35 trang 5 lượt tải

Chuyên đề Hình học không gian - Hai mặt phẳng vuông góc môn Toán 11

10

Chuyên đề Hình học không gian - Hai mặt phẳng vuông góc môn Toán 11. Tài liệu được sưu tầm giúp bạn tham khảo, ôn tập và đạt kết quả cao. Mời bạn đọc đón xem.

Chủ đề: Chuyên đề Toán 11 166 tài liệu

Môn: Toán 11 3.7 K tài liệu

Tác giả:

Profile

LAN HƯƠNG

4 ngày trước
Tải xuống
Báo cáo
Danh sách Quiz
Tải xuống
/35
Ví dụ 1. Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác ABC vuông tại B và SA ⊥
(
ABC
)
.
Trang 1
I. PHÂN DẠNG BÀI TẬP VÀ HỆ THỐNG VÍ DỤ MINH HỌA
Dạng 1: Chứng minh hai mặt phẳng vuông góc
Phương
pháp
giải:
Để chứng minh hai mặt phẳng
(
P
)
và
(
Q
)
vuông góc với nhau ta sẽ chứng minh
Một đường thẳng d nằm trong mặt phẳng
(
P
)
vuông góc với mặt phẳng
(
Q
)
hoặc ngược lại,
một đường thẳng nào đó nằm trong mặt phẳng
(
Q
)
và vuông góc với mặt phẳng
(
P
)
.
Góc giữa hai mặt phẳng
(
P
)
và
(
Q
)
bằng 90o.
Trang 2
Ví dụ 2. Cho tứ diện ABCD có cạnh AB vuông góc với mặt phẳng
(
BCD
)
. Trong tam giác BCD vẽ
các đường cao BE và DF cắt nhau tại O. Trong mặt phẳng
(
ACD
)
vẽ DK vuông góc với AC tại K.
Gọi H là trực tâm của tam giác ACD.
a) Chứng minh mặt phẳng
(
ADC
)
vuông góc với mặt phẳng
(
ABE
)
và mặt phẳng
(
ADC
)
vuông góc
với mặt phẳng
(
DFK
)
.
b) Chứng minh rằng OH vuông góc với mặt phẳng
(
ACD
)
.
{
AB ⊥
CD
{
DF ⊥
AB
Ví dụ 3. Cho hình chóp
S.ABCD
có đáy
ABCD là hình thoi tâm O cạnh a
và
BD = a. Biết cạnh
⎩
Lời giải:
a) Do SA
⊥
(
ABC
)
⇒
SA
⊥
BC.
Tam giác ABC vuông tại B nên AB ⊥ BC.
Do đó BC ⊥
(
SAB
)
⇒
(
SBC
)
⊥
(
SAB
)
.
b) Ta có: BC
⊥
(
SAB
)
⇒
BC
⊥
AH
Mặt khác
c) Ta có:
Mặt khác
AH
⊥
SC
⇒
AH
⊥
(
SBC
)
⇒
(
AHK
)
⊥
(
SBC
)
.
AH ⊥
(
SBC
)
⇒ AH ⊥ SC
AK
⊥
SC
⇒
SC
⊥
(
AHK
)
hay SC
⊥
(
AKD
)
.
Suy ra AD
⊥
SC mà SA
⊥
AD
⇒
AD
⊥
(
SAC
)
.
Do vậy
(
SAD
)
⊥
(
SAC
)
.
Lời giải:
a) Ta có:
⎧
BE
⊥
CD
⇒ CD ⊥
(
ABE
)
⎩
mà CD
c
(
ACD
)
⇒
(
ADC
)
⊥
(
ABE
)
.
Lại có:
⎧
DF
⊥
BC
⇒ DF ⊥
(
ABC
)
⇒ DF ⊥ AC.
⎩
Mặt khác
DK ⊥ AC ⇒ AC ⊥
(
DKF
)
⇒
(
ACD
)
⊥
(
DFK
)
.
b) Do CD
⊥
(
ABE
)
⇒
CD
⊥
AE.
⎧
(
ACD
)
⊥
(
ABE
)
|
Ta có:
{
(
ACD
)
⊥
(
DFK
)
⇒
OH
⊥
(
ACD
)
.
|
OH
=
(
ABE
)
n
(
DFK
)
a) Chứng minh
(
SBC
)
⊥
(
SAB
)
.
b) Gọi AH và AK lần lượt là đường cao trong tam giác SAB và SAC. Chứng minh
(
SBC
)
⊥
(
AKH
)
.
c) Gọi
D
là giao điểm của
HK
và BC. Chứng minh rằng
(
SAD
)
⊥
(
SAC
)
.
a 3
2
a 2
2
Trang 3
Lời giải:
a)
Do SA ⊥
(
ABCD
)
⇒ SA ⊥ BD.
