Chyên đề hình chóp góc – Khoảng cách

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 (D),(D¢) chéo nhau, có AA¢ là đường vuông góc chung của (D) và (D¢) (A¢ Î (D¢) và A Î (D)). Gọi (P) là mặt phẳng chứa A và vuông góc với (D¢), còn (Q) // (P) cắt (D) và (D¢) lần lượt tại M và M¢. Gọi N=ch M/(P). Đặt g = (D,(P)), ÐMAM¢ = a, ÐM¢AA¢ = b. Tìm mối quan hệ của a,b,g. Giải : * Vì (P) ^ (D¢) và AA¢ ^ (D¢), A Î (P) Þ AA¢ Ì (P) * AA¢ // (Q) MA¢ // MN M¢A¢ ^ (P) Þ M¢M // A¢N Þ M¢MNA¢ là hình chữ nhật N = ch M/(P) M¢A¢ ^ A¢N Đặt MN = x. Ta có AA¢2 = A¢M2 – AM2 = A¢N2 + MN2 – (AN2 + MN2) = A¢N2 – AN2 Þ A¢A ^ AN * Dễ dàng thấy được g = ÐMAN. Trong mặt phẳng (M¢AM), ta có: M¢M2 = A¢A2 + AN2 = M¢A2 + MA2 – 2M¢A.MA.cos a Mà A¢A = cot b.x AN = cot g.x M¢A = MA = Þ x2(cot2b + cot2g) = x2 Û cot2b + cot2g = 2 + cot2b + cot2g - Û cos a = sin b.sin Bài 2: Cho tứ diện vuông S.ABC. M là một điểm bất thuộc DABC, I là trung điểm AB. Giả sử CA = 2SB, CB = 2SA. Kẻ SE ^ CA, SF ^ CB. CMR: a. SC ^ EF b. Giải : * Ta có SC2 = BC2 – SB2 = 4SA2 – SB2 SC2 = AC2 – SA2 = 4SB2 – SA2 Þ SA = SB Þ AC = AB * SE = SF = Þ SE = SF Từ đây ta dễ dàng suy ra: EF // AB mà SC ^ (SAB) nên EF ^ SC * Ta có : Mặt khác: AB = .SA (do DSAB vuông cân) = AC ÞEF = Lại có: Þ ÐSAC = Þ CS = = = Do đó: EF = = Þ (1) * tan SCI = tan SCA = Þ (2) * Từ (1),(2) suy ra: (đpcm) Bài 3: Trong (P) cho ABCD là hình vuông cạnh a. Lấy M,N Î CB và CD. Đặt CM = x, CN = y. Trên At ^ (ABCD) lấy S. Tìm x,y để: a. ((SAM),(SAN)) = b. ((SAM),(SMN)) = Giải : a. AM ^ SA, AN ^ SA Þ ÐMAN = ((SAM),(SAN)) SA = (SAM) Ç (SAN) Để ((SAM),(SAN)) = thì ta có: cos MAN = Û = a2 + (a – x)2 + a2 + (a – y)2 – (x2 + y2) Û 2[a2 + (a – x)2].[a2 + (a – y)2] = [4a2 – 2a(x + y)]2 Û a4 + a2[2a2 – 2a(x + y) + x2 + y2] + (a2 + x2 – 2ax)(a2 + y2 – 2ay) = 2[2a2 – a(x + y)]2. Û 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 Û x2y2 + 4a3(x + y) = 2axy(x + y) +4a4 b. Giả sử (SAM) ^ (SMN) Dựng NM¢ ^ SM ( M¢ Î SM). Ta có : Þ NM¢ ^ SA Mặt khác: SA ^ (ABCD) Þ SA ^ NM Do đó: M º M¢ Þ MN ^ (SAM) Þ MN ^ AM Vậy để (SAM) ^ (SMN) thì ta phải có: AM2 + MN2 = AN2 Û a2 + (a – x)2 + x2 + y2 = a2 + (a – y)2 Û 2x2 = 2ax – 2ay Û x2 = a(x – y). Bài 4: Cho hình chóp S.ABCD có SA ^ (ABCD) và SA = a. 