Tài liệu Tài liệu hình học không gian cổ điển (nguyễn tất thu) phần 2

  • Số trang: 45 |
  • Loại file: PDF |
  • Lượt xem: 311 |
  • Lượt tải: 0
hoanggiang80

Tham gia: 27/02/2015

Mô tả:

§ 3. QUAN HỆ VUÔNG GÓC 1. Hai đường thẳng vuông góc Để chứng minh hai đường thẳng AB và CD vuông góc với nhau, ta có các cách sau   Cách 1: Chứng minh AB.CD  0 Cách 2: Chứng minh có một mặt phẳng (P) chứa AB và vuông góc với CD Cách 3: Sử dụng các kết quả đã biết trong hình học phẳng 2. Đường thẳng vuông góc với mặt phẳng. Để chứng minh đường thẳng a vuông góc với mặt phẳng (P) ta thường đi chứng minh đường thẳng a vuông góc với hai đường thẳng cắt nhau nằm trong (P). Chú ý: Nếu đường thẳng a vuông góc với mặt phẳng (P) thì đường thẳng a vuông góc với mọi đường thẳng nằm trong mặt phẳng (P). 3. Hai mặt phẳng vuông góc Để chứng minh hai mặt phẳng vuông góc, ta chứng minh mặt phẳng này chứa một đường thẳng vuông góc với mặt phẳng kia. Chú ý: Nếu hai mặt phẳng cắt nhau theo giao tuyến  và vuông góc với nhau thì mọi đường thẳng nằm trong mặt phẳng này mà vuông góc với  thì đường thẳng đó sẽ vuông góc với mặt phẳng kia. Ví dụ 2.3.1. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với độ dài các cạnh AB  a, AD  b . Cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy và SA  c . Gọi H, K lần lượt là hình chiếu của A lên các đường thẳng SB, SD. 1) Chứng minh rằng các mặt bên của hình chóp là những tam giác vuông. Tình diện tích xung quanh của hình chóp theo a, b,c 2) Chứng minh rằng SC  (AHK) 3) Tình diện tích thiết diện của hình chóp cắt bởi mặt phẳng (AHK) . Lời giải. 1) Ta có các tam giác SAB, SAD là những tam giác vuông tại A Do SA  (ABCD) nên suy ra SA  BC . Lại có ABCD là hình chữ nhật nên AB  BC Từ đó suy ra BC  (SAB) , suy ra BC  AB hay tam giác SBC vuông tại B GV: Nguyễn Tất Thu Tương tự, ta chứng minh được CD  (SAD) nên suy ra tam giác SCD vuông tại D Vậy các mặt bên của hình chóp đều là những tam giác vuông. Diện tích xung quanh của hình chóp là: S  S SAB  S SBC  S SCD  S SDA  1  SA.AB  SB.BC  SD.CD  SA.AD  2 1   ac  b a 2  c 2  a c 2  b 2  bc  . 2  2) Ta có: BC  (SAB) và AH  (SAB) nên AH  BC . Mặt khác AH  SB nên ta ta có AH  (SBC) Suy ra AH  SC . Chứng minh tương tự ta cũng có AK  SC . Từ đó suy ra SC  (AHK) . 3) Gọi I là giao điểm của SC với mặt phẳng (AHK), ta có thiết diện của hình chóp cắt bởi mặt phẳng (AHK) là tứ giác AHIK . Ta có hai tam giác AHI và AKI là hai tam giác vuông tại H và K. Do AI  SC nên SI.SC  SA 2  SI  SA 2 c2  SC a 2  b2  c 2 Vì SC  (AHK) nên HI  SC , do đó hai tam giác SIH và SBC đồng dạng với nhau. Suy ra HI SI SI.BC bc 2   HI   BC SB SB (a 2  c 2 )(a 2  b 2  c 2 ) Tương tự: KI  SI.CD ac 2  . SD (b2  c 2 )(a 2  b 2  c 2 ) Trong tam giác vuông SAB ta có: AH  Tương tự: AK  AD.SA  AD bc b2  c 2 Vậy diện tích thiết diện cần tính là: GV: Nguyễn Tất Thu . AB.AS ac  2 SB a  c2 S AHIK  1 abc 3 HI.AH  KI.AK   .  