Giải Bài 1.10, 1.11, 1.12, 1.13 trang 20 SBT Hình học 12: Chứng minh rằng tổng các khoảng cách từ một điểm bất kì trong một tứ diện đều đến các mặt phẳng của nó là một số không đổi ?

Bài 3 Khái niệm về thể tích khối đa diện SBT Toán lớp 12. Giải bài 1.10, 1.11, 1.12, 1.13 trang 20 Sách bài tập Hình học 12. Câu 1.10 Cho khối chóp tam giác đều S.ABC có đáy là tam giác đều cạnh bằng a, các cạnh bên tạo với đáy một góc 60⁰. Hãy tính thể tích của khối chóp đó; Chứng minh rằng tổng các khoảng cách từ một điểm bất kì trong một tứ diện đều đến các mặt phẳng của nó là một số không đổi ?

Bài 1.10: Cho khối chóp tam giác đều S.ABC có đáy là tam giác đều cạnh bằng a, các cạnh bên tạo với đáy một góc 60⁰. Hãy tính thể tích của khối chóp đó.

Bạn đang xem: Giải Bài 1.10, 1.11, 1.12, 1.13 trang 20 SBT Hình học 12: Chứng minh rằng tổng các khoảng cách từ một điểm bất kì trong một tứ diện đều đến các mặt phẳng của nó là một số không đổi ?

Kẻ \(SH \bot (ABC)\) . Đường thẳng AH cắt BC tại I.

Do S.ABC là hình chóp tam giác đều nên H là trọng tâm của \(\Delta ABC\) .

Do đó \(AI = {{\sqrt 3 } \over 2}a,AH = {2 \over 3}.{{\sqrt 3 } \over 2}a = {{\sqrt 3 } \over 3}a,\widehat {SAH} = {60^0}\)

\(SH = AH.\tan {60^0} = {{\sqrt 3 } \over 3}a.\sqrt 3  = a\)

Thể tích khối chóp S.ABC là: \(V = {1 \over 3}.{1 \over 2}.{{\sqrt 3 } \over 2}a.a.a = {{\sqrt 3 } \over {12}}{a^3}\)

Bài 1.11: Cho khối chóp S.ABC có đáy là tam giác cân, AB = AC = 5a, BC = 6a và các mặt bên tạo với đáy một góc 60⁰.Hãy tính thể tích của khối chóp đó.

Kẻ \(SH \bot (ABC)\) và HA’, HB’ , HC’ lần lượt vuông góc với BC, CA, AB. Theo định lí ba đường vuông góc ta có \(SA’ \bot BC,SB’ \bot CA,SC’ \bot AB\)

Từ đó suy ra  \(\widehat {SA’H} = \widehat {SB’H} = \widehat {SC’H} = {60^0}\).

Do đó các tam giác vuông SHA’ , SHB’ , SHC’ bằng nhau. Từ đó suy ra HA’ = HB’ = HC’ . Vậy H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác  ABC. Do tam giác cân ở A nên AH vừa là đường phân giác , vừa là đường cao, vừa là đường trung tuyến. Từ đó suy ra A, H, A’ thẳng hàng và A’ là trung điểm của BC.

Do đó, AA’² = AB² – BA’² = 25a² – 9a² = 16a²

Vậy AA’ = 4a

Gọi p là nửa chu vi của tam giác ABC, r là bán kính đường tròn nội tiếp của nó.

Khi đó \({S_{ABC}} = {1 \over 2}6a.4a = 12{a^2} = pr = 8ar\)

Từ đó suy ra  \(r = {3 \over 2}a\)

Do đó \(SH = HA’.\tan {60^0} = {{3a} \over 2}\sqrt 3  = {{3\sqrt 3 } \over 2}a\)

Thể tích khối chóp là \(V = {1 \over 3}.12{a^2}.{{3\sqrt 3 } \over 2}a = 6\sqrt 3 {a^3}\).

