Chương I: Khối Đa Diện – Hình Học Lớp 12
Ôn Tập Chương I
Bài Tập 12 Trang 27 SGK Hình Học Lớp 12
Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh a. Gọi M là trung điểm A’B’, N là trung điểm BC.
a. Tính thể tích khối tứ diện ADMN.
b. Mặt phẳng (DMN) chia khối lập phương đã cho thành hai khối đa diện. Gọi (H) là khối đa diện chứa đỉnh A, (H’) là khối đa diện còn lại. Tính tỉnh số \(\)\(\frac{V_{(H)}}{V_{(H’)}}\).
Lời Giải Bài Tập 12 Trang 27 SGK Hình Học 12
Câu a: Tính thể tích khối tứ diện ADMN.
Ta tính thể tích hình chóp M.ADN. Hình chóp này có chiều cao bằng a và diện tích AND bằng \(\frac{a^2}{2}\).
\(V_{ADMN} = \frac{1}{3}a.\frac{a^2}{2} = \frac{a^3}{6}\)
Giải:
Ta tính thể tích hình chóp M.ADN. Hình chóp này có chiều cao bằng khoảng cách từ M đến mặt phẳng (ANCD) bằng a và diện tích đáy \(S_{ADN} = \frac{1}{2}.a.a = \frac{a^2}{2}\)
\(⇒ V_{ADMN} = \frac{1}{3}d(M; (ADN)).S_{ADN} = \frac{1}{3}.a.\frac{1}{2}a^2 = \frac{a^3}{6}\)
Câu b:
Trước hết, ta dựng thiết diện của hình lập phương khi cắt bởi mp(DMN).
Do (ABCD) // (A’B’C’D’) nên (DMN) cắt (A’B’C’D’) theo một giao tuyến song song với DN. Ta dựng thiết diện như sau:
– Từ M kẻ đường thẳng song song với DN, đường này cắt cạnh A’D’ tại điểm P và cắt đường thẳng C’B’ tại điểm Q. Trong mặt phẳng (BCC’B’) thì QN cắt cạnh BB’ tại điểm R; đa giác DNRMP chính là thiết diện của hình lập phương khi cắt bởi mp (DMN).
– Bây giờ ta tính thể tích khối đa diện ABNDPMR. Thể tích này có thể coi là thể tích của ba hình chóp.
\(V_1\) là thể tích hình chóp đáy ABND, đỉnh M;
\(V_2\) là thể tích hình chóp đáy AA’PD, đỉnh M;
\(V_3\) là thể tích hình chóp đáy NRB, đỉnh M
Hình chóp M.ABND, có đường cao bằng a, diện tích đáy là hình thang ABND là:
\(\frac{1}{2}( \frac{a}{2}+a).a = \frac{3a^2}{4}\)
Suy ra: \(V_1 = \frac{1}{3}.\frac{3a^2}{4}.a ⇒ V = \frac{a^3}{4}\)
Dễ thấy \(A’P = \frac{a}{4}\). Hình chóp M.AA’PD có chiều cao \(\frac{a}{2}\) và diện tích hình thang AA’PD là: \(\frac{1}{2}( \frac{a}{4} + a)a = \frac{5a^2}{8}\)
Suy ra: \(V_2 = \frac{1}{3}.\frac{a}{2}.\frac{5a^2}{8} ⇒ V_2 = \frac{5a^2}{48}\)
Dễ thấy \(BR = \frac{2}{3}a\). Diện tích tam giác NRB là: \(\frac{1}{2}.\frac{2}{3}a.\frac{a}{2} = \frac{a^2}{6}\)
Hình chóp M.NRB có chiều cao \(\frac{a}{2}\) và diện tích đáy \(\frac{a^2}{6}\) nên:
\(V_2 = \frac{1}{3}.\frac{a}{2}.\frac{a^2}{6} ⇒ V_3 = \frac{a^3}{36}\)
\(V_{ABNDPMR} = V_1+V_2+V_3 = \frac{5a^3}{48} + \frac{a^3}{4}+\frac{a^3}{36} = \frac{55a^3}{144}\)
Thể tích phần còn lại là: \(\frac{144a^3}{144} – \frac{55a^3}{144} = \frac{89a^3}{144}\)
Từ đây suy ra tỉ số cần tìm là: \(\frac{55}{89}\)
Cách giải khác
Câu a: Tính thể tích khối tứ diện ADMN.
