Chyên đề Hình chóp: góc – khoảng cách

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[r]

CHYÊN ĐỀ HÌNH CHÓP GÓC – KHOẢNG CÁCH Quan hệ song song – vuông góc là mảng vô cùng quan trọng chương trình hình học không gian nói chung và bài toán có liên quan đến hình chóp nói riêng Và ứng dụng quan trọng quan hệ song song – vuông góc việc giải các bài toán hình học không gian các bài toán có liên quan đến hình chóp là tìm góc và khoảng cách.Ta đến với bài toán sau: Bài 1: Cho (),() chéo nhau, có AA là đường vuông góc chung () và () (A  () và A  ()) Gọi (P) là mặt phẳng chứa A và vuông góc với (), còn (Q) // (P) cắt () và () M và M Gọi N=ch M/(P) Đặt  = (,(P)), MAM = , MAA =  Tìm mối quan hệ ,, 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 O A' H N Đặt MN = x Ta có AA2 = AM2 – AM2 A = AN2 + MN2 – (AN2 + MN2) = AN2 – AN2  AA  AN * Dễ dàng thấy  = MAN Trong mặt phẳng (MAM), ta có: MM2 = AA2 + AN2 = MA2 + MA2 – 2MA.MA.cos  Mà AA = cot .x AN = cot .x MA = x sin  Lop12.net MA = x sin  1 cos    2  2 sin  sin    sin  sin  cos   cot2 + cot2 = + cot2 + cot2 - sin  sin    x2(cot2 + cot2) = x2   cos  = sin .sin Bài 2: Cho tứ diện vuông S.ABC M là 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 tan ( SCI ) EB  1 tan ( SCA) AB Giải : C * Ta có SC2 = BC2 – SB2 = 4SA2 – SB2 SC2 = AC2 – SA2 = 4SB2 – SA2  SA = SB  AC = AB * SE = SC.SA AC SF = F E SC.SB AB S  SE = SF B Từ đây ta dễ dàng suy ra: EF // AB mà SC  (SAB) nên EF  SC I SC EF CE SC   AC  * Ta có : AB CA AC AC Mặt khác: AB = A SA (do SAB vuông cân) AC SC 2 SC  EF = AC 2 AC SA  CS       SAC = Lại có:   cos     cos  AC AC 2 3 AB CS = AC  SA2 = SA = 2 EF AB = AB   (1) Do đó: EF = 2 AB = Lop12.net AB SI   * tan SCI = SC 6 AB SA SA tan SCA =   SC SA 3 tan SCI  (2)  tan SCA tan ( SCI ) EB     (đpcm) * Từ (1),(2) suy ra: tan ( SCA) AB 4 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)) = b ((SAM),(SMN)) =  Giải : S a AM  SA, AN  SA  MAN = ((SAM),(SAN)) SA = (SAM)  (SAN)  Để ((SAM),(SAN)) = thì ta có: 2 AM  AN  MN  cos MAN = 2 AM AN A D N B M C  a  (a  x) a  (a  y ) = a2 + (a – x)2 + a2 + (a – y)2 – (x2 + y2)  2[a2 + (a – x)2].[a2 + (a – y)2] = [4a2 – 2a(x + y)]2  a4 + a2[2a2 – 2a(x + y) + x2 + y2] + (a2 + x2 – 2ax)(a2 + y2 – 2ay) = 2[2a2 – a(x + y)]2  a4 + 2a4 – 2a3(x + y) + a4 + a2(x2 + y2) + 4a2xy – 2a3(x + y) + x2y2 – 2axy(x + y) = 8a4 – 8a3(x + y) + 2a2(x2 + y2) + 4a2xy  x2y2 + 4a3(x + y) = 2axy(x + y) +4a4 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  MN  (SAM) Lop12.net  MN  AM Vậy để (SAM)  (SMN) thì ta phải có: AM2 + MN2 = AN2  a2 + (a – x)2 + x2 + y2 = a2 + (a – y)2  2x2 = 2ax – 2ay  x2 = a(x – y) Bài 4: Cho hình chóp S.ABCD có SA  (ABCD) và SA = a ABCD là hình thang vuông A, D AB = 2a, AD = CD = a a Tính góc (S, BC, A) và (A, BS, C) b Tính góc ((SBC),(SCD)) S Giải : K * Xét mp (ABCD) + Gọi H = ch C/AB  AHCD