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 Þ AHCD là hình vuông, DCHB là tam giác vuông cân. Þ ÐCAB = hay CA ^ CB Từ giả thuyết ta dễ dàng có được: SB = a, BC = AC = a, SD = a Þ SC = 2a Þ SC2 + BC2 = SB2. Þ SC ^ CB Do đó: (S, BC, A) = ÐSCA = . + Gọi K = ch A/SB I = ch A/SC Þ AI ^ BC mà AI ^ SC Þ AI ^ (SBC) Þ AI ^ SB Þ SB ^ (AIK) AK ^ SB Þ KI ^ SB Þ (A, SB, C) = ÐAKI Dễ thấy:AI = a AK = Þ AI2 + KI2 = a2 + = = AK2 Þ DAKI vuông tại I Þ sin AKI = Þ ÐAKI = * Trong mp (SCD) dựng đường thẳng qua C vuông góc với SC và cắt SD tại E. Þ = ÐECB + SE.SD = SC2 Þ SE = = Þ DE = a Þ CE2 = DE.SE = + Þ BE2 = SE2 + SB2 – 2.SE.SB.cos ESB = a2 + 6a2 – 2. Þ cos ECB = = Þ ÐECB = arccos Bài 5: Cho DSAB 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 (P) và hình chóp là hình thang Giải : Gọi O là trung điểm của AB Þ SO ^ AB Mà (SAB) Ç (ABCD) = AB Þ SO ^ (ABCD) Þ SO ^ BC mà BC ^ AB Þ BC ^ (SAB) a. Gọi E là trung điểm của BC Þ AE = MC = SE = AM = EC = Þ AMCE là hình bình hành Þ MC // AE Þ Ð(MC,SA) = Ð(AE,SA) Þ cos (MC,SA) = = Þ sin (MC,SA) = . Dễ thấy SO = Ta có: VS.AMC = SO.SAMC = SO.DC.MA = = Mặt khác: VS.AMC = SA.MC.sin (MC,SA).d(SA,MC) Û = Û d(SA,MC) = b. + Thiết diện giữa (P) và hình chóp là hình thang. Dựng PQ // AD (Q Î SA) Þ PQ // BC Dễ thấy PQBC là thiết diện của (P) với hình chóp S.ABCD + Trong mặt phẳng (SAB) dựng QQ¢ // SO Þ QQ¢ ^ (ABCD) Dựng PP¢ ^ (ABCD) (P¢ Î (ABCD)) Þ (P¢Q¢BC) = ch (PQBC)/(ABCD) + Ta có: (OAD) = ch (SAD)/(ABCD) Þ P¢ Î OD, Q¢ Î OA + Đặt SP = x (0 £ x £ SD = Þ Þ Þ OP¢ = Þ Þ P¢Q¢ ^ AB Þ P¢Q¢ = Þ SP’Q’BC = .Q¢B.(P¢Q¢ + BC) = = + Þ PQ = + Þ QQ¢ = Do QQ¢ ^ Q¢B Þ QB = = = Þ SPQBC = Þ cos ((P),(ABCD)) = Đặt f(x) = "x Î [o;a] Xét f¢(x) = > 0 "x Î [o;a] 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 là góc giữa mặt bên và mặt đáy và là góc giữa hai mặt bên. Tìm mối quan hệ giữa và . Giải: + Gọi I là trung điểm của BC . + Dựng BJ SA (). Ta dễ dàng suy ra: Suy ra: + (BJC) SA ( Do BJ = JC mà I trung điểm BC nên ) + Gọi H = ch H là tâm của ++ 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 với là góc giữa hai mặt bên và mặt đáy Giải: + Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AD và BC. + Dựng DESC. Ta có: + Gọi V =VS.ABCD, V1 = VC.EBD , V2 là phần còn lại. Xét : Ta có: Ÿ Ÿ(BDE)SC Suy ra: Bài 8: Cho (P) có chứa hình chữ nhật ABCD với AB = a, BC = b. Trên đường thẳng vuông góc với mặt phẳng (ABCD) tại trung điểm O của AB lấy điểm S sao cho SO = ab. Trên BC lấy BM = x, trên CD lấy DN = y Tìm mối quan hệ giữa x, y, a, b sao cho: 2) P là trung điểm của SM, Q là trung điểm của ON. Tìm điều kiện để PQ = d(SM, ON) Giải: 1) a. Giả sử ta có : . Dựng NM’SM (M’ SM). Ta có : Mặt khác: SO Do đó: MM’ Vậy để thì ta phải có (1) Ta có BM = xCM = b – x DN = yDN = a – y Vậy theo (1) ta có : Vậy điều kiện để (SOM) và (SMN) vuông góc là : b) lập luận như trên ta có điều kiện để (SON)(SMN) là ONMN Khi đó : 2) PQ = d(SM, ON) (1) Ta có : Từ (1) ta có : Vậy điều kiện để