Hình học 11. hay nhất

N A A' H O ( ) ( ') CHYÊN ĐỀ HÌNH CHÓP 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 khoảng cách.Ta đến với những bài toán sau: Bài 1: Cho (∆),(∆′) chéo nhau, có AA′ là đường vuông góc chung của (∆) và (∆′) (A′ ∈ (∆′) và A ∈ (∆)). Gọi (P) là mặt phẳng chứa A và vuông góc với (∆′), còn (Q) // (P) cắt (∆) và (∆′) lần lượt tại M và M′. Gọi N=ch M/(P). Đặt γ = (∆,(P)), ∠MAM′ = α, ∠M′AA′ = β. Tìm mối quan hệ của α,β,γ. Giải : * Vì (P) ⊥ (∆′) và AA′ ⊥ (∆′), A ∈ (P) ⇒ AA′ ⊂ (P) * AA′ // (Q) MA′ // MN M′A′ ⊥ (P) ⇒ M′M // A′N ⇒ M′MNA′ là hình chữ nhật N = ch M/(P) M′A′ ⊥ A′N Đặt MN = x. Ta có AA′ 2 = A′M 2 – AM 2 = A′N 2 + MN 2 – (AN 2 + MN 2 ) = A′N 2 – AN 2 ⇒ A′A ⊥ AN * Dễ dàng thấy được γ = ∠MAN. Trong mặt phẳng (M′AM), ta có: M′M 2 = A′A 2 + AN 2 = M′A 2 + MA 2 – 2M′A.MA.cos α Mà A′A = cot β.x AN = cot γ.x M′A = sin x β S A B C F E I MA = sin x γ ⇒ x 2 (cot 2 β + cot 2 γ) = x 2 2 2 1 1 cos 2 sin sin sin .sin α β γ β γ   + −  ÷   ⇔ cot 2 β + cot 2 γ = 2 + cot 2 β + cot 2 γ - cos 2 sin .sin α β γ ⇔ cos α = sin β.sin Bài 2: Cho tứ diện vuông S.ABC. M là một điểm bất thuộc ∆ABC, I là trung điểm AB. Giả sử CA = 2SB, CB = 2SA. Kẻ SE ⊥ CA, SF ⊥ CB. CMR: a. SC ⊥ EF b. 4 4 tan ( ) 1 tan ( ) SCI EB SCA AB + = Giải : * Ta có SC 2 = BC 2 – SB 2 = 4SA 2 – SB 2 SC 2 = AC 2 – SA 2 = 4SB 2 – SA 2 ⇒ SA = SB ⇒ AC = AB * SE = .SC SA AC SF = .SC SB AB ⇒ SE = SF Từ đây ta dễ dàng suy ra: EF // AB mà SC ⊥ (SAB) nên EF ⊥ SC * Ta có : 2 2 2 SC EF CE SC AC AB CA AC AC = = = Mặt khác: AB = 2 .SA (do ∆SAB vuông cân) = 2 2 AC ⇒EF = 2 2 2 2 . 2 SC SC AC AC = Lại có: 1 2 SA AC = ⇒ ∠SAC = 3 π ⇒ 3 cos cos 2 3 6 2 CS AC π π π   = − = =  ÷   CS = 2 2 AC SA− = 3SA = 6 2 AB Do đó: EF = 2 3 6 . . . 2 2 2 AB = 3 4 AB ⇒ 3 4 EF AB = (1) B C A D S M N * tan SCI = 1 6 2 6 6 2 AB SI SC AB = = tan SCA = 3 3 3 SA SA SC SA = = ⇒ 4 4 tan 1 tan 4 SCI SCA = (2) * Từ (1),(2) suy ra: 4 4 tan ( ) 1 3 1 tan ( ) 4 4 SCI EB SCA AB + = + = (đpcm) Bài 3: Trong (P) cho ABCD là hình vuông cạnh a. Lấy M,N ∈ CB và CD. Đặt CM = x, CN = y. Trên At ⊥ (ABCD) lấy S. Tìm x,y để: a. ((SAM),(SAN)) = 4 π b. ((SAM),(SMN)) = 2 π Giải : a. AM ⊥ SA, AN ⊥ SA ⇒ ∠MAN = ((SAM),(SAN)) SA = (SAM) ∩ (SAN) Để ((SAM),(SAN)) = 4 π thì ta có: cos MAN = 2 2 2 2 2 2 . AM AN MN AM AN + − = ⇔ 2 2 2 2 2. ( ) . ( )a a x a a y+ − + − = a 2 + (a – x) 2 + a 2 + (a – y) 2 – (x 2 + y 2 ) ⇔ 2[a 2 + (a – x) 2 ].