Hướng dẫn giải bài tập Khối đa diện lồi và khối đa diện đều – Sách giáo khoa Hình học 12 cơ bản
Bài viết này cung cấp lời giải chi tiết cho các bài tập trong phần “Câu hỏi và bài tập” và “Bài tập” của sách giáo khoa Hình học 12 cơ bản, tập trung vào chủ đề khối đa diện lồi và khối đa diện đều. Chúng ta sẽ cùng phân tích từng bài, làm rõ phương pháp tiếp cận và các kết quả quan trọng.
Bài 2: Liên hệ giữa hình lập phương và hình bát diện đều
Bài toán yêu cầu tính tỉ số diện tích toàn phần của hình lập phương (H) và hình bát diện đều (H’) được tạo thành từ tâm các mặt của (H).
Lời giải:
Giả sử cạnh của hình lập phương là \(a\). Diện tích toàn phần của hình lập phương là \(S_1 = 6a^2\). Hình bát diện đều (H’) có các mặt là các tam giác đều. Để tính diện tích toàn phần của (H’), ta cần xác định độ dài cạnh của các tam giác đều này.
Xét tam giác \(ACD’\), với \(M\) và \(Q\) là trung điểm của \(AC\) và \(AD’\). \(MQ\) là đường trung bình của tam giác \(ACD’\), suy ra \(MQ = \frac{1}{2}CD’ = \frac{1}{2}\sqrt{2}a\). Tam giác \(MQE\) là một trong tám mặt của hình bát diện đều (H’). Diện tích của tam giác \(MQE\) là \(S_{\Delta MQE} = \frac{1}{2} \left( \frac{1}{2}\sqrt{2}a \right)^2 \frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{\sqrt{3}}{8}a^2\). Do đó, diện tích toàn phần của hình bát diện đều là \(S_2 = 8 \times \frac{\sqrt{3}}{8}a^2 = \sqrt{3}a^2\).
Tỉ số diện tích toàn phần của (H) và (H’) là \(\frac{S_1}{S_2} = \frac{6a^2}{\sqrt{3}a^2} = \frac{6}{\sqrt{3}} = 2\sqrt{3}\).
Nhận xét: Bài toán này đòi hỏi khả năng hình dung không gian và áp dụng kiến thức về đường trung bình của tam giác. Việc xác định chính xác cạnh của tam giác đều tạo thành mặt của hình bát diện đều là bước quan trọng để giải quyết bài toán.
Bài 3: Tâm các mặt của tứ diện đều
Bài toán yêu cầu chứng minh rằng tâm của các mặt của một hình tứ diện đều là các đỉnh của một hình tứ diện đều khác.
Lời giải:
Gọi \(A’\), \(B’\), \(C’\), \(D’\) lần lượt là tâm của các mặt đối diện với đỉnh \(A\), \(B\), \(C\), \(D\) của tứ diện đều \(ABCD\). Ta cần chứng minh \(A’B’C’D’\) là một tứ diện đều.
Xét trung điểm \(M\), \(N\), \(P\) của các cạnh \(BC\), \(CD\), \(DB\). Tam giác \(AMN\) đồng dạng với tam giác \(AD’B’\). Từ đó suy ra \(D’B’ = \frac{2}{3}MN = \frac{2}{3} \times \frac{BD}{2} = \frac{a}{3}\), với \(a\) là cạnh của tứ diện \(ABCD\). Tương tự, ta có \(D’C’ = C’B’ = \frac{a}{3}\). Vậy tam giác \(B’C’D’\) là tam giác đều cạnh \(\frac{a}{3}\). Lặp lại quá trình này với các đỉnh khác, ta chứng minh được \(A’B’C’D’\) là tứ diện đều cạnh \(\frac{a}{3}\).
Nhận xét: Bài toán này là một ví dụ điển hình về việc sử dụng tính chất đồng dạng của tam giác để chứng minh một kết quả hình học. Việc xây dựng các điểm trung điểm và áp dụng tỉ lệ đồng dạng là chìa khóa để giải quyết bài toán.
Bài 4: Hình bát diện đều ABCDEF
Bài toán yêu cầu chứng minh các đoạn thẳng \(AF\), \(BD\) và \(CE\) đôi một vuông góc với nhau và cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường, đồng thời chứng minh \(ABFD\), \(AEFC\) và \(BCDE\) là những hình vuông.
Lời giải:
a) Vì \(ABCDEF\) là hình bát diện đều, ta có \(BE = ED = DC = BC\), \(AE = EF = FC = CA\), \(BF = FD = DA = AB\). Do đó, các tứ giác \(BEDC\), \(ABFD\), \(AEFC\) là các hình thoi.
Gọi \(O\) là giao điểm của \(AF\), \(BD\) và \(CE\). Vì các tứ giác là hình thoi, các đường chéo vuông góc với nhau tại trung điểm của mỗi đường. Do đó, \(AF\), \(BD\) và \(CE\) đôi một vuông góc với nhau và cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường.
b) Vì \(ABFD\) là hình thoi và \(AB = BF = FD = DA\), nên \(ABFD\) là hình vuông. Tương tự, \(AEFC\) và \(BCDE\) cũng là hình vuông.
Nhận xét: Bài toán này kết hợp kiến thức về hình thoi và hình vuông. Việc chứng minh các tứ giác là hình thoi là bước đầu tiên, sau đó sử dụng tính chất cạnh bằng nhau để kết luận chúng là hình vuông.
