Tài liệu Hinh hoc khong gian otdh co huong dan

  • Số trang: 17 |
  • Loại file: DOCX |
  • Lượt xem: 207 |
  • Lượt tải: 0
tailieu

Tham gia: 27/02/2016

Mô tả:

HÌNH HỌC KHÔNG GIAN Câu 1: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông và AB = BC = a. Cạnh SA vuông góc với mặt phẳng (ABC) . Góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABC) bằng 45 0. Gọi M là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC. Tính thể tích khối đa diện M.ABC theo a. �BC  AB � BC  (SAB) � BC  SB � BC  SA � � � SBA SBA Suy ra góc giữa mp(SBC) và mp(ABC) là góc . Theo giả thiết = 45 0 Gọi M là trung điểm của SC, H là trung điểm của AC. Tam giác SAC vuông tại A nên MA = MS = MC, tam giác SBC vuông tại B nên MB = MC = MS. Suy ra M là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC.. Suy ra tam giác SAB vuông cân tại A, do đó SA = AB = a., SA (ABC), MH // SA nên MH (ABC). Suy ra MH là đường cao khối chóp M.ABC. 1 a3 VM.ABC  MH.SABC  3 12 Suy ra 1 AB  a, AD  2 2a Câu 2: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, . Hình chiếu vuông góc của điểm S trên mặt phẳng (ABCD) trùng với trọng tâm tam giác BCD. Đường thẳng SA tạo với mặt phẳng (ABCD) một góc 45 0. Tính thể tích của khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và SD theo a. Bài giải Gọi H là trọng tâm tam giác BCD. Theo GT SH  ( ABCD) 2 1 O  AC �BD � CH  CO  AC  a � AH  AC  HC  2a 3 3 Gọi SA tạo với đáy góc 45 0 0 SAH  45 � SH  AH  2a Gọi V là thể tích khối chóp S.ABCD thì suy ra 1 1 4 2 3 V  S ABCD .SH  a.2 2a.2a  a 3 3 3 // SD Do đó . Gọi M là trung điểm của SB. Mặt phẳng (ACM) chứa AC và d (SD; AC )  d (SD;( ACM ))  d ( D;( ACM )) Chọn hệ tọa độ Oxyz như hình vẽ. Khi đó �2a 4 2a � A(0;0;0), B(a;0;0), D(0;2 2a;0), S � �3 ; 3 ;2a � �, C (a;2 2a;0) � � �5a 2 2a � uuur M� �6 ; 3 ; a � � AC  (a;2 � �. 2a;0) 2 S uuuur �5a 2 2a � AM  � �6 ; 3 ; a � �� � � M D C H O A B uuur uuuur r 2 2 2 AC �AM  (2 2a ; a ;  2a ) Mặt phẳng (ACM) đi qua điểm A và có vtpt n  (2 2; 1;  2) nên 2 2 x  y  2 z  0 � d ( D;( ACM ))  có phương trình là 2 2a 2 2a 8 1 2 11  AB  2a AD  a 2 SA Câu 3: Cho khối chóp S.ABCD có ABCD là hình chữ nhật, , . vuông góc với đáy . Gọi M là trung điểm CD và góc giữa hai mặt phẳng (SBM) và (ABCD) là 60 o. CMR và tính thể tích khối chóp S.BCM theo a. ABCD BM  (SAC) Gọi I là giao điểm của AC và MB. Xét Ta có ABC và BCM AB BC   2 � ABC : BCM BC CM �ACB  BMC � � MBC �  BMC �  MBC �  �ACB  90o � mà BIC Vuông tại I hay BM  AC , SA  ( ABCD) �BM � BM  SA � BM  (SAC ) 3 ( ABCD) và (SBM ) � SI  BM � góc giữa hai mặt phẳng o Là góc giữa SI và AI hay Ta có: ABC : ABI �  60 SIA . AI AB AB 2 4a 2 4a 2 2a 6 �  � AI     2 2 AB AC AC 3 . AB  BC a 6 �  SA � SA  AI tan SIA �  2a 6 . 