Bài 14 trang 20 SGK Hình học 12 Nâng cao

Chứng minh rằng :

LG a

Tâm các mặt của một khối lập phương là các đỉnh của một khối tám mặt đều ;

Lời giải chi tiết:

Gọi M, N, P, Q, R, S lần lượt là tâm của các mặt ABCD, A’B’C’D’, ABB’A’, CDD’C’, BCC’B’, ADD’A’ của khối lập phương ABCD.A’B’C’D’.

Ta có, M là trung điểm AC và P là trung điểm AB'.

Do đó MP là đường trung bình của tam giác ACB' nên \(MP = \frac{1}{2}B'C = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\)

Tương tự MR=MQ=MS=NP=NR=NQ=NS\(= \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\)

Khi đó tám tam giác MPR, MRQ, MQS, MSP, NPR, NRQ, NQS, NSP là những tam giác đều, chúng làm thành khối đa diện với các đỉnh là \(M, N, P, Q, R, S\) mà mỗi đỉnh có \(4\) cạnh.

Vậy đó là khối tám mặt đều.

LG b

Tâm các mặt của một khối tám mặt đều là các đỉnh của một khối lập phương.

Lời giải chi tiết:

Xét khối tám mặt đều ABCDEF. Gọi O₁, O₂,O₃,O₄,O₅,O₆, O₇, O₈ lần lượt là trọng tâm của các mặt EAB, EBC, ECD, EDA, FAB, FBC, FCD, FDA.

- Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB, BC.

Ta có: O₁,O₂ là trọng tâm ΔEAB, EBC nên:

\(\frac{{E{O_1}}}{{EM}} = \frac{{E{O_2}}}{{EN}} = \frac{2}{3}\)

=> O₁ O₂ // MN\( \Rightarrow \frac{{{O_1}{O_2}}}{{MN}} = \frac{2}{3}\)

Mà \(MN//AC,MN = \frac{1}{2}AC\)

\( \Rightarrow {O_1}{O_2} = \frac{2}{3}MN = \frac{2}{3}.\frac{1}{2}AC = \frac{1}{3}AC\) và \({O_1}{O_2}//AC\)

Tương tự \({O_3}{O_4}//AC;{O_3}{O_4} = \frac{1}{3}AC\)

=> O₁ O₂ // O₃ O₄ và O₁ O₂ = O₃ O₄

=> Tứ giác O₁ O₂ O₃ O₄ là hình bình hành.

Lại có: O₁ O₄ // BD, O₁ O₄=BD/3 kết hợp (*) và lưu ý rằng AC = DB, AC ⊥ BD

=> O₁ O₂=O₁ O₄, O₁ O₂ ⊥ O₁ O₄ nên tứ giác O₁ O₂ O₃ O₄ là hình vuông.

- Tương tự ta có: O₁ O₂ O₆ O₅, O₂ O₃ O₇ O₆, O₃ O₄O₈ O₇, O₄ O₁ O₅ O₈, O₅ O₆ O₇ O₈ là các hình vuông.

Vậy O₁, O₂,O₃,O₄,O₅,O₆, O₇, O₈ là các đỉnh của một khối lập phương.

Chú ý: Giả sử cạnh của khối tám mặt đều là \(a\) thì cạnh của khối lập phương \(O_1O_2O_3O_4O_5O_6O_7O_8\) là \({2 \over 3}.{{a\sqrt 2 } \over 2} = {{a\sqrt 2 } \over 3}\)