Tài liệu Tài liệu hình học không gian cổ điển (nguyễn tất thu) phần 5

Loại 5: Hình chóp có hai cạnh bên bằng nhau Xét hình chóp S.A1A 2 ...A n có SA i  SA j . Gọi H là hình chiếu của S lên mặt đáy, khi đó H nằm trên đường trung trực đoạn A i A j . Nếu SA i  SA j  SA k thì H là tâm đường tròn ngoại tiếp Ai A j A k .   60 0 , BSC   90 0 ,CSA   120 0 Ví dụ 2.6.23. Cho hình chóp S.ABC có SA  SB  SC  a, ASB Tính thể tích khối chóp S.ABC . Lời giải. S H C A B Gọi H là hình chiếu của S lên (ABC). Vì SA  SB  SC nên H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Ta có AB  SA  SB  a , BC  SB2  SC 2  a 2  a 3 . AC  SA 2  SC 2  2SA.SC.cos CSA Vì AC2  AB2  BC 2 nên tam giác ABC vuông tại B, do đó H là trung điểm cạnh AC. BH là trung tuyến của tam giác vuông ABC nên BH  1 a 3 . AC  2 2 a 1 a2 2 , S ABC  BA.BC  . 2 2 2 Vậy thể tích khối chóp S.ABC là: Do đó SH  SB2  BH 2  1 1 a a2 2 a3 2 . V  SH.S ABC  . .  3 3 2 2 12 Ví dụ 2.6.24. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông c ạnh 2a,với a  0 .Biết SAB là tam giác đều,góc giữa mp(SCD) và đáy bằng 60 độ.Gọi điểm H là hình chiếu của S lên mặt đáy,H ở trong hình vuông ABCD.Gọi M là trung điểm cạnh AB. Tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a.Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SM và AC theo a. Lời giải. Gọi M', N lần lượt là hình chiếu của H lên AB,CD . Vì ABCD là hình vuông nên M,H, N thẳng hàng. Ta có AB  (SM'H)  AB  SM'  M'  M , do đó N là trung điểm cạnh CD . GV: Nguyễn Tất Thu   60 0 . (SCD),(ABCD)   SNH Vì CD  (SHN)   Trong tam giác SHM ta có SH2  SM 2  MH 2  3a 2  MH 2 Trong tam giác SHN ta có SH  HN.tan 600  3  2a  HM  . 2 Từ đó, suy ra 3a 2  MH2  3  2a  MH   4MH 2  12aMH  9a 2  0  MH  3a . 2 a 3 1 2a 3 3 , S ABCD  4a 2  VS.ABCD  SH.S ABCD  . 2 3 3 Gọi P là trung điểm cạnh BC, suy ra MP//AC, do đó 2 d(SM, AC)  d(AC,(SMP))  d(O,(SMP))  d  H,(SMP)  3 Kẻ HE  PM, HK  SE ta có được HK  (SMP)  d(H,(SMP))  HK .   450  MEH vuông cân tại E . Ta có tam giác BMP vuông cân nên PMH Suy ra SH  Nên HE  MH 2  3a 2 2 Vậy d  AC,SM   . Suy ra HK  HE.HS HE 2  HS 2  3 5a . 5 2a 5 . 5 S A D O M H N K D A O N E B P C M H P E B Ví dụ 2.6.25. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a , SA  SB  SC  a . Tính SD theo a để khối chóp S.ABCD có thể tích lớn nhất. Lời giải. Gọi H là hình chiếu của S lên mặt đáy, ta suy ra H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC nên H thuộc BD .  BD  AC  AC  (SBD)  O  BD  AC là hình chiếu của A lên mặt phẳng (SBD) , mà Mặt khác  SH  AC AS  AB  AD  a  O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác SBD  SBD vuông tại S . Đặt SD  x SB.SD 1 Ta có: SH.BD  SB.SD  SH  và S ABCD  AC.BD BD 2 GV: Nguyễn Tất Thu 1 SB.SD 1 1 Nên VS.ABCD  . . AC.BD  AB.SD.OA 3 BD 2 3 BD2 a 2  x 2 3a 2  x 2  a2   4 4 4 1  .a.x. 3a 2  x 2 6 Mà OA 2  AB2  Do đó: VS.ABCD Áp dụng bđt Cô si ta có: x 3a 2  x 2  x 2  3a 2  x 2 3a 2 .  