Giải Toán 12 Ôn tập chương I - Khối đa diện

Bài 1 trang 26 SGK Hình học 12: Các đỉnh, cạnh, mặt của một đa diện phải thoả mãn những tính chất nào?

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

- Mỗi đỉnh là đỉnh chung của ít nhất ba cạnh, ba mặt;

- Mỗi cạnh là cạnh chung của đúng hai mặt;

- Hai mặt bất kì hoặc không có điểm chung, hoặc có một đỉnh chung, hoặc có đúng một cạnh chung.

Bài 2 trang 26 SGK Hình học 12: Tìm một hình tạo bởi các đa giác nhưng không phải là một đa diện.

Lời giải:

Ví dụ, 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.

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.

Lời giải:

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

Khối đa diện lồi: 

Chẳng hạn: Hình hộp chữ nhật (viên gạch đặc, bao diêm, các thùng đựng)

Các hình $(H)$ mô tả một khối da diện lồi, hình $(H^{\prime })$ mô tả một khối đa diện không lồi.

Bài 4 trang 26 SGK Hình học 12: Cho hình lăng trụ và hình chóp có diện tích đáy và chiều cao bằng nhau. Tính tỉ số thể tích của chúng.

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 ${\displaystyle B^{\prime }}$ là diện tích đáy và ${\displaystyle h^{\prime }}$ là chiều cao của khối chóp ta có:

$B^{\prime }=B$ ( cùng bằng diện tích tam giác $ABC)$

$h^{\prime }=h$ ( cùng bằng khoảng cách từ $A^{\prime }$ đến mp $ABC$ )

$\Rightarrow {\displaystyle V}$chóp = ${\displaystyle \frac{1}{3}{B}^{\prime }.h^{\prime }=\frac{1}{3}B.h=V_{(H^{\prime })}}$ (Vì diện tích đáy và chiều cao bằng nhau)

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

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.

Lời giải:

Kẻ ${\displaystyle AD\mathrm{\perp }BC,OH\mathrm{\perp }AD}$ ta chứng minh ${\displaystyle OH}$ chính là đường cao của hình chóp.

${\displaystyle \begin{array}{l}\{\begin{array}{l}BC\mathrm{\perp }OA\\ BC\mathrm{\perp }AH\end{array}\Rightarrow BC\mathrm{\perp }\left(OAH\right)\\ \Rightarrow BC\mathrm{\perp }OH\left(1\right)\\ \{\begin{array}{l}AC\mathrm{\perp }BH\\ AC\mathrm{\perp }OB\end{array}\Rightarrow AC\mathrm{\perp }\left(OBH\right)\\ \Rightarrow AC\mathrm{\perp }OH\left(2\right)\\ \left(1\right);\left(2\right)\Rightarrow OH\mathrm{\perp }\left(ABC\right)\end{array}}$

Vậy ${\displaystyle OH}$ chính là đường cao của hình chóp.

${\displaystyle BC\mathrm{\perp }\left(OAH\right)\Rightarrow BC\mathrm{\perp }\left(OAD\right)}$ $\Rightarrow BC\mathrm{\perp }OD$.

Tam giác $OBC$ vuông tại $O$ nên $BC=\sqrt{O{B}^2+O{C}^2}=\sqrt{b^2+c^2}$

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông $OBC$ ta có:

${\displaystyle OD.BC=OB.OC}$ nên ${\displaystyle OD=\frac{OB.OC}{BC}=\frac{bc}{\sqrt{b^2+c^2}}}$.

Áp dụng định lí Pitago trong tam giác vuông $OAD$ ta có:

${\displaystyle AD=\sqrt{A{O}^2+O{D}^2}}$ $=\sqrt{a^2+{\displaystyle \frac{b^2{c}^2}{b^2+c^2}}}$ 

${\displaystyle =\sqrt{\frac{a^2{b}^2+b^2{c}^2+c^2{a}^2}{b^2+c^2}}}$ .