[a 2 + (a – y) 2 ] = [4a 2 – 2a(x + y)] 2 ⇔ a 4 + a 2 [2a 2 – 2a(x + y) + x 2 + y 2 ] + (a 2 + x 2 – 2ax)(a 2 + y 2 – 2ay) = 2[2a 2 – a(x + y)] 2 . ⇔ a 4 + 2a 4 – 2a 3 (x + y) + a 4 + a 2 (x 2 + y 2 ) + 4a 2 xy – 2a 3 (x + y) + x 2 y 2 – 2axy(x + y) = 8a 4 – 8a 3 (x + y) + 2a 2 (x 2 + y 2 ) + 4a 2 xy ⇔ x 2 y 2 + 4a 3 (x + y) = 2axy(x + y) +4a 4 b. Giả sử (SAM) ⊥ (SMN) Dựng NM′ ⊥ SM ( M′ ∈ SM). Ta có : ' ' ( ) ( ) ( ) NM SM NM SAM SM SAM SMN ⊥  ⇒ ⊥  = ∩  ⇒ NM′ ⊥ SA Mặt khác: SA ⊥ (ABCD) ⇒ SA ⊥ NM Do đó: M ≡ M′ D C A B S E H I K ⇒ MN ⊥ (SAM) ⇒ MN ⊥ AM Vậy để (SAM) ⊥ (SMN) thì ta phải có: AM 2 + MN 2 = AN 2 ⇔ a 2 + (a – x) 2 + x 2 + y 2 = a 2 + (a – y) 2 ⇔ 2x 2 = 2ax – 2ay ⇔ x 2 = a(x – y). Bài 4: Cho hình chóp S.ABCD có SA ⊥ (ABCD) và SA = a 2 . ABCD là hình thang vuông tại A, D. AB = 2a, AD = CD = a a. Tính góc (S, BC, A) và (A, BS, C) b. Tính góc ((SBC),(SCD)) Giải : * Xét mp (ABCD) + Gọi H = ch C/AB ⇒ AHCD là hình vuông, ∆CHB là tam giác vuông cân. ⇒ ∠CAB = 2 π hay CA ⊥ CB • Từ giả thuyết ta dễ dàng có được: SB = a 6 , • BC = AC = a 2 , SD = a 3 ⇒ SC = 2a ⇒ SC 2 + BC 2 = SB 2 . ⇒ SC ⊥ CB • Do đó: (S, BC, A) = ∠SCA = 4 π . + Gọi K = ch A/SB I = ch A/SC ( ) SC CB CB SAC AC CB ⊥  ⇒ ⊥  ⊥  ⇒ AI ⊥ BC mà AI ⊥ SC ⇒ AI ⊥ (SBC) ⇒ AI ⊥ SB ⇒ SB ⊥ (AIK) AK ⊥ SB ⇒ KI ⊥ SB ⇒ (A, SB, C) = ∠AKI Dễ thấy:AI = a AK = 2.2 2 3 . 3 6 a a a a = . . 2 3 3 6 SI KI SI BC a a KI a SB BC SB a = ⇒ = = = ⇒ AI 2 + KI 2 = a 2 + 2 3 a = 2 4 3 a = AK 2 ⇒ ∆AKI vuông tại I ⇒ sin AKI = 3 2 2 3 3 AI a AK a = = ⇒ ∠AKI = 3 π * Trong mp (SCD) dựng đường thẳng qua C vuông góc với SC và cắt SD tại E. ⇒ (( ),( )) SC CE SCB SCD SC CB ⊥  ⇒  ⊥  = ∠ECB + SE.SD = SC 2 ⇒ SE = 2 4 3 a a = 4 3 3 a ⇒ DE = 3 3 a ⇒ CE 2 = DE.SE = 2 4 3 3 4 . 3 3 3 a a a= + 2 2 2 5 2 2 6 cos 2 . 3 3 BD a SD SB BD SB a ESB SD SB SD a  =  + −  = ⇒ = =   =   ⇒ BE 2 = SE 2 + SB 2 – 2.SE.SB.cos ESB = 16 3 a 2 + 6a 2 – 2. 2 2 2 4 3 2 . . 6 3 3 3 a a a= ⇒ cos ECB = 2 2 2 2. . CE CB EB CE CB + − = 2 2 2 4 2 2 6 3 3 3 2 3 2. . 2 3 a a a a a + − = ⇒ ∠ECB = arccos 6 3 Bài 5: Cho ∆SAB đều và hình vuông ABCD cạnh a nằm trong 2 mặt phẳng vuông góc với nhau. Gọi M là trung điểm của AD a. Tìm d(SA,MC) b. Gọi (P) là mặt phẳng qua BC và một điểm P bất kì trên SD. Xác định giá trị lớn nhất có thể có của góc nhị diện giữa (P) và (ABCD), biết thiết diện giữa D C BA S O E P Q P' Q' M (P) và hình chóp là hình thang Giải : Gọi O là trung điểm của AB ⇒ SO ⊥ AB Mà (SAB) ∩ (ABCD) = AB ⇒ SO ⊥ (ABCD) ⇒ SO ⊥ BC mà BC ⊥ AB ⇒ BC ⊥ (SAB) a. Gọi E là trung điểm của BC ⇒ AE = MC = SE = 5 2 a AM = EC = 2 a ⇒ AMCE là hình bình hành ⇒ MC // AE ⇒ ∠(MC,SA) = ∠(AE,SA) ⇒ cos (MC,SA) = 2 2 2 2. . AE SA SE AE SA + − = 2 5 5 5 2 . 