Ôn tập chương I: Giải bài 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 trang 26 27 sgk Hình học 12

Hướng dẫn giải Bài Ôn tập Chương I. Khối đa diện, sách giáo khoa Hình học 12. Nội dung bài giải bài 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 trang 26 27 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 thuyết

1. §1. Khái niệm về khối đa diện

2. §2. Khối đa diện lồi và khối đa diện đều

3. §3. Khái niệm về thể tích của khối đa diện

Dưới đây là Hướng dẫn giải bài 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 trang 26 27 sgk Hình học 12. Các bạn hãy đọc kỹ đầu bài trước khi giải nhé!


Bài tập

Giaibaisgk.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 7 8 9 10 11 12 trang 26 27 sgk Hình học 12 của Bài Ôn tập Chương I. Khối đa diện cho các bạn tham khảo. Nội dung chi tiết bài giải từng bài tập các bạn xem dưới đây:

Giải bài 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 trang 26 27 sgk Hình học 12
Giải bài 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 trang 26 27 sgk Hình học 12

1. Giải bài 1 trang 26 sgk Hình học 12

Các đỉnh, cạnh, mặt của một khối đa diện phải thoả mãn những tính chất nào?

Trả lời:

Các đỉnh, cạnh, mặt của một đa diện phải thoả mãn những tính chất:

– Hai đa giác phân biệt chỉ có thể hoặc không giao nhau, hoặc chỉ có một đỉnh chung.

– Mỗi cạnh của đa giác nào cũng là cạnh chung của đúng hai đa giác.


2. Giải bài 2 trang 26 sgk Hình học 12

Tìm một hình tạo bởi các đa giác nhưng không phải là một đa diện.

Trả lời:

Các em có thể sử dụng một trong 2 hình sau:

– Ta xét hình được tạo bởi hai tứ diện $ABCD$ và $A’B’C’D’$. Đáy không phải là hình đa diện bởi vì hình này không thoả mãn tính chất đầu tiên, đó là:

Hai mặt phân biệt $(BCD)$ và $(A’B’C)$ có điểm chung là $A’$ nhưng không có một đỉnh chung nào và cũng không có một cạnh chung nào.

– Hình sau được tạo bởi các đa giác nhưng không phải là một đa diện. Vì \(EF\) là giao của hai đa giác \(ABCD\) và \(EFJI\) nhưng nó không phải là cạnh chung của hai đa giác đó.


3. Giải bài 3 trang 26 sgk Hình học 12

Thế nào là một khối đa diện lồi. Tìm ví dụ trong thực tế mô tả một khối đa diện lồi, một khối đa diện không lồi.

Trả lời:

Cho khối đa diện $(H), (H)$ được gọi là khối đa diện lồi nếu đoạn thẳng nối hai điểm bất kì của $(H)$ luôn thuộc (H).

Ví dụ trong thực tế về khối đa diện lồi: Bao diêm, hộp phấn…

Ví dụ về khối đa diện không lồi trong thực tế: Cái tủ lệch (không có chân)…


4. Giải bài 4 trang 26 sgk Hình học 12

Cho hình lăng trụ và hình chóp có cùng diện tích đáy và chiều cao bằng nhau. Tính tỉ số thể tích của chúng.

Bài giải:

Gọi \(\displaystyle B\) là diện tích đáy và \(\displaystyle h\) là chiều cao của khối lăng trụ ta có:

\(\displaystyle V\)lăng trụ =\(\displaystyle B.h = V_{(H)}\)

Gọi \(\displaystyle B’\) là diện tích đáy và \(\displaystyle h’\) là chiều cao của khối chóp ta có:

\(\displaystyle V\)chóp = \(\displaystyle {1\over 3}B’.h’={1\over 3}B.h = V_{(H’)}\) (Vì diện tích đáy và chiều cao bằng nhau)

Vậy tỉ lệ thể tích giữa hình lăng trụ và hình chóp là: \(\displaystyle {{{V_{(H)}}} \over {{V_{(H’)}}}} = 3.\)


5. Giải bài 5 trang 26 sgk Hình học 12

Cho hình chóp tam giác $O.ABC$ có ba cạnh $OA, OB, OC$ đôi một vuông góc với nhau và $OA = a, OB = b, OC = c$. Hãy tính đường cao $OH$ của hình chóp.

