4. Thể tích của khối đa diện Bài 41 – 54 – Giải SBT chương 1 Hình học 12 nâng cao

a) Trong (mpleft( {AA’C’C} right)), dựng đường thẳng qua A vuông góc với CA’ lần lượt cắt CA’ và CC’ tại I và M.

Vì (AC = sqrt {{a^2} + {b^2}}  le c) nên (IC le IA’,) do đó M phải thuộc đoạn CC’.

Bây giờ ta tìm giao điểm N và (left( P right)) và BB’. Dễ thấy (AN bot BC,AN bot CA’)

( Rightarrow AN bot A’B.) Vậy để tìm N, ta kẻ qua A (trong (mpleft( {A’B’BA} right))) đường thẳng vuông góc với A’B cắt B’B tại N.

Vậy thiết diện là tam giác AMN.

b)Ta có : ({V_{A’.AMN}} = {V_{M.AA’N}} = {V_{M.AA’B}} = {V_{C.A’AB}} = {1 over 6}abc) (do (NB//AA’,MC// AA’).)

Mặt khác :

({V_{A’.AMN}} = {1 over 3}.{S_{AMN}}.A’I )

(Rightarrow {S_{AMN}} = {{3{V_{A’.AMN}}} over {A’I}} = {{abc} over {2A’I}}.)

Xét tam giác vuông A’AC ta có :

(A’I.A’C = AA{‘^2} = {c^2} Rightarrow A’I = {{{c^2}} over {A’C}} = {{{c^2}} over {sqrt {{a^2} + {b^2} + {c^2}} }}).

Vậy ({S_{AMN}} = {{absqrt {{a^2} + {b^2} + {c^2}} } over {2c}}.)


Bài 53

Cho hình chóp tam giác S.ABC và là một điểm nằm trong tam giác ABC. Các đường thẳng qua M song song với SA, SB, SC lần lượt cắt các mặt (left( {BCS} right),left( {CAS} right),left( {ABS} right)) tại A’, B’, C’. Chứng minh rằng :

a)({{{V_{M.BCS}}} over {{V_{S.ABC}}}} = {{MA’} over {SA}};)

b)({{MA’} over {SA}} + {{MB’} over {SB}} + {{MC’} over {SC}}) không đổi. Tìm tổng đó.

Giải

(h.37)

a) Gọi N là giao điểm của MA và BC. Khi đó S, A’, N thẳng hàng vì chúng cùng nằm trên giao tuyến của hai mặt phẳng (left( {SBC} right)) và (left( {SA,A’M} right)).

Bài 4. Thể tích của khối đa diện Bài 41 – 54 – Giải SBT chương 1 Hình học 12 nâng cao

Gọi MMvà AA1 là các đường vuông góc hạ từ M và A xuống (mpleft( {SBC} right)) thì :

({{M{M_1}} over {A{A_1}}} = {{MN} over {AN}} = {{MA’} over {SA}}.)

Vậy ({{{V_{M.BCS}}} over {{V_{S.ABC}}}} = {{{V_{M.BCS}}} over {{V_{A.BCS}}}} = {{{1 over 3}{S_{BCS}}.M{M_1}} over {{1 over 3}{S_{BCS}}A{A_1}}} = {{M{M_1}} over {A{A_1}}} = {{MA’} over {SA}})

b) Chứng minh tương tự như câu a), ta có :

({{{V_{M.CAS}}} over {{V_{S.ABC}}}} = {{MB’} over {SB}},{{{V_{M.ABS}}} over {{V_{S.ABC}}}} = {{MC’} over {SC}}.)

Vậy :

({{MA’} over {SA}} + {{MB’} over {SB}} + {{MC’} over {SC}} = {{{V_{M.BCS}} + {V_{M.CAS}} + {V_{M.ABS}}} over {{V_{S.ABC}}}} )

(= {{{V_{S.ABC}}} over {{V_{S.ABC}}}} = 1.)


Bài 54

Hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Một mặt phẳng (left( P right)) cắt SA, SB, SC, SD theo thứ tự tại K, L, M, N.

Chứng minh rằng :

(a){V_{S.ABC}} = {V_{S.ACD}} = {V_{S.ABD}} = {V_{S.BCD}};)

(b){{SA} over {SK}} + {{SC} over {SM}} = {{SB} over {SL}} + {{SD} over {SN}}.)

Giải

(h.38)

Bài 4. Thể tích của khối đa diện Bài 41 – 54 – Giải SBT chương 1 Hình học 12 nâng cao

a) Dễ thấy các tam giác ABC, ACD, ABD, BCD đều có diện tích bằng nhau và bằng nửa diện tích S của hình bình hành ABCD ; các hình chóp S.ABC, S.ACD, S.ABD, S.BCD có chiều cao bằng nhau và bằng chiều cao h của hình chóp S.ABCD. Vậy

(eqalign{  & {V_{S.ABC}} = {V_{S.ACD}} = {V_{S.ABD}} = {V_{S.BCD}}  cr  &  = {{{V_{S.ABCD}}} over 2} = {V over 2}. cr} )

b) Ta có :

(eqalign{  & {{{V_{S.KLM}}} over {{V over 2}}} = {{SK} over {SA}}.{{SL} over {SB}}.{{SM} over {SC}},cr&{{{V_{S.KMN}}} over {{V over 2}}} = {{SK} over {SA}}.{{SM} over {SC}}.{{SN} over {SD}}  cr  &   cr} )

Bài 4. Thể tích của khối đa diện Bài 41 – 54 – Giải SBT chương 1 Hình học 12 nâng cao

Tương tự

({{{V_{S.KLMN}}} over {{V over 2}}} = {{SL} over {SB}}.{{SM} over {SC}}.{{SN} over {SD}} + {{SL} over {SB}}.{{SN} over {SD}}.{{SK} over {SA}};;;;(2))

Từ (1) và (2) suy ra

({{SK} over {SA}}.{{SL} over {SB}}.{{SM} over {SC}} + {{SK} over {SA}}.{{SM} over {SC}}.{{SN} over {SD}} )

(= {{SL} over {SB}}.{{SM} over {SC}}.{{SN} over {SD}} + {{SL} over {SB}}.{{SN} over {SD}}.{{SK} over {SA}}.)

Nhân hai vế với ({{SA} over {SK}}.{{SB} over {SL}}.{{SC} over {SM}}.{{SD} over {SN}},) ta được đẳng thức phải chứng minh.

 

 

 

 

The post Bài 4. Thể tích của khối đa diện Bài 41 – 54 – Giải SBT chương 1 Hình học 12 nâng cao appeared first on Sách Toán – Học toán.

Goc hoc tap