Giải bài tập HHKG 11 năm học 2010-2011 theo đề cương của Sở GD Tây Ninh

a Chứng minh rằng các mặt bên hình chóp là những tam giác vuông.. Giải a Chứng minh rằng các mặt bên hình chóp là những tam giác vuông.. c Tính góc giữa đường thẳng SA và mặt phẳng ABC

HƯỚNG DẪN GIẢI MỘT SỐ BÀI TẬP HÌNH KHÔNG GIAN

THEO ĐỀ CƯƠNG TOÁN 11

Bài 1 Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , SA vuông góc với đáy ,

SA = a 2

a) Chứng minh rằng các mặt bên hình chóp là những tam giác vuông

b) CMR (SAC)  (SBD)

c) Tính góc giữa SC và mp ( SAB )

d) Tính góc giữa hai mặt phẳng ( SBD ) và ( ABCD)

e) Tính d(A, (SCD))

Giải a) Chứng minh rằng các mặt bên hình chóp là những tam giác vuông.

 Ta có : SAABCD SAAD SA, AB

,

SAD SAB

   vuông tại A

 Chứng minh SBC vuông :

Ta có : BCAB ( Hai cạnh kề của hình vuông ABCD )

BCSA( vì SAABCD )

 BCSAB, mà SBSAB BCSB

 SBCvuông tại B

 Chứng minh SCD vuông :

Ta có : CDAD ( Hai cạnh kề của hình vuông ABCD )

CDSA (Vì SAABCD )

 

CD SAD

  , mà SDSAD CDSD

SCD

  vuông tại D

b) CMR (SAC)  (SBD) :

BDAC (Hai đường chéo của hình vuông ABCD )

BDSA ( Vì SAABCD )

 BDSAC, mà BDSBD SAC  SBD

c) Tính góc giữa SC và mp ( SAB ) :

 DoBCSAB tại B nên hình chiếu của C lên (SAB) là B

 Hình chiếu của SC lên (SAB) là SB

 



SC SAB,  SC SB,  CSB

 Trong SAB vuông tại A, ta có : SB SA2AB2  a 22a2 a 3

 Trong SBC vuông tại B, ta có : tan 1  300

3 3

BC a

SB a

Vậy SC SAB ,   300.

d) Tính góc giữa hai mặt phẳng ( SBD ) và ( ABCD) :

Ta có : SBD  ABCD BD

Gọi O là tâm của hình vuông ABCD, O BD

Theo chứng minh ở câu b) BDSAC, mà SOSAC  SOBD

Mặc khác, AOBD

O

a

a 2

A

D S

H

 Vậy  SBD , ABCD  SO AO , AOS (do AOS là góc nhọn).

2

a

AC a  AO

 Trong SAO vuông tại A, ta có :  

2

2 2

SA a

AO a

   

Nhận xét : Để xác định góc giữa   và   ta có thể làm theo các cách sau :

 Cách 1 : Tìm a, b sao cho a  , b        ,    a b,

 Cách 2 : Nếu        thì tìm O   Từ O, trong   vẽ a   tại O ;

trong   vẽ b   tại O Suy ra      ,    a b, (đã trình bày ở câu d) )

 Cách 3 : Trong trường hợp tổng quát :

 Tìm        ;

 Tìm   sao cho     ;

 Tìm       a,       b;

Kết luận :      ,    a b,

Câu d) ta có thể trình bày cách 3 như sau :

 Ta có : SBD  ABCD BD ;

 BDSAC (theo chứng minh câu b) )

 SAC  SBDSO, SAC  ABCD AC;

Vậy  SBD , ABCD  AC SO,  AOS ( Vì AOS là góc nhọn).

e) Tính d(A, (SCD)) :

Gọi H là hình chiếu của A lên SD

CDAD ( Hai cạnh kề của hình vuông ABCD) ;

CDSA (Vì SAABCD)

 CDSAD , mà AH SAD CDAH (2)

Từ (1), (2)  AH SCD tại H  d A SCD ,  AH

Xét SAD vuông tại A có AH là đường cao :

Ta có :

2 2 2

2

AH AS  AD  a a  a     .

