Bài tập ôn tập chương 5

Hình bát diện đều có \(6\) đỉnh.

Ta có \(SA = a,{\rm{ }}{{\rm{S}}_{\Delta ABC}} = \dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}\). Suy ra thể tích \({V_{S.ABC}} = \dfrac{1}{3}SA.{S_{\Delta ABC}} = \dfrac{{{a^3}\sqrt 3 }}{{12}}\).

Vì \(\Delta ABC\) vuông nên áp dụng pitago.

\(CB = \sqrt {A{B^2} - A{C^2}}  = \sqrt {5{a^2} - {a^2}}  = 2a.\).

Diện tích đáy \({S_{\Delta ABC}} = \dfrac{1}{2}.a.2a = {a^2}\).

Thể tích khối chóp: \({V_{S.ABC}} = \dfrac{1}{3}.{S_{\Delta ABC}}.SA = \dfrac{1}{3}.{a^2}.3a = {a^3}.\)

Do đáy là tam giác đều nên \({S_{\Delta ABC}} = \dfrac{{{{\left( {2a} \right)}^2}\sqrt 3 }}{4} = {a^2}\sqrt 3 \)

Mà \(V = \dfrac{1}{3}{S_{\Delta ABC}}.h \) \(\Rightarrow h = \dfrac{{3V}}{{{S_{\Delta ABC}}}} = \dfrac{{3{a^3}}}{{{a^2}\sqrt 3 }} = \sqrt 3 a\)

Tứ diện \(ABCD\) và khối chóp \(A.GBC\) có cùng đường cao là khoảng cách từ \(A\) đến mặt phẳng $\left( {BCD} \right)$. Do \(G\) là trọng tâm tam giác \(BCD\) nên ta có \({S_{\Delta BGC}} = {S_{\Delta BGD}} = {S_{\Delta CGD}}\)\( \Rightarrow {S_{\Delta BCD}} = 3{S_{\Delta BGC}}\)

Áp dụng công thức thể tích hình chóp ta có:

\(\left. \begin{array}{l}{V_{A.BCD}} = \dfrac{1}{3}h.{S_{\Delta BCD}}\\{V_{A.GBC}} = \dfrac{1}{3}h.{S_{\Delta GBC}}\end{array} \right\} \) \(\Rightarrow \dfrac{{{V_{A.BCD}}}}{{{V_{A.GBC}}}} = \dfrac{{\dfrac{1}{3}h.{S_{\Delta BCD}}}}{{\dfrac{1}{3}h.{S_{\Delta GBC}}}} = \dfrac{{{S_{\Delta BCD}}}}{{{S_{\Delta GBC}}}} = 3\)\( \Rightarrow {V_{A.GBC}} = \dfrac{1}{3}{V_{ABCD}} = \dfrac{1}{3}.12 = 4\).

Gọi \(P\) là trung điểm của cạnh \(CD\), ta có \(\alpha  = \widehat {\left( {MN,BC} \right)} = \widehat {\left( {MN,NP} \right)}\).

Trong tam giác \(MNP\), ta có \(\cos \widehat {MNP} = \dfrac{{M{N^2} + P{N^2} - M{P^2}}}{{2MN.NP}} = \dfrac{1}{2}\). Suy ra \(\widehat {MNP} = 60^\circ \).

Suy ra \(\sin \alpha  = \dfrac{{\sqrt 3 }}{2}\).

${V_{S.ABCD}} = \dfrac{1}{3}SA \cdot {S_{ABCD}} = \dfrac{1}{3} \cdot a\sqrt 6  \cdot {a^2} = \dfrac{{{a^3}\sqrt 6 }}{3}$.

Ta có \(\Delta SHD\) vuông tại $H$$ \Rightarrow SH = \sqrt {S{D^2} - H{D^2}}  = \sqrt {{{\left( {\dfrac{{a\sqrt {17} }}{2}} \right)}^2} - \left( {{a^2} + {{\left( {\dfrac{a}{2}} \right)}^2}} \right)}  = a\sqrt 3 $.