Bài giải:

Gọi $I$ là hình chiếu của $O$ lên $AB$. Vì $OC$ vuông góc với $OA$ và $OB$ nên \(OC\perp (OAB)\Rightarrow OC\perp AB\).

Từ đó ta suy ra: \(AB\perp (COI)\).

Vậy $H$ là hình chiếu của $O$ lên $CI.$

Trong tam giác vuông $AOB$ ta có:

\(\frac{1}{OI^2}=\frac{1}{OA^2}+\frac{1}{OB^2} \ \ \ (1)\)

Trong tam giác vuông $COI$ ta có:

\(\frac{1}{OH^2}=\frac{1}{OI^2}+\frac{1}{OC^2} \ \ (2)\)

Từ (1) và (2) ta có:

\(\frac{1}{OH^2}=\frac{1}{OA^2}+\frac{1}{OB^2} + \frac{1}{OC^2} = \frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\)

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

\(\Leftrightarrow OH=\frac{abc}{\sqrt{a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2}}\)

Nhận xét: Ta có thể tính OH từ mối liên hệ:

\(V_{O.ABC}=\frac{1}{6}abc=\frac{1}{3}.OH.S_{\Delta ABC}\)


6. Giải bài 6 trang 26 sgk Hình học 12

Cho hình chóp tam giác đều $S.ABC$ có cạnh $AB$ bằng $a$. Các cạnh bên $SA, SB, SC$ tạo với đáy một góc bằng $60^0$. Gọi $D$ là giao điểm của $SA$ với mặt phẳng qua $BC$ và vuông góc với $SA$.

a) Tính tỉ số thể tích của hai khối chóp $S.DBC$ và $S.ABC$

b) Tính thể tích khối chóp $S.DBC$

Bài giải:

a) Ta có: $AB = BC = CA = a$

Gọi $O$ là hình chiều vuông góc của (S) lên (ABC)

Khi đó ta có: \(\widehat{SBO}=\widehat{SCO}=\widehat{SAO}=60^0\)

\(\Rightarrow \Delta SOA=\Delta SOB=\Delta SOC\)

\(\Rightarrow OA=OB=OC\) hay O là tâm của tam giác đều ABC.

Trong các tam giác SOA, SOB, SOC. Ta có:

\(SA=SB=SC=2OA=2.\frac{2}{3}.\frac{a\sqrt{3}}{2}=\frac{2a\sqrt{3}}{3}\)

\(SO=\sqrt{SB^2-OB^2}=a\)

Gọi $I$ là trung điểm của BC, ta có: \(ID\perp SA\)

Nên \(ID. SA=SO.IA\Rightarrow ID=\frac{a.\frac{a\sqrt{3}}{2}}{\frac{2a\sqrt{3}}{3}}= \frac{3}{4}a\)

Xét tam giác vuông IDA, ta có:

\(DA=\sqrt{IA^2-ID^2}=\frac{a\sqrt{3}}{4}\Rightarrow SD=\frac{2a\sqrt{3}}{3}- \frac{a\sqrt{3}}{4}=\frac{5a\sqrt{3}}{12}\)

Mặt khác:

\(\frac{V_{S.ABC}}{V_{S.DBC}}=\frac{V_{S.DBC}+V_{A.BCD}}{V_{SDBC}}= 1+\frac{AD}{SD}\)

\(=1+\frac{\frac{a\sqrt{3}}{4}}{\frac{5a\sqrt{3}}{12}}=\frac{8}{5}\Rightarrow \frac{V_{S.DBC}}{V_{S.ABC}}=\frac{5}{8}\)

b) Ta có:

\(V_{S.DBC}=\frac{1}{3}SD.S_{ABCD}=\frac{1}{3}.\frac{5a\sqrt{3}}{12}. \frac{1}{2}.\frac{3}{4}a.a=\frac{5a^3\sqrt{3}}{96}\)

\(\Rightarrow V_{SABC}=\frac{8}{5}.\frac{5a\sqrt{3}}{96}=\frac{a^3\sqrt{3}}{12}\)


7. Giải bài 7 trang 26 sgk Hình học 12

Cho hình chóp tam giác $S.ABC$ có $AB = 5a; BC = 6A; CA=7a$. Các mặt bên $SAB, SBC, SCA$ tạo với đáy một góc bằng $60^0$. Tình thể tích khối chóp đó.

