CHYÊN ĐỀ HÌNH CHÓP: GÓC - KHOẢNG CÁCH

Chia sẻ: Nguyễn Tố ý Nhi | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:150

Thêm vào BST

Báo xấu

165
lượt xem 49
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Quan hệ song song – vuông góc là một mảng vô cùng quan trọng trong chương trình hình học không gian nói chung và trong những bài toán có liên quan đến hình chóp nói riêng. Và một trong những ứng dụng quan trọng nhất của quan hệ song song – vuông góc trong việc giải các bài toán hình học không gian cũng như các bài toán có liên quan đến hình chóp là tìm góc và khoảng cách.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: CHYÊN ĐỀ HÌNH CHÓP: GÓC - KHOẢNG CÁCH

WWW.ToanCapBa.Net CHYÊN ĐỀ HÌNH CHÓP GÓC – KHOẢNG CÁCH Quan hệ song song – vuông góc là một mảng vô cùng quan trọng trong chương trình hình học không gian nói chung và trong những bài toán có liên quan đến hình chóp nói riêng. Và một trong những ứng dụng quan trọng nhất của quan hệ song song – vuông góc trong việc giải các bài toán hình học không gian cũng như các bài toán có liên quan đến hình chóp là tìm góc và kho ảng cách.Ta đến với những bài toán sau: Bài 1: Cho (∆),(∆′ ) cheó nhau, có AA′ là đường vuông goć chung cuả (∆) và (∆′ ) (A′ ∈ (∆′ ) và A ∈ (∆)). Goị (P) là măṭ phăng ̉ chứa A và vuông goć với ( ∆′ ), coǹ (Q) // (P) căt́ (∆) và (∆′ ) lâǹ lượt taị M và M′ . Goị N=ch M/(P). Đăṭ γ = (∆, (P)), ∠ MAM′ = α, ∠ M′ AA′ = β. Tim ̀ môí quan hệ cuả α,β,γ . Giaỉ : ( ') ( ) * Vì (P) ⊥ (∆′ ) và AA′ ⊥ (∆′ ), A ∈ (P) ⇒ AA′ ⊂ (P) O * AA′ // (Q) MA′ // MN M′ A′ ⊥ (P) ⇒ M′ M // A A' H N ′N ⇒ M′ MNA′ là hinh ̀ chữ nhâṭ N = ch M/(P) M′ A′ ⊥ A A′ N Đăṭ MN = x. Ta có AA′ 2 = A′ M2 – AM2 = A′ N2 + MN2 – (AN2 + MN2) = A′ N2 – AN2 1 WWW.ToanCapBa.Net