Mặt khác ABCD là hình thoi nên AC ⊥ BD.
Do đó BD ⊥
(
SAC
)
⇒
(
SBD
)
⊥
(
SAC
)
.
b) Dựng OH ⊥ SC
Do BD
⊥
(
SAC
)
⇒
BD
⊥
SC
Suy ra SC ⊥
(
DHB
)
.
Như vậy
D
HB
là góc giữa hai mặt phẳng
(
SCD
)
và
(
SBC
)
.
Tam giác ABD đều cạnh a nên
AO = ⇒ AC = a 3.
Dựng
AK ⊥ SC ⇒ AK
=
SA.OC
= a ⇒ OH =
AK
=
a
.
2 2
Tam giác DHB có đường trung tuyến HO =
1
BD =
a
⇒
DHB vuông tại H hay
D
HB
= 90
o
.
2 2
Do đó
(
SCD
)
⊥
(
SBC
)
.
Ta có: tan C
AD =
CD
=
a
AD
=
1
.
Lời giải:
Mặt khác tan
AMB =
AB
=
a
= 2.
AM
a 2
2
Do tan C
AD = cot
AMB ⇒ C
AD +
AMB = 90
o
.
Suy ra
AIM = 90
o
⇒ AC ⊥ BM
tại I.
Mặt khác SA
⊥
(
ABCD
)
⇒
SA
⊥
BM
Do đó BM ⊥
(
SAC
)
⇒
(
SMB
)
⊥
(
SAC
)
.
SA
2
+ OC
2
SA = a 6 và vuông góc v i m t ph ng ớ ặ ẳ ( ABCD). Ch ng minh r ng:ứ ằ
2
a) (SAC ) ⊥ (SBD).b) (SCD) ⊥ (SBC ).
Ví dụ 4. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, biết AB = a, AD = a 2, SA = a và SA ⊥ ( ABCD ).
G i ọ M là trung đi m c a ể ủ AD, I là giao đi m c a ể ủ BM và AC. Ch ng minh r ng ứ ằ (SAC ) ⊥ (SMB ).
Ví dụ 5. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 2a, tam giác SAB cân tại S và
nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi H là trung điểm của AB. Biết SA = SB = a 2.
Trang 4
Trang 5
⎩
⎩
{
AB ⊥
AD
(
) (
)
⇒ ⊥
(
)
⇒
Lời giải:
a) Do SAB cân tại S nên đường trung tuyến đồng thời là đường cao suy ra
⎧
|
(
SAB
)
⊥
(
ABCD
)
SH ⊥ AB.
Mặt khác
|
{
AB =
(
SAB
)
⊥
(
ABCD
)
b)
Do SH
⊥
(
ABCD
)
⇒
SH
⊥
BC.
⇒
SH
⊥
(
ABCD
)
.
Mặt khác BC
⊥
AB
⇒
BC
⊥
(
SAB
)
⇒
SBC vuông tại B.
c)
Tương tự câu b ta chứng minh được
AD ⊥
(
SAB
)
suy ra
(
SAD
)
⊥
(
SAB
)
.
Mặt khác: SA
2
+ SB
2
= AB
2
= 4a
2
⇒ SAB vuông tại
S ⇒ SA ⊥ SB.
Lại có: AD
⊥
(
SAB
)
⇒
AD
⊥
SB
⇒
SB
⊥
(
SAD
)
⇒
(
SBC
)
⊥
(
SAD
)
.
a) Gọi H là trung điểm của
AD.
Lời giải:
Do SAD cân tại S nên đường trung tuyến đồng thời là
đường cao suy ra SH ⊥ AD.
⎧
|
(
SAD
)
⊥
(
ABCD
)
Mặt khác
|
{
AD
=
(
SAD
)
⊥
(
ABCD
)
⇒ SH ⊥
(
ABCD
)
.
Khi đó
⎧
SH
⊥
AB
⇒
AB
⊥
(
SAD
)
⇒
(
SAB
)
⊥
(
SAD
)
.
⎩
b)
Ta có:
⎧
MN / / SC
⇒
(
AMN
)
/ /
(
SHC
)
.
⎩
Dễ thấy tan B
PC = 2; tan H
CD =
1
⇒ B
PC + H
CD = 90
o
⇒ HC ⊥ BP.