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông $OAD$ ta có: ${\displaystyle OH.AD=OA.OD}$ nên

${\displaystyle OH={\displaystyle \frac{OA.OD}{AD}}}$ $={\displaystyle \frac{abc}{\sqrt{b^2+c^2}}:\sqrt{\frac{a^2{b}^2+b^2{c}^2+c^2{a}^2}{b^2+c^2}}}$ ${\displaystyle =\frac{abc}{\sqrt{a^2{b}^2+b^2{c}^2+c^2{a}^2}}}$.

Cách khác:

Tam giác $OBC$ vuông tại $O$ có $OD$ là đường cao nên ${\displaystyle \frac{1}{O{D}^2}=\frac{1}{O{B}^2}+\frac{1}{O{C}^2}}$

Tam giác $AOD$ vuông tại $O$ có chiều cao $OH$ nên

${\displaystyle \frac{1}{O{H}^2}=\frac{1}{O{A}^2}+\frac{1}{O{D}^2}}$ ${\displaystyle =\frac{1}{O{A}^2}+\frac{1}{O{B}^2}+\frac{1}{O{C}^2}}$ ${\displaystyle =\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}=\frac{b^2{c}^2+c^2{a}^2+a^2{b}^2}{a^2{b}^2{c}^2}}$

$\Rightarrow O{H}^2={\displaystyle \frac{a^2{b}^2{c}^2}{a^2{b}^2+b^2{c}^2+c^2{a}^2}}$

$\Rightarrow OH={\displaystyle \frac{abc}{\sqrt{a^2{b}^2+b^2{c}^2+c^2{a}^2}}}$

Chú ý: Ta thấy khi $OABC$ là tứ diện vuông ($OA,OB,OC$ đôi một vuông góc) thì: ${\displaystyle \frac{1}{O{H}^2}=\frac{1}{O{A}^2}+\frac{1}{O{B}^2}+\frac{1}{O{C}^2}}$.

Từ nay về sau các em sử dụng kết quả này để các bài toán nhanh chóng hơn.

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 ${60}^0$. Gọi $D$ là giao điểm của $SA$ với mặt phẳng qua $BC$ và vuông góc với $SA$. 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 ${60}^0$. Tính thể tích của khối chóp đó.

Lời giải:

Kẻ $SH\mathrm{\perp }(ABC)$ và từ $H$ kẻ $HI\mathrm{\perp }AB,HJ\mathrm{\perp }BC,HK\mathrm{\perp }CA$.

Từ định lý ba đường vuông góc, ta suy ra:

$SI\mathrm{\perp }AB,SJ\mathrm{\perp }BC,SK\mathrm{\perp }AC$ do đó:

+) Góc giữa hai mặt phẳng $\left(SAB\right)$ và $\left(ABC\right)$ là $\widehat{SIH}={60}^0$

+) Góc giữa hai mặt phẳng $\left(SBC\right)$ và $\left(ABC\right)$ là $\widehat{SJH}={60}^0$

+) Góc giữa hai mặt phẳng $\left(SAC\right)$ và $\left(ABC\right)$ là $\widehat{SKH}={60}^0$

Từ đây ta có: $△SIH=△SJH=△SKH$ (c.g.v.g.n)

$\Rightarrow IH=JH=KH$

$\Rightarrow H$ là tâm đường tròn nội tiếp $△ABC$.

Tam giác $ABC$ có chu vi: $2p=AB+BC+CA=18a\Rightarrow p=9a$

Theo công thức Hê-rông, ta có: $S_{ABC}=\sqrt{p\left(p-AB\right)\left(p-AC\right)\left(p-BC\right)}$ $=\sqrt{9a.4a.2a.3a}=6a^2\sqrt{6}$

Bán kính của đường tròn nội tiếp tam giác $ABC$: 

$IH=r={\displaystyle \frac{S_{ABC}}{p}=\frac{6a^2\sqrt{6}}{9a}\Rightarrow IH=\frac{2a\sqrt{6}}{3}}$

Xét tam giác vuông SHI có: $SH=r.\tan {60}^0$ = ${\displaystyle \frac{2a\sqrt{6}}{3}.\sqrt{3}=2a\sqrt{2}}$