Vậy  ,   2

3

a

d A SCD AH 

Bài 2 Cho hình chóp S ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại C và SB  (ABC), biết AC = a 2,

BC = a, SB = 3a

a) Chứng minh: AC  (SBC)

b) Gọi BH là đường cao của tam giác SBC Chứng minh: SA  BH

c) Tính góc giữa đường thẳng SA và mặt phẳng (ABC)

B

C

A

S

H

M B

a

60°

a

a a

H O

S

Giải a) Chứng minh : AC(SBC)

Ta có : ACBC (gt) ;

ACSB (Vì SBABC) ;

 ACSBC

b) Chứng minh : SA  BH

Để chứng minh SA  BH ta chứng minh BH SAC .

Theo chứng minh trên ,ACSBC mà BH SBC BH AC (2)

Từ (1) và (2)  BH SAC, mà SASAC  BH SA

c) Tính góc giữa đường thẳng SA và mặt phẳng (ABC)

Do SBABC tại B nên hình chiếu của S lên (ABC) là B

 Hình chiếu của SA lên (ABC) là BA

 



SA ABC,  SA BA ,  SAB

 Trong ABC vuông tại C, ta có : AB BC2AC2  a22a2 a 3

 Trong SBA vuông tại B, ta có : tan 3 3  600

3

SB a

AB a

Vậy SA ABC ,   SAB 600

Bài 3 Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a có góc BAD = 600

và SA=SB = SD = a

a) Chứng minh (SAC) vuông góc với (ABCD)

b) Chứng minh tam giác SAC vuông

c) Tính khoảng cách từ S đến (ABCD)

Giải a) Chứng minh (SAC) vuông góc với (ABCD)

Gọi O là tâm của hình thoi ABCD

Ta có : SBD cân tại S có O là trung điểm của BD nên SOBD ;

ABCD là hình thoi nên BDAC;

 BDSAC, mà BDABCD SAC  ABCD

b) Chứng minh tam giác SAC vuông

Ta chứng minh SO = AO = OC.

 Do ABD cân tại A có BAD600 ABD đều

 ABD đều cạnh a có AO là đường trung tuyến

3

2

a

AO

 Xét SOD vuông tại O, ta có :

SO SD  OD  a     

 

3 2

a

SO AO OC

    , mà SO là đường trung tuyến của SAC SAC vuông tại S

Chú ý : Cho tam giác ABC có AM là đường trung tuyến

ABC

 vuông tại A AM MB MC

“Trong một tam giác vuông đường trung tuyến ứng với

cạnh huyền bằng một nửa cạnh huyền”

Q

K M

H

E A

D

S

P

c) Tính khoảng cách từ S đến (ABCD)

Xét hình chóp S.ABD :

Ta có : SA = SB = SD = a, AB = BD = DA = a nên S.ABD là hình chóp đều

Gọi H là trọng tâm của ABD SH ABD (Theo tính chất của hình chóp đều)

SH ABCD

  tại H  d S ABCD ,  SH

 Vì H là trọng tâm ABD nên 2 2 3 3

AH  AO 

 Trong SHA vuông tại H, ta có :

2

SH  SA  AH  a     a     

3

a

d S ABCD SH

Bài 4 Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, mặt bên (SAB) là tam giác đều Gọi

E, F là trung điểm của AB và CD

a) Cho biết tam giác SCD vuông cân tại S Chứng minh: SE  (SCD) và SF  (SAB)

b) Gọi H là hình chiếu vuông góc của S trên EF Chứng minh: SH  AC

c) Tính góc giữa đường thẳng BD và mặt phẳng (SAD)

Giải a) Chứng minh SE  (SCD) và SF  (SAB).

 Chứng minh SE  (SCD) :

 Do SCD cân tại S có F là trung điểm của CD  CDSF

Mà CDEF (theo tính chất của hình vuông)

 

CD SEF

  , mà SESEF SECD (1)

 Ta chứng minh SEF vuông tại S bằng cách

sử dụng định lý Pytago như sau :

SCD

 vuông tại S có SF là đường trung tuyến nên

1

a

SF  CD

SAB

 đều cạnh a có SE là trung tuyến nên 3

2

a

SE 

EF = a

Ta có :

SE SF       a EF

 

 

Vậy SEF vuông tại S SESF (2)

Từ (1) và (2)  SESCD

 Chứng minh SF  (SAB) :

Theo chứng minh trên, SFSE (3)

 

CD SEF , mà AB // CD  ABSEF  SF AB (4)

Từ (3) và (4)  SF SAB

b) Chứng minh SH  AC

Ta có : CDSEF (theo chứng minh trên), mà SH SEF  SH CD

Hơn nữa, SH EF(gt)  SH ABCD

Mà ACABCD  SH AC.

c) Tính góc giữa đường thẳng BD và mặt phẳng (SAD) (câu khó - các em học sinh đọc tham khảo).

