Giải Toán 12 Bài 3: Khái niệm về thể tích của khối đa diện

Bài giảng Toán 12: Thể tích khối đa diện có cạnh bên vuông góc với mặt đáy

Giải bài tập Toán lớp 12 Bài 3: Khái niệm về thể tích của khối đa diện

Trả lời câu hỏi giữa bài

Trả lời câu hỏi 1 trang 22 SGK Hình học 12: Có thể chia $(H_1)$ thành bao nhiêu khối lập phương bằng $(H_0)$?

Lời giải:

Hình $(H_1)$ được tạo bởi 5 khối lập phương $(H_0)$. 

Nói cách khác, có thể chia $(H_1)$ thành 5 khối lập phương $(H_0).$

Trả lời câu hỏi 2 trang 22 SGK Hình học 12: Có thể chia (H2) thành bao nhiêu khối hộp chữ nhật bằng (H1)?

Lời giải:

Có thể chia (H2) thành 4 khối hộp chữ nhật (H1)

Trả lời câu hỏi 3 trang 22 SGK Hình học 12: Có thể chia (H) thành bao nhiêu khối hộp chữ nhật bằng (H2) ?

Lời giải:

Có thể chia (H) thành 3 khối hộp chữ nhật (H2)

Trả lời câu hỏi 4 trang 24 SGK Hình học 12: Kim 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.

Phương pháp giải:

Công thức tính thể tích khối chóp: $V=\frac{1}{3}.B.h$ trong đó $B,h$ lần lượt là diện tích đáy và chiều cao của khối chóp.

Lời giải:

Kim tự tháp là khối chóp tứ giác đều nên đáy là hình vuông có cạnh 230m

Diện tích đáy là:

$230.230=52900(m^2)$

Thể tích kim tự tháp là:

$\frac{1}{3}.52900.147=2592100(m^2)$

Câu hỏi và bài tập (trang 25, 26 SGK Hình học 12)
Bài 1 trang 25 SGK Hình học 12: Tính thể tích khối tứ diện đều cạnh $a$.

Phương pháp giải:

+) Gọi $AH$ là đường cao hạ từ đỉnh $A$ của tứ diện đều $ABCD$ $\left(H\in (BCD)\right)$.

+) Do tứ diện $ABCD$ đều, chứng minh $H$ là trọng tâm tam giác $ABC$.

+) Sử dụng định lí Pytago tính độ dài $AH$.

+) Áp dụng công thức tính thể tích: $V_{ABCD}=\frac{1}{3}AH.S_{BCD}$.

Lời giải:

Cho tứ diện đều $ABCD$. Hạ $AH\mathrm{\perp }\left(BCD\right)$

Dễ dàng chứng minh được ${\mathrm{\Delta }}_{v}AHB={\mathrm{\Delta }}_{v}AHC={\mathrm{\Delta }}_{v}AHD\left(ch-cgv\right)$ $\Rightarrow HB=HC=HD,$ 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 $BCD$.

Gọi $M$ là trung điểm $CD$ thì $BM$ vừa là trung tuyến vừa là đường cao trong tam giác.

Ta có: $BM=BD\sin {60}^0=\frac{a\sqrt{3}}{2}$

Do đó $BH=\frac{2}{3}BM=\frac{2}{3}.\frac{\sqrt{3}}{2}a=\frac{\sqrt{3}}{3}a$

Áp dụng định lí Pitago trong tam giác vuông $ABH$ ta có: $A{H}^2=A{B}^2-B{H}^2=a^2-\frac{a^2}{3}=\frac{2a^2}{3}$ $\Rightarrow AH=\frac{a\sqrt{6}}{3}$

Do tam giác $BCD$ đều cạnh $a$ nên: $S_{BCD}=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}$

Vậy $V_{ABCD}=\frac{1}{3}AH.S_{BCD}$ $=\frac{1}{3}.\frac{a\sqrt{6}}{3}.\frac{a^2\sqrt{3}}{4}$ $=\frac{a^3\sqrt{2}}{12}.$

Bài 2 trang 25 SGK Hình học 12: Tính thể tích khối bát diện đều cạnh $a$.

Phương pháp giải:

+) Chia khối bát diện đều thành hai khối chóp tứ giác đều.