Vậy thể tích khối chóp: $V_{S.ABC}={\displaystyle \frac{1}{3}.2a\sqrt{2}.6a^2\sqrt{6}=8a^3\sqrt{3}}$

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 $B^{\prime },D^{\prime }$ theo thứ tự thuộc $SB,SD$ sao cho $A{B}^{\prime }$ vuông góc với $SB,A{D}^{\prime }$ vuông góc với $SD$. Mặt phẳng $(A{B}^{\prime }{D}^{\prime })$ cắt $SC$ tại $C^{\prime }$. Tính thể tích khối chóp $S.A{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }$.

Lời giải:

Ta có $BC\mathrm{\perp }AB,BC\mathrm{\perp }SA\Rightarrow BC\mathrm{\perp }\left(SAB\right)$ $\Rightarrow BC\mathrm{\perp }A{B}^{\prime }$

Theo giả thiết $SB\mathrm{\perp }A{B}^{\prime }$ $\Rightarrow A{B}^{\prime }\mathrm{\perp }(SBC)\Rightarrow A{B}^{\prime }\mathrm{\perp }SC$         (1)

Chứng minh tương tự ta có: $A{D}^{\prime }\mathrm{\perp }SC$(2)

Từ (1) và (2) suy ra $SC\mathrm{\perp }(A{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime })$ hay $S{C}^{\prime }\mathrm{\perp }(A{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime })$

Do đó $S{C}^{\prime }$ là đường cao của hình chóp $S.A{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }$.

Từ $A{B}^{\prime }\mathrm{\perp }(SBC)$ $\Rightarrow A{B}^{\prime }\mathrm{\perp }{B}^{\prime }{C}^{\prime }$

Tương tự ta có: $A{D}^{\prime }\mathrm{\perp }{D}^{\prime }{C}^{\prime }$

$\Rightarrow S_{A{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }}=S_{A{B}^{\prime }{C}^{\prime }}+S_{A{D}^{\prime }{C}^{\prime }}$

$={\displaystyle \frac{1}{2}}A{B}^{\prime }.B^{\prime }{C}^{\prime }+{\displaystyle \frac{1}{2}}A{D}^{\prime }.D^{\prime }{C}^{\prime }$ $={\displaystyle \frac{1}{2}}\left(A{B}^{\prime }.B^{\prime }{C}^{\prime }+A{D}^{\prime }.D^{\prime }{C}^{\prime }\right)$

Từ các kết quả trên, ta được:

${\displaystyle V_{A{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }}=\frac{1}{3}.S{C}^{\prime }.\frac{1}{2}(A{B}^{\prime }.B^{\prime }{C}^{\prime }+A{D}^{\prime }.D^{\prime }{C}^{\prime })}$

${\displaystyle =\frac{1}{6}S{C}^{\prime }.(A{B}^{\prime }.B^{\prime }{C}^{\prime }+A{D}^{\prime }.D^{\prime }{C}^{\prime })}$     (*)

Ta tính các yếu tố trên.

Tam giác vuông $SAB$ có $A{B}^{\prime }$ là đường cao, nên ta có:

${\displaystyle \frac{1}{AB{}^{\prime 2}}=\frac{1}{a^2}+\frac{1}{c^2}\Rightarrow AB{}^{\prime 2}=\frac{a^2{c}^2}{a^2+c^2}}$ ${\displaystyle \Rightarrow A{B}^{\prime }=\frac{ac}{\sqrt{a^2+c^2}}}$

Tương tự, ta có:

${\displaystyle AD{}^{\prime 2}=\frac{b^2{c}^2}{b^2+c^2}\Rightarrow A{D}^{\prime }=\frac{bc}{\sqrt{b^2+c^2}}}$