2 (a 2  b2  c 2 ) (a 2  c 2 )(b 2  c 2 ) S I c S K J I H b D A a H O B C B C Ví dụ 2.3.2. Cho hình chóp đ ều S.ABC có cạnh đáy bằng a . Gọi M, N lần lượt là trung điểm của SA và SC . Tìm độ dài cạnh bên của hình chóp, biết: 1) AN  BM 2) (BMN)  (SAC) . Lời giải. S N I M C A O E B Gọi O là tâm của đáy, ta có SO  (ABC) và AO  a 3 a 3 . Đặt SA  h, h  0 , OE  3 6              a 3   1) Đặt a  AE, b  OS, c  BC . Ta có a.b  b.c  c.a  0 và a  , b  h, c  a 2 GV: Nguyễn Tất Thu  1   1     1  5   1   Ta có: AM  AB  AS  AE  EB  AO  OS   a  b  c  2 2 23 2       1   1     1  1   3   BN  BS  BC  BE  EO  OS  BC    a  b  c  2 2 2 3 2      Do BN  AM nên ta có:   5  2  2 3  2 5 3a 2 3 7 AM.BN  0   a  b  c  0   .  h2  a2  0  h2  a2 9 4 9 4 4 6 Suy ra SA 2  AO 2  OS 2  3a 2 7a 2 23a 2 a 69 .    SA  4 6 12 6 2) Gọi I là trung điểm MN, ta có AI  MN . Mặt khác (AMN)  (SBC) nên AI  (AMN) Suy ra AI  SE  SAE là tam giác cân nên SA  AE  a 3 . 2 Ví dụ 2.3.3. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông. Tam giác SAD là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt đáy. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của SB, CD. Chứng minh rằng AM  BN . Lời giải. S M A D H N B E C Cách 1: Gọi H là trung điểm cạnh AD, suy ra SH  AD . Mà (SAD)  (ABCD) nên SH  (ABCD) Suy ra SH  BN (1).       Ta có: BN  BC  CN, CH  CD  DH . GV: Nguyễn Tất Thu       1 1 Suy ra BN.CH  BC.DH  CN.CD   BC 2  CD 2  0 . Nên BN  CH (2). 2 2 Từ (1) và (2) ta suy ra BN  (SHC) . Gọi E là trung điểm của BC, ta suy ra được (AME) / /(SHC) , nên ta có được BN  (AME) Suy ra BN  AM (đpcm). Cách 2: Ta có:       2AM  AB  AS  AB  AH  HS     1  BP  BC  CP  2AH  AB 2        1   1 Suy ra 2AM.BP  AB  AH  HS  2AH  AB   2AH 2  AB 2  0 2 2     Suy ra AM  BP . Ví dụ 2.3.4. Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có cạnh đáy bằng a . Gọi M, N lần lượt là trung điểm các cạnh SB,SC . Tìm độ dài cạnh bên của hình chóp để hai mặt phẳng (AMN) và (SBC) vuông góc với nhau. Khi đó hãy tính diện tích tam giác AMN . Lời giải. S N E M A O C F B Gọi E là trung điểm của MN  AE  MN . Do đó (AMN)  (SBC)  AE  SE . Đặt SA  x, x  0 . GV: Nguyễn Tất Thu Trong tam giác AMN có AM  AN  Suy ra AE 2  AM 2  ME 2  AS 2  AB2 SB2 1 a   2a 2  x 2 và MN  2 4 2 2 2a 2  x 2 a 2 7a 2  4x 2 .   4 16 16 Trong tam giác SAE có SE  1 1 1 2 a2 SF  SB2  BF 2  x  2 2 2 4 1 a 2  3x 2 a 2  Suy ra AE 2  SA 2  SE 2  x 2   x 2    . 