PQ là khoảng cách giữa ON và SM là : Bài 9 :Cho hình chóp S.ABCD với đáy ABCD là hình vuông cạnh a và đường cao SA = . Gọi (P) là mặt phẳng qua A và vuông góc với SC, cắt các cạnh SC, SB, SD lần lượt tại C’, B’, D’. Tính góc giữa C’D’ và AD Giải : +Gọi Dựng DKSC Ÿ Mà ta cónên suy ra: đồng dạng với (1) Ÿ AC’SC Từ (1) : C’E = Ÿ cos SCA = + cos ADK Bài 10: Cho hình chóp S.ABCD với ABCD là hình thoi cạnh a có . Gọi O là giao điểm của AC và BD , biết SO (ABCD) và SO = . a. Xác định và tính khoảng cách giữa SB, AD. b. Tính góc giữa (SBC) và (SAD). Giải : a. Qua O dựng đường thẳng d AD và cắt AD, BC lần lượt tại I,J. + Dựng IH SJ () Ÿ Ÿ AD // BC Vậy IH = d(AD,SB) Dễ thấy OI = OJ =. Dựng F là hình chiếu của O trên SJ , ta dễ dàng suy ra được : OF = Suy ra : IH = 2.OF = b. Qua S dựng đường thẳng d // AD // BC, d = Ta dễ dàng có được: Ÿ IJ = 2.OI = Ÿ đều Vậy góc giữa (SAD) và (SBC) là Nhận xét : Ở bài toán này, để tính độ dài khoảng cách giữa hai đoạn AD và SB ta còn có thể làm như sau : + đều cạnh a SO Suy ra : VS.ABD = (1) + Mặt khác : VS.ABD = Trong đó: Ÿ SB = Ÿ SC = Ÿ AD // BC Suy ra: VS.ABD = (2) + Từ (1) và (2) ta suy ra được : d(AD,SB) = Bài toán không khó, nó chỉ xoay quanh những phạm vi kiến thức cơ bản và chỉ đòi hỏi mức độ nắm vững kiến thức của chúng ta và sự linh hoạt trong việc biến đổi biểu thức Bài 11: Cho hình chóp S.ABC, đáy là tam giác vuông tại A. AB = a, BC = 2a. Dựng SH vuông góc với (ABC) tại H sao cho . Gọi I, J lần lượt là trung điểm của BC, SA. Gọi là mặt phẳng qua BJ và vuông góc với mặt phẳng (SHI). Tính góc giữa và (ABC). Giải: + Dễ thấy CA = a và Gọi K là trung điểm của AH Suy ra : AK (1) + Gọi N là trung điểm của SI. Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác ICS và ba điểm B, N, M ta có : Gọi T là giao điểm của MJ và AC. Áp dụng định lí Menelaus cho tam giác ACS và ba điểm T, M, J ta có : Do đó: A là trung điểm của TC. Suy ra :BTC cân tại T . (2) Từ (1) và (2) ta có : (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) (4) + Từ (3) và (4) ta được : (JBK) TB Ta dễ dàng tính được : cos JBK = 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 của A’B và B’C. Giải : Trong mặt phẳng (ABB’A’) kẻ đường thẳng qua B’, song song với A’B và cắt AB tại D. Từ B kẻ BKCD (). Từ B kẻ BHB’K (). Từ H kẻ đường thẳng song song với A’B và cắt CB’ tại J. Từ J kẻ đường thẳng song song với BH và cắt A’B tại I Ta có : Mà DB’ // A’B nên 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 đều cạnh a, đường cao SA = a. Dựng đường vuông góc chung của 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 lần lượt tại