Ta lại có: $S{C}^2=A{C}^2+A{S}^2=a^2+b^2+c^2\Rightarrow SC=\sqrt{a^2+b^2+c^2}$

Trong tam giác vuông $SAC,A{C}^{\prime }$ là đường cao

$\Rightarrow S{C}^{\prime }.SC=S{A}^2$ ${\displaystyle \Rightarrow S{C}^{\prime }=\frac{S{A}^2}{SC}=\frac{c^2}{\sqrt{a^2+b^2+c^2}}}$

$∆SBC$ đồng dạng  $∆S{C}^{\prime }{B}^{\prime }$ (g.g)${\displaystyle \Rightarrow \frac{B^{\prime }{C}^{\prime }}{BC}=\frac{S{C}^{\prime }}{SB}}$

${\displaystyle \Rightarrow B^{\prime }{C}^{\prime }=\frac{S{C}^{\prime }.BC}{SB}=\frac{b{c}^2}{\sqrt{a^2+c^2}\sqrt{a^2+b^2+c^2}}}$

Tương tự ta có:  ${\displaystyle D^{\prime }{C}^{\prime }=\frac{c^{2}a}{\sqrt{b^2+c^2}\sqrt{a^2+b^2+c^2}}}$

Thay các kết quả này vào (*) ta được:

${\displaystyle V=\frac{1}{6}.\frac{ab{c}^5(a^2+b^2+2c^2)}{(a^2+c^2)(b^2+c^2)(a^2+b^2+c^2)}}$

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 ${60}^0$. Gọi $M$ là trung điểm $SC$. Mặt phẳng đi qua $AM$ và song song với $BD$, cắt $SB$ tại $E$ và cắt $SD$ tại $F$. Tính thể tích khối chóp $S.AEMF$.

Lời giải:

Gọi ${\displaystyle H=AC\cap BD}$.

Hình chóp ${\displaystyle S.ABCD}$ là hình chóp đều nên chân ${\displaystyle H}$ của đường cao ${\displaystyle SH}$ chính là tâm của đáy.

Mặt phẳng đi qua ${\displaystyle AM}$ và song song với ${\displaystyle BD}$ cắt mặt phẳng ${\displaystyle (SDB)}$ theo một giao tuyến song song với ${\displaystyle BD}$\. Ta dựng giao tuyến ${\displaystyle EF}$ như sau: Gọi ${\displaystyle I}$ là giao điểm của ${\displaystyle AM}$ và ${\displaystyle SH}$. Qua ${\displaystyle I}$ ta dựng một đường thẳng song song với ${\displaystyle BD}$, đường này cắt ${\displaystyle SB}$ ở ${\displaystyle E}$ và cắt ${\displaystyle SD}$ ở ${\displaystyle F}$.

Ta có: ${\displaystyle HA}$ là hình chiếu vuông góc của ${\displaystyle SA}$ trên ${\displaystyle (ABCD)}$ ${\displaystyle \Rightarrow \widehat{\left(SA;\left(ABCD\right)\right)}=\widehat{\left(SA;AH\right)}=\widehat{SAH}={60}^0}$

Tam giác cân ${\displaystyle SAC}$ có ${\displaystyle SA=SC}$ và góc ${\displaystyle SAC={60}^0}$ nên nó là tam giác đều: ${\displaystyle I}$ là giao điểm của các trung tuyến ${\displaystyle AM}$ và ${\displaystyle AH}$ nên $I$ là trọng tâm của tam giác đều $SAC$ ${\displaystyle \Rightarrow \frac{SI}{SH}=\frac{2}{3}}$

Do ${\displaystyle EF//DB}$ ${\displaystyle \Rightarrow \frac{\mathrm{E}\mathrm{F}}{DB}=\frac{SF}{SD}=\frac{SE}{SB}=\frac{SI}{SH}=\frac{2}{3}}$

Vì ${\displaystyle DB=a\sqrt{2}}$ ${\displaystyle \Rightarrow \mathrm{E}\mathrm{F}=\frac{2a\sqrt{2}}{3}}$

Tam giác ${\displaystyle SAC}$ là tam giác đều nên ${\displaystyle AM=\frac{AC\sqrt{3}}{2}=\frac{a\sqrt{6}}{2}}$