4  4  4 16 Từ đó suy ra a 3 7a 2  4x 2 3x 2 a 2 3a 2 a 3 . Do đó SA  .    x2  x 2 16 4 16 4 2 Khi đó AE  a 10 1 1 a 10 a a 2 10 (đvdt).  S AMN  AE.MN  . .  4 2 2 4 2 16 Ví dụ 2.3.5. Cho hình chóp S.ABC có SA  (ABC) và tam giác ABC không vuông. Gọi H,K lần lượt là trực tâm các tam giác ABC và SBC . Chứng minh rằng: HK  (SBC) . Lời giải. S M K C A N H E B Gọi E là chân đường cao vẽ từ A của tam giác ABC. AE  BC  BC  (SAE)  BC  SE  K  SE . Ta có:  SA  BC Suy ra HK  BC (1). GV: Nguyễn Tất Thu CH  AB Mặt khác:   CH  (SAB)  CH  SB CH  SA Lại có CK  AB  SB  (CHK)  SB  HK (2). Từ (1) và (2) ta suy ra HK  (SBC) (đpcm). Ví dụ 2.3.6. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B. AB  BC  a , AD  2a , SA  a 2 và SA  (ABCD) . Gọi H , K lần lượt là trung điểm cạnh SC và SD . Chứng minh rằng (AHK)  (SCD) và tính diện tích tam giác AHK . Lời giải. S K H E A B D C Gọi E là trung điểm cạnh AD , ta có: EC  EA  ED  a nên tam giác ACD vuông tại C Hay CD  AC . Mặt khác: SA  (ABCD)  SA  CD . Từ đó suy ra CD  (SAC) Mà AH  (SAC)  CD  AH (1). Ta có AC  AB2  BC 2  a 2  SA  SAC cân tại A và H là trung điểm SC Nên suy ra AH  SC (2). Từ (1) và (2) ta suy ra được AH  (SCD)  (AHK)  (SCD) . Ta có: AH  (SCD)  AH  HK  S AHK  GV: Nguyễn Tất Thu 1 AH.HK . 2 Mà AH  1 1 SC  .a 2. 2  a, 2 2 HK  1 1 a 2 2 . CD  AB2   AD  BC   2 2 2 1 a 2 a2 2 Vậy S AHK  a. (đvdt).  2 2 4   1200 , AA'  a 3 . Ví dụ 2.3.7. Cho hình lăng trụ đứng ABC.A' B'C' , có đáy AB  a, AC  2a, BAC Gọi M là trung điểm cạnh bên BB' . Chứng minh rằng (MAC) và (MA'C') vuông góc với nhau. Lời giải. C' H B' A' A C M B B C A H   a.cos 60 0  a ,HB  a 3 . Gọi H là hình chiếu của B lên AC. Ta có AH  AB.cos BAH 2 2 Tam giác A' AH vuông tại A nên A'H 2  A' A 2  AH 2  3a 2  Trong tam giác A'MB' ta có: A'M 2  A' B'2  B'M 2  a 2  Trong tam giác MHB , ta cos: MH 2  MB2  BH 2  3a 2 7a 2  4 4 3a 2 3a 2 3a 2 .   4 4 2 7a 2 3a 2 13a 2    A'H 2 4 2 4 Suy ra tam giác A'MH vuông tại M , hay A'M  MH (1). Áp dụng định lí Cô sin cho tam giác A' B'C' , ta có:   a 2  4a 2  2a.2a. 1  7a 2 BC2  AC2  AB2  2AB.AC.cos A 2 Ta có MH 2  A'M 2  GV: Nguyễn Tất Thu a 2 13a 2 .  4 4 Suy ra C'M 2  B'C'2  B'M 2  7a 2  3a 2 31a 2 .  4 4 2  a 37a 2 . C'H 2  C'C 2  CH 2  3a 2   2a    2 4  31a 2 3a 2 37a 2    C'H 2 4 2 4 Suy ra HM  C'M (2). Từ (1) và (2) ta suy ra HM  (MA'C') nên (MAC)  (MA'C') . Do đó: C'M 2  MH 2  Ví dụ 2.3.8. Cho tứ diện ABCD có AB  AC  AD . Gọi O là điểm thỏa mãn OA  OB  OC  OD và G là trọng tâm của tam giác ACD , gọi E là trung điểm của BG và F là trung điểm của AE . Chứng minh OF vuông góc với BG khi và chỉ khi OD vuông góc với AC . Lời giải.         Đặt OA  OB  OC  OD  R  1 và OA  a,OB  b,OC  c,OD  d . Ta có AB  AC  AD nên AOB  AOC  AOD  c  c  c  suy ra        AOC   AOD  2 , từ 1 và 2 suy ra a.b  a.c  a.d AOB       3 . A Gọi M là trung điểm của CD và do AG  2GM nên F       3BG  BA  2BM  BA  BC  BD O            OA  OB  OC  OB  OD  OB  a  c  d  3b B 4 E D M Gọi E,F theo thứ tự là trung điểm của AE, BG ta có C          12OF  6 OA  OE  6OA  3 OB  OG  6OA  3OB  3OG                  6OA  3OB  OA  2OM  7OA  3OB  OC  OD  7a  3b  c  d           Từ  4  và  5  ta có 36BG.OF  7a  3b  c  d a  3b  c  d   5 .  2  2  2  2     =7a  9b  c  d  18ab  8ac  8ad  2cd .        Theo (3) ta có 36BG.OF  2d c  a  2OD.AC .       Suy ra BG.OF  0  OD.AC  0 hay OF  BG  OD  AC . GV: Nguyễn Tất Thu G Ví dụ 2.3.9. Cho tứ diện ABCD có AB  CD, AC  BD . Gọi H là trực tâm tam giác BCD. Chứng minh rằng: 1) AH  (BCD) và AD  BC 2) AB2  CD2  AC 2  BD 2  AD 2  BC 2 3) Các góc xuất phát từ một đỉnh của hình chóp cùng nhọn, cùng vuông hoặc cùng tù. Lời giải. A B D H C 1) Vì H là trực tâm tam giác BCD nên CD  BH , lại có AB  CD nên ta suy ra CD  (ABH) Dẫn tới CD  AH . Chứng minh tương tự, ta có: BD  AH . Từ đó suy ra AH  (BCD) Ta có: AH  BC, DH  BC  BC  (AHD)  BC  AD .  2  2  2  2 2) Ta có: AB2  CD2  AC 2  BD2  AB  AC  CD  BD  0          AB  AC AB  AC  CD  BD CD  BD  0        CB AB  AC  CB CD  BD  0         CB AB  AC  CD  BD  0  2CB.AD  0 (luôn đúng)             Tương tự ta cũng chứng minh được cho hai đẳng thức còn lại. 3) Xét tại góc A. Ta có:  cos BAC 2 2 2 2 2 2 AB2  AC 2  BC 2   AC  AD  CD ; cos DAB   AD  AB  BD ; cosCAD 2.AB.AC 2AC.AD 2.AD.AB Mặt khác, ta có: AB2  CD2  AC 2  BD 2  AD 2  BC 2 Nên AB2  BC2  AD2  CD 2 ; AC 2  CD 2  AB 2  BD 2   AC.AD.cos CAD   AD.AB.cos DAB  Do đó: AB.AC.cos BAC  cos CAD,  cos DAB  cùng dương, cùng âm hoặc cùng triệt tiêu. Từ đó ta suy ra được cos BAC, Từ đó ta suy ra đpcm. Ví dụ 2.3.10. Cho tam giác đều ABC cạnh a . Gọi D là điểm đối xứng của A qua BC . Trên đường thẳng d   ABCD  tại A lấy điểm S sao cho SD  Lời Giải. GV: Nguyễn Tất Thu a 6 . Chứng minh  SAB    SAC  . 2 Gọi I là trung điểm của BC thì AI  BC và I cũng là trung điểm của AD .  BC  AD  BC   SAD   BC  SA . Ta có   BC  SD SA  IH  SA   HCB   SA  BH . Dựng IH  SA,H  SA , khi đó ta có :  SA  CB IH AI Ta có AHI  ADS  .  SD AD a 3 Mà AI  , AD  2AI  a 3 , SA  AD2  SD 2  2 AI.SD IH   AD a 3  2 2 a 6  3a 2 suy ra     2  2   a 3 a 6 . 2 2  a  BC . 2 2 3a 2 2   900 hay BH  HC . Vậy BH  (SAC)  (SAB)  (SAC) . Suy ra BHC S C H A D I B Bài tập Bài 2.3.1. Cho hình chóp S.ABC có SA  a, SB  b, SC  c và SA, SB, SC đôi một vuông góc. Gọi H là hình chiếu của S lên mặt phẳng (ABC). 1) Chứng minh rằng H là trực tập của tam giác ABC 2) Tính SH theo a, b, c 3) Chứng minh rằng: S 2 ABC  S2 SAB  S2 SBC  S2 SAC . Bài 2.3.2. Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A' B'C' D' có AB  AD  a, AA'  b . Gọi M là trung điểm a của CC' . Xác định tỉ số để hai mặt phẳng  A' BD  và  MBD  vuông góc với nhau. b Bài 2.3.3. Cho hình chóp đều S.ABC , có độ dài cạnh đáy bằng a . Gọi M, N lần lượt là trung điểm của các cạnh SA,SB . Tính diện tích tam giác AMN biết rằng  AMN    SBC  . Bài 2.3.4. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật, AB  a, AD  2a , SA  a và vuông góc với mp(ABCD) . Gọi M, N lần lượt là trung điểm của các cạnh AD,SC , Gọi I là giao điểm của BM, AC . Chứng minh mp(SAC) vuông góc với mp(SMB) . Tính thể tích của khối tứ diện ANIB . GV: Nguyễn Tất Thu a 3   600 . và BAD 2 Gọi M và N lần lượt là trung điểm của A' D' và A' B' . Chứng minh AC'   BDMN  và tính thể Bài 2.3.5. Cho hình hộp đứng ABCD.A' B'C' D' có các cạnh AB  AD  a, AA'  tích khối chóp A.BDMN . Bài 2.3.6. Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a .Gọi E là điểm đối xứng của D qua trung điểm của SA. , M là trung điểm của AE , N là trung điểm của BC . Chứng minh MN vuông góc với BD . Bài 2.3.7. Cho đường tròn  C  đường kính AB trong mặt phẳng    , một đường thẳng d vuông góc với    tại A ; trên d lấy điểm S  A và trên  C  lấy điểm M ( M khác A, B ). 1) Chứng minh MB   SAM  . 2) Dựng AH vuông góc với SB tại H ; AK vuông góc với SM tại K . Chứng minh AK   SBM  ,SB   AHM  3) Gọi I là giao điểm của HK và MB . Chứng minh AI là tiếp tuyến của đường tròn  C  . Bài 2.3.8. Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A1 B1C1 D1 có đáy ABCD là hình vuông. M di động trên đoạn AB (0  AM  AB) .Lấy N thuộc cạnh A1 D1 sao cho A1N  AM .Chứng minh MN luôn cắt và vuông góc với một đường thẳng cố định khi M thay đổi. Bài 2.3.9. Cho hình lập phương ABCD.A' B'C' D' cạnh a . Trên các cạnh DC và BB' lấy các điểm M và N sao cho MD  NB  x  0  x  a  . Chứng minh rằng: 1) AC'  B' D' 2) AC'  MN . Bài 2.3.10. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và D , AB  2a, AD  DC  a, SA   ABCD  và SA  a . 1)    là mặt phẳng chứa SD và vuông góc với  SAC  . Xác định và tính diện tích thiết diện của  với hình chóp S.ABCD . 2) Gọi M là trung điểm của SA , N là điểm thuộc cạnh AD sao cho AN  x . Mặt phẳng    đi qua MN và vuông góc với  SAD  . Xác định và tính diện tích thiết diện của hịnh chóp cắt bởi    . HƯỚNG DẪN GIẢI Bài 2.3.1. 1) Ta có SA  (SBC)  SA  BC . Mặt khác SH  BC nên ta suy ra BC  (SAH)  AH  BC . Tương tự ta cũng có AB  CH , hay H là trực tâm của tam giác ABC. 1 1 1 1 1 1 1 1 1         2) Ta có: 2 2 2 2 2 2 2 2 SH SA AM SA SB SC a b c2 abc Suy ra SH  . 2 2 a b  b2 c 2  c 2 a 2 3) Ta có: SM 2  SA 2  AM 2  a 2  GV: Nguyễn Tất Thu b2 c 2 b2  c 2  a 2 b2  a 2 c 2  b2 c 2 b2  c 2 Suy ra S 2ABC    1 1 . AM 2 .BC2  a 2 b2  b2 c 2  c 2 a 2  S 2  S2  S2 SAB SBC SAC 4 4 A a N H c S b C M B Bài 2.3.2. A' B' D' C' A M B O D C Gọi O là tâm của hình vuông ABCD . AC  BD   ACC' A'   BD Ta có BD   A' BD    MBD  ,  AA'  BD  ACC' A'   BD  Vậy  ACC' A'    A' BD   OA' do đó góc giữa hai đường thẳng OM,OA' chính là góc giữa hai   ACC' A'    MBD   OM mặt phẳng  A' BD  và  MBD  . Ta có OM  AC' AB2  AD 2  AA'2 2a 2  b 2 .   2 2 2 2 2 a 2  a2 b 5b2 2 OA'  AO  AA'    b 2 , MA'2  A'C'2  MC'2  a 2  b 2     a 2  .  b   2  2 4 2   Hai mặt phẳng  A' BD  và  MBD  vuông góc với nhau  OMA' vuông tại O 2 2 2  OM 2  OA'2  MA'2  GV: Nguyễn Tất Thu   2a 2  b2  a 2 5b2  a   b2    a 2    a 2  b2   1  2    4 4 b     a  1 ( Khi đó ABCD.A' B'C' D' là hình lập phương). b  A' BD    MBD  khi Bài 2.3.3. Gọi K là trung điểm của BC và I  SK  MN . Từ giả thiết ta có 1 a MN  BC  ,MN / /BC  I là trung điểm của SK và MN . Ta có SAB  SAC  hai trung 2 2 tuyến tương ứng AM  AN  AMN cân tại A  AI  MN .  SBC    AMN    SBC    AMN   MN Mặt khác  AI   AMN  AI  MN   AI   SBC   AI  SK  SAK cân tại A  SA  AK  a 3 . 2 2  SK  a 10 3a 2 a 2 a 2 Ta có SK  SB  BK  .  AI  SA 2  SI 2  SA 2       4 4 4 2  2  2 Ta có S AMN  2 2 1 a 2 10 . MN.AI  2 16 S N I M C A K B AM BA 1    ABM  ABM AB BC 2 0   BCA   ABM   BAC   BCA   BAC=90   ABM   900  BM  AC (1)  AIB Bài 2.3.4. Ta có: SA  (ABCD)  SA  BM (2) Từ (1) và (2) suy ra: MB  (SAC)  (SMB)  (SAC) . Gọi H là trung điểm của AC  NH / /SA  NH  (ABI) và NH  của ABM vuông tại A  BI  AB2  AI 2  1 AI 2  1 AB 2  1 AM 2  3 a 2  AI  1 a SA  . Ta có AI là đường cao 2 2 3a 3 6a . 3 Thể tích tứ diện ANIB : VANIB  GV: Nguyễn Tất Thu 1 1 1 a 3a 6a 2a 3 . NH. .IA.IB  . . .  3 2 6 2 3 3 36 S N M A I D H B C Bài 2.3.5. A' E N J D' M B' C' H A D I B C  BD  AC  BD  AC' (1) Theo giả thiết ta có:   DB  CC' Gọi E  A' B' sao cho A' là trung điểm của EN . Ta có: AE / /BN, AE  BN  a . Theo giả thiết ta có ABD đều nên suy ra AC  3a . AC'2  AC 2  CC'2  3a 2  3a 2 15a 2 .  4 4 EC'2  B'E 2  B'C'2  2B'E'.B'C'.cos120 0  19a 2 4 AE 2  AC'2  EC'2  AE  AC'  BN  AC' (2) . Từ (1) và (2) suy ra: AC'  (BDMN) . Gọi I, J lần lượt là trung điểm của BD,MN và H  AC' IJ Ta có AH là đường cao của hình chóp A.BDMN Tứ giác HICC' nội tiếp  AH.AC'  AI.AC  AH  GV: Nguyễn Tất Thu AC 2 15a .  2AC' 5 2  BD  MN  15a Tứ giác BDMN là hình thang cân ta có : IJ  BN   .   2 4   2 Diện tích hình thang BDMN : S  1 15a 2 . IJ(BD  MN)  2 16 Thể tích khối chóp A.BDMN : V  1 1 15a 15a 2 a 3 . AH.S BDMN  . .  3 3 5 16 16 Bài 2.3.6. Gọi P là trung điểm của SA . Ta có MP là đường trung bình của tam giác EAD  MP / /AD  MP / /NC . 