Bài giải:

Gọi H là hình chiếu của S lên mặt phẳng (ABC). Gọi $A’, B’, C’$ lần lượt là hình chiếu của $H$ lên các cạnh $BC, CA, AB$. Xét các tam giác vuông: $SHA’, SHB’, SHC’$ có:

\(\widehat{SA’H}=\widehat{SB’H}=\widehat{SC’H}=60^0\) (vì các góc này chính là các góc của mặt bên và mặt đáy ABC)

Từ các tam giác vuông đó dễ dàng suy ra \(SC’=SA’=SB’\) nên $HA’ = HB’= HC’ ⇒ H$ là tâm đường tròn nội tiếp tam giác $ABC$.

Mặt khác diện tích của tam giác ABC có thể tính theo công thức:

\(S_{\Delta ABC}=\sqrt{(p-AB)(p-AC)(p-BC).p}\)

Với \(p=\frac{AB+AC+BC}{2}=\frac{5a+6a+7a}{2}=9a\)

Do đó: \(S_{\Delta ABC}=\sqrt{(9a-5a)(9a-6a)(9a-7a)p}=\sqrt{216a^4}=6a^2\sqrt{6}\)

Vì \(S_{\Delta ABC}=p.r\) (r là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC)

\(\Rightarrow r=\frac{6a^2\sqrt{6}}{9a}=\frac{2a\sqrt{6}}{3}\)

Xét tam giác vuông SHA’, ta có: \(tan 60^0=\frac{SH}{HA’}\Rightarrow SH=r.tan60^0\)

\(\Rightarrow SH=\frac{2a\sqrt{6}}{3}.\sqrt{3}=2\sqrt{2}a\)

Do đó thể tích của khối chóp S.ABC là:

\(V_{S.ABC}=\frac{1}{3}S._{\Delta ABC}.SH=\frac{1}{3}.6.a^2\sqrt{6}. 2\sqrt{2}a=8\sqrt{3}a^3\)


8. Giải bài 8 trang 26 sgk Hình học 12

Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình chữ nhật. $SA$ vuông góc với đáy và $AB=a, AD=b, SA=c$. Lấy các điểm $B’, D’$ theo thứ tự thuộc $SB, SD$ sao cho \(AB’\perp SB, AD’\perp SD\). Mặt phẳng $(AB’D’)$ cắt $SC$ tại $C’$. Tính thể tích khối chóp $S.AB’C’D’.$

Bài giải:

Dựng điểm $C’$ như hình vẽ.

Ta có: \(BC\perp AB\) (giả thiết) (1)

Mặt khác: \(SA\perp (ABCD)\) nên \(SA\perp BC\) (2)

Từ (1) và (2) ta có: \(BC\perp (SAB)\)

\(\Rightarrow BC\perp AB’\) (3)

Ta có: \(AB’\perp SB\) (giả thiết) (4)

Từ (3) và (4) suy ra suy ra \(AB’\perp (SBC)\)

Hay ta có được \(AB’\perp BC’\)

\(\Leftrightarrow \Delta AB’C’\) vuông tại B’

Hoàn toàn tương tự ta cũng có \(\Delta AD’C’\) vuông tại D’

Ta có: \(AB’\perp SC;AD’\perp SC\)

(vì \(AB’\perp (SBC), AD’\perp (SDC)\))

Nên \(SC\perp (AB’C’D’)\). Vì vậy:

\(V_{S.AB’C’D’}=\frac{1}{3}.S_{AB’C’D’}.SC’=\frac{1}{3} \left [ S_{\Delta AB’C’}+S_{\Delta AD’C’} \right ].SC’\)

\(=\frac{1}{6}\left [ AB’.B’C’+AD’.D’C’ \right ].SC’ \ \ (*)\)

Ta có:

\(\frac{1}{AB^2}=\frac{1}{a^2}+\frac{1}{c^2}=\frac{a^2+c^2}{a^2.c^2} \Rightarrow AB^2=\frac{a^2.c^2}{a^2+c^2}\Rightarrow AB^2= \frac{ac}{\sqrt{a^2+c^2}}\) (5)

Tương tự: \(AD’^2=\frac{b^2c^2}{b^2+c^2}\Rightarrow AD’=\frac{bc}{\sqrt{b^2+c^2}}\) (6)

