Tải Giải SBT Toán 12: Đề toán tổng hợp - Chương 1. Khối đa diện - Giải SBT Toán lớp 12

Hình được tạo thành từ hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ khi ta bỏ đi các điểm trong của mặt phẳng (ABCD) có phải là một hình đa diện không.. Hướng dẫn làm bài:.[r]

Trang 1

Giải SBT Toán 12: Đề toán tổng hợp - chương 1 Khối đa diện

Bài 1.28 trang 22 sách bài tập (SBT) – Hình học 12

Hình được tạo thành từ hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ khi ta bỏ đi các điểm trong của mặt phẳng (ABCD) có phải là một hình đa diện không?

Hướng dẫn làm bài:

Không phải là hình đa diện, vì trong hình đó có cạnh (chẳng hạn AB) không phải là cạnh chung của đúng hai đa giác

Chứng minh rằng mỗi đỉnh của một hình đa diện là đỉnh chung của ít nhất ba cạnh

Lấy một đỉnh B tùy ý của hình đa diện (H) Gọi M1 là một mặt của hình đa diện (H) chứa B Gọi A, B, C là ba đỉnh liên tiếp của M1 Khi đó AB, BC là hai cạnh của (H) Gọi M2 là mặt khác với M1 và có chung cạnh AB với M1 Khi đó M2

còn có ít nhất một đỉnh D sao cho A, B, D là ba đỉnh khác nhau liên tiếp của M2 Nếu D≡C thì M1 và M2 có hai cạnh chung AB và BC, điều này vô lí Vậy D phải khác C Do đó qua đỉnh B có ít nhất ba cạnh BA, BC và BD

Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác vuông cân ở C Cạnh B’B = a

và tạo với đáy một góc bằng 600 Hình chiếu vuông góc hạ từ B’ lên đáy trùng với trọng tâm của tam giác ABC Tính thể tích khối lăng trụ đó theo a

Trang 2

Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC, khi đó ˆB′BG=600,B′G=a√3/2,BG=a/2 Gọi D là trung điểm của AC, khi đó BD=3a/4

Ta có BC2 + CD2 = BD2, do đó BC2+BC2/4=5BC2/4=9a2/16

Suy ra BC2=9/20a2, SABC=BC2/2=9/40a2

VABC.A′B′C′=a√3/2.9a2/40=9√3/80.a3

Tính thể tích khối lăng trụ có chiều cao bằng h, đáy là ngũ giác đều nội tiếp trong một đường tròn bán kính r

Chia đáy của hình lăng trụ đã cho thành năm tam giác cân có chung đỉnh O là tâm đường tròn ngoại tiếp đáy Khi đó diện tích đáy bằng 5/2r2sin720 Do đó thể tích lăng trụ đó bằng 5/2hr2sin720

Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật ABCD, các mặt (SAB) và (SAD) vuông góc với đáy Góc giữa mặt (SAC) và đáy bằng 600, AB = 2a, BC

= a Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AB

và SC theo a

Vì các mặt (SAB) và (SAD) vuông góc với đáy nên SA (ABCD) Ta có:⊥

{BC AB;BC SA BC (SAB)⊥ ⊥ ⇒ ⊥

Trang 3

⟹ góc((SBC),(ABCD))=ˆSBA=600

Do đó: SA=2atan600=2a√3

VS.ABCD=1/32a√3.2a.a=4√3/3.a3

Vì CD // AB nên d(AB CD) = d(AB, (SCD)) Hạ AH SD, để ý rằng⊥

CD (SAD) AH (SCD).⊥ ⇒ ⊥

Do đó d(AB, SC) = AH

Ta có: AH.SD=SA.AD

Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác đều cạnh bằng a Gọi M, N

và E theo thứ tự là trung điểm của BC, CC’ và C’A’ Đường thẳng EN cắt đường thẳng AC tại F, đường thẳng MN cắt đường thẳng B’C’ tại L Đường thẳng FM kéo dài cắt AB tại I, đường thẳng LE kéo dài cắt A’B’ tại J

a) Chứng minh rằng các hình đa diện IBM.JB’L và A’EJ.AFI là những hình chóp cụt

b) Tính thể tích khối chóp F.AIJA’

c) Chứng minh rằng mặt phẳng (MNE) chia khối lăng trụ đã cho thành hai khối

đa diện có thể tích bằng nhau

Trang 4

a) Gọi S là giao của hai đường thẳng MN và BB’ Khi đó S, I, J là điểm chung của cả hai mặt phẳng (MNE) và (ABB’A) nên chúng thẳng hàng Do đó, ba đường thẳng BB’, MN và IJ đồng quy nên nó là một hình chóp cụt Tương tự,

đa diện A’EJ.AFI cũng là một hình chóp cụt

b) Hai tam giác NCF và NC’E có ˆC=ˆC′=900, NC=NC′,ˆCNF=ˆC′NE nên chúng bằng nhau

Do đó, CF=C′E=a/2

Tương tự, C′L=CM=a/2 Từ đó suy ra tam giác MCF cân ở C

Ngoài ra ta còn có: ˆCMF=ˆBMI=300 và ˆIBM=600 nên ˆMIB=900, IB=BM/2=a/4 và IM=√3/2BM=√3/4.a

Vì FI AB,FI AA' nên FI (AIJA′) Ta có diện tích hình thang vuông AA’JI⊥ ⊥ ⊥ bằng 1/2(3a/4+a/4)b=ab/2