WWW.ToanCapBa.Net ⇒ A′ A ⊥ AN ̀ thâý được γ = ∠ MAN. Trong măṭ phăng * Dễ dang ̉ (M′ AM), ta co:́ M′ M2 = A′ A2 + AN2 = M′ A2 + MA2 – 2M′ A.MA.cos α Mà A′ A = cot β.x AN = cot γ .x x M′ A = sin β x MA = sin γ � 1 1 cos α � ⇒ x2(cot2β + cot2γ ) = x2 � + −2 � �sin β sin γ sin β .sin γ � 2 2 cos α ⇔ cot2β + cot2γ = 2 + cot2β + cot2γ - 2 sin β .sin γ ⇔ cos α = sin β.sin ̉ bât́ thuôc̣ ∆ABC, I là trung điêm Bài 2: Cho tứ diêṇ vuông S.ABC. M là môṭ điêm ̉ AB. Giả sử CA = 2SB, CB = 2SA. Kẻ SE ⊥ CA, SF ⊥ CB. CMR: a. SC ⊥ EF b. tan 4 ( SCI ) EB + =1 tan 4 ( SCA) AB Giaỉ : C F * Ta có SC2 = BC2 – SB2 = 4SA2 – SB2 E SC2 = AC2 – SA2 = 2 2 4SB – SA ⇒ SA = SB ⇒ AC = AB SC.SA SC.SB S * SE = SF = B AC AB I ⇒ SE = SF A 2 WWW.ToanCapBa.Net
WWW.ToanCapBa.Net ̀ suy ra: EF // AB mà SC ⊥ (SAB) nên EF ⊥ SC Từ đây ta dễ dang SC 2 * Ta có : EF = CE = AC = SC 2 AB CA AC AC 2 ́ AB = 2 .SA (do ∆SAB vuông cân) Măṭ khac: 2 = AC 2 SC 2 2 SC 2 ⇒EF = = . AC 2 2 AC SA 1 π CS �π π � π 3 Laị co:́ = ⇒ ∠ SAC = ⇒ = cos � − �= cos = AC 2 3 AC �2 3 � 6 2 6 CS = AC 2 − SA2 = SA 3 = AB 2 2 3 6 3 EF 3 Do đo:́ EF = . . . AB = AB ⇒ = (1) 2 2 2 4 AB 4 1 AB SI 2 6 * tan SCI = = = SC 6 6 AB 2 SA SA 3 tan SCA = = = SC SA 3 3 4 tan SCI 1 ⇒ 4 = (2) tan SCA 4 tan 4 ( SCI ) EB 1 3 * Từ (1),(2) suy ra: + = + = 1 (đpcm) tan 4 ( SCA) AB 4 4 Bài 3: Trong (P) cho ABCD là hinh ̣ a. Lâý M,N ∈ CB và CD. Đăṭ ̀ vuông canh CM = x, CN = y. Trên At ⊥ (ABCD) S ́ S. Tim lây ̀ x,y đê:̉ π a. ((SAM),(SAN)) = 4 π b. ((SAM),(SMN)) = 2 Giaỉ : A D N 3 B M WWW.ToanCapBa.Net C
WWW.ToanCapBa.Net a. AM ⊥ SA, AN ⊥ SA ⇒ ∠ MAN = ((SAM),(SAN)) SA = (SAM) ∩ (SAN) π Để ((SAM),(SAN)) = thì ta co:́ 4 2 AM + AN 2 − MN 2 2 cos MAN = = 2 2 AM . AN ⇔ 2. a 2 + (a − x) 2 . a 2 + ( a − y ) 2 = a2 + (a – x)2 + a2 + (a – y)2 – (x2 + y2) ⇔ 2[a2 + (a – x)2].[a2 + (a – y)2] = [4a2 – 2a(x + y)]2 ⇔ a4 + a2[2a2 – 2a(x + y) + x2 + y2] + (a2 + x2 – 2ax)(a2 + y2 – 2ay) = 2[2a2 – a(x + y)]2. ⇔ a4 + 2a4 – 2a3(x + y) + a4 + a2(x2 + y2) + 4a2xy – 2a3(x + y) + x2y2 – 2axy(x + y) = 8a4 – 8a3(x + y) + 2a2(x2 + y2) + 4a2xy ⇔ x2y2 + 4a3(x + y) = 2axy(x + y) +4a4 b. Giả sử (SAM) ⊥ (SMN) Dựng NM′ ⊥ SM ( M′ ∈ SM). Ta có : NM ' ⊥ SM � NM ' ⊥ ( SAM ) SM = ( SAM ) ( SMN ) ⇒ NM′ ⊥ SA ́ SA ⊥ (ABCD) ⇒ SA ⊥ NM Măṭ khac: Do đo:́ M ≡ M′ ⇒ MN ⊥ (SAM) ⇒ MN ⊥ AM Vâỵ để (SAM) ⊥ (SMN) thì ta phaỉ co:́ AM2 + MN2 = AN2 ⇔ a2 + (a – x)2 + x2 + y2 = a2 + (a – y)2 ⇔ 2x2 = 2ax – 2ay ⇔ x2 = a(x – y). ̀ choṕ S.ABCD có SA ⊥ (ABCD) và SA = a 2 . ABCD là hinh Bài 4: Cho hinh ̀ thang vuông taị A, D. AB = 2a, AD = CD = a ́ goć (S, BC, A) và (A, BS, C) a. Tinh 4 WWW.ToanCapBa.Net