\(\frac{1}{AC’^2}=\frac{1}{c^2}+\frac{1}{AC^2}=\frac{1}{c^2}+\frac{1}{a^2+b^2}= \frac{a^2+b^2+c^2}{c^2(a^2+b^2)}\)

\(\Rightarrow AC’^2=\frac{c^2(a^2+b^2)}{a^2+b^2+c^2}\Rightarrow AC’= \frac{c\sqrt{a^2+b^2}}{\sqrt{a^2+b^2+c^2}}\) (7)

\(\Rightarrow BC’^2=AC’^2-AB’^2=-\frac{a^2c^2}{a^2+c^2}+\frac{c^2(a^2+b^2)}{a^2+b^2+c^2}\)

\(=\frac{-a^4c^2-a^2b^2c^2-a^2c^4+a^4c^2+c^4a^2+a^2b^2c^2+c^4b^2} {(a^2+c^2)(a^2+b^2+c^2)}\)

\(=\frac{c^4b^2}{(a^2+c^2)(a^2+b^2+c^2)}\)

\(\Rightarrow B’C’=\frac{c^2b}{\sqrt{(a^2+c^2)(a^2+b^2+c^2)}} \ \ (8)\)

Tương tự: \(C’D’=\frac{c^2a}{\sqrt{(b^2+c^2)(a^2+b^2+c^2)}} \ \ (9); SC’= \frac{c^2}{\sqrt{a^2+b^2+c^2}} \ \ (10)\)

Thay (5) (6) (7) (8) (9) và (10) vào (*) ta có:

\(V_{S.AB’C’D’}=\)

\(\frac{1}{6}\Bigg [ \frac{ac}{\sqrt{a^2+c^2}}.\frac{c^2b}{(a^2+c^2)(a^2+b^2+c^2)}\).\(+ \frac{bc}{\sqrt{a^2+c^2}}. \frac{c^2a}{\sqrt{(b^2+c^2)}(a^2+b^2+c^2)} \Bigg ]\) \(\frac{c^2}{\sqrt{a^2+b^2+c^2}}\)

\(=\frac{1}{6}\frac{c^5ab}{a^2+b^2+c^2} \left [ \frac{1}{a^2+c^2}+\frac{1}{b^2+c^2} \right ]\)


9. Giải bài 9 trang 26 sgk Hình học 12

Cho hình chóp tứ giác đều $S.ABCD$ đáy là hình vuông cạnh $a$, cạnh bên tạo với đáy một góc bằng $60^0$. Gọi $M$ là trung điểm của $SC$. Mặt phẳng đi qua $AM$ và song song với $BD$, cắt $SB$ tại $E$ và cắt $SD$ tại $F$. Tính thể tích khối chóp $S.AEMF.$

Bài giải:

Gọi $O$ là giao điểm của $AC$ và $BD. AM$ cắt $SO$ tại $I$.

Do mặt phẳng chứ AM, song song với BD nên E, F lần lượt là các giao điểm của đường thẳng qua I, song song với BD với các đường thẳng SB, SD.

Ta có: \(DB\perp AC\) (giả thiết)

\(SO\perp BD\) (vì S.ABCD là hình chóp đều)

Nên \(BD\perp (SAC)\Rightarrow EF\perp (SAC)\Rightarrow EF\perp SC\) (1)

Mặt khác tam giác SAC cân tại S, hơn nữa theo giả thiết thì góc giữa SA và (ABCD) bằng 600 tức là góc \(\widehat{SAC}=60^0\) nên \(\Delta SAC\) đều. Vì M là trung điểm của SC nên \(AM\perp SC\) (2)

Từ (1) và (2), ta có: \(SC\perp (AEMF)\Rightarrow SM\) là chiều cao của khối chóp S.AEMF

Cũng từ \(EF\perp (SAC)\Rightarrow EF\perp AM\Rightarrow S_{AEMF}=\frac{1}{2} EF.AM\)

\(\Rightarrow V_{S.AEMF}=\frac{1}{3}.\frac{1}{2}EF.AM.SM\) (*)

Vì \(\Delta SAC\) đều và \(AC=a\sqrt{2}\) (đường chéo của hình vuông cạnh a) nên \(SC=a\sqrt{2}\Rightarrow SM=\frac{a\sqrt{2}}{2}(3)\)

Cũng vì \(\Delta SAC\) đều cạnh \(a\sqrt{2}\) nên \(AM=\frac{a\sqrt{2}.\sqrt{3}}{2}=\frac{a\sqrt{6}}{2} \ (4)\)