2
Mặt khác SH ⊥ BP ⇒ BP ⊥
(
SHC
)
⎧
|
(
SBP
)
⊥
(
AMN
)
Mà AMN
/ / SHC BP AMN
{
.
a) Chứng minh rằng SH
⊥
(
ABCD
)
.
b) Chứng minh tam giác SBC vuông.
c) Chứng minh
(
SAD
)
⊥
(
SAB
)
;
(
SAD
)
⊥
(
SBC
)
.
Ví dụ 6. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a. Mặt bên SAD là tam giác cân tại
S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi M , N , P lần lượt là trung điểm của SB, BC và CD.
a) Chứng minh
(
SAD
)
⊥
(
SAB
)
.
b) Chứng minh
AM ⊥ BP
và
(
SBP
)
⊥
(
AMN
)
.
Trang 6
|
⎩
BP
⊥ AM
{
AD ⊥
SA
{
BC ⊥
SA
Trang 7
Ví dụ 8. Cho tam giác ABC vuông tại A. Vẽ
BB
và CC
cùng vuông góc với
(
ABC
)
.
a)
Chứng minh
(
ABB
)
⊥
(
ACC
)
.
b)
Gọi
AH ,
AK
là
các
đường
cao
của
ABC
và
AB
C
.
Chứng
minh
(
BCC
B
)
và
(
AB
C
)
cùng
vuông
góc
với
(
AHK
)
.
Lời giải:
a) Ta có: ABCD là hình vuông nên AC ⊥ BD.
Mặt khác SA
⊥
(
ABCD
)
⇒
SA
⊥
BD
Do đó BD ⊥
(
SAC
)
⇒
(
SBD
)
⊥
(
SAC
)
.
b)
Ta có:
⎧
AD
⊥
AB
⇒
AD
⊥
(
SAB
)
⎩
Do đó
(
SAD
)
⊥
(
SAB
)
.
c)
Ta có: AD
⊥
(
SAB
)
⇒
AD
⊥
SB.
Mặt khác: DF ⊥ SB ⇒
(
ADF
)
⊥ SB ⇒ AF ⊥ SB
Lại có:
⎧
BC
⊥
AB
⇒
BC
⊥
(
SAB
)
⇒
BC
⊥
AF.
⎩
Do đó AF ⊥
(
SBC
)
⇒
(
ACF
)
⊥
(
SBC
)
.
Dễ thấy tam giác SBD cân tại S có 2 đường cao BE và DF nên EF / / BD
Mặt khác BD ⊥
(
SAC
)
(Chứng minh ở câu a) suy ra EF ⊥
(
SAC
)
⇒
(
AEF
)
⊥
(
SAC
)
.
Cách
khác:
Ta có AF
⊥
(
SBC
)
⇒
AF
⊥
SC
Chứng minh tương tự ta cũng có: AE ⊥ SC suy ra SC ⊥
(
AEF
)
⇒
(
SAC
)
⊥
(
AEF
)
.
Lời giải:
a)
Ta có:
CC
⊥
(
ABC
)
⇒
CC
⊥
AB
Mặt
khác
AB
⊥
AC
⇒
AB
⊥
(
ACC
)
⇒
(
ABB
)
⊥
(
ACC
)
.
b) Do AH
⊥
BC, BB
⊥
(
ABC
)
⇒
BB
⊥
AH
Suy
ra
AH
⊥
(
BCC
B
)
⇒
(
AHK
)
⊥
(
BCC
B
)
.
Mặt
khác
AH
⊥
(
BCC
B
)
⇒
AH
⊥
B
C
Lại có:
AK
⊥
B
C
⇒
B
C
⊥
(
AHK
)
⇒
(
AHK
)
⊥
(
AB
C
)
.
Ví dụ 7. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông, SA ⊥
(
ABCD
)
.
a) Chứng minh
(
SAC
)
⊥
(
SBD
)
.
b) Chứng minh
(
SAD
)
⊥
(
SCD
)
.
c) Gọi BE và DF là đường cao trong tam giác SBD. Chứng minh rằng
(
ACF
)
⊥
(
SBC
)
;
(
AEF
)
⊥
(
SAC
)
.
AB2 + AM 2 BC 2 + CC2
AC
2
+ AM
2
3
10
a2
3
Trang 8
Ví dụ 1. Cho tứ diện SABC có đáy là tam giác ABC đều cạnh
a,
SA ⊥
(
ABC
)
và SA = a. Tìm thiết
diện của tứ diện SABC với
(
α
)
và tính diện tích thiết diện trong các trường hợp sau:
a)
(α
)
qua S và vuông góc với BC.
b)
(α
)
qua
A
và vuông góc với trung tuyến SI của SBC.