Bài 1.12: Cho hình chóp tam giác S.ABC có đáy là tam giác vuông ở B. Cạnh SA vuông góc với đáy. Từ A kẻ các đoạn thẳng  AD vuông góc với SB và AE vuông góc với SC. Biết rằng AB = a, BC = b, SA = c.

a) Hãy tính thể tích khối chóp S.ADE

b) Tính khoảng cách từ E đến mặt phẳng (SAB).

a) Ta có  \(\left\{ {\matrix{{BC \bot SA} \cr {BC \bot AB} \cr} } \right. \Rightarrow BC \bot (SAB)\)

Vì  \(AD \subset (SAB)\) nên  \(AD \bot BC\)

Mặt khác \(AD \bot SB\)  nên  \(AD \bot (SBC)\)

Từ đó suy ra \(AD \bot SC\)

\(\left\{ {\matrix{{SC \bot AE} \cr {SC \bot AD} \cr} } \right. \Rightarrow  SC \bot (ADE) \Rightarrow  SC \bot DE\) hay \(SE \bot (ADE)\) .

Trong tam giác vuông SAB ta có: \(SA.AB = AD.SB \Rightarrow AD = {{AB.SA} \over {SB}} = {{ac} \over {\sqrt {{a^2} + {c^2}} }}\)

Tương tự, trong tam giác vuông SAC ta có: \(AE = {{SA.AC} \over {SC}} = {{c\sqrt {{a^2} + {b^2}} } \over {\sqrt {{a^2} + {b^2} + {c^2}} }}\)

Do  \(AD \bot (SBC)\) nên \(AD \bot DE\) . Từ đó suy ra:

\(DE = \sqrt {A{E^2} – A{D^2}}\)

\( = \sqrt {{{{c^2}({a^2} + {b^2})} \over {{a^2} + {b^2} + {c^2}}} – {{{a^2}{c^2}} \over {{a^2} + {c^2}}}}\)

\( = {{{c^2}b} \over {\sqrt {({a^2} + {b^2} + {c^2})({a^2} + {c^2})} }}\)

\(SE = \sqrt {S{A^2} – A{E^2}}\)

\( = \sqrt {{c^2} – {{{c^2}({a^2} + {b^2})} \over {{a^2} + {b^2} + {c^2}}}}\)

\( = {{{c^2}} \over {\sqrt {{a^2} + {b^2} + {c^2}} }}\)

Vậy  \({V_{S.ADE}} = {1 \over 3}.{1 \over 2}AD.DE.SE \)

\(= {1 \over 6}{{ac} \over {\sqrt {{a^2} + {c^2}} }}.{{{c^2}b} \over {\sqrt {({a^2} + {b^2} + {c^2})({a^2} + {c^2})} }}.{{{c^2}} \over {\sqrt {{a^2} + {b^2} + {c^2}} }}\)

\( = {{ab{c^5}} \over {6({a^2} + {b^2} + {c^2})({a^2} + {c^2})}}\)

b) Gọi d là khoảng cách từ E  đến mặt phẳng (SAB)

Ta có: \(SD = \sqrt {S{A^2} – A{D^2}}  = \sqrt {{c^2} – {{{a^2}{c^2}} \over {{a^2} + {c^2}}}}  = {{{c^2}} \over {\sqrt {{a^2} + {c^2}} }}\)

\({V_{S.ADE}} = {V_{E.SAD}} = {1 \over 3}.{1 \over 2}SD.AD.d \)

\(= {1 \over 6}{{{c^2}} \over {\sqrt {{a^2} + {c^2}} }}{{ac} \over {\sqrt {{a^2} + {c^2}} }}d \)

\(= {1 \over 6}{{a{c^3}} \over {{a^2} + {c^2}}}d\)

Kết hợp với kết quả trong câu a) ta suy ra  \(d = {{b{c^2}} \over {{a^2} + {b^2} + {c^2}}}\)

Bài 1.13: Chứng minh rằng tổng các khoảng cách từ một điểm bất kì trong một tứ diện đều đến các mặt phẳng của nó là một số không đổi.

Ta có tứ diện đều ABCD, M là một điểm trong của nó. Gọi V là thể tích, S là diện tích mỗi mặt của tứ diện đều ABCD, h_A , h_B , h_C , h_D lần lượt là khoảng cách từ M đến các mặt (BCD), (CDA), (DAB), (ABC).

