Bài 3: Khái niệm về thể tích của khối đa diệnBài 5 trang 26 SGK Hình học 12: Show
Cho tam giác ABC, vuông cân ở A và AB = a. Trên đường thẳng qua C, vuông góc với mặt phẳng (ABC) lấy điểm D sao cho CD = a. Mặt phẳng qua C vuông góc với BD cắt BD tại F và cắt AD tại E. Tính thể tích khối tứ diện CDEF theo a. Lời giải: Kiến thức áp dụng +) Dựng các điểm F và E. +) Sử dụng định lí Pitago và các hệ thức lượng trong tam giác vuông tính CE, EF và DF. 
Đề bài Cho tam giác \(ABC\) vuông cân ở \(A\) và \(AB = a\). Trên đường thẳng qua \(C\) và vuông góc với mặt phẳng \((ABC)\) lấy điểm \(D\) sao cho \(CD = a\). Mặt phẳng qua \(C\) vuông góc với \(BD\), cắt \(BD\) tại \(F\) và cắt \(AD\) tại \(E\). Tính thể tích khối tứ diện \(CDEF\) theo \(a\). Phương pháp giải - Xem chi tiết +) Dựng các điểm F và E. +) Chứng minh tam giác CEF vuông tại E \( \Rightarrow {S_{CEF}} = \dfrac{1}{2}EF.EC\) +) \({V_{CDEF}} = \dfrac{1}{3}DF.{S_{CEF}} \) \(= \dfrac{1}{3}DF.\dfrac{1}{2}EF.EC \) \(= \dfrac{1}{6}DF.EF.EC\) +) Sử dụng định lí Pitago và các hệ thức lượng trong tam giác vuông tính CE, EF và DF. Lời giải chi tiết \(\left.\begin{matrix} BA \perp CD& \\ BA \perp CA& \end{matrix}\right\}\)\( \Rightarrow BA\bot (ADC)\) \(\Rightarrow BA \bot CE\) Mặt khác \(BD \bot (CEF) \Rightarrow BD \bot CE\). Từ đó suy ra \(CE \bot (ABD) \Rightarrow CE ⊥ EF, CE \bot AD\). Vì tam giác \(ACD\) vuông cân, \(AC= CD= a\) nên \(CE=\dfrac{AD}{2}=\dfrac{a\sqrt{2}}{2}\) Ta có \(BC = a\sqrt{2}\), \(BD = \sqrt{2a^{2}+a^{2}}=a\sqrt{3}\) Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông \(BCD\) ta có: \(CF\cdot BD = DC\cdot BC\) nên \(CF=\dfrac{a^{2}\sqrt{2}}{a\sqrt{3}}=a\sqrt{\dfrac{2}{3}}\) Từ đó suy ra \(EF= \sqrt{CF^{2}-CE^{2}}=\sqrt{\dfrac{2}{3}a^{2}-\dfrac{a^{2}}{2}}=\dfrac{\sqrt{6}}{6}a\) \(DF=\sqrt{DC^{2}-CF^{2}}=\sqrt{a^{2}-\dfrac{2}{3}a^{2}}=\dfrac{\sqrt{3}}{3}a\) Từ đó suy ra \(S_{\Delta CEF}=\dfrac{1}{2}FE\cdot EC=\dfrac{1}{2}\dfrac{a\sqrt{6}}{6}\cdot \dfrac{a\sqrt{2}}{2}=\dfrac{a^{2}\sqrt{3}}{12}\) Vậy \(V_{D.CEF}=\dfrac{1}{3}S_{\Delta CEF}\cdot DF=\dfrac{1}{3}\cdot \dfrac{a^{2}\sqrt{3}}{12}\cdot \dfrac{a\sqrt{3}}{3}=\dfrac{a^{3}}{36}.\) Câu 5: SGK Vật lí, trang 25: Xét một vectơ quay $\overrightarrow{OM}$ có những đặc điểm sau: - Có độ lớn bằng hai dơn vị chiều dài. - Quay quanh O với tốc độ góc 1 rad/s. - Tại thời điểm t = 0, vectơ $\overrightarrow{OM}$ hợp với trục Ox một góc 300. Hỏi vec tơ quay $\overrightarrow{OM}$ biểu diễn phương trình của dao động điều hòa nào? A. $x = 2\cos (t - \frac{\pi }{3})$. B. $x = 2\cos (t + \frac{\pi }{6})$. C. $x = 2\cos (t - 30^{\circ})$. D. $x = 2\cos (t + \frac{\pi }{3})$. Chọn đáp án B. Giải thích: Phương trình tổng quát của dao động điều hòa là: $x = A\cos (wt + \varphi )$. Trong đó:
Hướng dẫn giải Bài §3. Khái niệm về thể tích của khối đa diện, Chương I. Khối đa diện, sách giáo khoa Hình học 12. Nội dung bài giải bài 1 2 3 4 5 6 trang 25 26 sgk Hình học 12 bao gồm tổng hợp công thức, lý thuyết, phương pháp giải bài tập hình học có trong SGK để giúp các em học sinh học tốt môn toán lớp 12. Lý thuyết1. Tính chất của thể tích khối đa diệnHai khối đa diện bằng nhau thì có thể tích bằng nhau. Nếu $1$ khối đa diện được phân chia thành các khối đa diện nhỏ thì thể tích của nó bằng tổng thể tích của các khối đa diện nhỏ. Khối lập phương có cạnh bằng $1$ thì có thể tích bằng $1$. 2. Thể tích khối hộp chữ nhậtGiả sử có $1$ khối hộp chữ nhật với $3$ kích thước $a, b, c$ đều là những số dương. Khi đó thể tích của nó là: \(V=a.b.c\). 3. Thể tích khối chóp– Thể tích của 1 khối chóp bắng một phần ba tích số của mặt đáy và chiều cao khối chóp đó: \(V=\frac{1}{3}S_{đáy}.h.\) \(V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}S_{ABC}.SH\) – Công thức tỉ số thể tích của khối chóp tam giác: Cho hình chóp \(S.ABC\). Trên ba tia \(SA, SB, SC\) lần lượt lấy ba điểm \(A’, B’, C’\). khi đó: \({{{V_{{S_{A’B’C’}}}}} \over {{V_{{S_{ABC}}}}}} = {{SA’} \over {SA}}.{{SB’} \over {SB}}.{{SC’} \over {SC}}\) 4. Thể tích khối lăng trụThể tích của khối lăng trụ bằng tích số của diện tích mặt đáy với chiều cao của khối lăng trụ đó: – \(V=S_{day}.h.\) \(V_{ABC.A’B’C’}=S_{ABC}.C’H\) Dưới đây là phần Hướng dẫn trả lời các câu hỏi và bài tập trong phần hoạt động của học sinh trên lớp sgk Hình học 12. 1. Trả lời câu hỏi 1 trang 22 sgk Hình học 12Có thể chia $(H_1)$ thành bao nhiêu khối lập phương bằng $(H_0)$ ? Trả lời: Có thể chia $(H_1)$ thành $5$ khối lập phương $(H_0)$ 2. Trả lời câu hỏi 2 trang 22 sgk Hình học 12Có thể chia $(H_2)$ thành bao nhiêu khối hộp chữ nhật bằng $(H_1)$? Trả lời: Có thể chia $(H_2)$ thành $4$ khối hộp chữ nhật $(H_1)$ 3. Trả lời câu hỏi 3 trang 22 sgk Hình học 12Có thể chia $(H)$ thành bao nhiêu khối hộp chữ nhật bằng $(H_2)$ ? Trả lời: Có thể chia $(H)$ thành $3$ khối hộp chữ nhật $(H_2)$ 4. Trả lời câu hỏi 4 trang 24 sgk Hình học 12Kim tự tháp Kê-ốp ở Ai Cập (h.1.27) được xây dựng vào khoảng 2500 năm trước Công nguyên. Kim tự tháp này là một khối chóp tứ giác đều có chiều cao 147 m, cạnh đáy dài 230 m. Hãy tính thể tích của nó. Trả lời: Kim tự tháp là khối chóp tứ giác đều nên đáy là hình tam giác đều có cạnh 230m Đường cao của mặt đáy là: \(\sqrt {{{230}^2} – {{({{230} \over 2})}^2}} = 230{{\sqrt 3 } \over 2}(m)\) Diện tích đáy là: \({1 \over 2}.230{{\sqrt 3 } \over 2}.230 = 52900{{\sqrt 3 } \over 4}({m^2})\) Thể tích kim tự tháp là: \({1 \over 3}52900{{\sqrt 3 } \over 4}.147 \approx 1122412,225\,({m^2})\) Dưới đây là Hướng dẫn giải bài 1 2 3 4 5 6 trang 25 26 sgk Hình học 12. Các bạn hãy đọc kỹ đầu bài trước khi giải nhé! Bài tậpGiaibaisgk.com giới thiệu với các bạn đầy đủ phương pháp giải bài tập hình học 12 kèm bài giải chi tiết bài 1 2 3 4 5 6 trang 25 26 sgk Hình học 12 của Bài §3. Khái niệm về thể tích của khối