Ta lại có ${\displaystyle \{\begin{array}{l}BD\mathrm{\perp }AC\\ BD\mathrm{\perp }SH\end{array}\Rightarrow BD\mathrm{\perp }\left(SAC\right)}$ $\Rightarrow BD\mathrm{\perp }AM\Rightarrow AM\mathrm{\perp }EF$

Tứ giác ${\displaystyle AEMF}$ có hai đường chéo vuông góc với nhau nên có diện tích: ${\displaystyle S_{AEMF}=\frac{1}{2}\mathrm{E}\mathrm{F}.AM=\frac{1}{2}.\frac{2a\sqrt{2}}{3}.\frac{a\sqrt{6}}{2}=\frac{a^2\sqrt{3}}{3}}$

Mặt khác, tam giác ${\displaystyle ASC}$ là tam giác đều, ${\displaystyle M}$ là trung điểm của ${\displaystyle SC}$ nên ${\displaystyle AM\mathrm{\perp }SC}$. Ta cũng có ${\displaystyle DB\mathrm{\perp }(SAM)}$ ${\displaystyle \Rightarrow DB\mathrm{\perp }SC}$ vì ${\displaystyle DB//EF}$ nên ${\displaystyle EF\mathrm{\perp }SC}$. Từ kết quả trên, suy ra ${\displaystyle SM\mathrm{\perp }(AEMF)}$.

Dễ thấy ${\displaystyle SM=\frac{a\sqrt{2}}{2}}$ (do tam giác ${\displaystyle SAC}$ đều). Do đó: ${\displaystyle V_{S.AEMF}=\frac{1}{3}.\frac{a^2\sqrt{3}}{3}.\frac{a\sqrt{2}}{2}=\frac{a^3\sqrt{6}}{18}}$.

Bài 10 trang 27 SGK Hình học 12: Cho hình lăng trụ đứng tam giác $ABC.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }$ có tất cả các cạnh đều bằng $a$. b) Mặt phẳng đi qua A′B′$A^{\prime }{B}^{\prime }$ và trọng tâm tam giác ABC$ABC$, cắt AC$AC$ và BC$BC$ lần lượt tại E$E$ và F$F$. Tính thể tích hình chóp C.A′B′FE$C.A^{\prime }{B}^{\prime }FE$.

Phương pháp giải:

a) Gọi M$M$ là trung điểm của B′C′$B^{\prime }{C}^{\prime }$. Chứng minh A′M⊥(BCC′B′)$A^{\prime }M\mathrm{\perp }\left(BC{C}^{\prime }{B}^{\prime }\right)$. Áp dụng công thức VA′BB′C=13A′M.SBB′C$V_{A^{\prime }B{B}^{\prime }C}={\displaystyle \frac{1}{3}}{A}^{\prime }M.S_{B{B}^{\prime }C}$.

b) Mặt phẳng đi qua $A^{\prime }{B}^{\prime }$ và trọng tâm tam giác $ABC$, cắt $AC$ và $BC$ lần lượt tại $E$ và $F$. Tính thể tích hình chóp $C.A^{\prime }{B}^{\prime }FE$.

Lời giải:

Bài 11 trang 27 SGK Hình học 12: Cho hình hộp $ABCD.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }$. Gọi $E$ và $F$ theo thứ tự là trung điểm của các cạnh $B{B}^{\prime }$ và $D{D}^{\prime }$. Mặt phẳng $(CEF)$ chia khối hộp trên làm hai khối đa diện. Tính tỉ số thể tích của hai khối đa diện đó.

Lời giải:

Ta xác định thiết diện của hình hộp ${\displaystyle ABCD.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }}$ khi cắt bởi ${\displaystyle (CEF)}$. Mặt phẳng ${\displaystyle (CEF)}$ chứa đường thẳng ${\displaystyle EF}$ mà ${\displaystyle E}$ là trung điểm của ${\displaystyle B{B}^{\prime },F}$ là trung điểm của ${\displaystyle C{C}^{\prime }}$.