Lời giải:
a)
Ta có:
ABC.A
B
C
là lăng trụ đứng nên
BB
⊥
AB
Mặt khác ABC là tam giác vuông tại B nên AB ⊥ BC
Do
đó
AB
⊥
(
BCC
B
)
⇒
(
ABB
A
)
⊥
(
BCC
B
)
.
BM =
=
a
2;
BC
=
= a
C
M
= = a
Do
C
M
2
+ MB
2
=
BC
2
⇒
BMC
vuông tại M hay
BM
⊥
C
M .
a
2
3
b) Diện tích tam giác ABC là S
ABC
=
2
.
Diện tích tam giác MBC
: S
=
1
MB.MC
=
a 10
.
MBC
2 2
Gọi
φ
là góc giữa mặt phẳng
(
BMC
)
và mặt đáy
(
ABC
)
.
Do
ABC là hình chiếu vuông góc của tam giác MB
C
trên mặt phẳng
(
ABC
)
nên:
S
ABC
=
S
MBC
.cos φ ⇒ cosφ =
S
ABC
S
= .
MBC
Dạng 2: Bài toán dựng thiết diện có yếu tố vuông góc
Lời giải:
a) Gọi I
là trung điểm của BC thì AI ⊥ BC
Mặt khác SA
⊥
(
ABC
)
⇒
SA
⊥
BC
⇒
BC
⊥
(
SAI
)
Thiết diện của khối chóp qua S
và vuông góc với BC là tam giác SAI
vuông tại A có SA = a; AI =
a 3
.
2
1
Do đó S
SAI
=
2
SA.AI =
4
.
7
5
Ví dụ 9. Cho hình lăng trụ đứng ABC.ABC có đáy ABC là tam giác vuông t i ạ B v i ớ AB = a; BC = a 3, c nh ạ
bên CC = 2a. Đi m ể M là trung đi m c a c nh ể ủ ạ AA,
Ch ng minh ứ ( ABBA) ⊥ ( BCCB) và BM ⊥ CM .
Tính cosin góc gi a m t ph ng ữ ặ ẳ ( BMC) và m t đáy ặ ( ABC ).
Trang 9
b)
Dựng
AK ⊥ SI ,
lại có BC ⊥
(
SAI
)
⇒ BC ⊥ AK
a 3
2
Trang 10
Suy ra AK
⊥
(
SBC
)
⇒
AK
⊥
SI .
Qua K dựng đường thẳng vuông góc với SI
cắt SB, SC lần lượt tại E và F ⇒ thiết diện là tam giác
AEF.
Ta có:
AK =
SA.AI
=
a 21
. Tam giác SAI vuông tại A có đường cao AH nên:
7
2
SA
2
SK EF SA
2
4
SA
= SK.SI ⇒ = = = =
SI
2
SI BC SA
2
+ AI
2
7
4 1 2a
2
21
Do đó EF =
7
a ⇒ S
AEF
=
2
AK.EF =
49
.
Lời giải:
Gọi O là trọng tâm tam giác ABC thì
khối chóp đều).
SO ⊥
(
ABC
)
(Do S.ABC là
Gọi
I là trung điểm của
BC
thì
AI ⊥ BC
mà
BC ⊥ SO
suy ra
BC ⊥
(
SAI
)
.
Dựng
AH ⊥ SI ,
lại có BC ⊥
(
SAI
)
⇒ BC ⊥ AH
Suy ra AH
⊥
(
SBC
)
. Qua K dựng đường thẳng song song với BC
cắt SB, SC lần lượt tại N và M ⇒ thiết diện là tam giác AMN.
Ta có: SA = AI = ⇒ H
là trung điểm của SI.
Suy ra MN =
1
BC =
a
. Lại có: SI =
2 2
=
a 2
⇒ HI =
a 2
2 4
a
10 1 a
2
10
Khi đó
AH = =
4
⇒ S
AMN
=
2
AH .MN =
16
.
Lời giải:
a)
Trong mặt phẳng
(
ABCD
)
, qua
M
dựng đường thẳng vuông góc với
AB
cắt CD tại
Q.
