Tuyển chọn một số bài toán hình học không gian lớp 11 hay (có lời giải chi tiết)

Tuyển chọn một số bài toán hình học không gian lớp 11 hay (có lời giải chi tiết)Tuyển chọn một số bài toán hình học không gian lớp 11 hay (có lời giải chi tiết)Tuyển chọn một số bài toán hình học không gian lớp 11 hay (có lời giải chi tiết)Tuyển chọn một số bài toán hình học không gian lớp 11 hay (có lời giải chi tiết)

ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI

HƯỚNG DẪN GIẢI MỘT SỐ BÀI TẬP HÌNH KHÔNG GIAN

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

SBC

  vuông tại B

 Chứng minh SCD vuông :

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

CDSA (Vì SAABCD )

 

  , 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 )

 

  , 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 : 2 2  2 2

SB SA AB  a a a

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

Vậy     0

SC SAB 

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

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

O

a

a 2

A

D S

H

 2 2

2

a

AC a AO

 Trong SAO vuông tại A, ta có : tan 2 2 arctan 2

2 2

SA a

AO a

   

 SBD , ABCD  AOS arctan 2

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)

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

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

A

D

B

C 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 : 2 2 2 2

AB BC AC  a  a a

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

3

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;

 

  , 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”

4

a

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)

  tại H d S ,ABCD SH

 Vì H là trọng tâm ABD nên 2 2 3 3

 Trong SHA vuông tại H, ta có :

2

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

3

a

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

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) :

 

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

ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI

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

2 2

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

 

 

 SEHvuông tại H nên ta có :

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

a a

HK  DF  ,

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

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

2 2

3

16 4 2

4

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

 

 

.

2 2 7 4 7

KP

3 3

4 7

4

a KP

KD a

Vậy BD SAD, KDP27 35 '0

6

2a

a

H

O

A

D

S

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

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) ;

 

  , 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 ;

 

  , 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, tanSDA 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 arctan1

AB a

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

ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI

 Trong SOB vuông tại O, ta có :

2

2

a BO

SB a

10

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

 

  tại H d A SCD ,   AH

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

2 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

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 :    

SB ABC



8

60°

2a

a

K

B

A

C 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)

 

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

 SHK vuông tại K nên cosSHK HK

SH

 Ta có : SHK SCA HK AC

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

SHK

Vậy cos ,   cos 14

4

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

ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI

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

 Trong SOA vuông tại O, ta có :

2

2

2

a AO

SA a

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

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

 Áp dụng định lí cosin trong tam giác COM, ta có : 2 2 2

2 cos

CM OM OC  OM OC COM

5

MBD ABCD COM 

Cách 2 :

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

COM

  cân tại M COM MCO

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

5

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) :

10

a 3 2a

a

K

O

C

A

C'

A'

B H

 Ta có : SAB  ABCDAB;

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

 SOC vuông tại O nên

SO SC OC        

3 2

2

a SO

a OE

SAB ABCD SEF 

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 BCC B











tại H

 , ' ' 

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

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

2 2

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’

'

A C AC

A C AB



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

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

ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI

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

 AOB vuông tại A có AK là đường cao nên

2 2 2

2



7

a

d A A BC  AK

Cách 2 :

 Vì BC AH BC, AA'BCAA H' A BC'   AA H' 

Hai mặt phẳng này cắt nhau theo giao tuyến A’H

 Trong mặt phẳng (AA’H), kẻ AI A H I'  A H' AI A BC'  tại I

d A A BC AI

 AA H' vuông tại A có AI là đường cao nên

2

3

4

a AI a

AI  AH  AA  a  a a  a  

7

a

d A A BC AI

Nhận xét : Hai điểm I và K hiển nhiên trùng nhau

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

 Chứng minh rằng AB  (ACCA) :

Ta có : ABAC AB,  AA'(do AA'ABC) ABACC A' '

 Tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng (ABC) :

Theo chứng minh trên, A C' ABC' tại O nên d A ',ABC'  A O'

Nhận xét : Để tính khoảng cách từ M đến   , nếu đề bài cho không xác định trực tiếp được hình chiếu

của M lên   thì ta làm như sau : Tìm mp   đi qua M và       ;

 Tìm giao tuyến        ;

 Kẻ MH   H   MH   d M ,  MH