${\displaystyle O\in EF\Rightarrow O\in (CEF)\Rightarrow CO\subset \left(CEF\right)}$

${\displaystyle A^{\prime }\in CO\Rightarrow A^{\prime }\in \left(CEF\right)}$

Ta dễ dàng nhận xét rằng thiết diện chính là hình bình hành ${\displaystyle CE{A}^{\prime }F}$.

Mặt phẳng $(CE{A}^{\prime }F)$ chia khối hộp thành 2 phần: $ABCD.A^{\prime }ECF$  (${\displaystyle V_1}$) và $A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }.CE{A}^{\prime }F$ (${\displaystyle V_2}$)

Qua ${\displaystyle EF}$ ta dựng một mặt phẳng song song với đáy hình hộp, mặt phẳng này cắt ${\displaystyle A{A}^{\prime }}$ ở ${\displaystyle P}$ và cắt ${\displaystyle C{C}^{\prime }}$ ở ${\displaystyle Q}$.

Ta có:

${\displaystyle \begin{array}{l}{V}_{ABCD.A^{\prime }ECF}=V_{ABCD.EFP}+V_{A^{\prime }.PEF}\\ V_{A^{\prime }PEF}=V_{C.QEF}\end{array}}$

$\Rightarrow V_{ABCD.A^{\prime }ECF}=V_{ABCD.EFP}+V_{C.QEF}$ $=V_{ABCD.EPFQ}={\displaystyle \frac{1}{2}}V$

Do đó ${\displaystyle V_1=V_2={\displaystyle \frac{1}{2}}V\Rightarrow \frac{V_1}{V_2}=1}$.

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

Bài 12 trang 27 SGK Hình học 12: Cho hình lập phương ${\displaystyle ABCD.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }}$ cạnh ${\displaystyle a}$. Gọi ${\displaystyle M}$ là trung điểm của ${\displaystyle A^{\prime }{B}^{\prime },N}$ là trung điểm của ${\displaystyle BC}$.

Bài 1 trang 27 SGK Hình học 12: Trong số các mệnh đề sau, mệnh đề nào đúng?

(A) Số đỉnh và số mặt của một hình đa diện luôn bằng nhau;

(B) Tồn tại hình đa diện có số đỉnh và số mặt bằng nhau;

(C) Tồn tại một hình đa diện có số cạnh bằng số đỉnh;

(D) Tồn tại một hình đa diện có số cạnh và mặt bằng nhau.

Lời giải:

Hình lập phương có 8 đỉnh và 6 mặt nên đáp án A sai.

Xét hình tứ diện có 4 đỉnh và 4 mặt, nên đáp án B đúng.

Giả sử khối đa diện có số cạnh bằng số đỉnh $\Rightarrow$ Đ = C $\Rightarrow$ p = 2, tức là mỗi mặt có 2 cạnh (vô lí). Do đó đáp án C sai.

Giả sử khối đa diện có số cạnh bằng số mặt $\Rightarrow$ M = C $\Rightarrow$ n = 2, tức là mỗi đỉnh là đỉnh chung của 2 cạnh (vô lí). Do đó đáp án D sai.

Chọn đáp án (B).

Bài 2 trang 27 SGK Hình học 12: Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào đúng?

Số các đỉnh hoặc số các mặt của bất kì hình đa diện nào cũng:

(A) Lớn hơn hoặc bằng 4;                               (B) Lớn hơn 4;

(C) Lớn hơn hoặc bằng 5;                               (D) Lớn hơn 5.

Lời giải:

Chú ý: Đa giác là một đường gấp khúc khép kín, nghĩa là gồm những đoạn thẳng nối tiếp nhau (mỗi điểm nối là đầu mút của vừa đúng hai đoạn thẳng) cùng nằm trên một mặt phẳng và khép kín.

Hình đa diện là một số hữu hạn đa giác thỏa mãn hai điều kiện:

a) Hai đa giác bất kì hoặc không có điểm chung, hoặc có một đỉnh chung, hoặc có một cạnh chung.

b) Mỗi cạnh của một đa giác là cạnh chung của đúng hai đa giác.