Khi đó ta có:

\(V = {V_{MBCD}} + {V_{MCDA}} + {V_{MDAB}} + {V_{MABC}}\)

\(= {1 \over 3}S({h_A} + {h_B} + {h_C} + {h_D})\)

Từ đó suy ra \({h_A} + {h_B} + {h_C} + {h_D} = {{3V} \over S}\)

Đăng bởi: Monica.vn

Chuyên mục: Giải bài tập

[toggle title=”Xem thêm Bài 1.10, 1.11, 1.12, 1.13 trang 20 SBT Hình học 12: Chứng minh rằng tổng các khoảng cách từ một điểm bất kì trong một tứ diện đều đến các mặt phẳng của nó là một số không đổi ?” state=”close”]
Bài 3 Khái niệm về thể tích khối đa diện SBT Toán lớp 12. Giải bài 1.10, 1.11, 1.12, 1.13 trang 20 Sách bài tập Hình học 12. Câu 1.10 Cho khối chóp tam giác đều S.ABC có đáy là tam giác đều cạnh bằng a, các cạnh bên tạo với đáy một góc 60⁰. Hãy tính thể tích của khối chóp đó; Chứng minh rằng tổng các khoảng cách từ một điểm bất kì trong một tứ diện đều đến các mặt phẳng của nó là một số không đổi ?

Bài 1.10: Cho khối chóp tam giác đều S.ABC có đáy là tam giác đều cạnh bằng a, các cạnh bên tạo với đáy một góc 60⁰. Hãy tính thể tích của khối chóp đó.

Kẻ \(SH \bot (ABC)\) . Đường thẳng AH cắt BC tại I.

Do S.ABC là hình chóp tam giác đều nên H là trọng tâm của \(\Delta ABC\) .

Do đó \(AI = {{\sqrt 3 } \over 2}a,AH = {2 \over 3}.{{\sqrt 3 } \over 2}a = {{\sqrt 3 } \over 3}a,\widehat {SAH} = {60^0}\)

\(SH = AH.\tan {60^0} = {{\sqrt 3 } \over 3}a.\sqrt 3  = a\)

Thể tích khối chóp S.ABC là: \(V = {1 \over 3}.{1 \over 2}.{{\sqrt 3 } \over 2}a.a.a = {{\sqrt 3 } \over {12}}{a^3}\)

Bài 1.11: Cho khối chóp S.ABC có đáy là tam giác cân, AB = AC = 5a, BC = 6a và các mặt bên tạo với đáy một góc 60⁰.Hãy tính thể tích của khối chóp đó.

Kẻ \(SH \bot (ABC)\) và HA’, HB’ , HC’ lần lượt vuông góc với BC, CA, AB. Theo định lí ba đường vuông góc ta có \(SA’ \bot BC,SB’ \bot CA,SC’ \bot AB\)

Từ đó suy ra  \(\widehat {SA’H} = \widehat {SB’H} = \widehat {SC’H} = {60^0}\).

Do đó các tam giác vuông SHA’ , SHB’ , SHC’ bằng nhau. Từ đó suy ra HA’ = HB’ = HC’ . Vậy H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác  ABC. Do tam giác cân ở A nên AH vừa là đường phân giác , vừa là đường cao, vừa là đường trung tuyến. Từ đó suy ra A, H, A’ thẳng hàng và A’ là trung điểm của BC.

Do đó, AA’² = AB² – BA’² = 25a² – 9a² = 16a²

Vậy AA’ = 4a

Gọi p là nửa chu vi của tam giác ABC, r là bán kính đường tròn nội tiếp của nó.

Khi đó \({S_{ABC}} = {1 \over 2}6a.4a = 12{a^2} = pr = 8ar\)

Từ đó suy ra  \(r = {3 \over 2}a\)

Do đó \(SH = HA’.\tan {60^0} = {{3a} \over 2}\sqrt 3  = {{3\sqrt 3 } \over 2}a\)

Thể tích khối chóp là \(V = {1 \over 3}.12{a^2}.{{3\sqrt 3 } \over 2}a = 6\sqrt 3 {a^3}\).