là hình vuông, CHB là tam giác vuông cân   CAB = hay CA  CB I A  Từ giả thuyết ta dễ dàng có được: SB = a ,  BC = AC = a , SD = a  SC = 2a  SC2 + BC2 = SB2  SC  CB   Do đó: (S, BC, A) = SCA = + Gọi K = ch A/SB I = ch A/SC SC  CB    CB  ( SAC )  AI  BC mà AI  SC  AC  CB  AI  (SBC)  AI  SB  SB  (AIK) AK  SB  KI  SB  (A, SB, C) = AKI Dễ thấy:AI = a AK = a 2.2a  a a SI KI SI BC a.a   KI   a SB BC SB a 2 a 4a  AI2 + KI2 = a2 + = = AK2 3  AKI vuông I  sin AKI = AI a   AK a 3 Lop12.net D E H C B  AKI =  * Trong mp (SCD) dựng đường thẳng qua C vuông góc với SC và cắt SD E  SC  CE    (( SCB), ( SCD)) = ECB SC  CB  + SE.SD = SC2  SE =  DE = 4a a = a 3 3 a a  a2 a  CE2 = DE.SE = 3 3 BD  a   SD  SB  BD 2  + SB  a   cos ESB  SD.SB  SD  a   BE2 = SE2 + SB2 – 2.SE.SB.cos ESB = 2 16 a 6a  a a + 6a2 – 3 3 2 a  2a  a CE  CB  EB   cos ECB = = 3 2.CE.CB a 2a  ECB = arccos Bài 5: Cho SAB và hình vuông ABCD cạnh a nằm mặt phẳng vuông góc với Gọi M là trung điểm AD a Tìm d(SA,MC) b Gọi (P) là mặt phẳng qua BC và điểm P bất kì trên SD Xác định giá trị lớn có thể có góc nhị diện (P) và (ABCD), biết thiết diện (P) và hình chóp là hình thang Giải : Lop12.net S Q P A M Q' O E P' D C Gọi O là trung điểm AB  SO  AB Mà (SAB)  (ABCD) = AB  SO  (ABCD)  SO  BC mà BC  AB  BC  (SAB) a Gọi E là trung điểm BC  AE = MC = SE = AM = EC = B a a  AMCE là hình bình hành  MC // AE  (MC,SA) = (AE,SA) Lop12.net AE  SA2  SE = AE.SA a2  5 2a a 2 a  sin (MC,SA) = Dễ thấy SO = a a a3 1 a = Ta có: VS.AMC = SO.SAMC = SO.DC.MA = 2 24 1 Mặt khác: VS AMC  SA.MC.sin  MC , SA  d  SA, MC  VS.AMC = SA.MC.sin (MC,SA).d(SA,MC) 6 a a 5 d ( SA, MC )  = a 24 a  d(SA,MC) =  cos (MC,SA) = b + Thiết diện (P) và hình chóp là hình thang Dựng PQ // AD (Q  SA)  PQ // BC Dễ thấy PQBC là thiết diện (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 = a SP x  SD a  SP x OP '   PD a  x P ' D  OP ' SP x   OD SD a Lop12.net  OP = x a a2  a2 OP ' OQ ' x   OD OA a  OQ '  x PQ / / AD    P ' Q '/ / AD P ' Q '  ch( PQ) / ( ABCD)   PQ  AB  PQ = 5x2 x2 x   8 1  a x  x  1 x 2  SP’Q’BC = QB.(PQ + BC) =     a   =  a   2 2   4  + SP PQ x   SD AD a x 2  PQ = 1 1 1  AQ  SQ  QQ ' AQ  SA  x a 2x      +     1   SH SA  AQ  a  a 2x  AQ  a 2x  QQ = Do QQ  QB  QB = a x 2 Q ' B  QQ '      a  x   2 = a ax x 3    a  ax  x 4 4 = a2    a x2 x 2  a x2  x a  x    a   SPQBC = 2   Lop12.net x a 2x  a x 2 2a  a x  x a2  x 2 a  cos ((P),(ABCD)) = Đặt f(x) = Xét f(x) = a 2x x  [o;a ] 2a  a x  x  2a 6a  xa 2  ax  x  Vậy max f(x) = 2a  a x  x >0 x  [o;a ] f(x) = Bài 6: Cho hình chóp tam giác S.ABC có đáy là tam giác cạnh a Gọi  là góc mặt bên và mặt đáy và  là góc hai mặt bên Tìm mối quan hệ  và  Giải: + Gọi I là trung điểm BC SI  BC (SAI)  BC   AI  BC SIA  ((SBC), (ABC))   + Dựng BJ  SA ( J  SA ) Ta dễ dàng suy ra: CJ  SA (BJC)  SA BJC  ((SAB), (SAC))   Suy ra:  + (BJC)  SA  IJ  