Để thấy I là trọng tâm của tâm giác SDB nên theo định lý Talet ta có:

\(\frac{EF}{BD}=\frac{SI}{SO}=\frac{2}{3}\Rightarrow EF=\frac{2}{3}BD= \frac{2}{3}a\sqrt{2} (5)\)

Thay (3), (4) và (5) vào (*) ta có:

\(V_{S.AEMF}=\frac{1}{6}.\frac{2}{3}.a\sqrt{2}.\frac{a\sqrt{2}}{2}. \frac{a\sqrt{6}}{2}=\frac{a^3\sqrt{6}}{18}\)


10. Giải bài 10 trang 27 sgk Hình học 12

Cho hình lăng trụ đứng tam giác ABC.A’B’C’ có tất cả các cạnh đều bằng a.

a) Tính thể tích khối tứ diện A’BB’C

b) Mặt phẳng đi qua A’B’ và trọng tâm tam giác ABC cắt AC và BC lần lượt tạ E và F. Tính thể tích hình chóp C.A’B’FE.

Bài giải:

a) Ta tính thể tích hình chóp A’.BCB’.

Gọi M là trung điểm của B’C’, ta có: \(A’M\perp B’C’\) (1)

Lăng trụ ABC.A’B’C’ là lăng trụ đứng nên: \(BB’\perp (A’B’C’)\)

\(\Rightarrow BB’\perp A’M\)

Từ (1) và (2) suy ra \(A’M\perp (BB’C)\) hay A’M là đường cao của hình chóp A’.BCB’.

Ta có: \(A’M=\frac{a\sqrt{3}}{2};S_{BB’C}=\frac{1}{2}a^2\)

\(\Rightarrow V_{A’BB’C}=\frac{1}{3}A’M.S_{BB’C}\Rightarrow V_{A’BB’C}=\frac{a^3\sqrt{3}}{12}\)

b) Thể tích hình chóp C.A’B’EF bằng tổng thể tích hai hình chóp:

V1 là thể tích hình chóp đỉnh B’, đáy là tam giác CEF.

V2 là thể tích hình chóp đỉnh B’, đáy là tam giác A’EC.

Do mp (ABC) // mp(A’B’C’) nên dễ thấy EF // AB. Ta cũng có: \(EF=\frac{2}{3}a\)

Hình chóp B’.CEF có chiều cao BB’ = a và diện tích đáy là:

\(S_{CEF}=\frac{1}{2}.\frac{2a}{3}.\frac{2}{3}.\frac{a\sqrt{3}}{3}=\frac{a^2\sqrt{3}}{9}\)

Từ đây ta có: \(V_1=\frac{a^3\sqrt{3}}{27}\)

Do \(EC=\frac{2}{3}AC\) nên \(S_{A’EC}=\frac{2}{3}a.\frac{1}{2}a=\frac{a^2}{3}\)

Hình chóp B’.A’EC có chiều cao là B’I (chiều cao của \(\Delta A’B’C’\)) bằng \(\frac{a\sqrt{3}}{2}\) nên \(V_2=\frac{a^3\sqrt{3}}{18}\)

Vậy thể tích hình chóp C.A’B’FE là: \(V=V_1+V_2=\frac{5a^3\sqrt{3}}{54}\)


11. Giải bài 11 trang 27 sgk Hình học 12

Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’. Gọi E và F theo thứ tự là trung điểm của các cạnh BB’ và DD’. Mặt phẳng (CEF) chia khối hộp trên làm hai khối đa diện. Tính tỉ số của hai khối đa diện đó.

Bài giải:

Trước hết, ta xác định thiết diện của hình hộp ABCD.A’B’C’D’ khi cắt bởi mp (CEF). Mặt phẳng (CEF) chứa đường thẳng EF mà E là trung điểm của BB’, F là trung điểm của CC’ nên EF chứa giao điểm O của các đường chéo hình hộp, do đó mặt phẳng (CEF) cùng chứa giao điểm O của các đường chéo và nó cũng chứa đường chéo A’C của hình hộp.

Ta dễ dàng nhận xét rằng thiết diện chính là hình bình hành CEA’F. Qua EF ta dựng một mặt phẳng song song với đáy hình hộp, mặt phẳng này cắt AA’ ở P và cắt CC’ ở Q.