2 a a a = ⇒ sin (MC,SA) = 2 5 5 . Dễ thấy SO = 3 2 a Ta có: V S.AMC = 1 3 SO.S AMC = 1 6 SO.DC.MA = 1 3 . . . 6 2 2 a a a = 3 3 24 a Mặt khác: ( ) ( ) . 1 . .sin , . , 6 S AMC V SA MC MC SA d SA MC= V S.AMC = 1 6 SA.MC.sin (MC,SA).d(SA,MC) ⇔ 3 3 24 a = 1 5 2 5 . . . ( , ) 6 2 5 a a d SA MC ⇔ d(SA,MC) = 3 4 a b. + Thiết diện giữa (P) và hình chóp là hình thang. Dựng PQ // AD (Q ∈ SA) ⇒ PQ // BC Dễ thấy PQBC là thiết diện của (P) với hình chóp S.ABCD + Trong mặt phẳng (SAB) dựng QQ′ // SO ⇒ QQ′ ⊥ (ABCD) Dựng PP′ ⊥ (ABCD) (P′ ∈ (ABCD)) ⇒ (P′Q′BC) = ch (PQBC)/(ABCD) + Ta có: (OAD) = ch (SAD)/(ABCD) ⇒ P′ ∈ OD, Q′ ∈ OA + Đặt SP = x (0 ≤ x ≤ SD = 2a 2 SP x SD a = ⇒ ' ' 2 SP x OP PD P D a x = = − ⇒ ' 2 OP SP x OD SD a = = ⇒ OP′ = 2 2 . 4 2 x a a a + ' ' 2 OP OQ x OD OA a = = ⇒ 2 ' 4 x OQ = / / ' '/ / ' ' ( ) / ( ) PQ AD P Q AD P Q ch PQ ABCD  ⇒  =  ⇒ P′Q′ ⊥ AB ⇒ P′Q′ = 2 2 5 2 8 8 2 x x x − = ⇒ S P’Q’BC = 1 2 .Q′B.(P′Q′ + BC) = 1 2 2 2 2 4 2 a x x a    + +  ÷ ÷  ÷ ÷    = 2 1 2 4 2 x a   +  ÷  ÷   + 2 SP PQ x SD AD a = = ⇒ PQ = 2 2 x + 1 1 1 ' 2 1 2 2 QQ AQ SA AQ SQ x a x SH SA AQ AQ a x a − − −     + −   = = = = + =  ÷  ÷  ÷ −       ⇒ QQ′ = 2 . 6 4 a x− Do QQ′ ⊥ Q′B ⇒ QB = ( ) 2 2 2 2 2 3 ' ' 2 2 4 8 a x Q B QQ a x   + = + + −  ÷  ÷   = 2 2 2 2 2 3 3 2 3 4 4 8 4 4 8 a ax x a ax x+ + + − + = 2 2 2 2 2 a x a x− + ⇒ S PQBC = 2 2 1 2 2 2 2 2 2 a x x a x a   − + +  ÷  ÷   ⇒ cos ((P),(ABCD)) = 2 2 2 2 2 1 1 2 2 2 2 2 2 2 2 2 x a a x a x a a x x a x + + = − + − + Đặt f(x) = 2 2 2 2 2 a x a a x x + − + ∀x ∈ [o;a 2 ] Xét f′(x) = ( ) 2 2 2 2 2 6 3 2 2 2 2 2 a xa a ax x a a x x − − + − + > 0 ∀x ∈ [o;a 2 ] Vậy max f(x) = 2 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. 