Phương pháp giải: Coi khối tứ diện ADMN có đỉnh M và đáy ADN. Sử dụng công thức tính thể tích khối chóp:
\(V_{ADMN} = V_{M.ADN} = \frac{1}{3}d(M; (ADN)).S_{ADN}\)
Giải:
Ta tính thể tích hình chóp M.ADN. Hình chóp này có chiều cao bằng khoảng cách từ M đến mặt phẳng (ANCD) bằng a và diện tích đáy \(S_{ADN} = \frac{1}{2}.a.a = \frac{a^2}{2}\)
\(⇒ V_{ADMN} = \frac{1}{3}d(M; (ADN)).S_{ADN} = \frac{1}{3}.a.\frac{1}{2}a^2 = \frac{a^3}{6}\)
Câu b: Mặt phẳng (DMN) chia khối lập phương đã cho thành hai khối đa diện. Gọi (H) là khối đa diện chứa đỉnh A, (H’) là khối đa diện còn lại. Tính tỉnh số \(\)\(\frac{V_{(H)}}{V_{(H’)}}\).
Phương pháp giải: Dựng thiết diện của hình lập phương khi cắt bởi mặt phẳng (DMN), xác định hai phần khối đa diện cần tính thể tích.
Giải:
Trước hết, ta dựng thiết diện của hình lập phương khi cắt bởi (DMN)
Do (ABCD) // (A′B′C′D′) nên (DMN) cắt (A′B′C′D′) theo một giao tuyến song song với DN. Ta dựng thiết diện như sau:
– Từ M kẻ đường thẳng song song với DN, đường này cắt cạnh A′D′ tại điểm P và cắt đường thẳng C′B′ tại điểm Q.
Trong mặt phẳng (BCC′B′) thì QN cắt cạnh BB′ tại điểm R; đa giác DNRMP chính là thiết diện của hình lập phương khi cắt bởi (DMN).
– Bây giờ ta tính thể tích khối đa diện ABNDPMR. Ta có:
\(V_{ABNDPMR} = V_{M.ABND} + V_{M.NRB} + V_{M.AA’PD} = V_1 + V_2 + V_3\)
Hình chóp M.ABND, có đường cao bằng a, diện tích đáy là hình thang ABND là: \(\frac{1}{2}(\frac{a}{2} + a).a = \frac{3a^2}{4}\)
Suy ra: \(V_1 = \frac{1}{3}.\frac{3a^2}{4}.a ⇒ V_1 = \frac{a^3}{4}\)
Dễ dàng chứng minh được ΔCND và ΔA′PM đồng dạng (g.g) nên \(\frac{A’P}{CN} = \frac{A’M}{CD} = \frac{1}{2} ⇒ A’P = \frac{1}{2}CN = \frac{a}{4}\)
Hình chóp M.AA′PD có chiều cao \(\frac{a}{2}\) và diện tích hình thang AA′PD là:
\(\frac{1}{2}(\frac{a}{4} + a).a = \frac{5a^2}{8}\)
Suy ra: \(V_2 = \frac{1}{3}.\frac{a}{2}.\frac{5a^2}{8} ⇒ V_2 = \frac{5a^2}{48}\)
Ta có: ΔA’PM = ΔB’QM ⇒ B’Q = A’P
\(⇒ \frac{B’R}{BR} = \frac{B’Q}{NB} = \frac{1}{2} ⇒ BR = \frac{2a}{3}\)
Diện tích tam giác NRB là: \(\frac{1}{2}.\frac{2}{3}a.\frac{a}{2} = \frac{a^2}{6}\)
Hình chóp M.NRB có chiều cao \(\frac{a}{2}\) và diện tích đáy \(\frac{a^2}{6}\) nên:
\(V_3 = \frac{1}{3}.\frac{a}{2}.\frac{a^2}{6} ⇒ V_3 = \frac{a^3}{36}\)
\(V_{ABNDPMR} = V_1 + V_2 + V_3 = \frac{5a^3}{48} + \frac{a^3}{4} + \frac{a^3}{36} = \frac{55a^3}{144}\)
Thể tích phần còn lại là: \(\frac{144a^3}{144} – \frac{55a^3}{144} = \frac{89a^3}{144}\)
Từ đây suy ra tỉ số cần tìm là: \(\frac{55}{89}\)
Cách giải khác
Câu a: Tính thể tích khối tứ diện ADMN.