2 2 a 6 1 3a 2 a 3 Suy ra: VS.ABCD  .a. . Đẳng thức xảy ra  x 2  3a 2  x 2  x   2 6 2 4 Vậy VS.ABCD lớn nhất  SD  a 6 . 2 S A D H O B C Bài tập. Bài 2.6.28. Cho hình chóp S.ABC có AB  2a,BC  a,AC  3a, các cạnh bên bằng 2a. Tính theo a thể tích khối chóp S.ABC và góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SBC) Hướng dẫn giải. Gọi H là hình chiếu của S lên mặt phẳng (ABC) . Do SA  SB  SC nên H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC . Mặt khác AB2  BC2  AC 2 nên tam giác ABC vuông tại C , suy ra H là trung điểm cạnh AB . Ta có: SH  SA 2  AH 2  2a 2  a 2  a , S ABC  1 a2 3 . AC.BC  2 2 1 1 a2 3 a3 3 Thể tích khối chóp S.ABC là: V  SH.S ABC  .a. .  3 3 2 6 Gọi K là hình chiếu của C lên AB , suy ra CK  (SAB) Do đó SBK là hình chiếu của SBC lên mặt phẳng (SAB) Gọi  là góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (SAB) , ta có: cos   GV: Nguyễn Tất Thu S SBK S SAB . Ta có: S SAB  Vây cos   1 BC2 a 1 a2 SH.AB  a 2 và BK   . Suy ra S SBK  BK.SH  2 AB 2 2 4 1    600 . 2 S C A H K B   ASC   450 , BSC   600 , SB  SC  a, SA  a 2 . Bài 2.6.29. Cho hình chóp S.ABC có ASB Tính thể tích khối chóp S.ABC . Hướng dẫn giải. A C S H M B Ta có tam giác SBC đều nên BC  a . Áp dụng định lí Cô sin ta có AB  AC  SA 2  SB2  2SA.SB. cos 452  a . Gọi M là trung điểm cạnh BC, H là hình chiếu của S lên (ABC). Ta có H  SM . Trong tam giác SAM, ta có SM  GV: Nguyễn Tất Thu a 3 a 3 , AM  2 2   Suy ra cos MSA SM2  SA 2  AM2  2.SA.SM 2a 2 2.a 2. a 3 2  6 . 3   1  cos2 MSA   1 .  sin MSA 3 AH SA a 6 a2 3 , SSBC  .  AH   SA 3 4 3 Thể tích khối chóp S.ABC là:   Mà sin MSA V  1 a3 2 . AH.SSBC  3 12   2ADB,  Bài 2.6.30. Cho hình chóp S.ABCD có SA  SB  SD  BD  2a, AB  BC  a, CBD   2BDC  . Tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a . ABD Hướng dẫn giải. S E A I D E D H A H F B B J F C C Gọi H là hình chiếu của S lên (ABCD). Vì SA  SB  SC nên H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. .  và CBD Gọi E, F là chân đường phân giác trong của góc ABD Khi đó, từ giả thiết ta suy ra BEDF là hình bình hành tâm O. BD Vì BO   a  BA  BC nên các tam giác ABO, CBO cân tại B 2 Do đó BE  AO, BF  CO  AE  OE  OF  CF . AE CF 1 AE CF Mặt khác, theo tính chất phân giác trong ta có      AD  CD ED FD 2 AD CD GV: Nguyễn Tất Thu Dẫn tới BEDF là hình thoi , suy ra DE2  DH2  HE2  Suy ra AD  1 2a DE2  a 2  DE  4 3 3 DE  a 3  AB2  AD2  BD2  ABD vuông tại A  H  O . 2 Ta có SH  SB2  BH2  4a 2  a 2  a 3 và SABCD  AB.AD  a 2 3 . Thể tích khối chóp S.ABCD là: V  1 1 SH.SABCD  .a 3.a 2 3  a 3 . 