WWW.ToanCapBa.Net ́ goć ((SBC),(SCD)) b. Tinh S Giaỉ : K * Xet́ mp (ABCD) + Goị H = ch C/AB ⇒ AHCD là hinh ̀ vuông, ∆CHB I A H B là tam giać vuông cân. π ⇒ ∠ CAB = hay CA ⊥ CB 2 D C • Từ giả thuyêt́ ta dễ dang ̀ có được: SB = a 6 , • BC = AC = a 2 , SD = a 3 E ⇒ SC = 2a ⇒ SC2 + BC2 = SB2. ⇒ SC ⊥ CB • Do đo:́ (S, BC, A) = π ∠ SCA = . 4 + Goị K = ch A/SB I = ch A/SC SC ⊥ CB �� CB ⊥ ( SAC ) ⇒ AI ⊥ BC mà AI ⊥ SC ⇒ AI ⊥ (SBC) AC ⊥ CB ⇒ AI ⊥ SB ⇒ SB ⊥ (AIK) AK ⊥ SB ⇒ KI ⊥ SB ⇒ (A, SB, C) = ∠ AKI Dễ thây:AI ́ =a a 2.2a 2 3 AK = = a. a 6 3 SI KI SI .BC a.a 2 3 = � KI = = =a SB BC SB a 6 3 a 2 4a 2 ⇒ AI2 + KI2 = a2 + = = AK2 3 3 ⇒ ∆AKI vuông taị I AI a 3 = = ⇒ sin AKI = AK a 2 3 2 3 5 WWW.ToanCapBa.Net
WWW.ToanCapBa.Net π ⇒ ∠ AKI = 3 * Trong mp (SCD) dựng đường thăng ̉ qua C vuông goć với SC và căt́ SD taị E. SC ⊥ CE ⇒ � (( SCB ), ( SCD )) = ∠ ECB SC ⊥ CB 4a 2 4 3 + SE.SD = SC2 ⇒ SE = = a a 3 3 3 4 3 3 4 ⇒ DE = a ⇒ CE2 = DE.SE = a. a = a2 3 3 3 3 BD = a 5 SD 2 + SB 2 − BD 2 2 2 + SB = a 6 �� cos ESB = = 2SD.SB 3 SD = a 3 ⇒ BE2 = SE2 + SB2 – 2.SE.SB.cos ESB 16 2 2 2 4 3 2 = a + 6a2 – 2. . a. 6a = a 2 3 3 3 3 4 2 2 a + 2a 2 − a 2 CE + CB − EB 2 2 3 2 3 = 6 ⇒ cos ECB = = 3 2.CE.CB 2 3 2. a. 2a 3 6 ⇒ ∠ ECB = arccos 3 Bài 5: Cho ∆SAB đêù và hinh ̀ vuông ABCD canh ̣ a năm ̀ trong 2 măṭ phăng ̉ vuông goć với nhau. Goị M là trung điêm ̉ cuả AD ̀ d(SA,MC) a. Tim b. Goị (P) là măṭ phăng ̉ qua BC và môṭ điêm ̉ P bât́ kì trên SD. Xać đinh ̣ giá trị 6 WWW.ToanCapBa.Net
WWW.ToanCapBa.Net lớn nhât́ có thể có cuả goć nhị diêṇ giữa (P) và (ABCD), biêt́ thiêt́ diên ̣ giữa (P) và hinh ̀ chop ́ là hinh ̀ thang Giaỉ : S Q P A Q' O B M P' E D C Goị O là trung điêm ̉ cuả AB ⇒ SO ⊥ AB Mà (SAB) ∩ (ABCD) = AB ⇒ SO ⊥ (ABCD) ⇒ SO ⊥ BC mà BC ⊥ AB ⇒ BC ⊥ (SAB) 7 WWW.ToanCapBa.Net