SA     BJI  ((SAI),SAB))  BJ  SA  BJC ( Do BJ = JC mà I trung điểm BC nên BJI  ) + Gọi H = ch S (ABC)  H là tâm ABC 1 3 31 a2 S  SH.AI  a HI.tan   a a tan   tan  SAI 2 2 2 BI a a2 a2 SH  AH  tan   a   sin BJI 2.sin  12 4.sin 2 (SAI)  BC  I  ch S (SAI) + SSAB  BJ.SA  Lop12.net tan   12 +  S SAI a2  tan    S SAB a2 4.sin  .cos ((SAB), (SAI))  S SAB .cos BJI  S SAB .cos  tan    cos 12 tan     tan   cot 2  3.tan .tan   tan    tan   tan  1 Bài 7: Cho hình chóp tứ giác 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 chia  với  là góc hai mặt bên và mặt đáy Giải: S E + Gọi M, N lần D M C H A B SN  CD   SNM  ((SBC), (ABCD))   MN  CD + Dựng DE  Ta lượt là trung điểm AD và BC N SC có: BD  SH    BD  (SHC) HC  BD  Lop12.net  BD  SC  (BDE)  SC  (BDE)  (SCD) ( hay (BDE)  (P)) + Gọi V =VS.ABCD, V1 = VC.EBD , V2 là phần còn lại Xét : V1 V1 CE   V 2.VS.BCD SC Ta có:  SC  SN  NC2  NH a a  NC2  1  cos   2 2.cos  cos SNM cos  (BDE)  SC  BE  SC 1 SSBC  BE.SC  SN.BC  BE.SC  SN.BC 2 a a SN.BC a cos   BE    SC a 1  cos   cos   CE  BC2  BE  a  a2 a.cos    cos   cos  Suy ra: a.cos  V1  V  cos  a  cos  2.cos  V1 V   cos   V  V1 V2  cos   cos  Bài 8: Cho (P) có chứa hình chữ nhật ABCD với AB = a, BC = b Trên đường thẳng vuông góc với mặt phẳng (ABCD) trung điểm O AB lấy điểm S cho SO = ab Trên BC lấy BM = x, trên CD lấy DN = y (M  BC, N  CD) Tìm mối quan hệ x, y, a, b cho: Lop12.net 1) a  SOM    SMN  b  SON    SMN  2) P là trung điểm SM, Q là trung điểm ON Tìm điều kiện để PQ = d(SM, ON) Giải: 1) a Giả sử ta có :  SOM    SMN  Dựng NM’  SM (M’  SM)  NM '  SM  NM '  (SON) SM   SON    SMN  Ta có :   NM '  SO Mặt khác: SO   ABCD   SO  NM Do đó: M  M’  MN   SOM   MN  OM Vậy để  SON    SMN  thì ta phải có OM  MN  ON (1) Ta có BM = x  CM = b – x DN = y  DN = a – y  BN  b  (a  y ) AN  b  y MN   b  x    a  y  2 a2 OM   x2 BN  2AN  AB 4b  2(a  y )  y  a  ON   4 Vậy theo (1) ta có : 4b  2(a  y )  y  a a 2   x2  b  x    a  y  4 2  2bx  ay  x  a Vậy điều kiện để (SOM) và (SMN) vuông góc là : 2bx  ay  x  a Lop12.net b) lập luận trên ta có điều kiện để (SON)  (SMN) là ON  MN Khi đó : 2y  2b  a  2bx  3ay PQ  SM PQ  ON 2) PQ = d(SM, ON)   (1) Ta có : 2 ON 4b   a  y   2y  a OQ   16 2 4b   a  y   2y  a 2 SQ  OQ  SO  a b  2 2 SM  SO  OM  a b   OP  SP  a 2b2  16 a  x2 a2  x2 4 Từ (1) ta có : PQ  SQ  SP  OP  OQ  SQ  OQ  SP  OP  2OP 4b   a  y   2y  a 2  a b  16  2a b  2b  2y  x  2ay 2 4b   a  y   2y  a 2 2 16  4a b  a  4x Vậy điều kiện để PQ là khoảng cách ON và SM là : 2a b  2b  2y  x  2ay Bài :Cho hình chóp S.ABCD với đáy ABCD là hình vuông cạnh a và đường cao SA = a Gọi (P) là mặt phẳng qua A và vuông góc với SC, cắt các cạnh SC, SB, SD C’, B’, D’ Tính góc C’D’ và AD Giải : +Gọi E  C ' D ' CD  C ' E  SC Dựng DK  SC  K  SC  Lop12.net  DK / /C ' E  (C ' D ', AD)  (C ' E, AD)  (DK, AD)  ADK  SA  CD    CD  (SAD)  CD  SD