+) Xác định chiều cao và áp dụng công thức tính thể tích khối chóp: $V=\frac{1}{3}h.S_d$

Lời giải:

Chia khối tám mặt đều cạnh $a$ thành hai khối chóp tứ giác đều cạnh $a$ là $E.ABCD$ và $F.ABCD$.

Xét chóp tứ giác đều $E.ABCD$. Gọi $H$ là tâm hình vuông $ABCD$ ta có: $EH\mathrm{\perp }\left(ABCD\right)$.

Vì $ABCD$ là hình vuông cạnh $a$ nên $AC=\sqrt{A{B}^2+B{C}^2}$ $=\sqrt{a^2+a^2}=a\sqrt{2}$

$\Rightarrow AH=\frac{1}{2}AC=\frac{a\sqrt{2}}{2}$.

Áp dụng định lí Pitago trong tam giác vuông $EHA$ có: $E{H}^2=E{A}^2-A{H}^2$ $=a^2-{\left(\frac{a\sqrt{2}}{2}\right)}^2$$=\frac{a^2}{2}$

$\Rightarrow EH=\frac{a\sqrt{2}}{2}$

$\Rightarrow V_{E.ABCD}=\frac{1}{3}EH.S_{ABCD}$ $=\frac{1}{3}.\frac{a\sqrt{2}}{2}.a^2=\frac{a^3\sqrt{2}}{6}$

Vậy thể tích khối tám mặt đều cạnh $a$ là: $V=2.V_{E.ABCD}=\frac{a^3\sqrt{2}}{3}$.

Chú ý: Hình chóp đa giác đều có hình chiếu của đỉnh trên mặt đáy trùng với tâm mặt đáy.

Bài 3 trang 25 SGK Hình học 12: Cho hình hộp $ABCD.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }$. Tính tỉ số thể tích của khối hộp đó và thể tích của khối tứ diện $AC{B}^{\prime }{D}^{\prime }$.

Phương pháp giải:

+) Gọi $S$ là diện tích đáy $ABCD$ và $h$ là chiều cao của khối hộp. Tính thể tích của khối hộp.

+) Chia khối hộp thành khối tứ diện $AC{B}^{\prime }{D}^{\prime }$ và bốn khối chóp $A.A^{\prime }{B}^{\prime }{D}^{\prime },C.C^{\prime }{B}^{\prime }{D}^{\prime },B^{\prime }.BAC$ và $D^{\prime }.DAC$. Tính thể tích của bốn khối chóp $A.A^{\prime }{B}^{\prime }{D}^{\prime },C.C^{\prime }{B}^{\prime }{D}^{\prime },B^{\prime }.BAC$ và $D^{\prime }.DAC$.

+) Suy ra $V_{AC{B}^{\prime }{D}^{\prime }}=V-$$\left(V_{A.A^{\prime }{B}^{\prime }{D}^{\prime }}+V_{C.C^{\prime }{B}^{\prime }{D}^{\prime }}+V_{B^{\prime }BAC}+V_{D^{\prime }.DAC}\right)$

+) Tính tỉ số thể tích.

Lời giải:

Gọi $S$ là diện tích đáy $ABCD$ và $h$ là chiều cao của khối hộp thì thể tích của khối hộp: $\Rightarrow V=S.h$

Chia khối hộp thành khối tứ diện $AC{B}^{\prime }{D}^{\prime }$ và bốn khối chóp $A.A^{\prime }{B}^{\prime }{D}^{\prime },C.C^{\prime }{B}^{\prime }{D}^{\prime },B^{\prime }.BAC$ và $D^{\prime }.DAC$.

Xét khối chóp $A.A^{\prime }{B}^{\prime }{D}^{\prime }$ có diện tích đáy $S_{A^{\prime }{B}^{\prime }{D}^{\prime }}=\frac{S}{2}$ và chiều cao bằng $h$. Do đó $V_{A.A^{\prime }{B}^{\prime }{D}^{\prime }}=\frac{1}{3}.\frac{S}{2}.h=\frac{S.h}{6}$.