\(V_{S.ABCD }= \dfrac{1}{3}SH.{S_{ABCD}} = \dfrac{{\sqrt 3 }}{3}{a^3}\) \( \Rightarrow \) ${V_{H.SBD}} = \dfrac{1}{2}{V_{A.SBD}} = \dfrac{1}{2}{V_{S.ABD}} = \dfrac{1}{4}{V_{S.ABCD}} = \dfrac{{\sqrt 3 }}{{12}}{a^3}$

Tam giác \(\Delta SHB\) vuông tại $H$$ \Rightarrow SB = \sqrt {S{H^2} + H{B^2}}  = \sqrt {3{a^2} + \dfrac{{{a^2}}}{4}}  = \dfrac{{a\sqrt {13} }}{2}$

Tam giác \(\Delta SBD\) có $SB = \dfrac{{a\sqrt {13} }}{2};BD = a\sqrt 2 ;SD = \dfrac{{a\sqrt {17} }}{2}$ \( \Rightarrow \) \({S_{\Delta SBD}} = \dfrac{{5{a^2}}}{4}\)

\( \Rightarrow \)\(d\left( {H,\left( {SBD} \right)} \right) = \dfrac{{3{V_{S.HBD}}}}{{{S_{\Delta SBD}}}} = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{5}.\)

${S_{ABCD}} = 2{S_{ABD}} = AB.AD.\sin \widehat {BAD} = a.a.\sin 60^\circ  = \dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2}$

Trong $\left( {ABCD} \right)$, dựng $OI \bot CD$.

Ta có $\left. \begin{array}{l}CD \bot OI\\CD \bot SO\end{array} \right\} \Rightarrow CD \bot \left( {SOI} \right) \Rightarrow CD \bot SI$

Do đó, $\left( {\left( {SCD} \right),\left( {ABCD} \right)} \right) = \left( {SI,OI} \right) = \widehat {SIO} = 60^\circ $

Tam giác $OCI$ vuông tại $I$ nên

$\sin \widehat {OCI} = \dfrac{{OI}}{{OC}} \Leftrightarrow OI = OC.\sin \widehat {OCI} = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}.\sin 30^\circ  = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{4}$

Tam giác $SOI$ vuông tại $O$ nên $\tan \widehat {SIO} = \dfrac{{SO}}{{OI}} \Rightarrow SO = OI.\tan \widehat {SIO} = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{4}.\tan 60^\circ  = \dfrac{{3a}}{4}$

Vậy ${V_{S.ABCD}} = \dfrac{1}{3}{S_{ABCD}}.SO = \dfrac{1}{3}.\dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2}.\dfrac{{3a}}{4} = \dfrac{{{a^3}\sqrt 3 }}{8}$

\(\dfrac{{{V_{S.A'B'C'}}}}{{{V_{S.ABC}}}} = \dfrac{{SA'}}{{SA}}.\dfrac{{SB'}}{{SB}}.\dfrac{{SC'}}{{SC}} = \dfrac{1}{{64}}\).

\(\dfrac{{{V_{S.A'D'C'}}}}{{{V_{S.ADC}}}} = \dfrac{{SA'}}{{SA}}.\dfrac{{SD'}}{{SD}}.\dfrac{{SC'}}{{SC}} = \dfrac{1}{{64}}\).

Suy ra \({V_{S.A'B'C'}} + {V_{S.A'D'C'}} = \dfrac{1}{{64}}\left( {{V_{S.ABC}} + {V_{S.ADC}}} \right)\).

hay \({V_{S.A'B'C'D'}} = \dfrac{1}{{64}}{V_{S.ABCD}} = \dfrac{V}{{64}}\).

Gọi độ dài cạnh đáy là \(x\).

Có \({V_{S.ABCD}} = \dfrac{1}{3}{x^2}.a\sqrt 3  \Leftrightarrow 3{a^3}\sqrt 3  = \dfrac{1}{3}{x^2}.a\sqrt 3 \)\( \Leftrightarrow {x^2} = 9{a^2} \Leftrightarrow x = 3a.\)

Ta có \(AB = SP = 2MN = 10cm\).

\(AD = MR = 2.\sqrt {{5^2} - {{\left( {\dfrac{5}{2}} \right)}^2}}  = 5\sqrt 3 \)

\( \Rightarrow {S_{ABCD}} = AB.AD = 50\sqrt 3 \,\,c{m^2}\).

$V = {S_{ABCD}}.h = 50\sqrt 3 .15 = 750\sqrt 3 \,c{m^3}$.

Khối chóp có đáy là đa giác \(n\) cạnh thì có \(n + 1\) đỉnh và \(n + 1\) mặt, \(2n\) cạnh nên chỉ có A đúng.

Hình chóp tứ giác đều $S.ABCD$ có đáy là hình vuông, hình chiếu của đỉnh $S$ trên đáy trùng với tâm đáy.