SA
2
+ AI
2
Ví dụ 2. Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, các cạnh bên đều bằng a 3 . Mặt
2
phẳng (α) đi qua A, song song v i ớ BC và vuông góc v i m t ph ng ớ ặ ẳ (SBC ), xác đ nh thi t di n c a m t ị ế ệ ủ ặ
ph ng ẳ (α) v i hình chóp và tính di n tích thi t di n.ớ ệ ế ệ
SB
2
– IB
2
AI
2
– HI
2
Ví
dụ 3. Cho hình chóp S.ABCD
có
ABCD là hình thang vuông tại
A và
B
với
AB = BC = a,
AD = 2a,
SA
⊥
(
ABCD
)
và SA
=
2a. Gọi M là một điểm trên cạnh
AB,
(
α
)
là mặt phẳng qua M và
vuông góc với AB. Đặt x = AM
(
0 < x < a
)
.
a) Tìm thiết diện của hình chóp với
(
α
)
. Thiết diện là hình gì?
b) Tính diện tích thiết diện theo a và x.
Trang 11
Trong mặt phẳng
(
SAB
)
, qua M
dựng đường thẳng vuông góc với AB cắt SB tại N.
Trang 12
Do MQ ⊥ AB ⇒ MQ / / BC
Do
đó
(
α
)
cắt
(
SBC
)
theo
giao
tuyến
là NP
(
P
ϵ
SC
)
thì
NP / / BC. Do MN / /SA ⇒ MN ⊥ MQ.
Vậy thiết diện là hình thang MNPQ vuông tại M
và N.
Trong mp
(
ABCD
)
, dựng CE ⊥ AD và cắt
MQ
tại F
b) Ta có:
MF = AE = BC = a ⇒ DE = a;
FQ
=
CF
=
BM
=
a
–
x
⇒ FQ = a – x.
ED CE BA a
Suy ra MQ = 2a – x, mặt khác
AM
=
SN
=
NP
⇒
x
=
NP
⇒ NP = x
Lại có:
MN
=
BM
AB SB BC a a
=
a
–
x
e
MN = 2a – 2x
SA BA a
Diện
tích thiết diện là: S
MNPQ
=
MQ
+
NP
.MN
=
2a
(
a
–
x
)
.
2
Lời giải:
a) Trong mặt phẳng
(
ABCD
)
, qua
M
dựng đường thẳng vuông
góc với AB cắt AC tại Q.
Trong mặt phẳng
(
SAB
)
, qua M
dựng đường thẳng vuông góc
với AB cắt SB tại N.
Do MQ ⊥ AB ⇒ MQ / / BC
Do đó
(
α
)
cắt
(
SBC
)
theo giao tuyến là NP
(
P
ϵ
SC
)
thì
NP / / BC. Lại có: MN / /SA
⇒
(
α
)
cắt
(
SAC
)
theo giao tuyến là
PQ
⇒ PQ / /SA / /MN ⇒ MNPQ là hình bình hành.
Do MN / /SA ⇒ MN ⊥
(
ABC
)
⇒ MN ⊥ AB
Vậy thiết diện của chóp với
(
α
)
là hình chữ nhật
MNPQ.
Ta có: AB = BC = a ⇒ BC = a 2.
Mặt khác
AM
=
MQ
=
x
⇒
MQ
=
x,
MN
=
BM
=
a
–
x
⇒
MN
=
3
(
a
–
x
)
.
AB BC a SA BA a
Diện tích thiết diện là S
MNPQ
=
MN.MQ
=
3.x
(
a
–
x
)
.
Ví dụ 4. Cho tứ diện SABC có đáy ABC là tam giác vuông cân đỉnh B, AB = a, SA ⊥ ( ABC ) và SA = a 3. Đi m ể
M là m t đi m tuỳ ý trên c nh ộ ể ạ AB, đ t ặ AM = x,(0 < x < a). G i ọ (α) là m t ph ng qua ặ ẳ M và vuông góc v i ớ
AB.
Tìm thi t di n c a t di n ế ệ ủ ứ ệ SABC v i ớ (α).
Tính di n tích c a thi t di n theo ệ ủ ế ệ a và x. Tìm x đ di n tích này có giá tr l n nh t.ể ệ ị ớ ấ
Trang 13
{
SA ⊥
CD
{
AH ⊥
SD
2
(
a
+
b
2
(
x
+
a
–
x
2
Áp dụng bất đẳng thức: a.b
2
ta có: SMNPQ
=
MN.MQ
=
3.x
(
a
–
x
)
3.
2
Suy ra: S
MNPQ
3
a
2
đạt được khi
4
x = a – x
e
x =
a
.
2
Lời giải:
a)
Trong mặt phẳng
(
SAD
)
dựng AH ⊥ SD tại H . Ta có:
⎧
CD
⊥
AD
⇒
CD
⊥
(
SAD
)
⇒
CD
⊥
AH.