Tương tự như vậy ta chứng minh được:

$V_{A.A^{\prime }{B}^{\prime }{D}^{\prime }}=V_{C.C^{\prime }{B}^{\prime }{D}^{\prime }}=V_{B^{\prime }BAC}=V_{D^{\prime }.DAC}$$=\frac{S.h}{6}$

Vậy $V_{AC{B}^{\prime }{D}^{\prime }}=V-$$\left(V_{A.A^{\prime }{B}^{\prime }{D}^{\prime }}+V_{C.C^{\prime }{B}^{\prime }{D}^{\prime }}+V_{B^{\prime }BAC}+V_{D^{\prime }.DAC}\right)$

$=S.h-4.\frac{S.h}{6}=\frac{S.h}{3}$.

$\Rightarrow \frac{V}{V_{AC{B}^{\prime }{D}^{\prime }}}=\frac{S.h}{\frac{1}{3}S.h}=3$

Bài 4 trang 25 SGK Hình học 12: Cho hình chóp $S.ABC$. Trên các đoạn thẳng $SA,SB,SC$ lần lượt lấy ba điểm $A^{\prime },B^{\prime },C^{\prime }$ khác với $S$. Chứng minh rằng

$\frac{V_{S.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }}}{V_{S.ABC}}=\frac{S{A}^{\prime }}{SA}\cdot \frac{S{B}^{\prime }}{SB}\cdot \frac{S{C}^{\prime }}{SC}$

Phương pháp giải:

+) Gọi $h$ và $h^{\prime }$ lần lượt là chiều cao hạ từ $A$ và $A^{\prime }$ đến $(SBC)$, dựa vào định lí Vi-et tính tỉ số $\frac{h^{\prime }}{h}$.

+) Sử dụng công thức tính diện tích $S_{\mathrm{\Delta }S{B}^{\prime }{C}^{\prime }}=\frac{1}{2}SB.SC.\sin \widehat{BSC}$ tính diện tích tam giác $S{B}^{\prime }{C}^{\prime }$, tương tự tính diện tích tam giác $SBC$, sau đó suy ra tỉ số $\frac{S_{\mathrm{\Delta }S{B}^{\prime }{C}^{\prime }}}{S_{\mathrm{\Delta }SBC}}$.

+) Sử dụng công thức tính thể tích $V=\frac{1}{3}S.h$ lập tỉ số thể tích $S.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }$ và $S.ABC$, rút gọn và suy ra kết quả.

Lời giải:

Gọi $h$ và $h^{\prime }$ lần lượt là chiều cao hạ từ $A,A^{\prime }$ đến mặt phẳng $(SBC)$.

* Do $A^{\prime }{H}^{\prime }//AH$ nên bốn điểm $A,A^{\prime };H^{\prime }$ và $H$ đồng phẳng. (1)

Lại có, 3 điểm $A,S,H$ đồng phẳng (2).

Từ (1) và (2) suy ra, 5 điểm $A,A^{\prime },S.H$ và $H^{\prime }$ đồng phẳng.

Trong mp(ASH) ta có: $\{\begin{array}{l}{A}^{\prime }{H}^{\prime }\mathrm{\perp }S{H}^{\prime }\\ AH\mathrm{\perp }SH\\ A^{\prime }{H}^{\prime }//AH\end{array}\Rightarrow S{H}^{\prime }\equiv SH$

⇒ Ba điểm $S,H$ và $H^{\prime }$ thẳng hàng.

Gọi $S_1$ và $S_2$ theo thứ tự là diện tích các tam giác $SBC$ và $S{B}^{\prime }{C}^{\prime }$.

Khi đó ta có $\frac{h^{\prime }}{h}=\frac{S{A}^{\prime }}{SA}$ (định lý Ta – let) và:

$\frac{S_2}{S_1}=\frac{S_{S{B}^{\prime }{C}^{\prime }}}{S_{SBC}}$ $=\frac{\frac{1}{2}S{B}^{\prime }.S{C}^{\prime }.\sin \widehat{BSC}}{\frac{1}{2}SB.SC.\sin \widehat{BSC}}=\frac{S{B}^{\prime }}{SB}.\frac{S{C}^{\prime }}{SC}$

Suy ra $\frac{V_{S.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }}}{V_{S.ABC}}=\frac{V_{A^{\prime }.S{B}^{\prime }{C}^{\prime }}}{V_{A.SBC}}=\frac{\frac{1}{3}{h}^{\prime }{S}_2}{\frac{1}{3}h{S}_1}$ $=\frac{h^{\prime }}{h}.\frac{S_2}{S_1}$ $=\frac{S{A}^{\prime }}{SA}\cdot \frac{S{B}^{\prime }}{SB}\cdot \frac{S{C}^{\prime }}{SC}$ 

Đó là điều phải chứng minh.

