Giải bài tập sgk toán lớp 12 bài 12 trang 27 phần ôn tập khối đa diện
Cho hình lập phương \(ABCD.A'B'C'D'\) cạnh \(a\). Gọi \(M\) là trung điểm của \(A'B', N\) là trung điểm của \(BC\).
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 tỉ số \({{{V_{(H)}}} \over {{V_{(H')}}}}\).
a) 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 \({S_{ADN}} = \frac{1}{2}.a.a = \frac{{{a^2}}}{2}\)
\(\Rightarrow {V_{ADMN}} = \frac{1}{3}d\left( {M;\left( {ADN} \right)} \right).{S_{ADN}} = \frac{1}{3}.a.\frac{1}{2}{a^2} = \frac{{{a^3}}}{6}\)
b) 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: \({1 \over 2}\left( {{a \over 2} + a} \right).a = {{3{a^2}} \over 4}\)
Suy ra: \({V_1} = {1 \over 3}.{{3{a^2}} \over 4}.a \Rightarrow {V_1} = {{{a^3}} \over 4}\)
Dễ dàng chứng minh được \(\Delta CND\) và \(\Delta A'PM\) đồng dạng (g.g) nên \(\frac{{A'P}}{{CN}} = \frac{{A'M}}{{CD}} = \frac{1}{2} \Rightarrow A'P = \frac{1}{2}CN = \frac{a}{4}\).
Hình chóp \(M.AA'PD\) có chiều cao \({a \over 2}\) và diện tích hình thang \(AA'PD\) là: \({1 \over 2}\left( {{a \over 4} + a} \right).a = {{5{a^2}} \over 8}\)
Suy ra: \({V_2} = {1 \over 3}.{a \over 2}.{{5{a^2}} \over 8} \Rightarrow {V_2} = {{5{a^2}} \over {48}}\)
Ta có: \(\Delta A'PM = \Delta B'QM \Rightarrow B'Q = A'P\)
\( \Rightarrow \frac{{B'R}}{{BR}} = \frac{{B'Q}}{{NB}} = \frac{1}{2} \Rightarrow BR = \frac{{2a}}{3}\)
Diện tích tam giác \(NRB\) là: \({1 \over 2}.{2 \over 3}a.{a \over 2} = {{{a^2}} \over 6}\)
Hình chóp \(M.NRB\) có chiều cao \({a \over 2}\) và diện tích đáy \({{{a^2}} \over 6}\) nên:
\({V_3} = {1 \over 3}.{a \over 2}.{{{a^2}} \over 6} \Rightarrow {V_3} = {{{a^3}} \over {36}}\)
\({V_{ABNDPMR}} = {V_1} + {V_2} + {V_3} = {{5{a^3}} \over {48}} + {{{a^3}} \over 4} + {{{a^3}} \over {36}} = {{55{a^3}} \over {144}}\)
Thể tích phần còn lại là: \({{144{a^3}} \over {144}} - {{55{a^3}} \over {144}} = {{89{a^3}} \over {144}}\)
Từ đây suy ra tỉ số cần tìm là: \({{55} \over {89}}\)
Cho hình lập phương \(ABCD.A'B'C'D'\) cạnh \(a\). Gọi \(M\) là trung điểm của \(A'B', N\) là trung điểm của \(BC\).
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 tỉ số \({{{V_{(H)}}} \over {{V_{(H')}}}}\).
Lời giải chi tiết
a) 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 \({S_{ADN}} = \frac{1}{2}.a.a = \frac{{{a^2}}}{2}\)
\(\Rightarrow {V_{ADMN}} = \frac{1}{3}d\left( {M;\left( {ADN} \right)} \right).{S_{ADN}} = \frac{1}{3}.a.\frac{1}{2}{a^2} = \frac{{{a^3}}}{6}\)
b) 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: \({1 \over 2}\left( {{a \over 2} + a} \right).a = {{3{a^2}} \over 4}\)
Suy ra: \({V_1} = {1 \over 3}.{{3{a^2}} \over 4}.a \Rightarrow {V_1} = {{{a^3}} \over 4}\)
Dễ dàng chứng minh được \(\Delta CND\) và \(\Delta A'PM\) đồng dạng (g.g) nên \(\frac{{A'P}}{{CN}} = \frac{{A'M}}{{CD}} = \frac{1}{2} \Rightarrow A'P = \frac{1}{2}CN = \frac{a}{4}\).
Hình chóp \(M.AA'PD\) có chiều cao \({a \over 2}\) và diện tích hình thang \(AA'PD\) là: \({1 \over 2}\left( {{a \over 4} + a} \right).a = {{5{a^2}} \over 8}\)
Suy ra: \({V_2} = {1 \over 3}.{a \over 2}.{{5{a^2}} \over 8} \Rightarrow {V_2} = {{5{a^2}} \over {48}}\)
Ta có: \(\Delta A'PM = \Delta B'QM \Rightarrow B'Q = A'P\)
\( \Rightarrow \frac{{B'R}}{{BR}} = \frac{{B'Q}}{{NB}} = \frac{1}{2} \Rightarrow BR = \frac{{2a}}{3}\)
Diện tích tam giác \(NRB\) là: \({1 \over 2}.{2 \over 3}a.{a \over 2} = {{{a^2}} \over 6}\)
Hình chóp \(M.NRB\) có chiều cao \({a \over 2}\) và diện tích đáy \({{{a^2}} \over 6}\) nên:
\({V_3} = {1 \over 3}.{a \over 2}.{{{a^2}} \over 6} \Rightarrow {V_3} = {{{a^3}} \over {36}}\)
\({V_{ABNDPMR}} = {V_1} + {V_2} + {V_3} = {{5{a^3}} \over {48}} + {{{a^3}} \over 4} + {{{a^3}} \over {36}} = {{55{a^3}} \over {144}}\)
Thể tích phần còn lại là: \({{144{a^3}} \over {144}} - {{55{a^3}} \over {144}} = {{89{a^3}} \over {144}}\)
Từ đây suy ra tỉ số cần tìm là: \({{55} \over {89}}\)