3  2 a 2 tan SIA Xét . SAI vuông tại A.2 Ta có: AI 3 1 a 2 S BCM  BC.CM  . SA là chiểu cao của khối chóp nên S . BCM 2 22 1 a 2 2a3 VS .BCM  S BCM .SA  .2a 2  (đvtt) 3 3.2 3 Câu 4: Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy là hình chữ nhật với SA vuông góc với đáy, G là trọng tâm tam giác SAC, mặt phẳng (ABG) cắt SC tại M, cắt SD tại N. Tính thể tích của khối đa diện MNABCD biết SA=AB=a và góc hợp bởi đường thẳng AN và mp(ABCD) bằng 300 . + Trong mp(SAC) kẻ AG cắt SC tại M, trong mp(SBD) kẻ BG cắt SD tại N. + Vì G là trọng tâm tam giác ABC nên dễ có S SG 2  suy ra G cũng là trọng tâm tam giác SBD. SO Từ đó 3suy ra M, N lần lượt là trung điểm của SC, SD. N 1 1 + Dễ có: VS . ABD  VS .BCD  VS . ABCD  V . 2 ta có: 2 Theo công thức tỷ số thể tích M G D VS . ABN SA SB SN 1 1 1 A  . .  1.1.  � VS . ABN  V V ABD SA SB SD 2 2 4 VSS ..BMN SB SM SN 1 1 1 1 O  . .  1. .  � VS . ABN  V VS .đó 22 4 8 BCD suySB Từ ra: SC SD C B 3 VS . ABMN  VS . ABN  VS .BMN  V . 8 1 + Ta có: V  SA.dt ( ABCD ) ; mà theo giả thiết SA  ( ABCD) nên góc hợp bởi AN với mp(ABCD) chính là 3 góc � , lại có N là trung điểm của SC nên tam giác NAD cân tại N, suy ra NAD �  NDA �  300. Suy ra: NAD SA AD  a 3. tan300 1 1 3 3 a. Suy ra: V  SA.dt ( ABCD )  a.a.a 3  3 3 3 3 5 5 3a3 . Suy ra: thể tích cần tìm là: VMNABCD  VS . ABCD  VS . ABMN  V  V  V  8 8 24 Câu 5: Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông tại A, AB = 3, AC = 4 góc tạo bởi các mặt bên và đáy bằng 60o . Tính thể tích của khối chóp S.ABC Bài giải Gọi H là hình chiếu của S lên (ABC); M, N, K lần lượt là hình chiếu của H lênh cạnh AB, AC, BC. Khi đó thể tích V của khối chóp được tính bởi công thức 4 1 V  SABC .SH 3 1 SABC  AB. AC  6 2 mà -Tính SH. Xét các tam giác SHM, SHN, SHK vuông tại H, có các góc S N A M C H K SMH, SNH, SKH bằng 600 do đó HM = HN = HK => H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC => HM  2S ABC 1 AB  BC  CA =>SH = HM.tan600 = V Vậy 3 1 3.6  2 3 3 5 Câu 6: Trong mp(P) cho đường tròn đường kính AB = 2R; C là một điểm trên đường tròn, AC = R. Cạnh SA vuông góc với mp(P), góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SBC) bằng 60 0. Gọi H, K lần lượt là hình chiếu vuông góc của điểm A trên SB, SC . 1. Chứng minh tam giác AHK vuông . 2. Tính thể tích của hình chóp S.ABC theo R . 1. Chứng minh tam giác AHK vuông SA (P) => SA Lại có CA BC BC nên BC => BC AK SC AK Theo gt : S Do đó AK (SBC) => AK Hay tam giác AHK vuông (SAC) H HK 60 0 K A B C 2. Tính VS.ABC Ta có AK (SBC) => AK Đồng thời theo gt Suy ra BS AH (AHK) => SB SB SB HK Vì vậy góc giữa hai mp (SAB) và (SBC) chính là góc giữa hai đường thẳng AH và HK và bằng góc 6 ˆ AHK Trong tam giác SAC có : 1 1 1 1 1     2 2 2 2 2 AK SA AC SA R (1) Trong tam giác SAB có : 1 1 1 1 1     AH 2 SA 2 AB2 SA 2 4R 2 (2) Lấy (1) - (2) , ta được : 1 1 3   AK 2 AH 2 4R 2 Vì tam giác AHK vuông tại K và 3 2 AH SA2 = (3) ˆ = 60 nên tam giác AHK bằng nửa tam giác đều và do đó AK = AHK thay vào (3) , ta tìm được 0 1 9  AH 2 4R 2 thay vào (2), ta có: R2 R 2 � SA  2 2 1 1 Vậy VSABC = 3 .SA . 2 = .AC.BC = 1 SA.AC. AB2  AC2 6 3 1R 2 2 2 R 6 . .R. (2R)  R  6 2 12 0 � SB=a 3 BAD=60 Câu 7: Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh 2a, SA = a, , và mp(SAB) vuông góc với mặt đáy. Gọi M, N là trung điểm của AB, BC. Tính thể tích tứ diện NSDC và tính cosin của góc giữa hai đường thẳng SM và DN. Từ giả thiết có AB = 2a, SA = a, 7 SB = 3 , tam giác ASB vuông tại S suy ra SM  AB a 2 do đó tam giác SAM đều. Gọi H là trung điểm AM thì SH AB. Mặt khác (SAB) (ABCD) nên suy ra SH  ( ABCD) 1 1 1 1 a 3 1 4a 2 3 a 3 VNSDC  VSNDC  SH .SDNC  SH . SBDC  . .  3 3 2 3 2 2 4 4 � � ( SM , DN )  ( SM , QM ) . Gọi Gọi Q là điểm thuộc đoạn AD sao cho AD = 4 AQ khi đó MQ//ND nên K là trung điểm MQ suy ra HK//AD nên HK Mà SH (ABCD), HK MK suy ra SK MQ � � � ( SM , DN )  ( SM , QM )  SMK MQ suy ra 1 1 1 MQ DN a 3 MK 2 3 4 4 � cos SMK      SM a a a 4 Trong tam giác vuông SMK: 8 S.ABCD có SC  ( ABCD), đáy ABCD là hình thoi có cạnh bằng a 3 và Câu 8: Cho hình chóp 0 �ABC  1200. ( ABCD ) 45 . Tính theo Biết rằng góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và bằng khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SA, BD. S I D C O A a 3 B K 9 thể tích của Kẻ SK  AB (K �AB) � CK  AB (định lí 3 đường vuông góc) Khi đó góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và ( ABCD) là góc giữa SK �  450 �ABC  1200 � CBK �  600 SKC ; Trong tam giác vuông Tam giác CBK : CK  CB sin 600  SCK vuông cân tại C nên SC  3a 2 3a 2 3 3a 2 S ABCD  AB.BC sin120  2 Ta có 0 1 3 3a 3 VS . ABCD  S ABCD .SC  3 4 (đvtt) Do đó O  AC �BD Gọi �BD  AC � BD  (SAC ) � BD  SC O Ta có � tại . Kẻ OI  SA (I �SA) OI là đoạn vuông góc chung của SA và BD. Dùng hai tam giác đồng dạng d (SA, BD)  Vậy AOI và ASC suy ra OI  3 5a 10 . 10 3 5a 10 . và � CK . Do SKC nhọn nên Câu 9:Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và D, AB = AD = a, CD = 2a; hai mặt phẳng (SAD) và (SCD) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Cạnh bên SB tạo với mặt phẳng đáy một góc 600; gọi G là trọng tâm của tam giác BCD. Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ G đến mặt (SBC). S +) Từ giải thiết ta có SD ( ABCD) H � 600 SBD suy ra (SB, (ABCD)) = K D Ta có C G 1 3a 2 S ABCD  ( AB  CD) AD  2 2 (đvdt) A +) do tam giác ABD vuông cân tại A ,AB= a 0 BD  a 2 � SD  BD tan60 a 6 => 1 a3 6 VS . ABCD  SD.S ABCD  3 2 (đvtt) Vậy +) chứng minh được BC Có ( SBD) , kẻ DH SB=> DH (SBC) 1 1 1 a 6   � DH  DH 2 SD 2 DB 2 2 11 E B +) Gọi E là trung điểm BC ,kẻ GK // DH, K thuộc HE =>GK (SBC) và GK EG 1 a 6   � GK  DH ED 3 6 GK  Vậy d( G, (SBC) = a 6 6 Câu 10:Cho hình chóp S.ABCD đáy là hình vuông cạnh 2a , tam giác SAB đều , tam giác SCD vuông cân đỉnh S. Tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a. Ta có diện tích đáy hình vuông ABCD : S =4 a2 Gọi E , F lần lượt trung điểm AB và CD Tam giác SAB đều nên đường cao SE  2a 3 a 3 2 Tam giác SCD vuông cân đỉnh S nên đường cao SF = a 2 2 2 EF  SE  SF Do đó ta có tam giác SEF vuông tại S (vì ) Trong tam giác SEF kẻ SH vuông góc EF tại H Ta có SH vuông góc mp(ABCD) . a 3 1 1 2 a 3 2a 3 3 � SH  V  S ( ABCD).SH  .4a .  2 . Vậy 3 3 2 3 1 1 1 1 1 4      SH 2 SE 2 SF 2 3a 2 a 2 3a 2 ( đvt � 90o ABC Câu 11: Cho hình chóp S.ABC có AB = BC = a; = . Mặt phẳng (SAB) và mặt phẳng (SAC) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABC). Biết góc giữa hai mặt (SAC) và mặt phẳng (SBC) bằng tích của khối chóp S.ABC theo a. Vì (SAB) (ABC) và (SAC) (ABC) nên SA 60o. Tính thể (ABC) Do đó chiều cao của khối chóp S.ABC là h = SA. Gọi H là trung điểm của cạnh AC, suy ra BH 12 AC Do đó BH (SAC) Trong mặt phẳng (SAC) dựng HK SC (H SC), suy ra BK SC S �  60o BKH Do đó góc giữa (SAC) và (SBC) là . K a 2 a 6 BH 2 o � BHK vuông tại H. Ta có BK = sinHKB = sin60 = 3 . D 1 1 BK 2 = SB2 D SBC vuông tại B có BK là đường cao, ta có 1 SB2 9 1 2 2 = 6a - a = 1 2a 2 2 SB = a H A 600 a C a B + 1 BC 2 SA = a 1 1 a3 V S Thể tích của khối chóp S.ABC: SABC = 3 SA. ABC = 6 . SA. AB.BC = 6 . �ABC  600 AB  a , BC  2 a , Cho lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có , hình chiếu vuông góc của A’ Câu 12: trên mặt phẳng (ABC) trùng với trọng tâm G của tam giác ABC và góc giữa AA’ tạo với mặt phẳng (ABC) bằng 600. Tính thể tích khối chóp A’.ABC và khoảng cách từ G đến mặt phẳng (A’BC). A' C' ' A G⊥(ABC) ⇒AG Giải: Từ là hình chiếu của Gọi M là trung điểm BC. Từ giả thiết ta có: B' AA ' lên (ABC) N A H G I B 2 2a 2a 3 BC  2a, AG  AI  ; � A ' AG  600 � A ' G  AG.tan600  3 3 3 C M K 2 Vì 2 Mặt khác Và 2 2 2 2 2 2 2 AB +AC =a +3a =4a =BC ⇒ ΔABC A ' G⊥(ABC) ' nên AG 0 2 AC =AB +BC −2. AB.BC.cos60 =3a ⇒ AC=a √3 vuông tại A ' là chiều cao của khối chóp 13 A .ABC ' Thể tích của khối chóp VA/ . ABC A .ABC được tính bởi: 1 11 1 2a 3 a3  S ABC . A ' G  . AB. AC. A ' G  a.a 3.  3 32 6 3 3 (đvtt) Kẻ AK  BC tại K và GI  BC tại I  GI // AK � Do: GI MG 1 1 1 AB. AC 1 a.a 3 a 3   � GI  AK  .   AK MA 3 3 3 BC 3 2a 6 BC  GI � �� BC  GH (2) BC  A ' G � . Từ (1) và (2)  ' Ta có ΔA GI vuông tại d[G, ( A ' BC )]  GH G có GH Kẻ GH  A’I tại H (1) GH  (A’BC) d[G, ( A ' BC )]  GH là đường cao nên : 2a 3 a 3 . A ' G.GI 3 6  2a  2a 51   51 51 A ' G 2  GI 2 12a 2 3a 2  9 36 2 3a Câu 13: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi, hai đường chéo AC = , BD = 2a và cắt nhau tại O; hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Biết khoảng cách từ O đến mặt phẳng (SAB) bằng a 3 4 . Tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a. Từ giả thiết, ta có tam giác ABO vuông tại O và AO = đều. Do a 3 ; BO = a , do đó A�BD  600 . Hay  SAC  ;  SBD    ABCD  nên giao tuyến của chúng SO (ABCD). Gọi H là trung điểm của AB, K là trung điểm của HB ta có 14 và DH = a 3; OK // DH 1 a 3 OK  DH  2 2 và  OK  AB  AB  (SOK) Gọi I là hình chiếu của O lên SK  OI  (SAB), hay OI Tam giác SOK vuông tại O, OI là đường cao  S Diện tích đáy ABC D  4S ABO  2.OAOB .  2 3a OI  a 3 4 1 1 1 S a   � SO  OI 2 OK 2 SO 2 2 2 I D ; 3a O C a SO  2. a B K A H đường cao của hình chóp Thể tích khối chóp S.ABCD: 1 3a 3 VS . ABCD  S ABCD .SO  3 3 Câu 14: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là nửa lục giác đều nội tiếp trong đường tròn SA = a 6 đường kính AD = 2a, SA (ABCD), , H là hình chiếu vuông góc của A trên SB. Tìm thể tích khối chóp H.SCD và tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AD và SC. Trong tam giác vuông SAB có SA2 = SH .SB SH SA 2 SA2 6a2 6 � = = = = SB SB 2 SA2 + AB 2 7a2 7 6 6 VHSDC = VB.SCD = VS.BCD 7 7 6 6 = SA.SBCD = a 6.SBCD 7 7 K là hình chiếu của B trên AD ta có: BK.AD = AB.BD suy ra 15 AB.BD a 3 1 a2 3 BK = = � SBCD = BK .BC = AD 2 2 4 Do AD//(SBC) nên d( AD,SC )  d( AD, SBC  )  d( A, SBC  ) Dựng hình bình hành ADBE. Do AB Đặt d( A, SBC  ) Suy ra = h ta có d( AD,SC ) =h= , suy ra: VHSDC 9a3 2 = 14 BD nên AB DE 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 9           h2 SA2 AB 2 AE 2 SA2 AB 2 BD 2 6a 2 a 2 3a 2 6a 2 a 6 3 Câu 15: Cho hình nón có đỉnh S, đáy là đường tròn tâm O, SA và SB là hai đường sinh, biết SO = 3, khoảng cách từ O đến mặt phẳng SAB bằng 1, diện tích tam giác SAB bằng 18. Tính thể tích và diện tích xung quanh của hình nón đã cho. Gọi E là trung điểm của AB, ta có: OE  AB, SE  AB , suy ra  SOE   AB . OH  SE � OH   SAB  Dựng , vậy OH là khoảng cách từ O đến (SAB), theo giả thiết thì OH = 1. Tam giác SOE vuông tại O, OH là đường cao, ta có: 1 1 1 1 1 1 1 8   �    1   OH 2 SO 2 OE 2 OE 2 OH 2 SO 2 9 9 9 3 � OE 2  � OE  8 2 2 9 81 9 SE 2  OE 2  SO 2   9  � SE  8 8 2 2 16 2S 1 36 S SAB  AB.SE � AB  SAB  8 2 9 2 SE 2 2 2   2 9 9 265 �1 � OA  AE  OE  � AB � OE 2  4 2   32   8 8 8 �2 � 2 2 2 1 1 265 265 V   .OA2 .SO   .3   3 3 8 8 Thể tích hình nón đã cho: Diện tích xung quanh của hình nón đã cho: SA2  SO 2  OA2  9  S xq   .OA.SA   265 337 337  � SA  8 8 8 265 337 89305 .  8 8 8 17
- Xem thêm -