Chú ý: Từ nay về sau chúng ta được sử dụng bài tập này như một kết quả và không cần chứng minh lại.

Bài 5 trang 26 SGK Hình học 12: 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:

Bước 1: Dựng các điểm $F$ và $E.$

Bước 2: Tìm chiều cao và đáy tương ứng:  $V_{CDEF}=\frac{1}{3}DF.S_{CEF}$ 

Bước 3: Chứng minh tam giác $CEF$ vuông tại $E\Rightarrow S_{CEF}=\frac{1}{2}EF.EC$

Suy ra $V_{CDEF}=\frac{1}{3}DF.\frac{1}{2}EF.EC$ 

Lời giải:

Ta có: $BD\mathrm{\perp }(CEF)$ hay $DF\mathrm{\perp }(CEF)$do đó ta đã biết chiều cao của tứ diện $DCEF.$

Để tính thể tích tứ diện này, ta đi tính diện tích đáy tương ứng là $S_{\mathrm{\Delta }EFC}$

Dễ thấy: $\mathrm{\Delta }EFC$ vuông tại $E,$ vì:

$\{\begin{array}{l}CE\mathrm{\perp }DA\\ CE\mathrm{\perp }BD(doBD\mathrm{\perp }(CEF))\end{array}\Rightarrow CE\mathrm{\perp }(BDA)\supset EF\Rightarrow CE\mathrm{\perp }EF.$

Vậy ta đi tính các cạnh $CE,EF.$

+) Tính $CE$

Do $DC\mathrm{\perp }(ABC)$ nên $\mathrm{\Delta }ACD$ vuông cân tại $C.$

$\Rightarrow$ Chiều cao $CE=\frac{AC}{\sqrt{2}}=\frac{AB}{\sqrt{2}}=\frac{a}{\sqrt{2}}$

+) Tính $EF$:

Xét vuông tại $C$, ta có:

$\begin{array}{l}\{\begin{array}{l}DC=AC=a\\ BC=AB.\sqrt{2}=a\sqrt{2}\end{array}\Rightarrow BD=a\sqrt{3}\\ \text{Mà:}CF.BD=DC.BC\\ \Rightarrow CF=\frac{DC.BC}{BD}=\frac{a.a\sqrt{2}}{a\sqrt{3}}=\frac{a\sqrt{6}}{3}.\\ \Rightarrow EF=\sqrt{C{F}^2-C{E}^2}=\sqrt{\frac{2a}{3}-\frac{a}{2}}=\frac{a}{\sqrt{6}}=\frac{a\sqrt{6}}{6}.\end{array}$

Vậy $S_{\mathrm{\Delta }EFC}=\frac{1}{2}CE.EF=\frac{1}{2}.\frac{a}{\sqrt[]{2}}.\frac{a}{\sqrt{6}}=\frac{a^2}{4\sqrt{3}}=\frac{a^2\sqrt{3}}{12}$

+) Chiều cao $DF$

$DF=\sqrt{D{C}^2-C{F}^2}=\sqrt{a^2-\frac{2a^2}{3}}=\frac{a\sqrt{3}}{3}$

Vậy $V_{CDEF}=\frac{1}{3}DF.S_{CEF}$ $=\frac{1}{3}.\frac{a\sqrt{3}}{3}.\frac{a^2\sqrt{3}}{12}=\frac{a^3}{36}$

Bài 6 trang 26 SGK Hình học 12: Cho hai đường thẳng chéo nhau $d$ và $d^{\prime }$. Đoạn thẳng $AB$ có độ dài $a$ trượt trên $d$, đoạn thẳng $CD$ có độ dài $b$ trượt trên $d^{\prime }$. Chứng minh rằng khối tứ diện $ABCD$ có thể tích không đổi.

Lời giải:

Gọi $h$ là độ dài đường vuông góc chung của $d$ và $d^{\prime }$, $\alpha$ là góc giữa hai đường thẳng $d$ và $d^{\prime }$. Qua $B,A,C$ dựng hình bình hành $BACF$. Qua $A,C,D$ dựng hình bình hành $ACDE$.

Khi đó $CFD.ABE$ là một hình lăng trụ tam giác. Ta có:

$$\begin{array}{l}{V}_{D.ABE}+V_{D.BACF}=V_{CFD.ABE}\\ V_{D.ABE}=\frac{1}{3}{V}_{CFD.ABE}\Rightarrow V_{D.BACF}=\frac{2}{3}{V}_{CFD.ABE}\\ V_{D.ABC}=\frac{1}{2}{V}_{D.BACF}\Rightarrow V_{D.ABC}=\frac{1}{2}.\frac{2}{3}{V}_{CFD.ABE}=\frac{1}{3}{V}_{CFD.ABE}\end{array}$$

Kẻ $AH\mathrm{\perp }\left(CDF\right)$ ta có: $V_{ABCD}=\frac{1}{3}.V_{CFD.ABE}=\frac{1}{3}.AH.S_{CDF}$

Ta có:

$\begin{array}{l}AB//CF\Rightarrow AB//\left(CDF\right)\supset CD\\ \Rightarrow d\left(d;d^{\prime }\right)=d\left(AB;CD\right)=d\left(AB;\left(CDF\right)\right)\end{array}$

$=d\left(A;\left(CDF\right)\right)=AH=h$

$AB//CF\Rightarrow \widehat{\left(d;d^{\prime }\right)}=\widehat{\left(AB;CD\right)}=\widehat{\left(CF;CD\right)}=\widehat{DCF}=\alpha$

$\Rightarrow S_{CDF}=\frac{1}{2}.CD.CF.\sin \widehat{DCF}=\frac{1}{2}ab\sin \alpha$

Vậy $V_{ABCD}=\frac{1}{3}.h.\frac{1}{2}ab\sin \alpha =\frac{1}{6}.h.ab.sin\alpha =const$. (đpcm)

Lý thuyết Bài 3: Khái niệm về thể tích của khối đa diện

1. Khái niệm về thể tích khối đa diện

Có thể đặt tương ứng cho mỗi khối đa diện $H$ một số dương $V_{(H)}$ thỏa mãn các tính chất sau:

a) Nếu $H$ là khối lập phương có cạnh bằng một thì $V_{(H)}=1$

b) Nếu hai khối đa diện $(H_1)$ và $(H_2)$ bằng nhau thì

$V_{(H_1)}$ = $V_{(H_2)}$

c) Nếu khối đa diện $H$ được phân chia thành hai khối đa diện $(H_1)$ và $(H_2)$ thì

$V_{\left(H\right)}=V_{\left(H_1\right)}+V_{\left(H_2\right)}$

Số dương $V_{(H)}$ nói trên được gọi là thể tích của khối đa diện $H$.

Khối lập phương có cạnh bằng một được gọi là khối lập phương đơn vị.

Nếu $H$ là khối lăng trụ $ABC.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }$ chẳng hạn thì thể tích của nó còn được kí hiệu là $V_{ABC.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }}$

2. Thể tích khối lăng trụ

Thể tích của khối lăng trụ có diện tích đáy bằng $B$ và chiều cao bằng $h$ là

$V=B.h$

Đặc biệt thể tích của khối hộp chữ nhật bằng tích của ba kích thước của nó.

3. Thể tích khối chóp

Thể tích của khối chóp có diện tích đáy bằng $B$ và chiều cao bằng $h$ là

$V=\frac{1}{3}Bh$

Kiến thức bổ sung

4. Cho hình chóp $S.ABC$. Trên ba tia $SA,SB,SC$ lần lượt lấy ba điểm $A^{\prime },B^{\prime },C^{\prime }$.

Khi đó $\frac{V_{S_{A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }}}}{V_{S_{ABC}}}=\frac{S{A}^{\prime }}{SA}.\frac{S{B}^{\prime }}{SB}.\frac{S{C}^{\prime }}{SC}$

5. Nếu $H^{\prime }$ là ảnh của $H$ qua một phép dời hình thì

$V_{(H^{\prime })}$ = $V_{(H)}$

Nếu $H^{\prime }$ là ảnh của $H$ qua một phép vị tự tỉ số $k$ thì 

$V_{(H^{\prime })}$= $|k{|}^3.V_{(H)}$.

Sơ đồ tu duy về thể tích khối đa diện

Bài giảng Toán 12: Thể tích khối đa diện có hình chiếu là điểm đặc biệt trên đáy