⎩
⎧
AH
⊥
CD
⇒ AH ⊥
(
SCD
)
.
⎩
(α
)
là mặt phẳng chứa AB đồng thời chứa AH vuông góc
với mặt phẳng
(
SCD
)
. Vậy
(
α
)
⊥
(
SCD
)
và
(α
)
Ξ
(
AB,
AH
)
.
Ta có:
AB / /CD
nên CD / /
(
α
)
và
H
là điểm chung của
(α
)
và
(
SCD
)
nên giao tuyến của
(
α
)
và
(
SCD
)
là đường
thẳng qua H và song song với CD cắt SC tại E. Ta có thiết
diện của
(
α
)
và hình chóp
S.ABCD
là hình thang vuông
AHEB vuông tại A và H vì AB
⊥
(
SAD
)
.
b) Do SA = AD = a ⇒ H là trung điểm của AD ⇒ AH =
AD
=
a 2
; EH =
CD
=
a
2 2 2 2
Diện tích hình thang vuông AHEB là: S
=
AB + EH
.AH
=
a +
a
2
.
a
2
=
3a 2
.
AHEB
2 2 2 8
Ví dụ 5. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh
a,
SA ⊥
(
ABCD
)
. Gọi
(
α
)
là mặt phẳng
chứa AB và vuông góc với mặt phẳng
(
SCD
)
.
a)
(α
)
cắt khối chóp S.ABCD theo thiết diện là hình gì?
b) Biết SA = a. Tính diện tích thiết diện tìm được ở câu a.
Ví dụ 6. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông ABCD tâm O và có SA
⊥
(
ABCD
)
. Giả sử
(
α
)
là mặt phẳng đi qua A và vuông góc với
SC,
(
α
)
cắt SC tại I.
a) Xác định giao điểm K của SO với mặt phẳng
(
α
)
.
b) Chứng minh mặt phẳng
(
SBD
)
vuông góc với mặt phẳng
(
SAC
)
và BD / /
(
α
)
.
c) Xác định giao tuyến d
của mặt phẳng
(
SBD
)
và mặt phẳng
(
α
)
. Tìm thiết diện cắt hình chóp
S.ABCD bởi mặt phẳng
(
α
)
.
2
Trang 14
{
BD ⊥
SA
⎩
Ví dụ 7. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thang vuông
ABCD vuông tại A và D, có AB = 2a,
AD = DC = a,
và có SA ⊥
(
ABCD
)
, SA = a.
a) Chứng minh
(
SAD
)
⊥
(
SCD
)
,
(
SAC
)
⊥
(
SBC
)
.
b) Gọi
(
α
)
là mặt phẳng chứa SD và vuông góc với mặt phẳng
(
SAC
)
. Xác định thiết diện của hình
chóp S.ABCD với mặt phẳng
(
α
)
và tính diện tích thiết diện.
a) Gọi
I
=
(
α
)
n
SC. Ta
có:
Lời giải:
(α
)
⊥
SC, AI
c
(
α
)
⇒
SC
⊥
AI.
Vậy
AI là đường cao của tam giác vuông
(
SAC
)
, đường cao AI cắt SO tại K và
điểm của SO với
(
α
)
.
SAC. Trong mặt phẳng
AI
c
(
α
)
nên K là giao
b)
Ta có:
⎧
BD
⊥
AC
⇒
BD
⊥
(
SAC
)
⇒
BD
⊥
SC.
⎩
Mặt khác BD
c
(
SBD
)
nên
(
SBD
)
⊥
(
SAC
)
.
Do
BD
⊥
SC
và
(
α
)
⊥
SC
nhưng
BD
không chứa trong
(
α
)
nên BD / /
(
α
)
.
c)
Ta có: K
=
SO
n
(
α
)
và SO thuộc mặt phẳng
(
SBD
)
nên K là một điểm chung của
(
α
)
và
(
SBD
)
.
Mặt phẳng
(
SBD
)
chứa BD / /
(
α
)
nên cắt
(
α
)
theo giao tuyến d / / BD. Giao tuyến này đi qua K là
điểm chung của
(
α
)
và
(
SBD
)
. Gọi M
và N lần lượt là giao điểm của d với SB và SD. Thiết diện là
⎧
AI ⊥ SC
tứ giác AMIN có
{
MN / / BD
.
d)
Ta có: BD ⊥
(
SAC
)
⇒ BD ⊥ AI mà BD / /MN ⇒ AI ⊥
MN.
Tứ giác AMIN có hai đường chéo vuông góc với nhau nên S
AMIN
=
1
AI.MN
2
Ta có: AC = a nên tam giác SAC cân tại A suy ra AI là đường cao đồng thời là đường trung tuyến.
Khi đó K = AI
n
SO là trọng tâm tam giác SAC.
Lại có:
SK
=
MN
=
2
⇒ MN =
2
BD =
2a 2
. Mặt khác AI =
SC
=
a 2
.
SO BD 3 3 3 2 2
1 a
2
Do đó S
AMIN
=
2
AI.MN =
3
.
Lời giải:
d) Biết rằng AB = a; SA = a 2 Tính di n tích thi t di n tìm đ c câu c.ệ ế ệ ượ ở
Trang 15
{
a) Ta có:
⎧
CD
⊥
AD
⇒
CD
⊥
(
SAD
)
⎩
CD ⊥ SA
SD
2
3
3
Trang 16
{
DI ⊥
SA
2
(
a
2
)
Suy ra
(
SCD
)
⊥
(
SAD
)
.
Gọi
I là trung điểm của đoạn
AB. Ta có:
AICD
là hình
vuông
và IBCD là hình
bình hành.
Do
DI ⊥ AC ⇒ AC ⊥ CB.
Do đó CB ⊥
(
SAC
)
.
Vậy
(
SBC
)
⊥
(
SAC
)
.
c) Ta có:
⎧
DI
⊥
AC
⇒
DI
⊥
(
SAC
)
.
⎩
DI / / BC và
Vậy mặt phẳng
(
α
)
chứa SD và vuông góc với mặt phẳng
(
SAC
)
chính là mặt phẳng
(
SDI
)
.
Do đó thiết diện của hình chóp S.ABCD với mặt phẳng
(
α
)
là tam giác đều SDI có
SD = DI = AI = a 2.
Diện tích tam giác SDI là: S
SDI
2
= = =
a 3
.
4 4 2
Dạng 3: Xác định và tính góc giữa hai mặt phẳng
Loại 1: Góc giữa mặt bên và mặt đáy
Phương
pháp
giải:
Tính góc giữa mặt phẳng
(
SAB
)
và mặt phẳng đáy
(
ABC
)
.
Dựng đường cao SH
⊥
(
ABC
)
, dựng HE
⊥
AB.
Khi đó AB ⊥
(
SEH
)
⇒
(
(
SAB
)
;
(
ABC
))
= S
EH .
⎧CD ⊥
SA
a)
Do
{
⎩
CD ⊥
AD
Lời giải:
⇒ CD ⊥
(
SDA
)
do đó góc giữa mặt phẳng
(
SCD
)
và đáy là
S
DA = 60o
Suy ra SA = AD tan 60
o
= 3a.
Ví dụ 1. Cho hình chópS.ABCDcóSA ⊥ ( ABCD ),đáy là hình ch nh tữ ậ ABCDv iớ
AB = a; AD = a 3. Bi t r ng m t ph ng ế ằ ặ ẳ (SCD) t o v i đáy m t góc 60ạ ớ ộ
o
.
Tính cosin góc t o b i m t ph ng ạ ở ặ ẳ (SBC ) và m t đáy ặ ( ABCD ).
Tính tan góc gi a m t ph ng ữ ặ ẳ (SBD) và m t ph ng ặ ẳ ( ABCD ).
Trang 17
{
BC ⊥
AB
Do
⎧
BC
⊥
SA
⇒
BC
⊥
(
SBA
)
⇒
(
(
SBC
)
;
(
ABC
)
)
=
S
BA
⎩
SA
2
+ AB
2
9a
2
+ a
2
10
10
5
5
Ví dụ 2. Cho khối chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B có AB = a 3; BC = a, tam giác SAC là tam giác
cân t i ạ S và thu c m t ph ng vuông góc v i đáy. Bi t đ ng th ng ộ ặ ẳ ớ ế ườ ẳ SB t o v i đáy m t góc 60ạ ớ ộ o. Tính góc
((SBC );( ABC )).
Ví dụ 3. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi, có AB = 2a và góc BAD = 120
o
. Hình
chi u vuông góc c a ế ủ S xu ng m t ph ng đáy ố ặ ẳ ( ABCD) trùng v i giao đi m ớ ể I c a hai đ ng chéo vàủ ườ
SI = a . Tính góc t o b i m t ph ng ạ ở ặ ẳ (SAB ) và m t ph ng ặ ẳ
( ABCD ).
2
Trang 18
(
)
Mặt khác cos S
BA =
AB
=
AB
SB
Vậy
cos
(
(
SBC
)
;
(
ABC
)
)
=
1
.