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 ⊥ Suy ra: (BJC) SA BJC ((SAB),(SAC)) ⊥   ∠ = ∠ = ϕ  + (BJC) ⊥ SA IJ SA BJI ((SAI),SAB)) BJ SA 2 ⇒ ⊥  ϕ ⇒ ∠ = ∠ =  ⊥  ( Do BJ = JC mà I trung điểm BC nên BJC BJI 2 ∠ ∠ = ) + Gọi H = ch S (ABC) ⇒ H là tâm của ABCV 2 1 1 3 1 3 3 1 a SH.AI a HI.tan a a .tan tan 2 2 2 2 2 2 3 8 S SAI = = α = α = α ∆ + 2 2 2 2 2 2 2 1 1 BI 1 a a 1 a tan 4 BJ.SA SH AH . tan a 2 2 sin BJI 2 12 3 12 2.sin 4.sin 2 2 S SAB α + = = + = α + = ϕ ϕ ∆ + (SAI) BC I chS (SAI) ⊥ ⇒ = .cos ((SAB),(SAI)) .cos BJI .cos 2 S S S S SAI SAB SAB SAB ϕ ⇒ = ∠ = = ∆ ∆ ∆ ∆ 2 2 2 a a tan 4 tan .cos 8 12 2 4.sin 2 α + ϕ ⇒ α = ϕ 2 2 2 tan 4 tan .cot 3 2 α + ϕ ⇔ α = 2 2 2 2 2 4 3.tan .tan tan 4 tan 2 3tan 1 2 ϕ ⇔ α = α + ⇔ α = ϕ − 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: + Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AD và BC. H A B D C S M N E [...]... sự khác biệt về hình dạng mặt đáy của khối chóp (giữa hình thoi và hình vuông tuy có nhiều nét tương đồng nhưng khi vẽ hình, đặc biệt là khi có những mặt phẳng cắt ngang khối chóp thì mỗi loại sẽ định hướng nét vẽ cũng như hình dạng thiết diện theo những cách khác nhau Ta chỉ có thể thông qua chứng minh mà kết luận chứ không nên nhận định vội vàng) Bài 5: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình bình hành... tròn đó nên Std lớn nhất khi và chỉ khi K’L’=AB và α = 90 0 , hay nói cách khác khi AK’B’L’ là hình vuông Điều đó xảy ra khi C’ là trung điểm AB’ và KL ⊥ AB Bài 9: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình bình hành, mặt bên SAB là tam giác vuông tại A Với điểm M bất kì thuộc cạnh AD (M≠ A,D), xét mp(α) đi qua điểm M và song song với SA, CD a) Thiết diện của hình chóp khi cắt mp(α) là hình gì? b) Tính diện... suy ra (P) //(ABCD)  Câu hỏi đặt ra ở đây là nếu như mặt đáy hình chóp không phải là hình bình hành mà mang một hình dạng bất kì thì làm thế nào để dựng được thiết diện A’B’C’D’ của bài toán là hình bình hành? Bài 6: Cho hình chóp S.ABCD, mp(P) cắt các cạnh SA, SB, SC, SD lần lượt tại A’, B’, C’, D’ Tìm điều kiện của mp(P) để A’B’C’D’ là hình bình hành Giải: A' B' // C' D' A' D' // B' C' +A’B’C’D’... cho SA = h Gọi M, N lần lượt là trung điểm của các cạnh AC và SB Tìm giá nhỏ nhất của MN khi h thay đổi BT6/ Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thoi, góc BAC bằng 1200, AC = b, BC = a, cạnh SA vuông góc với đáy, góc giữa mp(SBC) và mặt phẳng đáy là 600 Tính: a/ Đường cao của hình chóp b/ Khoảng cách từ A đến mp(SBC) BT7/ Cho hình chóp S.ABC, đáy là tam giác vuông tại C, AC = x, AB = 2a, đường cao SA... 