Như vậy để tạo thành một hình đa diện ta cần ít nhất 3 điểm (tạo thành 1 mặt phẳng) và 1 điểm nằm ngoài mặt phẳng ấy.

Với 4 điểm này, tạo thành một hình tứ diện có 4 đỉnh và 4 mặt.

Dễ thấy hình tứ diện là hình đa diện có số mặt và số đỉnh nhỏ nhất trong các khối đa diện.

Chọn đáp án (A).

Bài 3 trang 27 SGK Hình học 12: Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào đúng?

Số các cạnh của hình đa diện luôn luôn:

(A) Lớn hơn hoặc bằng 6;                              

(B) Lớn hơn 6;

(C) Lớn hơn 7;

(D) Lớn hơn hoặc bằng 8.

Lời giải:

Chú ý: Hình đa diện là một số hữu hạn đa giác thỏa mãn hai điều kiện:

a) Hai đa giác bất kì hoặc không có điểm chung, hoặc có một đỉnh chung, hoặc có một cạnh chung.

b) Mỗi cạnh của một đa giác là cạnh chung của đúng hai đa giác.

Như vậy để tạo thành một hình đa diện ta cần ít nhất 3 điểm (tạo thành 1 mặt phẳng) và 1 điểm nằm ngoài mặt phẳng ấy.

Với 4 điểm này, tạo thành một hình tứ diện có 4 đỉnh, 4 mặt và 6 cạnh.

Dễ thấy hình tứ diện là hình đa diện có số cạnh nhỏ nhất trong các khối đa diện.

Chọn (A).

Bài 4 trang 28 SGK Hình học 12: Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào sai?

(A) Khối tứ diện là khối đa diện lồi;

(B) Khối hộp là khối đa diện lồi;

(C) Lắp ghép hai khối hộp sẽ được một khối đa diện;

(D) Khối lăng trụ tam giác là khối đa diện lồi.

Lời giải:

Dễ dàng nhận thấy các khối tứ diện, khối hộp, khối lăng trụ tam giác là các khối đa diện lồi. Do đó A, B, D đúng.

Khi lắp ghép hai khối hộp chưa chắc được một đa diện lồi. Ví dụ khi lắp ghép hai khối hộp như sau, ta không được một khối đa diện lồi.

Chọn (C).

Bài 5 trang 28 SGK Hình học 12: Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào sai?

(A) Hai khối chóp có diện tích đáy và chiều cao tương ứng bằng nhau thì có thể tích bằng nhau.

(B) Hai khối hộp chữ nhật có diện tích toàn phần bằng nhau thì có thể tích bằng nhau.

(C) Hai khối lăng trụ có diện tích đáy và chiều cao tương ứng bằng nhau thì có thể tích bằng nhau.

(D) Hai khối lập phương có diện tích toàn phần bằng nhau thì có thể tích bằng nhau.

Lời giải:

Ta có: $V_{chop}=\frac{1}{3}{S}_{day}.h$ nên đương nhiên khi hai khối chóp có diện tích đáy và chiều cao tương ứng bằng nhau thì có thể tích bằng nhau. A đúng.

Ta có: $V_{lt}=S_{day}.h$ nên đương nhiên khi hai khối lăng trụ có diện tích đáy và chiều cao tương ứng bằng nhau thì có thể tích bằng nhau. C đúng.

Diện tích toàn phần của khối lập phương: $S_{tp}=6a^2$, hai khối lập phương có diện tích toàn phần bằng nhau tức là có cạnh bằng nhau, $V_{lp}=a^3$, vậy chúng có thể tích bằng nhau. D đúng.

Chọn (B) Hai khối hộp chữ nhật có diện tích toàn phần bằng nhau thì chưa chắc có thể tích bằng nhau.