CD  AD  Mà ta có C ' E  SC nên suy ra: SDC đồng dạng với EC 'C  AC2 AC2    AC’  SC  CC '  SC SA  AC2 2a  C ' E C 'C  (1) SD CD 14 a a  2a 2 14 a a  a2 SD.CC ' CC ' SA  AD 2 35 Từ (1) : C’E =    a CD CD a 20  EC  CC '2  C ' E  a  a  2a 7 CD DK CK     (do DK / /EC ') EC EC ' CC '  35 a DK    CK  14 a  AC a 2   SC 14 a 2  AK  CK  AC2  2CK.AC.cosSCA  cos SCA = 2 14 a  2a  2.a a 7  a2 14  AK  a a2  a2  a2 2 DA  DK  AK 7  35  + cos ADK  2.DA.DK 35 35 2a a 35  ADK  arccos 35  Bài 10: Cho hình chóp S.ABCD với ABCD là hình thoi cạnh a có Lop12.net BAD  60o Gọi O là giao điểm AC và BD , biết SO  (ABCD) và SO = a a Xác định và tính khoảng cách SB, AD b Tính góc (SBC) và (SAD) Giải : a Qua O dựng đường thẳng d  AD và cắt AD, BC I,J + Dựng IH  SJ ( H  SJ )  SO  (ABCD)    BC  (SIJ)  IH  BC IJ  BC   IH  (SBC)  IH  SB  AD // BC  IH  AD Vậy IH = d(AD,SB) 3 a Dựng F là hình chiếu O trên SJ , ta dễ dàng suy : OF = a Suy : IH = 2.OF = a b Qua S dựng đường thẳng d // AD // BC, d =  SAD    SBC  Dễ thấy OI = OJ = SI  AD  SI  d (do d / /AD / /BC)   SJ  AD  SJ  d  ISJ  ((SAD), (SBC)) SIJ   AD  Ta dễ dàng có được:  IJ = 2.OI = a  SI  SJ  SO  OI  SIJ 3 a  a  a 16 16  ISJ  60o Vậy góc (SAD) và (SBC) là ISJ  60o Nhận xét : Ở bài toán này, để tính độ dài khoảng cách hai đoạn AD và SB ta còn có thể làm sau : + BAD  60o  ABD cạnh a Lop12.net S ABD  a SO  (ABCD) Suy : VS.ABD = 13 3 SO.S ABD  a a  a 34 16 (1) + Mặt khác : VS.ABD = SB.AD.d(AD,SB).sin (AD,SB) Trong đó:  SB = OB2  SO  2 13 a  a  a 16 4 21 a  a  a 16 4  AD // BC  (AD,SB)  (BC,SB)  SBC 13 21 a  a2  a2 SB2  BC2  SC2 16 16  13 cosSBC   2.SB.BC 13 13 2.a a 39  sin SBC  13 a d(SB, AD) Suy ra: VS.ABD = (2) 12 + Từ (1) và (2) ta suy : d(AD,SB) = a  SC = OC2  SO  Bài toán không khó, nó xoay quanh phạm vi kiến thức và đòi hỏi mức độ nắm vững kiến thức chúng ta và linh hoạt việc biến đổi biểu thức Bài 11: Cho hình chóp S.ABC, đáy là tam giác vuông A AB = a, BC = 2a Dựng SH vuông góc với (ABC) H cho CH  CA , SH  a Gọi I, J là trung điểm 3 BC, SA Gọi () là mặt phẳng qua BJ và vuông góc với mặt phẳng (SHI) Tính góc () và (ABC) Giải: + Dễ thấy CA = a và ABC  60o Lop12.net Gọi K là trung điểm AH Suy : AK  CA  AK a  tan ABK    ABK  30o AB (1) + Gọi N là trung điểm SI Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác ICS và ba điểm B, N, M ta có : BI MC NS MS 1 (1)  MC BC MS NI MS   2 MC Gọi T là giao điểm MJ và AC Áp dụng định lí Menelaus cho tam giác ACS và ba điểm T, M, J ta có : TA MC JS MS   (2) .(1)  TC MS JI MC TA   TC Do đó: A là trung điểm TC Suy :  BTC cân T  TBA  ABC  60o Từ (1) và (2) ta có :  BK  TB (2) (3) + Mặt khác , ta thấy H là hình chiếu S trên (ABC) , đó AH là hình chiếu SA trên (ABC) Mà J, K là trung điểm cùa SA và AH Nên K là hình chiếu J trên (ABC)  JK  TB (4) + Từ (3) và (4) ta : (JBK)  TB  JBK  ((), (ABC)) Ta dễ dàng tính : JK   cos JBK = 6 a, BK  a  BJ  a BK 2  BJ Bài 12 : Cho hình chóp C ABB’A’ với đáy ABB’A’ là hình chữ nhật Biết AA’ và BB’ cùng vuông góc với (ABC), dựng đường vuông góc chung A’B và B’C Lop12.net Giải : Trong mặt phẳng (ABB’A’) kẻ đường thẳng qua B’, song song với A’B và cắt AB D Từ B kẻ BK  CD ( K  CD ) Từ B kẻ BH  B’K ( H  B' K ) Từ H kẻ đường thẳng song song với A’B và cắt CB’ J Từ J kẻ đường thẳng song song với BH và cắt A’B I Ta có :  CD  BK  CD  (B' BK)  BH  B'C    BH  (B' DC)   CD  BB' BH  DB'  BH  B' K  Mà DB’ // A’B nên BH  A’B BH  B'C BH  A ' B Mặt khác IJ // BH nên  Vậy IJ là đường vuông góc chung mà ta cần dựng Bài 13 : Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là nửa hình lục giác cạnh a, đường cao SA = a Dựng đường vuông góc chung BD, SC ; xác định chân đường vuông góc trên các cạnh SC và BD.Tính độ dài đoạn vuông góc chung đó Giải : Qua C kẻ đường thẳng song song với BD và cắt AB và AD K và E Kẻ BH  SK  H  SK  Từ H kẻ đường thẳng song song với BD cắt SC J, từ J kẻ đường thẳng song song với BH và cắt BD I + Do ABCD là nửa hình lục giác cạnh a nên BD  AB  KE  AB   KE  (SAK)  KE  BH KE  SA  Lop12.net  BH  SK    BH  (SKE)  + BH  KE    IJ  (SKE)  IJ  KE  IJ  BD (do BD / /KE)  IJ / / BH  + IJ  (SKE)  IJ  SC Vậy IJ là đường vuông góc chung SC và BD a Dễ thấy : KB  , KC  a 3a a 13 , KA  , KS  SA  AK  2 Lại có tứ giác SABH nội tiếp Do đó KH.KS = KB.KA  KH  KB.KA 3a 13  KS 26 3a 13 KH  26  Vậy KS a 13 13 CJ  Suy : (do HJ // KC) Điểm J xác định trên CS CS 13 SH HJ 10 10 5a    HJ  KC  Ta lại có: SK KC 13 13 13 5a BI Vì BI = HJ nên  13  Điểm I xác định trên BD BD a 13 +Ta có: BH BK a 13    BH  IJ  SA SK 13 13 ( BH // IJ , HJ // BI  HJIB là hình bình hành ) BÀI TẬP TỰ LUYỆN BT1/ Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông, mp(SAB)  mp(ABCD), tam giác SAB Tính góc các cặp mặt phẳng sau: a/ (SAB) và (SAD); b/ (SAD) và (SBC); Lop12.net c/ (SHC) và (SDI), với H, I là trung điểm AB và BC BT2/ Cho tứ diện ABCD, hai mp(SAB) và (SBC) vuông góc với nhau, SA vuông góc mp(ABC) Cho SA  a , BSC  45, ASB   Xác định  để mp(SCA) và mp(SCB) tạo với góc 600 BT3/ Trong mặt phẳng (P), cho hình thoi ABCD cạnh a, AC  2a Trên đường thẳng vuông góc với (P) giao điểm O hai đường chéo hình thoi, lấy điểm S cho SO = a Chứng minh 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) trung điểm M AB, lấy S: SM=a a/ Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD b/ Tính góc SM với mp(SCD) BT5/ Cho ABC là tam giác vuông C, AC = a, BC = b Trên đường thẳng vuông góc với (ABC) A lấy điểm S cho SA = h Gọi M, N là trung điểm các cạnh AC và SB Tìm giá nhỏ MN h thay đổi BT6/ Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thoi, góc BAC 1200, AC = b, BC = a, cạnh SA vuông góc với đáy, góc mp(SBC) và mặt phẳng đáy là 600 Tính: a/ Đường cao hình chóp b/ Khoảng cách từ A đến mp(SBC) Lop12.net