Gọi K là trung điểm của MF thì do tam giác MCF cân ở C nên CK MF Từ đó⊥ suy ra hai tam giác vuông CMK và BMI bằng nhau

Do đó MF = MK = MI Từ đó suy ra FI=3√3/4.a

Vậy VF.AIJA′=1/3(ab/2)3√3/4/a=√3/8a2b

c) Tương tự câu b) ta có C′L=CM=a/2, LJ A′B′ và LJ=3√3/4a⊥

Giả sử mặt phẳng (MNE) chia khối lăng trụ đã cho thành hai khối đa diện (H)

và (H’), trong đó (H’) là khối đa diện chứa đỉnh A, (H’) là khối đa diện chứa đỉnh B’

Ta thấy V(H′)=VIBM.JB′L−VN.EC′L,V(H)=VJA′E.IAF−VN.FCM

Vì ΔIBM=ΔJA′E, ΔJB′L=ΔIAF, BB′=AA′ nên VIBM.JB′L=VJA′E.IAF

Ngoài ra hai hình chóp N.EC’L và N.FCM có đường cao bằng nhau và có đáy là những tam giác bằng nhau nên chúng có thể tích bằng nhau

Từ đó suy ra V(H) = V(H’)

Cho hai đoạn thẳng AB và CD chéo nhau, AC là đường vuông góc chung của chúng Biết rằng AC = h, AB = a, CD = b và góc giữa hai đường thẳng AB và

CD bằng 600 Hãy tính thể tích của khối tứ diện ABCD

Trang 5

Dựng BE song song và bằng DC, DF song song và bằng BA Khi đó, ABE.FDC

là một lăng trụ đứng

Ta có: SABE=1/2ab.sin600=ab√3/4

VC.ABE=1/3.√3/4ab.h=√3/12abh

Từ đó suy ra VA.BCD=VA.BCE=√3/12abh

Cho tứ diện đều ABCD Gọi (H) là hình bát diện đều có các đỉnh là trung điểm các cạnh của tứ diện đều đó Tính tỉ số V(H)/VABCD

Hướng dẫn làm bài

Gọi cạnh của tứ diện đều ABCD là a thì cạnh của hình bát diện đều (H) là a/2 Khi đó VABCD=a3/√2/12,V(H)=1/3(a/2)3√2=a3√2/24

Từ đó suy ra V(H)/VABCD=1/2

Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh a, M là trung điểm của BB’ Tính theo a:

a) Khoảng cách giữa AC và DC’

b) Độ dài đoạn vuông góc chung giữa CM và AB’

Hướng dẫn làm bài

a)

Trang 6

Gọi d(AC, DC’) = h

Ta có C’A’ // CA , do đó:

d(AC, DC’) = d(AC, (A’C’D)) = d(C, (A’C’D)) = h

Ta có: VA′.CDC′=1/3.a2/2a=a3/6

Để ý rằng tam giác A’C’D là tam giác đều cạnh bằng a√2

Do đó: SA′C′D=a2√3/2

VC.A′C′D=1/3SA′C′D.h=1/3.a2√3/2.h=VA′.CDC′=a3/6

Từ đó suy ra: h= =a/√3=a√3/3

b)

Trang 7

Từ A kẻ đường thẳng song song với MC’, cắt DD’ tại N và A’D’ kéo dài tại J Đặt h1 = d(MC’, AB’) = d(M, (AB’N))

Ta có: VM.AB′N=VN.AB′M=1/3.a2/4/a=a3/12

Để ý rằng N là trung điểm của DD’, A’J = 2A’D’ và JA = JB’

Gọi I là trung điểm của AB’, khi đó JI AB′⊥

Suy ra: IJ= = 3a/√2

SJAB′=1/2.3a/√2a√2=3a2/2

Do đó: SAB′N=1/2SJAB′=3a2/4

VM.AB′N=1/3.3a2/4.h1=a2h1/4=a3/12

Suy ra: h1=a/3

Chú ý: Có thể tính thể tích SAB’N bằng cách khác

Để ý rằng:

AN=a√5/2,AB′=a√2

Gọi α=ˆNAB′ Ta có: NB2=AN2+AB2−2AN.AB.cosα

Trang 8

Hay 9a2/4=5a2/4+2a2−2.a√5/2.a√2cosα

⇒cosα=1/√10 sinα=3/√10⇒

Do đó: SAB′N=1/2AB′.AN.sinα=1/2a√2.a√5/2.3/√10=3a2/4

Cho tứ diện ABCD Gọi hA , hB, hC, hD lần lượt là các đường cao của tứ diện xuất phát từ A, B, C, D và r là bán kính mặt cầu nội tiếp tứ diện Chứng minh rằng:

1/hA+1/hB+1/hC+1/hD=1/r

Gọi I là tâm mặt cầu nội tiếp tứ diện, V là thể tích tứ diện Ta có

V=VIBCD+VICDA+VIDAB+VIABC

⇒I=VIBCD/V+VICDA/V+VIDAB/V+VIABC/V

=r(1/hA+1/hB+1/hC+1/hD)

⇒1/r=1/hA+1/hB+1/hC+1/hD

Xem thêm các bài tiếp theo tại:

Định dạng
Số trang	8
Dung lượng	613,14 KB