Gọi O là tâm của hình vuông ABCD

Theo tính chất của hình vuông ABCD, ta có AC, BD và EF đồng quy tại O

Vì SE SF nên H thuộc đoạn OF

 Trong mặt phẳng (ABCD), qua H vẽ đường thẳng song song với CD cắt AD, OD lần lượt tại M và K Vậy góc giữa BD và mặt phẳng (SAD) là góc giữa KD và (SAD) Ta đi tìm hình chiếu của K lên (SAD)

Ta có : ADMH AD, SH(do SH ABCD)  ADSHM  SAD  SHM

SAD  SHM SM

 Vẽ KPSM (P SM ) KPSAD tại P

Nhận xét : Nếu hai mặt phẳng vuông góc với nhau thì đường thẳng nào nằm trong mặt phẳng này và

vuông góc với giao tuyến thì vuông góc với mặt phẳng kia.

 Hình chiếu của K lên (SAD) là P

 Hình chiếu của KD lên (SAD) là PD

 BD SAD,   KD SAD ,   KD PD ,  KDP

 Để tìm góc KDP ta đi tìm KD và KP.

 SEFvuông tại S có SH là đường cao nên ta có :

2 2

3

4 4 2

2

a a

SH SE SF a  a    a a  a    

 

 

 

 

 SEH vuông tại H nên ta có :

EH  SE  SH    

OH EH OE     HF OF OH    

 H là trung điểm của OF, mà HK // DF nên HK là đường trung bình của FOD

 K là trung điểm của OD 1 1 2 2

    (do BD a 2)

a a

HK  DF  ,

2 4 4

a a a

MK MH HK     K là trung điểm của MH

 Trong (SHM), vẽ HQSM ( Q SM ), mà KPSM  KP HQ/ / mà K là trung điểm của MH nên

KP là đường trung bình của 1

2

MHQ KP HQ

 SHM vuông tại H có HQ là đường cao, ta có :

2 2

3

16 4 2

4

a a

HQ HS HM a  a    a a  a    

 

 

 

 

.

2 2 7 4 7

KP

 Trong KPD vuông tại P, ta có :   0

3 3

4 7

2 14 4

a KP

KD a

Vậy BD SAD,   KDP 27 35'0

Bài 5 Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA (ABCD) và SA = 2a.

a

H

O

A

D

S

a) Chứng minh (SAC) (  SBD); (SCD) (  SAD)

b) Tính góc giữa SD và (ABCD); SB và (SAD) ; SB và (SAC);

c) Tính d(A, (SCD)); d(B,(SAC))

Giải a) Chứng minh (SAC) (  SBD); (SCD) (  SAD)

 Chứng minh SAC  SBD:

Ta có : BDAC (Hai đường chéo của hình vuông ABCD) ;

BDSA (do SAABCD) ;

 BDSAC, mà BDSBD SAC  SBD

 Chứng minh SCD  SAD:

Ta có : CDAD (Hai cạnh kề của hình vuông ABCD) ;

CDSA (do SAABCD ;

 CDSAD, mà CDSCD SCD  SAD

b) Tính góc giữa SD và (ABCD); SB và (SAD) ; SB và (SAC).

 Tính góc giữa SD và (ABCD)

Ta có : SAABCD tại A nên hình chiếu của S lên mp (ABCD) là A

 Hình chiếu của SD lên mặt phẳng (ABCD) là AD

 SD ABCD ,   SD AD,  SDA

Trong SAD vuông tại A, tanSDA SA 2a 2 SDA arctan 2

AD a

Vậy SD ABCD ,   SDA arctan 2

 Tính góc giữa SB và (SAD)

Ta có : BA SA BA , AD BASAD tại A nên hình chiếu của B lên (SAD) là A

 Hình chiếu của SB lên mặt phẳng (SAD) là SA

 SB SAD ,  SB SA ,  BSA

Trong SAB vuông tại A, tan 1  arctan 1

AB a

SA a

Vậy      1

2

SB SAD BSA

 Tính góc giữa SB và (SAC)

Gọi O là tâm của hình vuông ABCD

Theo chứng minh trên BDSAC tại O nên hình chiếu của B lên (SAC) là O

 Hình chiếu của SB lên (SAC) là SO

 



SB SAC,  SB SO ,  BSO

a

BD a  BO BD

 SAB vuông tại A nên 2 2  2 2

SB SA AD  a a a

 Trong SOB vuông tại O, ta có :  

2

2

a BO

SB a

Vậy      1

10

SB SAC BSO

c) Tính d(A, (SCD)); d(B,(SAC)).