K và E. Kẻ BHSK . Từ H kẻ đường thẳng song song với BD cắt SC tại J, từ J kẻ đường thẳng song song với BH và cắt BD tại I. + Do ABCD là nửa hình lục giác đều cạnh a nên BDAB + + Vậy IJ là đường vuông góc chung của SC và BD. Dễ thấy : Lại có tứ giác SABH nội tiếp. Do đó KH.KS = KB.KA Vậy Suy ra : (do HJ // KC). Điểm J được xác định trên CS Ta lại có: Vì BI = HJ nên . Điểm I được xác định trên BD +Ta có: ( 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 đều. Tính góc giữa các cặp mặt phẳng sau: a/ (SAB) và (SAD); b/ (SAD) và (SBC); c/ (SHC) và (SDI), với H, I lần lượt là trung điểm của AB và BC. BT2/ Cho tứ diện ABCD, hai mp(SAB) và (SBC) vuông góc với nhau, SA vuông góc mp(ABC). Cho. Xác định để mp(SCA) và mp(SCB) tạo với nhau góc 600. BT3/ Trong mặt phẳng (P), cho hình thoi ABCD cạnh a, . Trên đường thẳng vuông góc 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/ Tính góc giữa SM với mp(SCD). BT5/ Cho ABC là tam giác vuông ở C, AC = a, BC = b. Trên đường thẳng vuông góc với (ABC) tại A lấy điểm S sao 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 = h (h cho trước và nhỏ hơn 2a). Gọi I và J lần lượt là trung điểm AC và SB. Xác định x theo a để IJ là đường vuông góc chung của AC và SB. Khi đó hãy tính khoảng cách từ A đến (SBC). BT8/ Cho tam giác đều ABC cạnh a. Trên đường thẳng At vuông góc với mp(ABC) lấy điểm S sao cho AS = b. a/ Tính khoảng cách từ A đến (SBC) theo a, b. b/ Hz là đường thẳng đi qua trực tâm H của tam giác SBC và vuông góc với (SBC). Chứng minh rằng khi S di động trên At thì Hz luôn đi điểm cố định. NHỮNG BÀI TOÁN VỀ THIẾT DIỆN 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: - Tỉ số diện tích tam giác SME với tam giác SBC: + Gọi H, K lần lượt là hình chiếu của M, C lên SB. + + Áp dụng định lí Menelaus vào tam giác SOC với bộ điểm (I, A, M): Tương tự, . Bài 2: Cho hình chóp S.ABC có điểm M nằm trong tam giác ABC. Các đường thẳng qua M lần lượt song song SA, SB, SC cắt các mp(SBC), (SAC), (SAB) tại A’, B’, C’. Chứng minh rằng Giải: -Gọi N là giao điểm của AM và BC. Suy ra, S, A’, N thẳng hàng. (Do cùng thuộc giao tuyến của mp(SAM) với (SBC)). - Ta chứng minh: . Thật vậy: . - Tương tự: . (đpcm). Bài 3: Cho hình chóp S.ABCD, đáy ABCD là hình thoi với các đường chéo AC = 4a, BD = 2a, chúng cắt nhau tại O. Đường cao của hình chóp SO = h. Dựng mặt phẳng qua A và vuông góc với SC cắt SB, SC, SD lần lượt tại B’, C’, D’. Xác định h để thiết diện B’C’D’ là tam giác đều. Giải: Để mp(B’C’D’) chính là thiết diện cầnC C’ S B’ D’ B H B1 A O D dựng ta cần có C’ thuộc đoạn thẳng SC, khi đó phải là góc nhọn. Suy ra OC < SO. Thật vậy, nếu OC = SO thì vuông tại S và . Còn nếu OC > SO thì: Nghĩa là là góc tù, trái với kết luận trên. Từ đó OC < SO hay 2a < h. Trong mp(ABCD) từ A kẻ đường thẳng song song với BD, đường thẳng này cắt BC kéo dài tại B1, và . Hiển nhiên C’, B’, B1 đều thuộc giao tuyến của mp() và mp(SBC), nên chúng thẳng hàng. Vì AC = 2OC và AB1 // OB, nênAB1 = 2OB = 2a. Nếu AB’C’D’ đều thì . Suy ra : Do đó đều và C’ là trung điểm SC. Dễ dàng kiểm tra lại nếu thì thiết diện B’C’D’ là tam giác đều. Bài 4: Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD, cạnh đáy a và đường cao h. Dựng mp() đi qua A và vuông góc với SC cắt SB, SC, SD lần lượt tại B’, C’, D’. h phải thoả điều kiện gì để C’ là một điểm thuộc cạnh SC ? Khi đó hãy tính thể tích hình chóp S.AB’C’D’. Có xảy ra trường hợp nào mà tam giác B’C’D’ là tam giác đều? Giải: a) Vì SAC là tam giác cân SA = SC nên C’ thuộc đoạn SC khi và chỉ khi là góc nhọn. Khi đó: Vì vậy khi thì mp() cắt SC tại C’ là một điểm thuộc cạnh SC. Ta có ~ (vì ~, ~) nên Do đó Diện tích thiết diện là: . Hơn nữa C S C’ B’ B H A D’ E D Suy ra b) Vì BD song song với mp() nên mp() cắt mp(ABCD) theo giao tuyến đi qua A và //BD, giao tuyến đó cắt CB tại B1, cắt CD tại D1. Hiển nhiên C’, B’, B1 thẳng hàng và C’, D, D1 cũng thẳng hàng. Do B’D’//B1D1, BD//B1D1 nên ~. ~, từ đó suy ra là tam giác cân, còn là tam giác vuông cân. Thế nên Ta lại có trong thì AC’ < AC . Từ đó mỗi tam giác vuông C’AB1 và C’AD1 có : . Vì vậy tam giác B’C’D’ luôn có góc tù. + Nhận xét: Trong phần định dạng thiết diện ở bài toán này ta rất có thể sẽ nhầm lẫn với trường hợp của bài toán 17 khi ngộ nhận rằng thiết diện dựng được vẫn có thể xảy ra trường hợp tam giác B’C’D’ đều. Nguyên nhân là do 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. Mặt phẳng (P) cắt các đoạn SA, SB, SC, SD lần lượt tại A’, B’, C’, D’. Chứng minh rằng tứ giác A’B’C’D’ là hình bình hành khi và chỉ khi mp(P) song song với mp(ABCD). Giải: - Giả sử (P) //(ABCD): Khi đó mp(P) và (ABCD) bị mp(SAB) cắt theo hai giao tuyến A’B’ và AB song song. Tương tự, C’D’//CD, B’C’//BC, A’D’//AD A’B’//C’D’ và A’D’//B’C’A’B’C’D’ là hình bình hành. - Giả sử A’B’C’D’ là hbh: + Ta có: . + Mặt khác: Do đó, A’B’// AB A’B’//(ABCD). (1) + Tương tự, A’D’//(ABCD). (2) Từ (1), (2) suy ra (P) //(ABCD). C 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’ là hbh. +Gọi . + Ta có: (Định lí về giao tuyến của 3 mặt phẳng). + Tương tự, SF//(P). Vậy nếu (P)//SE và (P)//SF thì A’B’C’D’ là hbh. Bài 7: Cho tứ diện ABCD có AB=CD. Gọi I, J lần lượt là trung điểm của BC, BD; E là điểm thuộc AD khác Avà D.Tìm vị trí của E để thiết diện tứ diện khi cắt bởi mp(JEI) là hình thoi. Giải: - Có IJ là đường trung bình của tam giác BCD. Do đó, IJ//CD CD//mp(IJEF)(do CD, EF đồng phẳng). - Do đó, thiết diện là hình thang. Để thiết diện là hình thoi thì E là trung điểm của AD. Ngược lại, khi E là trung điểm của AD thì IJEF là hình thoi. Bài 8: Trong mp(P) cho đường tròn (O), đường kính AB = 2R. Lấy một điểm C trên đoạn AB, đặt . Một đường thẳng đi qua C cắt đường tròn tại 2 điểm K, L. Trên đường thẳng vuông góc với mp(P) tại A, lấy điểm S sao cho SA = h. Một mp() đi qua A và vuông góc SB. Hãy xác định thiết diện của hình chóp S.AKBL và mp(). Thiết diện đó có đặc điểm gì? Giả sử mp() lần lượt cắt SB, SC, SK. SL tại B’, C’, K’, L’. Đường thẳng KL phải thoả mãn điều kiện gì để C’ là trung điểm K’L’? Tìm điều kiện đối với KL để thiết diện AK’B’L’ là hình vuông. Giải: Trong mp(SAB) kẻ . Trong mp(SAK) kẻ Gọi C’ là giao điểm của SC và AB’. Trong mp(SKL) nối K’ với C’. K’C’ kéo dài cắt SL tại L’. Do đó thiết diện tạo bởi hình chóp S.AKBL và mp() là miền tứ giác AK’B’L’ và theo chứng minh trên thì tứ giác này nội tiếp. Đường tròn ngoại tiếp tứ giác AK’B’L’ nhận AB làm đường kính. Do đó C’ muốn là trung điểm K’L’ khi và chỉ khi K’L’ thoả mãn một trong hai điều kiện: A B K C S L L’ B’ K’ C’ Đk1 : Giả sử Trong các tam giác vuông SAK và SAL, ta có: Ngược lại, giả sử : Đk2 : C’ là trung điểm AB’. Giả sử AC’ = C’B’. Trong mp(SAB) kẻ Ta có : Mặt khác suy ra: Ngược lại, giả sử: c) Diện tích thiết diện AK’B’L’ là: Trong đó là góc giữa đường thẳng AB’ và K’L’. VÌ AB’ là đường kính cố định của đường tròn ngoại tiếp tứ giác AK’B’L’, còn K’L’ là dây cung của đường tròn đó nên Std lớn nhất khi và chỉ khi K’L’=AB và , hay nói cách khác khi AK’B’L’ là hình vuông. Điều đó xảy ra khi C’ là trung điểm AB’ và 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 tích thiết diện theo a, b; AB=a, SA=b, M là trung điểm của AD. Giải: a) Thiết diện là tứ giác MNPQ. Do CD // (α), SA // (α) nên MN//PQ//CD, MQ//SA mà thiết diện là hình thang MNPQ vuông tại M. b) Khi M là trung điểm AD, ta được: Vậy . 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 . Tính diện tích thiết diện của hình chóp khi cắt bởi mặt phẳng trung trực của cạnh BC. Giải: - Gọi H là trung điểm của BA thì . - Gọi K là trung điểm của CD. - Gọi M, E, N, P, F, Q lần lượt là giao điểm của mặt phẳng trung trực (R) của BC với các cạnh BC, HK, AD, SD, SK, SC. Do đó thiết diện là tứ giác MNPQ. - Ta có: Thiết diện là hình thang MNPQ có đường cao EF. - Mặt khác, Vậy . Bài 11: Cho hình chóp S.ABCD đáy là hình vuông cạnh a, SAmp(ABCD) và SA=a. Gọi (α) là mp qua A và vuông góc với SC cắt SB, SD lần lượt tại B1, D1. Tính diện tích thiết diện của hình chóp tạo bởi mp(α). Giải: - Giả sử B1D1 cắt BD, khi đó ta có: + + Mặt khác, . Suy ra vô lí (do trong một tam giác không thể tồn tại hai cặp cạnh vuông góc). - Do đó, B1D1//BD. Mà . - Có . Tương tự, . - Do tam giác SAB vuông cân tại A, AB1là đường cao nên B1 là trung điểm của SB - Xét tam giác SAC vuông tại A, đường cao AD1: . Vậy . Bài 12: Cho hình chóp A.BCD có đáy là tam giác đều cạnh a, AB= . Đường cao của hình chóp kẻ từ đỉnh A đi qua trung điểm H của cạnh CD. Tính diện tích thiết diện hình chóp khi cắt bởi mp(P) song song với AB, CD và cách đỉnh B một khoảng bằng x. Giải: - Gọi (P) cắt các cạnh AC, AD, DB, BC, HB, AH lần lượt tại P, Q, R, S, I, J. Ta có: Thiết diện PQRS là hình bình hành. - Mặt khác, . - Có: . Mà: Suy ra, . - Và: . Vậy: . Bài 13: Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác đều, SA=SB=SC=a và cùng tạo với mặt phẳng (ABC) góc 600. Một mặt phẳng (P) song song với SA, BC và cắt hình chóp theo thiết diện là hình vuông. Tính diện tích thiết diện. Giải: - Giả sử H là tâm của tam giác đều ABC, suy ra SH là trục của tam giác ABC. Suy ra - Gọi cạnh của hình vuông MNPQ là x, A’ là trung điểm của BC. - Ta có: - Mà ta lại có: Suy ra: . Do đó: . Vậy . Bài 14: Cho tứ diện đều ABCD có độ dài cạnh là 6. N là trung điểm của AC; M, P lần lượt thuộc đoạn AB, CD sao cho: . Tính diện tích thiết diện của tứ diện khi tạo bởi mặt phẳng (MNP). Giải: - Gọi Nên thiết diện là tứ giác MNPQ. - Áp dụng định lí Menelaus vào tam giác BCA với bộ điểm (R, N, M) thẳng hàng, ta được: . . - Áp dụng định lí Menelaus vào tam giác CBD với bộ điểm (R, P, Q) thẳng hàng, ta được : . -Ta được: . -Có: . - Áp dụng định lí cosin vào các tam giác RNC, RNP, NPC ta được: . Vậy theo công thức Hêrông ta được: . Vây diện tích thiết diện là: Bài 15 : Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD, cạnh đáy là a, mặt bên hợp với mặt đáy một góc . Tính diện tích thiết diện tạo bởi hình chóp và mặt phằng (R), trong đó mặt phẳng (R) đi qua một cạnh đáy và hợp với mặt đáy một góc . Giải: C F B D E Q C PZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZ O C K A Vì S.ABCD là hình chóp đều nên đáy ABCD là hình vuông, chân đường cao của hình chóp là tâm O của đáy, và các mặt bên hợp với mặt đáy một góc . Gọi (R) là mặt phẳng đi qua cạnh CD, hợp với mặt đáy một góc . E, F lần lượt là trung điểm cạnh đáy AB, CD => EF hiển nhiên qua tâm O và vuông góc với AB, CD (do ). Ta có Trong mp(SEF) kẻ sao cho KF hợp với EF một góc . Vì là góc giữa mp(R) và mặt đáy (ABCD). Do Lại có hình chóp S.ABCD đều nên thiết diện dựng được là miền tứ giác PQCD dạng hình thang cân. Ta có Trong , theo định lý hàm số sin Trong do PQ//AB nên Lại có .Do đó Suy ra Đến đây thì việc giải bài toán sau trở nên đơn giản hơn rất nhiều: Bài toán : Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD, cạnh đáy là a, các mặt bên hợp với đáy một góc . Mặt phân giác () của góc nhị diện cạnh BC cắt SD tại M, cắt SA tại N. Hãy tính thể tích của hình chóp S.BCMN theo . Bài 16: Cho tứ diện ABCD trong đó góc giữa hai đường thẳng AB và CD là. Gọi M là điểm bất kì thuộc cạnh AC, đặt AM = x ( 0< x < AC). Xét mp(P) đi qua M và song song với AB, CD. a) Dựng thiết diện và xác định vị trí điểm M để diện tích thiếc diện của tứ diện ABCD khi cắt bởi mp(P) đạt giá trị lớn nhất. b) Chu vi thiết diện nói trên không phụ thuộc vào x khi và chỉ khi nào? Giải: a) - Dựng . Vậy thiết diện là hình bình hành MNPQ. - Diện tích thiết diện MNPQ (H là hình chiếu M lên NP): Do đó: Smax = hay M là trung điểm của AC. b) Chu vi thiết diện nêu trên bằng: Chu vi thiết diện không phụ thuộc vào x khi và chỉ khi , hay CD=AB. Bài 17 : Cho tứ diện ABCD có AC = AD = BC = BD = a, AB = 2m, CD = 2n. Tìm vị trí đoạn vuông góc chung IJ của hai cạnh đối nhau AB, CD. Một mp() vuông góc với IJ tại O sao cho . Xác định thiết diện của tứ diện với mp(). Tính diện tích S(x) của thiết diện. Đồng thời, xác định vị trí điểm O để thiết diện có diện tích lớn nhất. Giải : C J D M B I A P O E Q N F Gọi I, J lần lượt là trung điểm của cạnh AB và CD. Từ giả thiết AC = AD = BC = BD = a suy ra : Do đó IJ chính là đoạn vuông góc chung của hai cạnh AB và CD. Mp() vuông góc với IJ tại O nên mặt phẳng này song song với AB, CD. Từ đó suy ra cách xác định thiết diện như sau : Trong mp(ABJ) từ O kẻ . Trong mp(ACD) từ E kẻ . Trong mp(BCD) từ F kẻ . Hiển nhiên M, N, P, Q đều thuộc mp(). Do đó thiết diện chính là hình chữ nhật MNPQ dựng được. Ta có . Suy ra diện tích thiết diện: Vì vậy max khi , nghĩa là O là trung điểm của IJ. Bài 18: Cho hình chóp S.ABCD đáy là hình thang vuông, đường cao AB=a, cạnh đáy nhỏ BC=a và . Cạnh vuông góc với mặt đáy. Tính số đo góc nhị diện cạnh SD Trên cạnh AB lấy điểm M, đặt . Mặt phẳng qua A và song song mp(SBC) cắt CD, SD, SA lần lượt tại N, P, Q. Tính khi diện tích tứ giác MNPQ đạt giá trị lớn nhất Giải : D N C B M P K J I A S 450 Q H a) Gọi I là trung điểm AD. Kẻ . Mặt khác nên là góc nhị diện cạnh SD. Gọi J là trung điểm SD . Xét tam giác vuông Xét b) Thiết diện MNPQ // mp(SBC) Thiết diện