Gọi M’ là hình chiếu của M lên mp(ABCD)
Dựng \(NK_1 ⊥ AD\)
Ta có: \(S_{ABN} + S_{NCD} + S_{AND} = S_{ABCD}\)
\(⇔ \frac{1}{2}.\frac{1}{2}a.a + \frac{1}{2}.\frac{1}{2}a.a + S_{AND} = a^2\)
\(⇒ S_{AND} = \frac{1}{2}a^2\)
Vậy thể tích của khối tứ diện ADMN:
\(V_{ADMN} = V_{M.ADN} = \frac{1}{3}.S_{AND}.MM’ = \frac{1}{3}.\frac{1}{2}a^2.a = \frac{a^3}{6}\)
Câu b: Mặt phẳng (DMN) chia khối lập phương đã cho thành hai khối đa diện. Gọi (H) là khối đa diện chứa đỉnh A, (H’) là khối đa diện còn lại. Tính tỉnh số \(\)\(\frac{V_{(H)}}{V_{(H’)}}\).
– Mặt phẳng (DMN) cắt hình lập phương theo thiết diện MEDNF trong đó ME // ND, FN //DE và chia hình lập phương thành hai khối đa diện (H) và (H’), gọi phần khối lập phương chứa A, B, A’, mặt phẳng (DMN) là (H)
– Chia (H) thành các hình chóp F.DBN, D.ABFMA’ và D.A’EM.
Ta có: FN // ED ⇒ ΔFBN đồng dạng với ΔDD’E
\(⇒ \frac{BF}{BN} = \frac{DD’}{ED’} = \frac{4}{3} ⇒ BF = \frac{4}{3}BN = \frac{2}{3}a\)
Ta có: \(S_{ΔDBN} = \frac{a^2}{4}\)
Thể tích của F.DBN là:
\(V_{F.DBN} = \frac{1}{3}.S_{ΔDBN}.BF = \frac{1}{3}.\frac{a^2}{4}.\frac{2a}{3} = \frac{a^3}{18}\)
\(S_{ΔFMB’} = \frac{1}{2}.\frac{a}{2}.\frac{a}{3} = \frac{a^2}{12}\)
Diện tích ngũ giác \(ABFMA’ = a^2 – S_{ΔFMB’} = \frac{11a^3}{36}\)
Thể tích của D.ABFMA’ là
\(V_{D.ABFMA’} = \frac{1}{3}.\frac{11a^2}{12}.a = \frac{11a^3}{36}\)
\(S_{A’ME} = \frac{1}{2}.\frac{a}{2}.\frac{a}{4} = \frac{a^2}{16}\)
Thể tích của A.A’ME là
\(V_{A.A’ME} = \frac{1}{3}.S_{ΔA’ME}.DD’ = \frac{1}{3}.\frac{a^3}{16}.a = \frac{a^3}{48}\)
Thể tích của (H) là: \(V_1 = \frac{a^3}{18} + \frac{11a^3}{36} + \frac{a^3}{48} = \frac{55a^3}{144}\)
Thể tích của (H) là: \(V_2 = a^3 – \frac{55a^3}{144} = \frac{89a^3}{144}\)
Vậy tỉ số thể tích là \(k = \frac{V_H}{V_{H’}} = \frac{55}{89}\)
Bài giải 12 trang 27 sgk hình học lớp 12. Bài giải cuối cùng trong phần ôn tập chương 1 khối đa diện. Hy vọng phần ôn tập chương sẽ giúp các bạn nắm bắt kiến thức được tốt hơn.
Bài Tập Liên Quan:
- Bài Tập 1 Trang 26 SGK Hình Học Lớp 12
- Bài Tập 2 Trang 26 SGK Hình Học Lớp 12
- Bài Tập 3 Trang 26 SGK Hình Học Lớp 12
- Bài Tập 4 Trang 26 SGK Hình Học Lớp 12
- Bài Tập 5 Trang 26 SGK Hình Học Lớp 12
- Bài Tập 6 Trang 26 SGK Hình Học Lớp 12
- Bài Tập 7 Trang 26 SGK Hình Học Lớp 12
- Bài Tập 8 Trang 26 SGK Hình Học Lớp 12
- Bài Tập 9 Trang 26 SGK Hình Học Lớp 12
- Bài Tập 10 Trang 27 SGK Hình Học Lớp 12
- Bài Tập 11 Trang 27 SGK Hình Học Lớp 12
Trả lời