Hình chóp $S.ABCD$ có các mặt đối xứng là $(SAC), (SBD), (SGI), (SHJ)$ với $G, H, I, J$ lần lượt là trung điểm $AB, BC, CD, DA$

Gọi \(H\) là hình chiếu của \(A\) lên \(mp\left( {A'B'C'} \right)\).

\( \Rightarrow \widehat {HC'A} = {45^0}\).

\( \Rightarrow \Delta AHC'\) vuông cân tại $H.$

\( \Rightarrow AH = AC'.\sin 45^0=AC'.\dfrac{{\sqrt 2}}{{2}} =  4a\sqrt 2 .\)

Diện tích tam giác $ABC$ là: $S_{ABC}=\dfrac{(2a\sqrt{2})^2\sqrt{3}}{4}$

NX: \({V_{A.BCC'B'}} = \dfrac{2}{3}{V_{ABC.A'B'C'}} = \dfrac{2}{3}AH.{S_{ABC}} = \dfrac{2}{3}.4a\sqrt 2 .\dfrac{{{{\left( {2a\sqrt 2 } \right)}^2}.\sqrt 3 }}{4} = \dfrac{{16{a^3}\sqrt 6 }}{3}.\)

Có ${V_{A'.B'C'CB}} = \dfrac{2}{3}V = {V_{M.B'C'CB}}$

Đặt: ${V_1} = {V_{M.NPCB}} = \dfrac{1}{3}d\left( {M,\left( {CC'B'B} \right)} \right).{S_{NPCB}}$

$ = \dfrac{1}{3}d\left( {M,\left( {CC'B'B} \right)} \right).\dfrac{2}{3}{S_{CC'B'B}}$ $ = \dfrac{2}{3}.\dfrac{1}{3}d\left( {M,\left( {CC'B'B} \right)} \right).{S_{CC'B'B}} $ $= \dfrac{2}{3}{V_{M.CC'B'B}} = \dfrac{2}{3}.\dfrac{2}{3}.V = \dfrac{4}{9}V$

$\begin{array}{l}{V_2} = {V_{M.ABC}} = \dfrac{1}{3}d\left( {M,\left( {ABC} \right)} \right).{S_{ABC}}\\ = \dfrac{1}{3}.\dfrac{1}{2}d\left( {A',\left( {ABC} \right)} \right).{S_{ABC}} = \dfrac{1}{6}V\end{array}$

Vậy \({V_{ABC.MNP}} = {V_1} + {V_2} = \dfrac{4}{9}V + \dfrac{1}{6}V = \dfrac{{11}}{{18}}V\)

Dễ dàng thấy bát diện đều, hình lập phương và lăng trục lục giác đều có tâm đối xứng. Còn tứ diện đều không có tâm đối xứng.

Thật vậy, giả sử tứ diện đều ABCD có tâm đối xứng O. Nhận thấy các đỉnh A,B,C,D không thể là tâm đối xứng của tứ diện ABCD, nên ảnh của A qua đối xứng tâm O là một trong ba đỉnh còn lại, nếu $D_O(A)=B$ thì O là trung điểm của AB, nhưng trung điểm của AB cũng không thể là tâm đối xứng của ABCD

Do \(AB\parallel \left( {CMN} \right)\) nên \(d\left( {P,\,\left( {CMN} \right)} \right) = d\left( {A,\,\left( {CMN} \right)} \right) = d\left( {D,\,\left( {CMN} \right)} \right)\).

Vậy \({V_{PCMN}} = {V_{DMNC}} = {V_{MCND}} = \dfrac{1}{4}{V_{ABCD}}\).

(Do diện tích đáy và chiều cao đều bằng một nửa).

Mặt khác \({V_{ABCD}} = \dfrac{1}{3}\dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}.\sqrt {{a^2} - {{\left( {\dfrac{a}{{\sqrt 3 }}} \right)}^2}}  = \dfrac{{{a^3}\sqrt 2 }}{{12}} = \dfrac{{27\sqrt 2 }}{{12}}\) nên \({V_{P.MNC}} = \dfrac{1}{4}.\dfrac{{27\sqrt 2 }}{{12}} = \dfrac{{9\sqrt 2 }}{{16}}\).

Bát diện đều có $8$ mặt là các tam giác đều.

Nhị thập diện đều có $20$ mặt là các tam giác đều.

Tứ diện đều có $4$ mặt là các tam giác đều.

Thập nhị diện đều có $12$ mặt là các ngũ giác đều.

Có $5$ và chỉ $5$ khối đa diện đều: Khối tứ diện đều, khối lập phương, khối bát diện đều, khối $12$ mặt đều, khối $20$ mặt đều.