WWW.ToanCapBa.Net a. Goị E là trung điêm ̉ cuả BC a 5 ⇒ AE = MC = SE = 2 a AM = EC = 2 ⇒ AMCE là hinh ̀ binh ̀ hanh ̀ ⇒ MC // AE ⇒ ∠ (MC,SA) = ∠ (AE,SA) a2 5 AE 2 + SA2 − SE 2 = ⇒ cos (MC,SA) = = 5 5 2. AE.SA 2a .a 2 2 5 a 3 ⇒ sin (MC,SA) = . Dễ thâý SO = 5 2 1 1 1 a 3 a a3 3 Ta co:́ VS.AMC = SO.SAMC = SO.DC.MA = . .a. = 3 6 6 2 2 24 1 1 Măṭ ́ khac: VS . AMC = SA.MC.sin ( MC , SA ) .d ( SA, MC ) VS.AMC = SA.MC.sin 6 6 (MC,SA).d(SA,MC) a3 3 1 a 5 2 5 ⇔ = a. . .d ( SA, MC ) 24 6 2 5 a 3 ⇔ d(SA,MC) = 4 b. + Thiêt́ diêṇ giữa (P) và hinh ̀ choṕ là hinh ̀ thang. Dựng PQ // AD (Q ∈ SA) ⇒ PQ // BC Dễ thâý PQBC là thiêt́ diên ̣ cuả (P) với hinh ̀ chop ́ S.ABCD ̉ (SAB) dựng QQ′ // SO + Trong măṭ phăng ⇒ QQ′ ⊥ (ABCD) Dựng PP′ ⊥ (ABCD) (P′ ∈ (ABCD)) 8 WWW.ToanCapBa.Net
WWW.ToanCapBa.Net ⇒ (P′ Q′ BC) = ch (PQBC)/(ABCD) + Ta co:́ (OAD) = ch (SAD)/(ABCD) ⇒ P′ ∈ OD, Q′ ∈ OA + Đăṭ SP = x (0 ≤ x ≤ SD = a 2 SP x = SD a 2 SP x OP ' ⇒ = = PD a 2 − x P ' D OP ' SP x ⇒ = = OD SD a 2 x a2 ⇒ OP′ = . a2 + a 2 4 OP ' OQ ' x = = OD OA a 2 x 2 ⇒ OQ ' = 4 PQ / / AD � P ' Q '/ / AD P ' Q ' = ch( PQ) / ( ABCD) 5x2 x2 x 2 ⇒ P′ Q′ ⊥ AB ⇒ P′ Q′ = − = 8 8 2 2 1 1 �a x 2 � � x 2 � 1� x 2 � ⇒ SP’Q’BC = .Q′ B.(P′ Q′ + BC) = �� + �a + 2 � � � � �= 4 �a+ � 2 2 �2 4 � � 2 � � � � � SP PQ x + = = SD AD a 2 9 WWW.ToanCapBa.Net
WWW.ToanCapBa.Net x 2 ⇒ PQ = 2 −1 −1 −1 QQ ' AQ �SA � �AQ + SQ � � x � a 2−x + = =� � =� � =� 1+ = SH SA �AQ � � AQ � � a 2 − x � � a 2 a 2−x ⇒ QQ′ = . 6 4 Do QQ′ ⊥ Q′ B 2 �a x 2 � 3 ( ) 2 ⇒ QB = Q ' B + QQ ' = � 2 �2 + 4 � 2 �+ 8 a 2 − x � � a 2 ax 2 x 2 3 2 3 2 3 = + + + a − ax + x 2 4 4 8 4 4 8 a 2 x2 = a2 − x+ 2 2 1 2 a 2 x 2 �x 2 � ⇒ SPQBC = a − x+ � + a � 2 2 2 � �2 � � x 2 a+ 1 2 1 a 2+x ⇒ cos ((P),(ABCD)) = 2 = a 2 x 2 2 2a − a 2 x + x 2 2 a − 2 x+ 2 2 a 2+x Đăṭ f(x) = ∀x ∈ [o;a 2 ] 2a 2 − a 2 x + x 2 6a 2 − 3 xa 2 Xet́ f′ (x) = ∀x ∈ [o;a 2 ] ( 2a 2 − ax 2 + x 2 ) 2a 2 − a 2 x + x 2 >0 ̣ max f(x) = 2 Vây min f(x) = 1 Bài 6: Cho hình chóp tam giác S.ABC đều có đáy là tam giác đều cạnh a. Gọi α là góc giữa mặt bên và mặt đáy và ϕ là góc giữa hai mặt bên. 10 WWW.ToanCapBa.Net
WWW.ToanCapBa.Net Tìm mối quan hệ giữa α và ϕ . Giải: + Gọi I là trung điểm của BC . �SI ⊥ BC �(SAI) ⊥ BC �� AI ⊥ BC ��SIA = �((SBC), (ABC)) = α + Dựng BJ ⊥ SA ( J SA ). Ta dễ dàng suy ra: CJ ⊥ SA (BJC) ⊥ SA Suy ra: �BJC = �((SAB), (SAC)) = ϕ + (BJC) ⊥ SA � IJ ⊥ SA ϕ � � �BJI = �((SAI),SAB)) = BJ ⊥ SA 2 BJC ( Do BJ = JC mà I trung điểm BC nên �BJI = ) 2 + Gọi H = ch S (ABC) H là tâm của VABC 1 1 3 1 3 31 a2 S = SH.AI = a HI.tan α = a a .tan α = tan α ∆SAI 2 2 2 2 2 2 3 8 + 1 1 BI 1 a a2 1 a2 tan 2 α + 4 S = BJ.SA = SH 2 + AH 2 . = tan 2 α + a 2 = ∆SAB 2 2 sin BJI 2 2.sin ϕ 12 3 ϕ 12 4.sin 2 2 + (SAI) ⊥ BC � I = ch S (SAI) ϕ � S = S .cos �((SAB),(SAI)) = S .cos BJI = S .cos ∆SAI ∆SAB ∆SAB ∆SAB 2 a2 a2 tan 2 α + 4 ϕ � tan α = .cos 8 ϕ 12 2 4.sin 2 tan 2 α + 4 ϕ � tan 2 α = .cot 2 3 2 11 WWW.ToanCapBa.Net
WWW.ToanCapBa.Net ϕ 4 � 3.tan 2 α.tan 2 = tan 2 α + 4 � tan 2 α = 2 ϕ 3 tan 2 −1 2 Bài 7: Cho hình chóp tứ giác đều có đáy là hình vuông ABCD cạnh a, đường cao SH = h. Cho mặt phẳng (P) qua BD và vuông góc với mặt phẳng (SCD). Tính tỉ lện thể tích hai khối đa diện được chia bởi ϕ với ϕ là góc giữa hai mặt bên và mặt đáy Giải: S E D C + Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AD M H N và BC. A B SN ⊥ CD � � �SNM = �((SBC), (ABCD)) = ϕ MN ⊥ CD + Dựng DE ⊥ SC. Ta có: BD ⊥ SH � � BD ⊥ (SHC) HC ⊥ BD 12 WWW.ToanCapBa.Net
WWW.ToanCapBa.Net � BD ⊥ SC � (BDE) ⊥ SC � (BDE) ⊥ (SCD) ( hay (BDE) �(P)) + Gọi V =VS.ABCD, V1 = VC.EBD , V2 là phần còn lại. V1 V1 1 CE Xét : = = V 2.VS.BCD 2 SC Ta có: 1 a 1 a  SC = SN + NC = NH . + NC 2 = +1 = cos 2 ϕ + 1 2 2 2 2 cos SNM 2 cos ϕ 2 2.cos ϕ (BDE) ⊥ SC � BE ⊥ SC 1 1 S∆SBC = BE.SC = SN.BC � BE.SC = SN.BC 2 2 a 1 a SN.BC 2 cos ϕ a � BE = = = SC a 1 1 + cos 2 ϕ + 1 2 cos 2 ϕ a2 a.cos ϕ � CE = BC 2 − BE 2 = a 2 − = 1 + cos ϕ 2 1 + cos 2 ϕ Suy ra: a.cos ϕ V1 1 1 + cos 2 ϕ cos 2 ϕ = = V 2 a 1 + cos 2 ϕ 1 + cos 2 ϕ 2.cos ϕ V1 V � = cos 2 ϕ = 1 V − V1 V2 Bài 8: Cho (P) có chứa hình chữ nhật ABCD với AB = a, BC = b. Trên đường thẳng vuông góc với mặt phẳng (ABCD) tại trung điểm O của AB lấy điểm S sao cho SO = ab. Trên BC lấy BM = x, trên CD lấy DN = y (M �BC, N �CD) 13 WWW.ToanCapBa.Net
WWW.ToanCapBa.Net Tìm mối quan hệ giữa x, y, a, b sao cho: 1) a. ( SOM ) ⊥ ( SMN ) b. ( SON ) ⊥ ( SMN ) 2) P là trung điểm của SM, Q là trung điểm của ON. Tìm điều kiện để PQ = d(SM, ON) Giải: 1) a. Giả sử ta có : ( SOM ) ⊥ ( SMN ) . Dựng NM’ ⊥ SM (M’ SM). NM ' ⊥ SM Ta có : � NM ' ⊥ (SON) SM = ( SON ) ( SMN ) � NM ' ⊥ SO Mặt khác: SO ⊥ ( ABCD ) � SO ⊥ NM Do đó: M M’ � MN ⊥ ( SOM ) � MN ⊥ OM Vậy để ( SON ) ⊥ ( SMN ) thì ta phải có OM 2 + MN 2 = ON 2 (1) Ta có BM = x CM = b – x DN = y DN = a – y � BN 2 = b 2 + (a − y ) 2 AN 2 = b 2 + y 2 MN 2 = ( b − x ) + ( a − y ) 2 2 a2 OM = 2 + x2 4 2 BN 2 + 2AN 2 − AB 2 4b 2 + 2(a − y ) 2 + 2 y 2 − a 2 � ON 2 = = 4 4 14 WWW.ToanCapBa.Net
WWW.ToanCapBa.Net Vậy theo (1) ta có : 4b 2 + 2(a − y ) 2 + 2 y 2 − a 2 a 2 + x2 + ( b − x ) + ( a − y ) 2 2 = 4 4 � 2bx + ay = 2 x + a2 2 Vậy điều kiện để (SOM) và (SMN) vuông góc là : 2bx + ay = 2 x 2 + a 2 b) lập luận như trên ta có điều kiện để (SON) ⊥ (SMN) là ON ⊥ MN Khi đó : 2y 2 + 2b 2 + a 2 = 2bx + 3ay PQ ⊥ SM 2) PQ = d(SM, ON) (1) PQ ⊥ ON Ta có : ON 2 4b + 2 ( a − y ) + 2y − a 2 2 2 2 OQ =2 = 4 16 4b 2 + 2 ( a − y ) + 2y 2 − a 2 2 SQ = OQ + SO = a b + 2 2 2 2 2 16 2 a SM 2 = SO 2 + OM 2 = a 2 b 2 + + x2 4 a2 a 2 b2 + + x2 � OP 2 = SP 2 = 4 4 Từ (1) ta có : PQ 2 = SQ 2 − SP 2 = OP 2 − OQ 2 � SQ2 + OQ 2 = SP 2 + OP 2 = 2OP 2 4b 2 + 2 ( a − y ) + 2y 2 − a 2 4b 2 + 2 ( a − y ) + 2y 2 − a 2 2 2 4a 2 b 2 + a 2 + 4x 2 � +a b + 2 2 = 16 16 8 � 2a b + 2b + 2y 2 = x 2 + 2ay 2 2 2 Vậy điều kiện để PQ là khoảng cách giữa ON và SM là : 2a 2 b 2 + 2b 2 + 2y 2 = x 2 + 2ay 15 WWW.ToanCapBa.Net
WWW.ToanCapBa.Net Bài 9 :Cho hình chóp S.ABCD với đáy ABCD là hình vuông cạnh a và đường cao a 6 SA = . Gọi (P) là mặt phẳng qua A và vuông góc với SC, cắt các cạnh SC, 2 SB, SD lần lượt tại C’, B’, D’. Tính góc giữa C’D’ và AD Giải : +Gọi E = C 'D '�� CD C ' E ⊥ SC Dựng DK ⊥ SC ( K SC ) DK / /C ' E � �(C 'D ', AD) = �(C ' E, AD) = �(DK, AD) = �ADK SA ⊥ CD  �� CD ⊥ (SAD) � CD ⊥ SD CD ⊥ AD C 'E C 'C Mà ta có C ' E ⊥ SC nên suy ra: VSDC đồng dạng với VEC 'C � = (1) SD CD AC 2 AC 2 2a 2 2 14 � CC ' = = = = a  AC’ ⊥ SC SC SA 2 + AC2 3 2 7 a + 2a 2 2 2 14 3 2 a a + a2 Từ (1) : C’E = SD.CC ' CC ' SA + AD 2 2 7 2 2 35 = = = a CD CD a 7 8 2 20 2 � EC = CC '2 + C ' E 2 = a + a = 2a 7 7 CD 1 DK CK � = = = (do DK / /EC ') EC 2 EC ' CC ' 35 DK = a 7 14 CK = a 7 16 WWW.ToanCapBa.Net
WWW.ToanCapBa.Net AC a 2 2 7 = =  cos SCA = SC 14 7 a 2 � AK 2 = CK 2 + AC 2 − 2CK.AC.cosSCA 2 2 14 2 7 = a + 2a 2 − 2.a 2. a. 7 7 7 8 = a2 7 2 14 � AK = a 7 5 8 a2 + a2 − a2 DA + DK − AK 2 2 2 7 7 = 2 35 + cos ADK = 2.DA.DK = 35 35 2a a 7 2 35 � �ADK = arccos 35 Bài 10: Cho hình chóp S.ABCD với ABCD là hình thoi cạnh a có �BAD = 60o . Gọi O là giao điểm của AC và BD , biết SO ⊥ (ABCD) 3 và SO = a . 4 a. Xác định và tính khoảng cách giữa SB, AD. b. Tính góc giữa (SBC) và (SAD). Giải : a. Qua O dựng đường thẳng d ⊥ AD và cắt AD, BC lần lượt tại I,J. + Dựng IH ⊥ SJ ( H SJ ) SO ⊥ (ABCD)  �� BC ⊥ (SIJ) � IH ⊥ BC IJ ⊥ BC � IH ⊥ (SBC) � IH ⊥ SB  AD // BC � IH ⊥ AD 17 WWW.ToanCapBa.Net
WWW.ToanCapBa.Net Vậy IH = d(AD,SB) 3 Dễ thấy OI = OJ = a . Dựng F là hình chiếu của O trên SJ , ta dễ dàng suy ra 4 3 được : OF = a 8 3 Suy ra : IH = 2.OF = a 4 b. Qua S dựng đường thẳng d // AD // BC, d = ( SAD ) ( SBC ) SI ⊥ AD � � SI ⊥ d ( SIJ ) ⊥ AD �� (do d / /AD / /BC) SJ ⊥ AD SJ ⊥ d � �ISJ = �((SAD), (SBC)) Ta dễ dàng có được: 3  IJ = 2.OI = a 2 9 2 3 2 3  SI = SJ = SO 2 + OI 2 = a + a = a 16 16 2 VSIJ đều � �ISJ = 60o Vậy góc giữa (SAD) và (SBC) là �ISJ = 60o Nhận xét : Ở bài toán này, để tính độ dài khoảng cách giữa hai đoạn AD và SB ta còn có thể làm như sau : + �BAD = 60o � VABD đều cạnh a 3 2 �S = a ∆ABD 4 SO ⊥ (ABCD) 1 13 3 2 3 3 Suy ra : VS.ABD = SO.SVABD = a a = a (1) 3 34 4 16 + Mặt khác : 1 VS.ABD = SB.AD.d(AD,SB).sin (AD,SB) 6 Trong đó: 18 WWW.ToanCapBa.Net
WWW.ToanCapBa.Net 9 2 1 2 13  SB = OB2 + SO 2 = a + a = a 16 4 4 9 2 3 2 21  SC = OC2 + SO 2 = a + a = a 16 4 4  AD // BC �(AD,SB) = �(BC,SB) = �SBC 13 2 21 a + a2 − a2 SB2 + BC 2 − SC2 16 16 = 13 cosSBC = = 2.SB.BC 13 13 2.a. a 4 2 39 � sin SBC = 13 3 2 Suy ra: VS.ABD = a .d(SB, AD) (2) 12 3 + Từ (1) và (2) ta suy ra được : d(AD,SB) = a 4 Bài toán không khó, nó chỉ xoay quanh những phạm vi kiến thức cơ bản và chỉ đòi hỏi mức độ nắm vững kiến thức của chúng ta và sự linh hoạt trong việc biến đổi biểu thức Bài 11: Cho hình chóp S.ABC, đáy là tam giác vuông tại A. AB = a, BC = 2a. CA 6 Dựng SH vuông góc với (ABC) tại H sao cho CH = , SH = a . Gọi I, J lần 3 3 lượt là trung điểm của BC, SA. Gọi (β) là mặt phẳng qua BJ và vuông góc với mặt phẳng (SHI). Tính góc giữa (β) và (ABC). Giải: + Dễ thấy CA = a 3 và �ABC = 60o Gọi K là trung điểm của AH 1 3 AK 3 Suy ra : AK = CA = a � tan ABK = = ��ABK = 30o (1) 3 3 AB 3 + Gọi N là trung điểm của SI. Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác ICS và ba điểm B, N, M ta có : 19 WWW.ToanCapBa.Net
WWW.ToanCapBa.Net BI MC NS 1 MS . . =1� . .(−1) = 1 BC MS NI 2 MC MS � = −2 MC Gọi T là giao điểm của MJ và AC. Áp dụng định lí Menelaus cho tam giác ACS và ba điểm T, M, J ta có : TA MC JS MS . . = 1 � ( −2). .(−1) = 1 TC MS JI MC TA 1 � = TC 2 Do đó: A là trung điểm của TC. Suy ra : ∆ BTC cân tại T � �TBA = �ABC = 60o . (2) Từ (1) và (2) ta có : � BK ⊥ TB (3) + Mặt khác , ta thấy H là hình chiếu của S trên (ABC) , do đó AH là hình chiếu của SA trên (ABC) . Mà J, K lần lượt là trung điểm cùa SA và AH. Nên K là hình chiếu của J trên (ABC) JK ⊥ TB (4) + Từ (3) và (4) ta được : (JBK) ⊥ TB � �JBK = �((β), (ABC)) 6 2 3 6 Ta dễ dàng tính được : JK = a, BK = a � BJ = a 6 3 2 BK 2 2 cos JBK = = BJ 3 Bài 12 : Cho hình chóp C. ABB’A’ với đáy ABB’A’ là hình chữ nhật . Biết AA’ và BB’ cùng vuông góc với (ABC), dựng đường vuông góc chung của A’B và B’C. 20 WWW.ToanCapBa.Net