Bài 6 trang 28 SGK Hình học 12: Cho hình chóp $S.ABC$. Gọi $A^{\prime }$ và $B^{\prime }$ lần lượt là trung điểm của $SA$ và $SB$. Khi đó tỉ số thể tích của hai khối chóp $S.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }$ và $S.ABC$ bằng:

(A)  ${\displaystyle \frac{1}{2}}$                (B) ${\displaystyle \frac{1}{3}}$ 

(C) ${\displaystyle \frac{1}{4}}$                 (D) ${\displaystyle \frac{1}{8}}$

Lời giải:

Ta có: ${\displaystyle \frac{V_{S.A^{\prime }{B}^{\prime }C}}{V_{S.ABC}}=\frac{S{A}^{\prime }}{SA}.\frac{S{B}^{\prime }}{SB}.\frac{SC}{SC}=\frac{1}{2}.\frac{1}{2}.1=\frac{1}{4}}$

Chọn (C).

Bài 7 trang 28 SGK Hình học 12: Cho hình chóp $S.ABCD$. Gọi $A^{\prime },B^{\prime },C^{\prime },D^{\prime }$ theo thứ tự là trung điểm của $SA,SB,SC,SD$. Tỉ số thể tích của hai khối chóp $S.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }$ và $S.ABCD$ bằng:

(A) ${\displaystyle \frac{1}{2}}$         (B) ${\displaystyle \frac{1}{4}}$

(C) ${\displaystyle \frac{1}{8}}$         (D) ${\displaystyle \frac{1}{16}}$

Lời giải:

Ta có: $V_{S.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }}=V_{S.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }}+V_{S.A^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }}$

${\displaystyle \frac{V_{S.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }}}{V_{S.ABC}}}={\displaystyle \frac{S{A}^{\prime }}{SA}}.{\displaystyle \frac{S{B}^{\prime }}{SB}}.{\displaystyle \frac{S{C}^{\prime }}{SC}}={\displaystyle \frac{1}{2}}.{\displaystyle \frac{1}{2}}.{\displaystyle \frac{1}{2}}={\displaystyle \frac{1}{8}}$

$\Rightarrow V_{S.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }}={\displaystyle \frac{1}{8}}.V_{S.ABC}={\displaystyle \frac{1}{8}}.{\displaystyle \frac{1}{2}}.V_{S.ABCD}={\displaystyle \frac{1}{16}}{V}_{S.ABCD}$

${\displaystyle \frac{V_{S.A^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }}}{V_{S.ACD}}}={\displaystyle \frac{S{A}^{\prime }}{SA}}.{\displaystyle \frac{S{C}^{\prime }}{SC}}.{\displaystyle \frac{S{D}^{\prime }}{SD}}={\displaystyle \frac{1}{2}}.{\displaystyle \frac{1}{2}}.{\displaystyle \frac{1}{2}}={\displaystyle \frac{1}{8}}$

$\Rightarrow V_{S.A^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }}={\displaystyle \frac{1}{8}}{V}_{S.ACD}={\displaystyle \frac{1}{8}}.{\displaystyle \frac{1}{2}}{V}_{S.ABCD}={\displaystyle \frac{1}{16}}{V}_{S.ABCD}$

$\Rightarrow V_{S.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }}=V_{S.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }}+V_{S.A^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }}$ $={\displaystyle \frac{1}{16}}.V_{S.ABCD}+{\displaystyle \frac{1}{16}}.V_{S.ABCD}={\displaystyle \frac{1}{8}}.V_{S.ABCD}$

Chọn (C).

Chú ý và sai lầm: KHÔNG ĐƯỢC sử dụng công thức trên như sau: ${\displaystyle \frac{V_{S.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }}}{V_{S.ABCD}}}={\displaystyle \frac{S{A}^{\prime }}{SA}}.{\displaystyle \frac{S{B}^{\prime }}{SB}}{\displaystyle \frac{S{C}^{\prime }}{SC}}.{\displaystyle \frac{S{D}^{\prime }}{SD}}$ $={\displaystyle \frac{1}{2}}.{\displaystyle \frac{1}{2}}.{\displaystyle \frac{1}{2}}.{\displaystyle \frac{1}{2}}={\displaystyle \frac{1}{16}}$, đây là công thức SAI.