=
a
=
1
.
b) Dựng AH
⊥ BD ⇒ BD ⊥
(
SHA
)
⇒
(
(
SBD
)
;
(
ABC
))
= S
HA.
Lại có:
AH =
AB.AD
=
a
3
.
2
Suy ra tan
(
SBD
)
;
(
ABCD
)
= tan S
HA =
SA
= 2 3.
AH
Lời giải:
Gọi
H
là trung điểm của
AC,
do tam giác SAC cân nên ta có: SH
⊥
AC. Mặt khác
(
SAC
)
⊥
(
ABCD
)
nên SH
⊥
(
ABC
)
.
Khi đó:
(
SB;
(
ABC
))
= S
BH = 60
o
.
Ta có:
AC =
= 2a ⇒ BH =
1
AC = a.
2
Khi đó: SH = a tan 60
o
= a 3.
Dựng HK
⊥
BC
⇒
BC
⊥
(
SHK
)
.
⇒ S
KH
=
(
(
SBC
)
;
(
ABC
))
, trong đó ta có:
HK =
AB
=
a
2 2
3
; SH =
a
⇒ cos S
KH =
1
.
Vậy
(
(SBC );( ABC )
)
= φ với
cosφ =
1
.
Lời giải:
Gọi
φ
là góc giữa hai mặt phẳng
(
SAB
)
và mặt phẳng
(
ABCD
)
. Gọi H là hình chiếu vuông góc của I
trên AB.
AB
2
+ AD
2
AB
2
+ BC
2
3
Trang 19
{
AB ⊥
SI
Ta có:
⎧
AB
⊥
HI
⇒
AB
⊥
(
SHI
)
.
⎩
3
a 3
AB
2
+ BC
2
3
2
5
Trang 20
{
BC ⊥
SA
{
Do đó
φ =
(
SH ; IH
)
= S
HI.
Do B
AD = 120
o
⇒ B
AI = 60
o
⇒ ABC đều cạnh 2a nên
IA = a ⇒ IH = IAsin I
AB = IAsin 60
o
=
a 3
.
2
Do đó tan φ =
SI
=
IH
1
⇒ = φ 30
o
.
Ta có:
⎧
BC
⊥
AB
⇒ BC ⊥
(
SBA
)
.
⎩
Khi đó:
(
(
SBC
)
;
(
ABCD
))
=
S
BA = 60
o
Lời giải:
⇒ SA = AB tan 60
o
= a 3.
Gọi
I là trung điểm của
AD ⇒ ABCI
là hình vuông cạnh
a ⇒ CI = a =
1
AD ⇒ ACD vuông tại C.
2
Ta có:
⎧
CD
⊥
AC
⇒
CD
⊥
(
SCA
)
.
⎩
CD ⊥ SA
Do đó
(
(
SCD
)
;
(
ABCD
)
)
=
(
SC; AC
)
=
S
CA và
tan
S
CA =
SA
= = =
6
.
AC 2
Dựng
AE ⊥ BD,
lại có
BD ⊥ SA ⇒ BD ⊥ (SEA) ⇒
(
(SBD
);( ABCD
)
)
= S
EA.
Ta có:
AE =
AB.AD
=
2a
⇒ tan
S
EA
=
SA
=
AE
15
.
2
Lời giải:
Gọi H là trung điểm cạnh AB ta có: A
H ⊥
(
ABC
)
AB
2
+ AD
2
Ví
dụ 4. Cho hình chóp S.ABCD có đáy
ABCD là hình thang vuông tại
A và B có
AD = 2a
và
AB
=
BC
=
a. Hai mặt phẳng
(
SAB
)
và
(
SAD
)
cùng vuông góc với đáy. Biết mặt phẳng
(
SBC
)
tạo với
đáy
(
ABCD
)
một góc 60o. Tính tan góc tạo bởi mặt phẳng
(
SCD
)
và
(
SBD
)
với mặt phẳng
(
ABCD
)
.
Ví
dụ 5. Cho hình lăng trụ ABC.A
B
C
có đáy là tam giác đều cạnh 2a. Hình chiếu vuông góc của A
lên
mặt phẳng
(
ABC
)
là trung điểm của cạnh
AB,
góc giữa đường thẳng A
C và mặt đáy
(
ABC
)
bằng 60o.
Tính cosin góc giữa mặt phẳng
(
A
AC
)
và mặt đáy
(
ABC
)
.

Tài liệu khác của Toán 11

Tài liệu liên quan: