Bài 1.33 trang 22 sách bài tập (SBT) – Hình học 12Cho 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. 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. Hướng dẫn làm bài: 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 \(\widehat C = \widehat {C'} = {90^0},NC = NC',\widehat {CNF} = \widehat {C'NE}\) nên chúng bằng nhau. Do đó, \(CF = C'E = {a \over 2}\) Tương tự, \(C'L = CM = {a \over 2}\) . Từ đó suy ra tam giác MCF cân ở C. Ngoài ra ta còn có: \(\widehat {CMF} = \widehat {BMI} = {30^0}\) và \(\widehat {IBM} = {60^0}\) nên \(\widehat {MIB} = {90^0},IB = {{BM} \over 2} = {a \over 4}\) và \(IM = {{\sqrt 3 } \over 2}BM = {{\sqrt 3 } \over 4}a\) Vì \(FI \bot AB,FI \bot {\rm{AA}}'\) nên \(FI \bot ({\rm{AIJ}}A')\). Ta có diện tích hình thang vuông AA’JI bằng \({1 \over 2}({{3a} \over 4} + {a \over 4})b = {{ab} \over 2}\). Gọi K là trung điểm của MF thì do tam giác MCF cân ở C nên \(CK \bot MF\) . Từ đó suy ra hai tam giác vuông CMK và BMI bằng nhau. Do đó MF = MK = MI. Từ đó suy ra \(FI = {{3\sqrt 3 } \over 4}a\) Vậy \({V_{F.{\rm{AIJ}}A'}} = {1 \over 3}({{ab} \over 2}){{3\sqrt 3 } \over 4}a = {{\sqrt 3 } \over 8}{a^2}b\) c) Tương tự câu b) ta có \(C'L = CM = {a \over 2},LJ \bot A'B'\) và \(LJ = {{3\sqrt 3 } \over 4}a\). 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 \({V_{(H')}} = {V_{IBM.JB'L}} - {V_{N.EC'L}},{V_{(H)}} = {V_{JA'E.{\rm{IAF}}}} - {V_{N.FCM}}\) Vì \(\Delta IBM = \Delta JA'E,\Delta JB'L = \Delta {\rm{IAF,BB' = AA}}'\) nên \({V_{IBM.JB'L}} = {V_{JA'E.{\rm{IAF}}}}\) 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’) Sachbaitap.com
Xem lời giải SGK - Toán 12 - Xem ngay >> Lộ Trình Sun 2025 - 3IN1 - 1 lộ trình ôn 3 kì thi (Luyện thi TN THPT & ĐGNL; ĐGTD) tại Tuyensinh247.com. Đầy đủ theo 3 đầu sách, Thầy Cô giáo giỏi, 3 bước chi tiết: Nền tảng lớp 12; Luyện thi chuyên sâu; Luyện đề đủ dạng đáp ứng mọi kì thi.
Xem thêm tại đây:
ĐỀ TOÁN TỔNG HỢP - CHƯƠNG I. KHỐI ĐA ĐIẾN
|
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.
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 .
Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh a, M là trung điểm của BB’ Tính theo a :
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: