Ôn tập chương III

Bài 1. Tứ diện OABC có OA = OB = OC = a và (widehat {AOB} = widehat {AOC} = 60^circ ,widehat {BOC} = 90^circ )

a. Chứng tỏ rằng ABC là tam giác vuông và OA ⊥ BC

b. Tìm đường vuông góc chung IJ của OA và BC ; tính khoảng cách giữa hai đường thẳng OA và BC.

c. Chứng minh rằng hai mặt phẳng (ABC) và (OBC) vuông góc với nhau.

Giải

Ôn tập chương III

a. Vì (widehat {AOB} = widehat {AOC} = 60^circ )

OA = OB = OC = a

Nên AB = AC = a

Suy ra ΔABC = ΔOBC

Vậy tam giác ABC vuông cân tại A

Gọi J là trung điểm của BC thì OJ ⊥ BC, AJ ⊥ BC nên OA ⊥ BC.

b. Gọi I là trung điểm của OA, do OJ = AJ nên JI ⊥ OA, mà JI ⊥ BC, vậy IJ là đường vuông góc chung của OA và BC.

(I{J^2} = O{J^2} – O{I^2} = {left( {{{asqrt 2 } over 2}} right)^2} – {left( {{a over 2}} right)^2} = {{{a^2}} over 4}.)

Suy ra : d(OA ; BC) = ({a over 2})

c. Từ các kết quả trên ta có : OJ ⊥ BC, AJ ⊥ BC, IJ = ({1 over 2}OA)

Vậy góc giữa mp(OBC) và mp(ABC) bằng góc (widehat {OJA}) và (widehat {OJA} = 90^circ ,) do đó mp(OBC) ⊥ mp(ABC).

————————————————————–

Bài 2. Cho hình chóp S.ABC có SA = SB = SC = a, (widehat {ASB} = 120^circ ,widehat {BSC} = 60^circ ,widehat {CSA} = 90^circ ) .

a. Chứng tỏ rằng ABC là tam giác vuông

b. Tính khoảng cách từ S đến mặt phẳng (ABC)

Giải

Ôn tập chương III

a. Ta có:

(eqalign{  & overrightarrow {CA} .overrightarrow {CB}  = left( {overrightarrow {SA}  – overrightarrow {SC} } right)left( {overrightarrow {SB}  – overrightarrow {SC} } right)  cr  &  = overrightarrow {SA} .overrightarrow {SB}  – overrightarrow {SA} .overrightarrow {SC}  – overrightarrow {SC} .overrightarrow {SB}  + S{C^2}  cr  &  = {a^2}cos 120^circ  – {a^2}cos 90^circ  – {a^2}cos 60^circ  + {a^2}  cr  &  = {a^2} – {{{a^2}} over 2} – {{{a^2}} over 2} = 0  cr  &  Rightarrow CA bot CB cr} )

⇒ ΔABC vuông tại C.

b. Kẻ SH ⊥ mp(ABC), do SA = SB = SC nên HA = HB = HC mà ΔABC vuông tại C nên H là trung điểm của AB. Ta có:

(S{H^2} = S{A^2} – {{A{B^2}} over 4} = {a^2} – {{3{a^2}} over 4} = {{{a^2}} over 4})

(Rightarrow SH = {a over 2})

—————————————————————-

Bài 3. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, SA ⊥ (ABCD). Hai điểm M và N lần lượt thay đổi trên cạnh CB và CD, đặt CM =x, CN = y. Tìm hệ thức liên hệ giữa x và y để :

a. Hai mặt phẳng (SAM) và (SAN) tạo với nhau góc 45˚ ;

b. Hai mặt phẳng (SAM) và (SMN) vuông góc với nhau.

Giải

Ôn tập chương III

a. Ta có: AM, AN cùng vuông góc với SA mà (widehat {MAN} le 90^circ ) nên (widehat {MAN}) là góc giữa hai mặt phẳng (SAM) và (SAN). Hai mặt phẳng đó tạo với nhau góc 45˚ khi và chỉ khi (widehat {MAN} = 45^circ )

Mặt khác, M ϵ BC, N ϵ CD, (widehat {BAD} = 90^circ ) nên điều

đó xảy ra khi (widehat {BAM} + widehat {DAN} = 45^circ ,)

Từ đó ta có : (1 = {{tan widehat {BAM} + tan widehat {DAN}} over {1 – tan widehat {BAM}.tan widehat {DAN}}},,left( * right))

(Áp dụng công thức (tan left( {x + y} right) = {{tan x + tan y} over {1 – tan xtan y}}) )

Vì (tan widehat {BAM} = {{a – x} over a},tan widehat {DAN} = {{a – y} over a},) nên (left( * right) Leftrightarrow 2{a^2} + xy = 2aleft( {x + y} right))

Đó là hệ thức liên hệ giữa x và y để các mặt phẳng (SAM) và (SAN) tạo với nhau góc 45˚

b. Ta có: (SAM) ⊥ (ABCD), từ đó nếu (SMN) ⊥ (SAM) thì giao tuyến MN của (SMN) và (ABCD) sẽ vuông góc với (SAM), tức MN ⊥ AM.

Ngược lại, nếu có MN ⊥ AM thì do SA ⊥ MN nên MN ⊥ (SAM), suy ra (SMN) ⊥ (SAM)

Vậy (SAM) ⊥ (SMN) khi và chỉ khi (widehat {AMN} = 90^circ .)

(eqalign{  &  Leftrightarrow {a^2} + {left( {a – x} right)^2} + {x^2} + {y^2} = {a^2} + {left( {a – y} right)^2}  cr  &  Leftrightarrow ay = xleft( {a – x} right) text{ với } 0 le x le a,0 le y le a. cr} )

——————————————————————

Bài 4.

Tam giác ABC vuông có cạnh huyền BC nằm trong mp(P), cạnh AB và AC lần lượt tạo với mp(P) các góc β và γ. Gọi α là góc tạo bởi mp(P) và mp(ABC). Chứng minh rằng ({sin ^2}alpha  = {sin ^2}beta  + {sin ^2}gamma )

Giải

Ôn tập chương III

Kẻ AH ⊥ mp(P) và AI ⊥ BC

Thì (beta  = widehat {ABH},gamma  = widehat {ACH},alpha  = widehat {AIH}.)

Vì ΔABC vuông ở A nên :

(eqalign{  & {1 over {A{I^2}}} = {1 over {A{B^2}}} + {1 over {A{C^2}}}  cr  &  Rightarrow {{A{H^2}} over {A{I^2}}} = {{A{H^2}} over {A{B^2}}} + {{A{H^2}} over {A{C^2}}}  cr  & hay,,{sin ^2}alpha  = {sin ^2}beta  + {sin ^2}gamma  cr} )

—————————————————————

Bài 5.

Cho tứ diện OABC có OA, OB, OC đôi một vuông góc với nhau và OA = a, OB = b, OC = c. Gọi H là hình chiếu của O trên mặt phẳng (ABC). Tính diện tích các tam giác HAB, HBC và HCA.

Giải

Ôn tập chương III

Vì OA, OB, OC đôi một vuông góc và H là hình chiếu của O trên mp(ABC) nên H là trực tâm tam giác ABC. Từ đó HC1 ⊥ AB (C1 là giao điểm của CH và AB), suy ra OC1 ⊥ AB. Như vậy (widehat {O{C_1}H}) là góc giữa mp(OAB) và mp(ABC).

Ta có: ({S_{HAB}} = {S_{OAB}}cos widehat {O{C_1}H})

Mà (widehat {O{C_1}H} = widehat {HOC}) nên ({S_{HAB}} = {S_{OAB}}cos widehat {HOC}.)

Ta lại có : (cos widehat {HOC} = {{OH} over {OC}},{1 over {O{H^2}}} = {1 over {O{A^2}}} + {1 over {O{B^2}}} + {1 over {O{C^2}}})

Từ đó : (cos widehat {HOC} = {{ab} over {sqrt {{a^2}{b^2} + {b^2}{c^2} + {c^2}{a^2}} }})

Mặt khác ({S_{OAB}} = {1 over 2}ab)

Vậy ({S_{HAB}} = {{{a^2}{b^2}} over {2sqrt {{a^2}{b^2} + {b^2}{c^2} + {c^2}{a^2}} }})

Tương tự như trên, ta có :

(eqalign{  & {S_{HBC}} = {{{b^2}{c^2}} over {2sqrt {{a^2}{b^2} + {b^2}{c^2} + {c^2}{a^2}} }}  cr  & {S_{HAC}} = {{{c^2}{a^2}} over {2sqrt {{a^2}{b^2} + {b^2}{c^2} + {c^2}{a^2}} }} cr} )

————————————————————————-

Bài 6. Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông tại đỉnh C, CA = a, CB = b ; mặt bên ABB’A’ là hình vuông. Gọi P là mặt phẳng đi qua C và vuông góc với AB’.

a. Xác định thiết diện của hình lăng trụ đã cho khi cắt bởi (P). Thiết diện là hình gì ?

b. Tính diện tích thiết diện nói trên.

Giải

Ôn tập chương III

a. Kẻ đường cao CH của tam giác vuông ABC thì CH ⊥ AB’ (định lí ba đường vuông góc).

Trong mp(ABB’A’) kẻ đường thẳng Ht vuông góc với AB’. Khi đó (P) chính là mp(CHt).

Chú ý rằng do ABB’A’ là hình vuông nên AB’ ⊥ A’B. Vậy Ht // A’B, từ đó Ht cắt AA’ tại điểm K thuộc đoạn AA’.

Như vậy, thiết diện của hình lăng trụ ABC.A’B’C’ khi cắt bởi mp(P) là tam giác CHK.

Do CH ⊥ AB, mp(ABB’A’) ⊥ mp(ABC) nên CH ⊥ (ABB’A’), từ đó tam giác CHK vuông tại H.

b.

(eqalign{  & {S_{CHK}} = {1 over 2}CH.HK  cr  & CH.AB = CA.CB Rightarrow CH = {{ab} over {sqrt {{a^2} + {b^2}} }}  cr  & AH.AB = {a^2} Rightarrow AH = {{{a^2}} over {AB}}  cr  & {{HK} over {A’B}} = {{AH} over {AB}}cr& Rightarrow HK = A’B.{{{a^2}} over {A{B^2}}} cr&;;;;;;;;;;;;= {{sqrt {{a^2} + {b^2}} .sqrt 2 {a^2}} over {{a^2} + {b^2}}} = {{{a^2}sqrt 2 } over {sqrt {{a^2} + {b^2}} }} cr} )

Từ đó ({S_{CHK}} = {1 over 2}{{ab} over {sqrt {{a^2} + {b^2}} }}.{{{a^2}sqrt 2 } over {sqrt {{a^2} + {b^2}} }})

Tức là ({S_{CHK}} = {{{a^3}bsqrt 2 } over {2left( {{a^2} + {b^2}} right)}})

————————————————————

Bài 7. Một tứ diện được gọi là gần đều nếu các cạnh đối bằng nhau từng đôi một. Với tứ diện ABCD, chứng tỏ các tính chất sau là tương đương :

a. Tứ diện ABCD là gần đều ;

b. Các đoạn thẳng nối trung điểm cặp cạnh đối diện đôi một vuông góc với nhau ;

c. Các trọng tuyến (đoạn thẳng nối đỉnh với trọng tâm của mặt đối diện) bằng nhau ;

d. Tổng các góc tại mỗi đỉnh bằng 180˚

Giải

* Chứng minh a ⇔ b

Ôn tập chương III

Gọi M, N, P, Q, E, F lần lượt là trung điểm của AB, CD, BC, AD, AC, BD.

a ⇒ b. Do AC = BD nên MNPQ là hình thoi, vì thế MN ⊥ PQ. Tương tự ta có MN ⊥ EF, PQ ⊥ EF.

b) ⇒ a. MPNQ là hình bình hành mà MN ⊥ PQ nên MPNQ là hình thoi, tức là MP = MQ, từ đó AC = BD.

Tương tự như trên, ta cũng có BC = AD, AB = CD.

* Chứng minh a ⇔ c

Ôn tập chương III

Gọi A’, B’ lần lượt là trọng tâm của các tam giác BCD và ACD.

a) ⇒ c. Ta có ΔBCD = ΔADC (c.c.c) nên BN = AN, từ đó A’N = B’N.

Vậy ΔAA’N = ΔBB’N (c.g.c), suy ra AA’ = BB’.

Tương tự như trên, ta có điều phải chứng minh.

c) ⇒ a. Do giả thiết ta có BB’ = AA’, mà AA’ cắt BB’ tại G, AG = 3GA’, BG = 3GB’ (xem BT 22, chương II, SGK), từ đó BG = AG và GA’ = GB’. Các tam giác BGA’ và AGB’ bằng nhau nên BA’ = AB’.

Như vậy BN = AN, mà :

(eqalign{  & A{C^2} + A{D^2} = 2A{N^2} + {{C{D^2}} over 2}  cr  & B{C^2} + B{D^2} = 2B{N^2} + {{C{D^2}} over 2} cr} )

Do đó (A{C^2} + A{D^2} = B{C^2} + B{D^2})   (1)

Tương tự như trên ta có : (C{A^2} + C{B^2} = D{A^2} + D{B^2},,left( 2 right))

Từ (1) và (2) suy ra AD = BC và AC = BD.

Tương tự như trên ta cũng có AB = CD.

* Chứng minh a ⇔ d

Ôn tập chương III

a) ⇒ d. Do sự bằng nhau của các tam giác ABC, CDA, BAD với tam giác DCB nên tổng các góc tại B bằng 180˚

Đối với các đỉnh còn lại cũng được lí luận tương tự như trên.

d) ⇒ a. Trải các mặt ABC, ACD, ABD lên mặt phẳng (BCD).

Do tổng các góc tại B cũng như tại C, tại D đều bằng 180˚ nên các bộ ba điểm A1, C, A2; A2, D, A3; A3, B, A1 là những bộ ba điểm thẳng hàng.

Như vậy, BC, CD, BD là ba đường trung bình của tam giác A1A2A3. Từ đó BD = A1C = CA2 = CA. Tương tự ta cũng có AD = BC, CD = AB.

———————————————————-

Bài 8.

Cho tứ diện ABCD. Cắt tứ diện đó theo các cạnh đó theo các cạnh AB, AC, AD và trải các mặt ABC, ACD, ADB lên mặt phẳng (BCD) (xem hình 133). Hình phẳng gồm các tam giác BCD, A1BC, A2CD, A3BD gọi là hình khai triển của tứ diện ABCD trên mặt phẳng (BCD).

Ôn tập chương III

Giải

Ta có hình khai triển của tứ diện ABCD trên mp(BCD) là tam giác A1A2A3.

Ta chỉ cần chứng minh tam giác A1A2A3 có ba góc nhọn.

Thật vậy, xét tam giác AA1Acó AC = A1C = A2C nên AA1 ⊥ AA2. Lí luận tương tự như trên, ta có AA1, AA2, AA3 đôi một vuông góc, từ đó tứ diện AA1A2A3 có mặt A1A2A3 là tam giác có ba góc nhọn.

Ôn tập chương III

 

The post Ôn tập chương III appeared first on Học giải.

Goc hoc tap