Bài 1.12: Cho hình chóp tam giác S.ABC có đáy là tam giác vuông ở B. Cạnh SA vuông góc với đáy. Từ A kẻ các đoạn thẳng  AD vuông góc với SB và AE vuông góc với SC. Biết rằng AB = a, BC = b, SA = c.

a) Hãy tính thể tích khối chóp S.ADE

b) Tính khoảng cách từ E đến mặt phẳng (SAB).

a) Ta có  \(\left\{ {\matrix{{BC \bot SA} \cr {BC \bot AB} \cr} } \right. \Rightarrow BC \bot (SAB)\)

Vì  \(AD \subset (SAB)\) nên  \(AD \bot BC\)

Mặt khác \(AD \bot SB\)  nên  \(AD \bot (SBC)\)

Từ đó suy ra \(AD \bot SC\)

\(\left\{ {\matrix{{SC \bot AE} \cr {SC \bot AD} \cr} } \right. \Rightarrow  SC \bot (ADE) \Rightarrow  SC \bot DE\) hay \(SE \bot (ADE)\) .

Trong tam giác vuông SAB ta có: \(SA.AB = AD.SB \Rightarrow AD = {{AB.SA} \over {SB}} = {{ac} \over {\sqrt {{a^2} + {c^2}} }}\)

Tương tự, trong tam giác vuông SAC ta có: \(AE = {{SA.AC} \over {SC}} = {{c\sqrt {{a^2} + {b^2}} } \over {\sqrt {{a^2} + {b^2} + {c^2}} }}\)

Do  \(AD \bot (SBC)\) nên \(AD \bot DE\) . Từ đó suy ra:

\(DE = \sqrt {A{E^2} – A{D^2}}\)

\( = \sqrt {{{{c^2}({a^2} + {b^2})} \over {{a^2} + {b^2} + {c^2}}} – {{{a^2}{c^2}} \over {{a^2} + {c^2}}}}\)

\( = {{{c^2}b} \over {\sqrt {({a^2} + {b^2} + {c^2})({a^2} + {c^2})} }}\)

\(SE = \sqrt {S{A^2} – A{E^2}}\)

\( = \sqrt {{c^2} – {{{c^2}({a^2} + {b^2})} \over {{a^2} + {b^2} + {c^2}}}}\)

\( = {{{c^2}} \over {\sqrt {{a^2} + {b^2} + {c^2}} }}\)

Vậy  \({V_{S.ADE}} = {1 \over 3}.{1 \over 2}AD.DE.SE \)

\(= {1 \over 6}{{ac} \over {\sqrt {{a^2} + {c^2}} }}.{{{c^2}b} \over {\sqrt {({a^2} + {b^2} + {c^2})({a^2} + {c^2})} }}.{{{c^2}} \over {\sqrt {{a^2} + {b^2} + {c^2}} }}\)

\( = {{ab{c^5}} \over {6({a^2} + {b^2} + {c^2})({a^2} + {c^2})}}\)

b) Gọi d là khoảng cách từ E  đến mặt phẳng (SAB)

Ta có: \(SD = \sqrt {S{A^2} – A{D^2}}  = \sqrt {{c^2} – {{{a^2}{c^2}} \over {{a^2} + {c^2}}}}  = {{{c^2}} \over {\sqrt {{a^2} + {c^2}} }}\)

\({V_{S.ADE}} = {V_{E.SAD}} = {1 \over 3}.{1 \over 2}SD.AD.d \)

\(= {1 \over 6}{{{c^2}} \over {\sqrt {{a^2} + {c^2}} }}{{ac} \over {\sqrt {{a^2} + {c^2}} }}d \)

\(= {1 \over 6}{{a{c^3}} \over {{a^2} + {c^2}}}d\)

Kết hợp với kết quả trong câu a) ta suy ra  \(d = {{b{c^2}} \over {{a^2} + {b^2} + {c^2}}}\)

Bài 1.13: Chứng minh rằng tổng các khoảng cách từ một điểm bất kì trong một tứ diện đều đến các mặt phẳng của nó là một số không đổi.

Ta có tứ diện đều ABCD, M là một điểm trong của nó. Gọi V là thể tích, S là diện tích mỗi mặt của tứ diện đều ABCD, h_A , h_B , h_C , h_D lần lượt là khoảng cách từ M đến các mặt (BCD), (CDA), (DAB), (ABC).

Khi đó ta có:

\(V = {V_{MBCD}} + {V_{MCDA}} + {V_{MDAB}} + {V_{MABC}}\)

\(= {1 \over 3}S({h_A} + {h_B} + {h_C} + {h_D})\)

Từ đó suy ra \({h_A} + {h_B} + {h_C} + {h_D} = {{3V} \over S}\)

[/toggle]