3 3 Loại 6: Hình chóp có một số mặt bên cùng tạo với đáy những góc bằng nhau. Cho hình chóp S.A1 A 2 ...A n , có đường cao SH.  Nếu hai mặt phẳng (SA i A i 1 ) và (SA i 1 A i 2 ) cùng tạo với mặt phẳng (A1 A 2 ...A n ) một góc  bằng nhau thì H nằm trên phân giác trong góc A A A . i i 1 i  2  Nếu ba mặt phẳng (SA i A i 1 ) , (SA i 1 A i 2 ) và (SA i  2 A i ) cùng tạo với đáy một góc bằng nhau thì H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác A i A i 1 A i  2 . Ví dụ 2.6.26. Cho hình chóp S.ABC có các cạnh đáy AB  5a, BC  6a, AC  7a . Các mặt bên tạo với 0 đáy một góc bằng nhau và bằng 60 . Tính thể tích khối chóp S.ABC và tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBC) . Biết hình chiếu của đỉnh S thuộc miền trong tam giác ABC . Lời giải. S C A' B' B I C' A Gọi I là hình chiếu vuông góc của S trên  ABC  , A', B',C' lần lượt là hình chiếu của I trên   SB'I   SC'I   60 0 . Các tam giác vuông SIA',SIB',SIC' bằng BC,CA, AB . Từ giả thiết suy ra SA'I nhau nên IA'  IB'  IC'  I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC . 5a  6a  7a Gọi p là nửa chu vi tam giác ABC  p   9a 2 S ABC  p  p  BC  p  AC  p  AB   9a  9a  6a  9a  7a  9a  5a   6 6a 2 Gọi r là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC , ta có : GV: Nguyễn Tất Thu S ABC  pr  r  S ABC p  6 6a 2 2 6a 2 6a   IA'  r  9a 3 3 2 6a 3  2 2a 3 1 1  SI.S ABC  2 2a.6 6a  8 3a 3 . 3 3 Ta có: SI  IA' tan 60 0  Suy ra VS.ABC Bài tập Bài 2.6.31. Xét hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B, CD  2a . Các mặt bên của hình chóp cùng tạo với đáy một góc 600 . Gọi V là thể tích của khối chóp S.ABCD . Tìm giá trị lớn nhất của V. Hướng dẫn giải. S A Q M D H B N C P Gọi H là hình chiếu của S lên mặt phẳng đáy; M, N, P, Q lần lượt là hình chiếu của H lên   SNH   SPH   SQH   60 0 các cạnh AB, BC, CD, DA. Ta có: SMH Suy ra SHM  SHN  SHP  SHQ  HM  HN  HP  HQ Suy ra ABCD là tứ giác ngoại tiếp và H là tâm đường tròn nội tiếp tứ giác đó. Đặt AB  x, 0  x  2a và AB  CD  AD  BC  x  2a AB  BC  CD  DA Suy ra chu vi tứ giác: p   2a  x 2 AB(BC  AD) x(x  2a) Diện tích của tứ giác ABCD: S1  .  2 2 x Mặt khác: S1  p.HM  HM  2 Trong tam giác SHM , ta có: SH  HM tan 600  Thể tích khối chóp S.ABCD : x 3 . 2 1 1 x 3 x(x  2a) 3x 2 (x  2a) . V  SH.S1  .  3 3 2 2 12 Do x  2a và hàm số f(x)  x 2 (x  2a) đồng biến trên (0; 2a) nên ta có GV: Nguyễn Tất Thu V Vậy max V  3(2a)2 (2a  2a) 4a 3 3 .  12 3 4a 3 3 , đạt được khi ABCD là hình vuông cạnh 2a . 3 2. Phân loại các dạng hình lăng trụ Loại 1: Lăng trụ đứng Lăng trụ đứng có các cạnh bên vuông góc với hai đáy. Ví dụ 2.6.29. Cho lăng trụ đứng ABC.A' B'C' có đáy ABC là tam giác vuông, AB  BC  a , cạnh bên AA'  a 2 . Gọi M là trung điểm của cạnh BC . Tính theo a thể tích của khối lăng trụ ABC.A' B'C' và khoảng cách giữa hai đường thẳ ng AM, B'C . Lời giải. Từ giả thiết suy ra tam giác ABC vuông cân tại B. 2 3 a (đvtt). 2 Gọi E là trung điểm của BB' . Khi đó mặt phẳng (AME) / /B'C nên Thể tích khối lăng trụ là: VABC.A' B' C'  AA'.S ABC  d  AM, B'C   d  B'C,(AME)   d  C,(AME)  . Nhận thấy d  C,(AME)   d  B,(AME)   h Do tứ diện BAME có BA, BM, BE đôi một vuông góc nên: 1 h 2  1 BA 2  1 BM 2  1 BE 2  7 a 2 h a 7 7 Vậy khoảng cách giữa hai đường thẳng AM và B'C là B' a 7 . 7 A' C' E A B M C   120. Đường thẳng Ví dụ 2.6.28. Cho hình lăng trụ đứng ABC.A' B'C' có AC  a,BC  2a và ACB AC tạo với mặt phẳng (ABBA) một góc 30. Gọi M là trung điểm của BB. Tính thể tích của khối lăng trụ ABC.ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng AM và A'C theo a. Lời giải. Áp dụng định lí Cô sin cho tam giác ABC, ta có: GV: Nguyễn Tất Thu   a 2  4a 2  2a.2a.   1   7a 2  BC  a 7 . AB2  AC 2  BC 2  2AC.BC.cos ACB    2 CK  AB  AK  (ABB' A') Gọi K là hình chiếu của C lên AB . Suy ra  CK  AA' Hay A'K là hình chiếu của A'C lên (ABB' A') .  là góc giữa đường thẳng A'C với mặt phẳng (ABB' A') nên CA'K   300 . Do đó CA'K   2S Ta có: CK.BC  AC.BC.sin ACB ABC  CK  Suy ra A'C  3 2  a 21 . 7 a 7 a.2a. CK 2a 21 a 35   AA'  A'C 2  AC 2  .  7 7 sin KA'C Thể tích khối lăng trụ là: a 35 1 3 a 3 105 . . a.2a.  7 2 2 14 Gọi I là giao điểm của hai đường thẳng AM và A' B' , ta có B'M là đường trung bình của tam giác AIA' . V  AA'.S ABC  Vì A'C'/ /(AMC) nên d(A'C', AM)  d(A'C',(ACM))  d(A',(ACM))  2d(B,(ACM))  2d(B,(ACM)) . Gọi N là hình chiếu của B lên AC và H là hình chiếu của B lên MN , suy ra AC  (BNM) Nên AC  BH  BH  (ACM) hay d(B,(ACM))  BH . Ta có: BN  BC.sin 600  2a. Vậy d(A'C', AM)  2a 3  a 3 . Suy ra: BH  2 BN.BM BN 2  BM 2 a 15 . 89 15 . 89 A' C' B' M C A H I M K B Ví dụ 2.6.29. Cho hình hộp đứng ABCD.A' B'C' D' có đáy là hình thoi cạnh a, tam giác ABD là tam giác đều. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của các cạnh BC,C' D' . Tính khoảng cách từ D đến GV: Nguyễn Tất Thu mặt phẳng (AMN) biết rằng MN  B' D . Lời giải. D' N C' A' B' D H C M K A B       Đặt AA  x, AB  y, AD  z.   a2    Ta có tam giác ABD là tam giác đều nên : x.y  x.z  0, y.z  y z .cos 600  . 2        Ta có DB  DD  DC  DA  x  y  z.     Vì M, N là trung điểm của BC,CD nên MN  MC  CC  CN hay  1   1  1   1  MN  AD  CC  CD  z  x  y. 2 2 2 2    Theo bài ra MN  BD nên MN.DB  0    1  1   2 1 a2 1 1 1 a2 Do đó (x  y  z)  z  x  y   0  x 2  .  .a 2  .a 2  .  0  x  a. 2 2 2 2 2 2 2 2 2   Ta có: d(D,(AMN))  3VD.AMN S AMN . Dễ thấy S AMD  1 3 2 S ABCD  S ABD  a . 2 4 Gọi H là trung điểm của DC thì NH  (ABCD), NH  2 a nên 2 1 6 3 NH.S AMD  a . 3 24 Kẻ HK  AM ta có NK  AM. Theo định lí hàm số cosin VD.AMN  VN.AMD  7 7 AM 2  BA 2  BC 2  2BA.BC.cos120 0  a 2  AM  a. 4 2 3 3 3 2 Ta có S AHM  S ABCD  (S ADH  SCHM  S ABM )  S ABCD  a 8 16 2S 3 21 231 Nên HK  AHM  a  NK  NH 2  HK 2  a. AM 28 14 Suy ra S AMN  1 33 2 22 NK.AM  a , do đó d(D,(AMN))  a. 2 8 11 GV: Nguyễn Tất Thu 22 a. 11 Vậy khoảng cách từ điểm D đến mặt phẳn g (AMN) là Bài tập Bài 2.6.32. Cho hình lăng trụ đều ABC.A’B’C’, M là trung điểm của cạnh CC’. Mặt phẳng (A’B’M) tạo với mặt phẳng (ABC) một góc 600 và tam giác A’MB’ có diện tích bằng chóp AMA' B' . a2 3 . Tính thể tích khối 13 Hướng dẫn giải. Gọi N là trung điểm của A’B’, ta có CN  A' B' Mặt khác: A'M  B' N  MN  A' B' , suy ra A' B'  (MNC')  là góc giữa mặt phẳng (A’MN) với (A’B’C’). Nên MNC'   600 . Đặt AB  x Do đó MNC' Suy ra: CN  x 3 3x  MC'  C' N tan 60 0   MN  x 3 2 2  S MA' B'  1 x2 3 a 2 3 2 MN.A' B'   xa . 2 2 13 13 Ta có: CC'  2C'M  3x , suy ra S AA ' B'  d  M,(AB' A')   d(C',(AA' B'))  C' N  1 3x 2 AA'.A' B'  2 2 x 3 1 x 3 3x 2 3x 3 78a 3 . Vậy VAMA ' B'  . .   2 3 2 2 4 338 A C B M A' C' N B' Bài 2.6.33. Cho hình lăng tr ụ đứng ABC.A'B'C' có mặt đáy ABC vuông tại B và AB  a, BC  2a, AA  3a. Từ A kẻ AM vuông góc với A'C và AN vuông góc với A'B( M  CC' , N  BB' ). Chứng minh rằng A'C vuông góc với mặt phẳng (AMN) . Tính thể tích khối chóp A'.AMN . Hướng dẫn giải.  BC  AB  BC  (AA' B' B)  BC  AN Ta có   BC  BB' Mà AN  A' B  AN  (A' BC)  AN  A'C GV: Nguyễn Tất Thu Lại có A'C  AM nên suy ra A'C  (AMN) . Ta có thể tích khối chóp A' AMN là: V  Ta có: A'M  AN  A' A 2 AC2  AA'2 AB.AA' AB2  A' A 2 Do đó: S AMN  Vậy V    9a 14 1 A'M.S AMN . 3 ; AM  AC.AA' AC2  A' A 2  3 70 a; 14 3 10 9 a . Suy ra MN  AM 2  AN 2  a 10 35 1 27 14 2 MN.AN  a . 2 140 81 3 a . 140 A' C' B' M N A C B Bài 2.6.34. Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC.A' B'C' có AB  a , góc giữa hai mặt phẳng (A' BC) và (ABC) bằng 600 . Gọi G là trọng tâm tam giác A' BC . Tính thể tích khối lăng trụ đã cho và tín h bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện GABC theo a. Hướng dẫn giải. A' C' B' G M A C I H J B   600 Gọi H là trung điểm của BC, theo giả thuyết ta có : A'HA GV: Nguyễn Tất Thu Ta có : AH  3a a 3 . , A'H  2AH  a 3 và AA'  2 2 a 2 3 3a 3a 3 3 (đvtt). .  4 2 8 Gọi I là tâm của tam giác ABC , suy ra GI / /AA'  GI  (ABC) Vậy thể tích kh ối lăng trụ V  Gọi J là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện GABC suy ra J là giao điểm của GI với đường trung trực đoạn GA ; M là trung điểm GA , ta có: GM.GA GA 2 7a .   GI 2GI 12 Bài 2.6.35. Cho hình lăng trụ đứng ABC.A' B'C' có đáy ABC là tam giác vuông tại B , AB  a, AA'  2a, A'C  3a . Gọi M là trung điểm của đoạn thẳng A'C' , I là giao điểm của AM và A'C . Tính theo a thể tích khối tứ diện IABC và khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng  IBC  . GM.GA  GJ.GI  R  GI  Hướng dẫn giải. Hạ IH  AC  H  AC   IH   ABC  ;IH là đường cao của tứ diện IABC  IH / /AA'  IH CI 2 2 4a .    IH  AA'  AA' CA' 3 3 3 AC  A'C 2  A' A 2  a 5 ,BC  AC 2  AB 2  2a . 1 Diện tích tam giác ABC : S ABC  AB.BC  a 2 . 2 1 4a 3 Thể tích khối tứ diện IABC : V  IH.S ABC  . 3 9 Hạ AK  A' B  K  A' B  . Vì BC   ABB' A'  nên AK  BC  AK   IBC  . Khoảng cách từ A đến mặt phẳng  IBC  là AK AK  2S AA' B AA'.AB 2a 5   . A' B 5 A' A 2  AB2 M A' C' I B' 2a 3a K A C H a B Loại 2: Lăng trụ cho trước hình chiếu GV: Nguyễn Tất Thu Ví dụ 2.6.30. Cho lăng trụ ABC.A' B'C' có đáy ABC là tam giác vuông tại A , AB  a, AC  a 3 ; A' A  A' B  A'C . Mặt phẳng (A' AB) tạo với mặt phẳng (ABC) một góc 600 . Tính thể tích khối lăng trụ và cô sin của góc giữa hai đường thẳng AC' và A' B . Lời giải. Gọi H là hình chiếu của A’ lên (ABC). Do A' A  A' B  A'C nên H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, suy ra H là trung điểm cạnh BC.  là góc giữa hai Gọi K là trung điểm AB, suy ra HK  AB . Suy ra AB  (A'KH) nên A'KH   600 . mặt phẳng (A' AB) với (ABC) nên A'KH Ta có HK  3a AC a 3 1 a2 3 , suy ra A'H  HK tan 600  , S ABC  AB.AC   2 2 2 2 2 3a a 2 3 3a 3 3 . .  2 2 4 Gọi E là trung điểm của A’C, suy ra HE / /A' B nên góc giữa hai đường thẳng A' B và AC' là góc giữa hai đường thẳng HE và AE . BC 1 3a Ta có AH   a, gọi M là trung điểm HC, suy ra EM / /A'H và EM  A'H  2 2 4 Thể tích khối lăng trụ: V  A'H.S ABC  EM  (ABC), MH  AM 2  1 a 13a 2 BC   HE 2  HM 2  ME 2  4 2 16 AH 2  AC 2 HC 2 7a 2 37a 2 , AE 2  AM 2  ME 2    2 4 4 16  Áp dụng định lí Cô sin ta có: cos AEH AE 2  EH 2  AH 2 17  . 2AE.HE 481 A' C' B' E A C 600 K H B   120 0 và AB' Ví dụ 2.6.31. Cho lăng trụ ABC.A' B'C' có đáy ABC là tam giác cân AB  AC  a, BAC vuông góc với đáy (A' B'C') . Gọi M, N lần lượt là trung điểm các cạnh CC' và A' B' , mặt phẳng (AA'C') tạo với mặt phẳng (ABC) một góc 300 . Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A' B'C' và cô sin của góc giữa hai đường thẳng AM và C' N . Lời giải. Ta có: BC2  AB2  AC 2  2AB.AC cos A  3a 2  BC  a 3 GV: Nguyễn Tất Thu Gọi K là hình chiếu của B’ lên A’C’, suy ra A'C'  (AB'K)  (A' B'C'),(AA'C')  30 0 . Do đó AKB'    B'  600 , A' B'  a Trong tam giác A'KB' có KA' Nên B'K  A' B'sin 600  a a 3 . Suy ra AB'  B'K.tan 300  . 2 2 Thể tích khối lăng trụ: V  AB'.S ABC  a3 3 . 8 Gọi E là trung điểm của AB’, suy ra ME / /C' N nên (C' N, AM)  (EM, AM)  Vì AB'  C' N  AE  EM  C' N, AM  AME  Ta có: AE   1 a 2(C' B'2  C' A'2 )  A' B'2 7a 2 a 7 AB'  ; EM 2  C' N 2    EM  2 4 4 4 2 AM 2  AE 2  EM 2  29a 2 a 29   ME  2 7 . . Vậy cos AME  AM  MA 29 16 4 B C A M E C' B' N A' K Ví dụ 2.6.32. Cho hình lăng trụ ABCD.A' B'C' D' có đáy ABCD là hình thoi, cạnh bằng a ,   600 . Hình chiếu của A’ lên mặt phẳng (ABCD) là giao điểm của AC và BD. Mặt phẳng ABC (A' B' BA) tạo với mặt đáy (ABCD) một góc 600 . Tính thể tích của khối chóp và khoảng cách giữa hai đường thẳng BD và A’C. Lời giải. GV: Nguyễn Tất Thu C' D' B' A' H C D O B A K Gọi O là giao điểm của AC và BD, ta có A'O  (ABCD)   600 Gọi K là hình chiếu của O lên AB, suy ra A'KO Tam giác ABC đều nên OA  Suy ra OK  OA.OB OA 2  OB2  a a 3 ,OB  2 2 a 3 3a  A'O  OK tan 600  4 4 3a a 2 3 3a 3 3 . .  4 2 8 Vẽ OH  A'C, H  A'C , ta có BD  (A' AC)  BD  OH , hay d(BD, A'C)  OH . Thể tích khối lăng trụ là: V  A'O.S ABCD  Trong tam giác vuông A'OC ta có: OH  Vậy d(BD, A'C)  OA'.OC OA'2  OC2  3a 2 13 . 3a . 2 13 Ví dụ 2.6.33. Cho lăng trụ ABCD.A1 B1C1 D1 có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, góc A  ABC AD  600 . Hình chiếu vuông góc của A trên mp(ABCD) trùng với trung điểm H của cạnh 1 1 CD. Tính thể tích của lăng trụ và tính khoảng cách giữa hai đường thẳng A1 D và BC theo a. Lời giải. GV: Nguyễn Tất Thu A1 D1 B1 C1 A D H B C Ta có A1 D2  A1H 2  HD2 (1) AA12  A1H 2  AH 2 (2) A1 D2  AA12  AD 2  2AA1 .AD.cos 60 0 (3) Từ (1), (2) và (3)  A1H2  HD2  A1H 2  AH 2  AD2  A1H 2  AH 2 .AD  HD2  AH2  AD2  A1H 2  AH 2 .AD  a 2 3a 2 3a 2 a 6   a 2  a A1H 2   A1H  4 4 4 2 a2 3 a 2 3 a 6 3a 3 2  VABCD.A B C D  S ABCD .A1H  .  1 1 1 1 2 2 2 4 Kẻ BC / /AD  BC / /(AA1D)  d(BC,A1D)  d(BC,(AA1D))  d(C,(AA1D))  2d(H,(AA1D)) S ABCD  2SABC  AA12  A1H 2  AH 2   S A  1AD 6a 2 a 2 7a 2 7a    AA1  4 4 4 2 1 1 7a 3 a 2 21 . AA1 .AD.sin 600  .a.  2 2 2 2 8 1 3a 3 2 VABCD.A B C D  1 1 1 1 4 16 3VA AHD 9a 3 2 8 3a 3 42 1 Do đó d(H,(A1AD))  .  .  SA AD 16 a 2 21 14 Suy ra VA 1AHD  1 Bài tập Bài 2.6.36. Cho lăng trụ tam giác ABC.A1 B1C1 có tất cả các cạnh bằng a , góc tạo bởi cạnh bên và mặt phẳng đáy bằng 300 . Hình chiếu H của điểm A trên mặt phẳng  A1 B1C1  thuộc đoạn thẳng B1C1 . Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A1 B1C1 và khoảng cách giữa hai đường thẳng AA1 và B1C1 theo a . Hướng dẫn giải. GV: Nguyễn Tất Thu A C B K A1 C1 H B1 0  Ta có A1H là hình chiếu của AA1 lên mặt phẳng (A1 B1C1 ) nên suy ra AA 1H  30 a a 3 , A1H  AA1 .cos 30 0  2 2 Mà tam giác A1 B1C1 đều nên H là trung điểm của B1C1 . Xét tam giác vuông AHA1 ta có: AH  AA1 .sin 300  a a2 3 a3 3 Thể tích khối lăng trụ là: V  AH.S ABC  . .  2 4 8 Vẽ đường cao HK của tam giác AHA1 . Ta có B1C1  (AHA1 ) nên B1C1  HK Suy ra d(AA1 , B1C1 )  HK  AH.A1H a 3 .  AA1 4 Bài 2.6.37. Cho lăng trụ ABCD.A1 B1C1 D1 có đáy ABCD là hình chữ nhật. AB  a , AD  a 3 . Hình chiếu v uông góc của điểm A1 trên mặt phẳng (ABCD) trùng với giao điểm AC và BD . Góc giữa hai mặt phẳng  ADD1A1  và (ABCD) bằng 600 . Tính thể tích khối lăng trụ đã cho và khoảng cách từ điểm B1 đến mặt phẳng  A1 BD  theo a . Hướng dẫn giải. A1 D1 C1 B1 I A D O B Gọi O  AC  BD,I là trung điểm cạnh AD . GV: Nguyễn Tất Thu H C  0  Ta có AD  (AOI)  A 1IO   (ADD1A1 ),(ABCD)   60 Vì OI  a a 3 , nên ta suy ra A1I  2OI  a  A1O  OI.tan 60 0  . 2 2 a 3 3a 3  1B1C1D1 2 2 Gọi B2 là điểm chiếu của B1 xuống mặt phẳng  ABCD  Do đó VABCD.A  A1O.S ABCD  a.a 3. Do B1C / /A1 D  B1C / /(A1BD)  d  B1 ,(A1BD)   d  C,(A 1BD)   CH Trong đó CH là đường cao của tam giác vuông BCD Ta có: CH  CD.CB CD2  CB2  a 3 a 3 . Vậy d  B1 ,(A1 BD)   . 2 2 Bài 2.6.38. Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A' B'C' có BB'  a , góc giữa đường thẳng BB' và mặt   600 . Hình chiếu vuông góc của điểm phẳng (ABC) bằng 60 0; tam giác ABC vuông tại C và BAC B' lên mặt phẳng (ABC) trùng với trọng tâm của tam giác ABC . Tính thể tích khối tứ diện A'.ABC theo a. Hướng dẫn giải. A' B' C' B A G D C Gọi D là trung điểm AC , G là trong tâm ABC a 3a a 3   ; BG   BD  .  B'G  (ABC)  B' BG  60 0  B'G  BB'.sin B' BG  2 4 2 Trong ABC , ta có: BC  AB 3 AB AB , AC   CD  2 2 4 3AB2 AB2 9a 2 3a 13 3a 13 9a 2 3    AB  , AC  ; S ABC  4 16 16 13 26 104 Thể tích khối tứ diện A'.ABC : BC 2  CD2  BD 2  1 9a 3 . B'G.S ABC  3 208 Bài 2.6.39. Cho lăng trụ ABC.A' B'C' có độ dài cạnh bên bằng 2a, đáy ABC là tam giác vuông tại VA ' ABC  VB' ABC  A , AB  a, AC  a 3 và hình chiếu vuông góc của đỉnh A' trên mặt phẳng  ABC  là trung điểm GV: Nguyễn Tất Thu của cạnh BC . Tính theo a thể tích khối chóp A'.ABC và tính cosin của góc giữa hai đường thẳng AA', B'C' . Hướng dẫn giải. 1 1 2 Gọi H là trung điểm BC  A'H  (ABC) và AH  BC  a  3a 2  a 2 2 Do đó A'H2  A' A 2  AH 2  3a 2  A'H  a 3 Vậy VA '.ABC  1 a3 (đvtt). A'H.S ABC  3 3 Trong tam giác vuông A' B'H có HB'  A' B'2  A'H 2  2a  nên tam giác B' BH cân tại B' . Đặt  là góc giữa hai đường thẳng AA' và B'C' thì:   B' BH . Vậy cos   a 1  . 2.2a 4 A' C' B' A C H B 3) Một số bài toán khác Ví dụ 2.6.34. Cho lăng trụ ABC.A' B'C' có thể t ích bằng thể tích khối lập phương cạnh a . Trên các AM BN 1 cạnh AA', BB' lấy M, N sao cho   . Gọi E,F lần lượt là giao điểm của CM với C' A' AA' BB' 3 và CN với C' B' . 1) Mặt phẳng (CMN) chia khối lăng trụ thành hai phần. Tính tỉ số thể tích hai phần đó. 2) Tính thể tích khối chóp C'CEF . Lời giải. Ta có VABC.A' B' C'  a 3 . GV: Nguyễn Tất Thu