Tính d(A, (SCD))

Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên SD

Ta có : AH SD

Theo chứng minh ở câu a, CDSAD mà AH SAD AH CD

 

AH SCD

  tại H  d A SCD ,  AH

 SAD vuông tại A có AH là đường cao, ta có :

2 2

AH AD AS a  a  a     .

Vậy  ,   2

5

a

d A SCD AH 

Nhận xét : Nếu hai mặt phẳng vuông góc với nhau thì đường thẳng nào nằm trong mặt phẳng này và

vuông góc với giao tuyến thì vuông góc với mặt phẳng kia.

Trong ý trên, do (SAD) (SCD) và có giao tuyến là SD nên khi kẽ AH SD thì AH SCD

Tính d(B,(SAC))

Theo chứng minh trên BDSAC tại O nên hình chiếu của B lên (SAC) là O

 

2

a

d B SAC BO

Bài 6 Hình chóp S.ABC ABC vuông tại A, góc B = 600 , AB = a, hai mặt bên (SAB) và (SBC) vuông

góc với đáy; SB = 2a Hạ BH  SA (H  SA); BK  SC (K  SC)

a) CM: SB  (ABC)

b) CM: mp(BHK)  SC

c) CM: BHK vuông

d) Tính cosin của góc tạo bởi SA và (BHK)

Giải

Nhận xét : Hai mặt phẳng cùng vuông góc với một mặt phẳng thì giao tuyến của chúng (nếu có) vuông

góc với mặt phẳng đó, tức là :

Ta có :    

       ;  

d

d



 



a) CM SB  (ABC) :

Ta có :    

SAB SBC SB

SB ABC SAB ABC SBC ABC



2a

a

K

B

A

C

S

H

b) CM (BHK)  SC :

ACAB(ABC vuông tại A) ;

ACSB (do SBABC)  ACSAB

mà BH SAB BH AC, mặc khác BH SA (gt)

 

BH SAC

  mà SCSAC SC BH (2)

Từ (1) và (2)  SCBHK

c) CM BHK vuông :

Theo chứng minh ở câu b, BH SAC mà HK SAC  BH HK

Vậy BHK vuông tại H

d) Tính cosin của góc tạo bởi SA và (BHK) :

Vì HSA nênSA BHK ,  SH BHK,  

Theo chứng minh ở câu b, SCBHKtại K nên hình chiếu của S lên (BHK) là K

 Hình chiếu của SH lên (BHK) là KH

 



SA BHK,  SH BHK ,   SH KH ,  SHK

SHKvuông tại K nên cosSHK HK

SH

 Ta có : SHK SCA HK AC

SH SC

 BAC vuông tại A,

0

0

1 cos 60

2

BC

 SBC vuông tại B nên SC BS2BC2  4a24a2 2 2a

.AC BC2 AB2  8a2 a2 a 7

cos

4

2 2 2 2

HK AC a SHK

Vậy      14

4

SA BHK  SHK 

Bài 7 Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD, cạnh đáy bằng a, cạnh bên bằng

2

5

a

Gọi O là tâm của hình vuông ABCD Và M là trung điểm của SC

a) Chứng minh: (MBD)  (SAC)

b) Tính góc giữa SA và mp(ABCD)

c) Tính góc giữa hai mặt phẳng ( MBD) và (ABCD)

d) Tính góc giữa hai mặt phẳng ( SAB) và (ABCD)

Nhắc lại : Hình chóp đều là hình chóp có các cạnh bên bằng nhau và có đáy là đa giác đều Do đó, trong

hình chóp đều, tâm của đa giác đáy trùng với hình chiếu của đỉnh S lên mặt đáy

a) Chứng minh : (MBD)  (SAC) :

Vì hình chóp S.ABCD đều nên SOABCD ;

mà BDABCD BDSO;

Hơn nữa, BDAC (Hai đường chéo của hình vuông ABCD);