đa diện trong Chương I. Khối đa diện cho các bạn tham khảo. Nội dung chi tiết bài giải từng bài tập các bạn xem dưới đây: 1. Giải bài 1 trang 25 sgk Hình học 12Tính thể tích khối tứ diện đều cạnh \(a\). Bài giải: Cho tứ diện đều \(ABCD\). Hạ \(AH \bot \left( {BCD} \right)\) Dễ dàng chứng minh được \({\Delta _v}AHB = {\Delta _v}AHC = {\Delta _v}AHD\,\,\left( {ch – cgv} \right) \Rightarrow HB = HC = HD,\) do đó H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác \(BCD\). Do \(BCD\) là tam giác đều nên \(H\) là trọng tâm của tam giác \(BCD\). Do đó \(BH = {2 \over 3}.{{\sqrt 3 } \over 2}a = {{\sqrt 3 } \over 3}a\) Áp dụng định lí Pitago trong tam giác vuông \(ABH\) ta có: \(A{H^2} = A{B^2} – B{H^2} = {a^2} – \frac{{{a^2}}}{3} = \frac{{2{a^2}}}{3} \Rightarrow AH = \frac{{a\sqrt 6 }}{3}\). Do tam giác \(BCD\) đều cạnh \(a\) nên: \({S_{BCD}} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}\) Vậy \({V_{ABCD}} = \frac{1}{3}AH.{S_{BCD}} = \frac{1}{3}.\frac{{a\sqrt 6 }}{3}.\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{{12}}.\) 2. Giải bài 2 trang 25 sgk Hình học 12Tính thể tích khối bát diện đều cạnh \(a\). Bài giải: Ta có: \({V_{ABCDEF}} = {V_{ABCDE}} + {V_{FBCDE}} = 2{V_{ABCDE}} = 2.\frac{1}{2}{S_{BCDE}}.AO\) Với O là tâm hình vuông BCDE. Vì AO vuông góc với mặt phẳng BCDO nên theo định lý Pi-ta-go ta có: \(AO = \sqrt {A{B^2} – B{O^2}} = \sqrt {{a^2} – {{\left( {\frac{{a\sqrt 2 }}{2}} \right)}^2}} = \frac{a}{{\sqrt 2 }}\) Vì BCDE là hình vuông cạnh a nên: \({S_{BCDE}} = {a^2}.\) Do đó: \({V_{ABCDEF}} = \frac{2}{3}{a^2}.\frac{a}{{\sqrt 2 }} = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{3}.\) 3. Giải bài 3 trang 25 sgk Hình học 12Cho hình hộp $ABCD.A’B’C’D’$. Tính thể tích của khối hộp đó và thể tích của khối tứ diện $ACB’D’$. Bài giải: Gọi thể tích khối hộp ABCD.A’B’C’D’ là V Ta có: \({V_{B’.ABC}} = \frac{1}{3}{V_{ABC.A’B’C’}} = \frac{1}{6}V.\) \({V_{A.B’D’A’}} = \frac{1}{3}{V_{ABD.A’B’D’}} = \frac{1}{6}V.\) \({V_{D’.ACD}} = \frac{1}{3}{V_{ACD.A’C’D’}} = \frac{1}{6}V.\) \({V_{C.B’D’C’}} = \frac{1}{3}{V_{BCD.B’C’D’}} = \frac{1}{6}V.\) Mặt khác: \({V_{C.AD’B’}} = V – \left( {{V_{B’.ABC}} + {V_{A.B’D’A’}} + {V_{D’.ACD}} + {V_{C.B’C’D’}}} \right) = V – \frac{4}{6}V = \frac{1}{3}V.\) Do đó: \(\frac{{{V_{ABCD.A’B’C’D’}}}}{{{V_{ACB’D’}}}} = 3.\) 4. Giải bài 4 trang 25 sgk Hình học 12Cho hình chóp \(S.ABC\). Trên các đoạn thẳng \(SA, SB, SC\) lần lượt lấy ba điểm \(A’, B’, C’\) khác với \(S\). Chứng minh rằng: \({{{V_{S.A’B’C’}}} \over {{V_{S.ABC}}}} = {{SA’} \over {SA}} \cdot {{SB’} \over {SB}} \cdot {{SC’} \over {SC}}\) Bài giải: Gọi \(h\) và \(h’\) lần lượt là chiều cao hạ từ \(A, A’\) đến mặt phẳng \((SBC)\). Gọi \(S_1\) và \(S_2\) theo thứ tự là diện tích các tam giác \(SBC\) và \(SB’C’\). Khi đó ta có \({{h’} \over h} = {{SA’} \over {SA}}\) và \(\frac{{{S_{SB’C’}}}}{{{S_{SBC}}}} = \frac{{\frac{1}{2}SB’.SC’.\sin \widehat {BSC}}}{{\frac{1}{2}SB.SC.\sin \widehat {BSC}}} = \frac{{SB’}}{{SB}}.\frac{{SC’}}{{SC}}\). Suy ra \({{{V_{S.A’B’C’}}} \over {{V_{S.ABC}}}} = {{{V_{A’.SB’C’}}} \over {{V_{A.SBC}}}} = {{{1 \over 3}h'{S_2}} \over {{1 \over 3}h{S_1}}} = {{SA’} \over {SA}} \cdot {{SB’} \over {SB}} \cdot {{SC’} \over {SC}}\) Đó là điều phải chứng minh. 5. Giải bài 5 trang 26 sgk Hình học 12Cho tam giác \(ABC\) vuông cân ở \(A\) và \(AB = a\). Trên đường thẳng qua \(C\) và vuông góc với mặt phẳng \((ABC)\) lấy điểm \(D\) sao cho \(CD = a\). Mặt phẳng qua \(C\) vuông góc với \(BD\), cắt \(BD\) tại \(F\) và cắt \(AD\) tại \(E\). Tính thể tích khối tứ diện \(CDEF\) theo \(a\). Bài giải: \(\left.\begin{matrix} BA \perp CD& \\ BA \perp CA& \end{matrix}\right\}\)\( \Rightarrow BA\bot (ADC)\) \(\Rightarrow BA \bot CE\) Mặt khác \(BD \bot (CEF) \Rightarrow BD \bot CE\). Từ đó suy ra \(CE \bot (ABD) \Rightarrow CE ⊥ EF, CE \bot AD\). Vì tam giác \(ACD\) vuông cân, \(AC= CD= a\) nên \(CE=\frac{AD}{2}=\frac{a\sqrt{2}}{2}\) Ta có \(BC = a\sqrt{2}\), \(BD = \sqrt{2a^{2}+a^{2}}=a\sqrt{3}\) Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông \(BCD\) ta có: \(CF\cdot BD = DC\cdot BC\) nên \(CF=\frac{a^{2}\sqrt{2}}{a\sqrt{3}}=a\sqrt{\frac{2}{3}}\) Từ đó suy ra: \(EF= \sqrt{CF^{2}-CE^{2}}=\sqrt{\frac{2}{3}a^{2}-\frac{a^{2}}{2}}=\frac{\sqrt{6}}{6}a\). \(DF=\sqrt{DC^{2}-CF^{2}}=\sqrt{a^{2}-\frac{2}{3}a^{2}}=\frac{\sqrt{3}}{3}a\). Từ đó suy ra \(S_{\Delta CEF}=\frac{1}{2}FE\cdot EC=\frac{1}{2}\frac{a\sqrt{6}}{6}\cdot \frac{a\sqrt{2}}{2}=\frac{a^{2}\sqrt{3}}{12}\) Vậy \(V_{D.CEF}=\frac{1}{3}S_{\Delta CEF}\cdot DF=\frac{1}{3}\cdot \frac{a^{2}\sqrt{3}}{12}\cdot \frac{a\sqrt{3}}{3}=\frac{a^{3}}{36}.\) 6. Giải bài 6 trang 26 sgk Hình học 12Cho hai đường thẳng chéo nhau \(d\) và \(d’\). Đoạn thằng \(AB\) có độ dài \(a\) trượt trên \(d\), đoạn thẳng \(CD\) có độ dài \(b\) trượt trên \(d’\). Chứng minh rằng khối tứ diện \(ABCD\) có thể tích không đổi. Bài giải: Gọi khoảng cách giữa 2 đường thẳng chéo nhau d, d’ và góc của d và d’ là \(\varphi .\) Trong mặt phẳng (ABC) dựng hình bình hành CBAA’. Ta có AA’//BC nên \({V_{ABCD}} = {V_{A’BCD}}\) Gọi MN là đoạn vuông góc chung của AB và CD \(\left( {M \in AB,\,\,N \in CD} \right)\) Vì BM//CA’ nên \({V_{BA’CD}} = {V_{MA’CD}}\) Ta có \(MN \bot AB\) nên \(MN \bot CA’,\) hơn nữa \(MN \bot CD.\) Do đó \(MN \bot (CDA’)\) Chú ý rằng: \(\widehat {\left( {AB,CD} \right)} = \widehat {\left( {AC’,CD} \right)} = \varphi \) Nên \({V_{M.A’CD}} = \frac{1}{3}.{S_{A’CD}}.MN = \frac{1}{3}.\frac{1}{2}.CA’.CD.\sin \varphi .MN = \frac{1}{6}a.b.h.\sin \varphi \) \( \Rightarrow {V_{ABCD}} = \frac{1}{6}a.b.h.\sin \varphi .\) Bài trước:
Bài tiếp theo:
Xem thêm:
Chúc các bạn làm bài tốt cùng giải bài tập sgk toán lớp 12 với giải bài 1 2 3 4 5 6 trang 25 26 sgk Hình học 12! “Bài tập nào khó đã có giaibaisgk.com“ |