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)) Ta dễ dàng tính được : JK = 6 2 3 6 a, BK = a ⇒ BJ = a 6 3 2 ⇒ cos JBK = BK = 2 2 BJ 3 Bài 12 : Cho hình chóp C ABB’A’ với đáy ABB’A’ là hình chữ nhật Biết... TRONG HÌNH CHÓP Bài 1: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình bình hành M là trung điểm của SC, (P) là mặt phẳng qua AM và song song với BD Gọi E, F lần lượt là giao điểm của (P) với các cạnh SB, SD Tìm tỉ số diện tích của tam giác SME với tam giác SBC và tỉ số diện tích tam giác SMF với tam giác SCD Giải: S H M F E I K D A C O B - Tỉ số diện tích tam giác SME với tam giác SBC: + Gọi H, K lần lượt là hình. .. bởi mp(JEI) là hình thoi Giải: - Có IJ là đường trung bình của tam giác BCD Do đó, IJ//CD ⇒ CD//mp(IJEF) ⇒ CD // EF (do CD, EF đồng phẳng) - Do đó, thiết diện là hình thang Để thiết diện là hình EF = JI ⇒ E là trung điểm của AD EF = JE thoi thì  - Ngược lại, khi E là trung điểm của AD thì - CD  EF // JI // CD, FE = JI =  2  AB   JE // FI // AB, JE = FI = 2  CD = AB   ⇒ IJEF là hình thoi Bài... mặt phẳng (P), cho hình thoi ABCD cạnh a, AC = 2a 6 Trên đường thẳng vuông góc 3 với (P) tại giao điểm O của hai đường chéo hình thoi, lấy điểm S sao cho SO = a Chứng minh rằng mp(SAB) vuông góc với mp(SAD) BT4/ Trong mp(P) cho hình thang cân ABCD có AB=2a, CD=a, BC=AD=a Trên đường thẳng vuông góc với (P) tại trung điểm M của AB, lấy S: SM=a a/ Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD b/... MQ//SA mà SA ⊥ BA ⇒ thiết diện là hình thang MNPQ vuông tại M b) Khi M là trung điểm AD, ta được: MQ 1 b = ⇔ MQ = SA 2 2 PQ 1 a = ⇔ PQ = CD 2 2 MN = AB = a Vậy S MNPQ = ( MN + PQ).MQ 3ab = 2 8 Bài 10: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a Mặt bên SAB là tam giác cân tại S và mp(SAB) ⊥ mp(ABCD), cạnh bên SC tạo với mặt phẳng đáy góc α Tính diện tích thiết diện của hình chóp khi cắt bởi mặt phẳng... là hình thang MNPQ có đường cao EF ⇒S MNPQ 1 = ( MN + PQ).EF 2 - Mặt khác, EF = 1 SH HC tan α = = 2 2 HB 2 + BC 2 tan α a 5 = tan α 2 4 1  a a 5 tan α = Vậy S MNPQ = ( MN + PQ).EF =  a + ÷ 2 2  2 4 3a 2 5 tan α 16 Bài 11: Cho hình chóp S.ABCD đáy là hình vuông cạnh a, SA ⊥ mp(ABCD) và SA=a Gọi (α) là mp qua A và vuông góc với SC cắt SB, SD lần lượt tại B 1, D1 Tính diện tích thiết diện của hình . 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. N A A' H O ( ) ( ') CHYÊN ĐỀ HÌNH CHÓP 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. (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) ⇒