 

BD SAC

  mà BDMBD  MBD  SAC

b) Tính góc giữa SA và mp(ABCD) :

Ta có : SOABCD nên hình chiếu của S lên (ABCD) là O

a 5 2

a

M

O

S

E

F

 Hình chiếu của SA lên (ABCD) là OA



SA ABCD,  SA OA ,  SAO

2

a

2

a

AC a  AO

 Trong SOA vuông tại O, ta có :

2

2

2

a AO

SA a

Vậy      2

5

SA ABCD SAO arc

c) Tính góc giữa hai mặt phẳng ( MBD) và (ABCD) :

 Ta có : MBD  ABCD BD;

 BDSAC;

 SAC  ABCDAC;

 SAC  MBD MO;

   

 MBD , ABCD  AC MO,  COM

   ( Vì COM là góc nhọn )

 Trong SOC vuông tại O có OM là đường trung tuyến nên 1 1 5 5

OM  SC 

OC MC SC

 Áp dụng định lí cosin trong tam giác COM, ta có : CM2 OM2OC2 2OM OC .cosCOM

2

OM OC CM

Vậy        2

5

MBD ABCD COM 

Cách 2 :

Trong SOC vuông tại O có OM là đường trung tuyến nên 1 1 5 5

OM  SC  CM

COM

  cân tại M  COM MCO

Mặc khác, MCO SAO ( Vì SAC cân tại S)  COM SAO Theo câu b,  arccos 2

5

Từ đó suy ra        2

5

MBD ABCD COM 

Nhận xét : Trong việc xác định góc giữa hai mặt phẳng ( MBD) và (ABCD) ta có thể dùng cách 2 như đã

nói ở bài tập 1 Cách này không đơn giản vì tìm điểm thuộc BD để từ đó vẽ trong (ABCD) và (MBD) hai đường thẳng lần lượt vuông góc với BD tại điểm đó là khó Thực chất, người ta thường dùng cách 3 để từ

đó trình bày cách 2 cho đơn giản

d) Tính góc giữa hai mặt phẳng ( SAB) và (ABCD) :

 Ta có : SAB  ABCD AB;

a 3 2a

a

K

O

C

A

C'

A'

B H

Gọi E, F lần lượt là trung điểm của AB và CD

 ABEF AB; SO (do SOABCD) ABSEF

 SEF  ABCD EF;

 SEF  SAB SE;

   

 SAB , ABCD  SE EF ,  SEF

   ( Vì SEF là góc nhọn )

 SOC vuông tại O nên

SO SC  OC         

 Trong SEO vuông tại O, ta có :   0

3 2

2

a SO

a OE

Vậy  SAB , ABCD SEF 600

Bài 8 Cho hình lăng trụ ABC.ABC có AA  (ABC) và AA = a, đáy ABC là tam giác vuông tại A có

BC = 2a, AB = a 3

a) Tính khoảng cách từ AA đến mặt phẳng (BCCB)

b) Tính khoảng cách từ A đến (ABC)

c) Chứng minh rằng AB  (ACCA) và tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng (ABC)

Giải a) Tính khoảng cách từ AA đến mặt phẳng (BCCB).

Vì AA'/ /BB' nên AA'/ /BCC B ' '

 d AA BB C C ', ' '  d A BCC B , ' ' 

Gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên BC

Từ H, vẽ đường thẳng song song với AA’ cắt B’C’ tại H’

Do AA'/ /HH', AA'ABC HH'ABC HH'AH

'

AH BC

AH BCC B

AH HH









d A BCC B AH

 ABC vuông tại A nên AC BC2 AB2  4a2 3a2  a

 ABC vuông tại A có AH là đường cao nên

2 2

AH AC  AB a  a  a     .

2

a

d AA BB C C AH

b) Tính khoảng cách từ A đến (ABC).

 ABAA' (do AA'ABC) ; ABAC(gt)  ABA ACC' ' ABA C'

Ta có : A’A = AC = a nên A’ACC’ là hình vuông

Gọi O là tâm của hình vuông A’ACC’

 Do ' ' '  '

'

A C AC

A C ABC

A C AB



  mà A C' A BC'  ABC'  A BC' 

 Hai mặt phẳng A BC'  , ABC có giao tuyến là ' OB

Trong ABC kẻ ' AK OB K OB   AK A BC'  tại K

d A A BC AK