Ta có thể tích của hình hộp ABCD.PEQF là:

\(V_{ABCD.PEQF}=\frac{1}{2}V_{ABCD.A’B’C’D’}\) (1)

Ta cũng chứng minh được một cách dễ dàng:

\(V_{CFQE}=V_{AFPE}\) (2)

(Hai hình chóp CFQE và A’FPE có chiều cao bằng nhau và diện tích đáy bằng nhau)

Xét khối đa diện ABCDE’F do mặt phẳng (CEF) chia ra trên hình hộp ABCD.A’B’C’D’, ta có:

\(V_{ABCD.FA’EQ}=V_{ABCD.FPE}+V_{A’FPE}\)

Từ (1), (2), (3) suy ra:

\(V_{ABCD.FA’EQ}=\frac{1}{2}.V_{ABCD.A’B’C’D’}\)

Vậy mặt phẳng (CEF) chia hình hộp thành hai khối đa diện có thể tích bằng nhau, tỉ số của chúng là 1.

Chú ý: Có thể lí luận như sau: Giao điểm O của các đường chéo của hình hộp là tâm đối xứng của hình hộp, do đó mặt phẳng (CEF) chứa điểm O nên chia hình hộp thành hai hình đối xứng với nhau qua điểm O. Vậy hai hình này là hai hình bằng nhau và có thể tích bằng nhau.


12. Giải bài 12 trang 27 sgk Hình học 12

Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh a. Gọi M là trung điểm A’B’, N là trung điểm BC.

a) Tính thể tích khối tứ diện BC.

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 \(\frac{V_{(H)}}{V_{(H’)}}\)

Bài giải:

a) Ta tính thể tích hình chóp M.ADN. Hình chóp này có chiều cao bằng a và diện tích AND bằng \(\frac{a^2}{2}\)

\(V_{ADMN}=\frac{1}{3}a.\frac{a^2}{2}=\frac{a^3}{6}\)

b) Trước hết, ta dựng thiết diện của hình lập phương khi cắt bởi mp(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 mp (DMN).

– Bây giờ ta tính thể tích khối đa diện ABNDPMR. Thể tích này có thể coi là thể tích của ba hình chóp.

V1 là thể tích hình chóp đáy ABND, đỉnh M;

V2 là thể tích hình chóp đáy AA’PD, đỉnh M;

V3 là thể tích hình chóp đáy NRB, đỉnh M

Hình chóp M.ABND, có đường cao bằng a, diện tích đáy là hình thang ABND là:

\(\frac{1}{2}\left ( \frac{a}{2}+a \right ).a=\frac{3a^2}{4}\)

Suy ra: \(V_1=\frac{1}{3}.\frac{3a^2}{4}.a\Rightarrow V=\frac{a^3}{4}\)

Dễ thấy \(A’P=\frac{a}{4}\). Hình chóp M.AA’PD có chiều cao \(\frac{a}{2}\) và diện tích hình thang AA’PD là: \(\frac{1}{2}\left ( \frac{a}{4}+a \right )a=\frac{5a^2}{8}\)

Suy ra: \(V_2=\frac{1}{3}.\frac{a}{2}.\frac{5a^2}{8}\Rightarrow V_2= \frac{5a^2}{48}\)

Dễ thấy \(BR=\frac{2}{3}a\). Diện tích tam giác NRB là: \(\frac{1}{2}.\frac{2}{3}a.\frac{a}{2}=\frac{a^2}{6}\)

Hình chóp M.NRB có chiều cao \(\frac{a}{2}\) và diện tích đáy \(\frac{a^2}{6}\) nên:

\(V_2=\frac{1}{3}.\frac{a}{2}.\frac{a^2}{6}\Rightarrow V_3=\frac{a^3}{36}\)

\(V_{ABNDPMR}=V_1+V_2+V_3= \frac{5a^3}{48}+\frac{a^3}{4}+\frac{a^3}{36}=\frac{55a^3}{144}\)

Thể tích phần còn lại là: \(\frac{144a^3}{144}-\frac{55a^3}{144}=\frac{89a^3}{144}\)

Từ đây suy ra tỉ số cần tìm là: \(\frac{55}{89}\)


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 7 8 9 10 11 12 trang 26 27 sgk Hình học 12!


“Bài tập nào khó đã có giaibaisgk.com