1 Và MN  AD  NC . Suy ra MNCP là hình bình hành 2  MN / /CP  MN / /(SAC) . Ta dễ chứng minh được BD  (SAC)  BD  MN Bài 2.3.7. S I H K M A B SA     1) Ta có   SA  MB 1 MB     Lại có MB  MA  2  ( t/c góc chắn nửa đường tròn) Từ  1 ,  2  suy ra MB   SAM  . 2) Ta có AK  SM , MB   SAM  , AK   SAM   MB  AK . Suy ra AK   SBM  . AK   SBM  Tương tự   AK  SB , lại có AH  SB suy ra SB   AHK  . SB   SBM  GV: Nguyễn Tất Thu AI   AHK  3) Ta có   AI  SB  3  và SB   AHK  Từ  3  ,  4  suy ra AI   SAB   AI  AB AI      AI  SA  4  .  SA     hay AI là tiếp tuyến của đường tròn  C  . Bài 2.3.8. A1 B1 Q K N D1 C1 I H A M B F E D C Qua M vẽ ME / /BD ( E  AD ) cắt AC tại F, ta có F là trung điểm của ME và ME  AC Do AM  A1N  AE  A1N  NE / /AA1 . Gọi I là trung điểm của MN , vẽ FI cắt A1C1 tại Q, ta có I là trung điểm đoạn FQ Gọi K, H lần lượt là trung điểm các đoạn thẳng AA1 , CC1 , suy ra K, I, H thẳng hàng. Mặt khác KH  FQ , HK / /AC  HK  ME . Suy ra KH  (MEN)  KH  MN . Vậy khi M thay đổi thì đư ờng thẳng MN luôn vuông góc và cắt đường thẳng cố định HK. Bài 2.3.9. (Bạn đọc tự vẽ hình)       Đặt AA'  a, AB  b, AD  c .        1) Ta có AC'  a  b  c , B' D'  c  b nên            2  2 AC'.B' D'  a  b  c c  b  a c  b  c  b  a 2  a 2  0  AC'  B' D' .               x     x   x   x    2) MN  AN  AM   AB  BN    AD  DM    b  a  -  c  b   a   1 -  b - c a   a  a   a        x     x   x   x    Từ đó ta có AC'.MN  a  b  c [  b  a  -  c  b   a   1 -  b - c] a   a  a   a     2 x 2  x 2  x  a   1   b  c  x.a   1   a 2  a 2  0 . a a a   Vậy AC'  MN . Bài 2.3.10. 1) Gọi E là trung điểm của cạnh AB và O là giao điểm của AC và DE thì ADCE là hình vuông có tâm là O . Ta có SA   ABCD   SA  OD , thêm nữa OD  AC  OD   SAC  .   Từ đó ta có OD   SAC    SDO    SAC  . Vậy  SDO  chính là mặt phẳng    . GV: Nguyễn Tất Thu Thiết diện của hình chóp với mặt phẳng    là tam giác SDE . 2 a 2  3 2 Ta có SO  OA  AS   .  a a  2  2   2 2 1 3 a2 3 1 BC  DE  a 2 , do DE   SAC   DE  AO  S SDE  SO.DE  .a .a 2  . 2 2 2 2 AB   SAD  2) Ta có   AB / /    .      SAD  M       SAB         SAB   MQ / /AB,Q  SB . Vậy AB   SAB   AB / /    N       ABCD         ABCD   NP / /AB,P  BC . Thiết diện là tứ giác MNPQ . Tương tự, AB   ABCD   AB / /    NP / /AB  NP / /MQ 1 Do  S MQ / /AB MN   SAD  Lại có   AB  MN  2  AB   SAD  Từ  1 ,  2  suy ra tứ giác MNPQ là hình thang vuông tại M và N . Do đó SMNPQ  1  NP  MQ  MN . 2 MN  AM 2  AN 2  2 2 2 a a  4x 1  x2  , MQ  AB  a 4 2 2 NP DN AB.DN 2a  a  x    NP    2 a  x AB DA DA a Vậy S MNPQ Q M 1  2 a  x   a 2  GV: Nguyễn Tất Thu  2 2 a 2  4x 2  3a  x  a  4x .  2 2 A B E P N O D C § 4. CÁC BÀI TOÁN VỀ GÓC 1. Góc giữa hai đường thẳng chéo nhau. Để tính góc giữa hai đường thẳng chéo nhau a và b ta có các cách sau Cách 1: Tìm góc giữa hai đường thẳng a, b bằng cách chọn một điểm O thích hợp ( O thường nằm trên một trong hai đường thẳng). Từ O dựng các đường thẳng a ', b' lần lượt song song ( có thể tròng nếu O nằm trên một trong hai đường thẳng) với a và b . Góc giữa hai đường thẳng a ', b' chính là góc giữa hai đường thẳng a và b. Chú ý: Để tính góc này ta thường sử dụng định lí côsin trong tam giác: b2  c 2  a 2 . cos A  2bc   Cách 2: Tìm hai vec tơ chỉ phương u1 , u 2 của hai đường thẳng a, b   u1 .u 2 Khi đó góc giữa hai đường thẳng a, b xác định bởi cos  a, b     . u1 u 2        Chú ý: Để tính u1 .u 2 , u1 , u 2 ta chọn ba vec tơ a, b, c không đồng phẳng mà có thể tính được      độ dài và góc giữa chúng, sau đó biểu thị các vec tơ u1 , u 2 qua các vec tơ a, b, c rồi thực hiện các tính toán. 2. Góc giữa đường thẳng với mặt phẳng Để xác định góc giữa đường thẳng a và mặt phẳng    ta thực hiện theo các bước sau:  Tìm giao điểm O  a      Dựng hình chiếu A' của một điểm A  a xuống    '   chính là góc giữa đường thẳng a và  .  Góc AOA   Lưu ý:  Để dựng hình chiếu A' của điểm A trên    ta chọn một đường thẳng b     khi đó AA'/ /b .  Để tính góc  ta sử dung hệ thức lượng trong tam giác vuông OAA' . Ngoài ra nếu không xác định góc  thì ta có thể tính góc giữa đường thẳng a và mặt phẳng    theo công thức   u.n   sin     trong đó u là VTCP của a còn n là vec tơ có giá vuông góc với    . u n GV: Nguyễn Tất Thu A a a' φ O A' (α) 3. Góc giữa hai mặt phẳng Để tính góc giữa hai mặt phẳng    và    ta có thể thực hiện theo một trong các cách sau: Cách 1: Tìm hai đường thẳng a, b lần lượt vuông góc với hai mặt phẳng    và    . Khi đó góc giữa hai đường thẳng a, b chính là góc giữa hai mặt phẳng    và    . a           ,      a, b  .   b       Cách 2: Tìm hai vec tơ n1 , n 2 có giá lần lượt vuông góc với    và    khi đó góc giữa hai mặt  n1 n 2 phẳng    và    xác định bởi cos    . n1 n 2   Cách 3: Sử dụng công thức hình chiếu S'  S cos  , từ đó để tính cos  thì ta cần tính S và S' . Cách 4: Xác định cụ thể góc giữa hai mặt phẳng rồi sử dụng hệ thức lượng trong tam giác để tính. Ta thường xác định góc giữa hai mặt phẳng theo một trong hai cách sau: a)  Tìm giao tuyến           Chọn mặt phẳng       Tìm các giao tuyến a         , b        , khi đó : a, b  .    ,       b)  Tìm giao tuyến           Lấy M     .Dựng hình chiếu H của M trên     Dựng HN    MN   . Phương pháp này có nghĩa là tìm hai đường thẳng nằm trong hai mặt phẳng    ,    và vuông góc với giao tuyến  tại một điểm trên giao tuyến. GV: Nguyễn Tất Thu
- Xem thêm -