Câu 16 trang 117 Sách bài tập Hình học 11 Nâng cao. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thoi, cạnh bên SA = AB và SA vuông góc với BC. a) Tính góc giữa hai đường thẳng SD và BC b) Gọi I, J lần lượt là các điểm thuộc SB và SD sao cho IJ // BD. Chứng minh rằng góc giữa AC và IJ không phụ thuộc vào vị trí của I và J. Trả lời: a) Vì BC // AD nên góc giữa SD và BC bằng góc giữa SD và AD. Từ giả thiết, ta có \(SA \bot BC\) nên \(SA \bot A{\rm{D}}\) mặt khác SA bằng cạnh của hình thoi ABCD, nên \(\widehat {S{\rm{D}}A} = {45^0}\) là góc phải tìm. Vậy góc giữa BC và SD bằng 45°. b) Do ABCD là hình thoi nên \(AC \bot B{\rm{D}}\) . Mặt khác IJ // BD nên \(AC \bot IJ\) tức là góc giữa IJ và AC bằng 90° không đổi. Câu 17 trang 117 Sách bài tập Hình học 11 Nâng cao. Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’ có các cạnh bằng a, \(\widehat {BA{\rm{D}}} = {60^0},\widehat {BAA'} = \widehat {DAA'} = {120^0}\) . a) Tính góc giữa các cặp đường thẳng AB với A’D và AC’ với B’D. b) Tính diện tích các hình A’B’CD và ACC’A’. c) Tính góc giữa đường thẳng AC’ và các đường thẳng AB, AD, AA’. Trả lời Đặt \(\overrightarrow {AB} = \overrightarrow x ,\overrightarrow {A{\rm{D}}} = \overrightarrow y ,\overrightarrow {AA'} = \overrightarrow z \) thì \(\eqalign{ & {\overrightarrow x ^2} = {\overrightarrow y ^2} = {\overrightarrow z ^2} = {a^2} \cr & \overrightarrow x .\overrightarrow y = {{{a^2}} \over 2}; \cr & \overrightarrow x .\overrightarrow z = - {{{a^2}} \over 2}; \cr & \overrightarrow y .\overrightarrow z = - {{{a^2}} \over 2} \cr} \) a) Vì AB // A’B’ nên góc giữa AB và A’D bằng góc giữa A’B’ và A’D, đó là góc \(\widehat {DA'B'}\) hoặc \({180^0} - \widehat {DA'B'}\) . Đặt \(\widehat {DA'B'} = \alpha \). Ta có: \(\eqalign{ & A'D = a\sqrt 3 ,A'B' = a \cr & \overrightarrow {DB'} = \overrightarrow x - \overrightarrow y + \overrightarrow z \cr & \Rightarrow {\overrightarrow {DB'} ^2} = 3{{\rm{a}}^2} - {a^2} - {a^2} + {a^2} = 2{{\rm{a}}^2} \cr} \) Vậy \(2{{\rm{a}}^2} = {a^2} + 3{{\rm{a}}^2} - 2{\rm{a}}.a\sqrt 3 \cos \alpha \Rightarrow \cos \alpha = {1 \over {\sqrt 3 }}\). Như thế góc giữa A’D và AB bằng α mà \(\cos \alpha = {1 \over {\sqrt 3 }}\) \(\eqalign{ & \overrightarrow {AC'} = \overrightarrow x + \overrightarrow y + \overrightarrow z \cr & \Rightarrow {\overrightarrow {AC'} ^2} = 3{a^2} + {a^2} - {a^2} - {a^2} = 2{a^2} \cr} \) Dễ thấy AB’ = a. Ta có ADC’B’ là hình bình hành mà AD = AB’, AC’ = B’D nên tứ giác ADC’B’ là hình vuông. Vậy AC’ ⊥ B’D, tức là góc giữa AC’ và B’D bằng 90°. b) \({S_{A'B'C{\rm{D}}}} = A'D.A'B'\sin \widehat {DA'B'} = a\sqrt 3 .a.{{\sqrt 6 } \over 3}\) . Vậy \({S_{A'B'C{\rm{D}}}} = {a^2}\sqrt 2 \) Đặt \(\widehat {ACC'} = \beta \) thì \(AC{'^2} = A{C^2} + CC{'^2} - 2{\rm{A}}C.CC'.\cos \beta \) hay \(\eqalign{ & 2{a^2} = 3{a^2} + {a^2} - 2a\sqrt 3 .a.\cos \beta \cr & \Rightarrow \cos \beta = {1 \over {\sqrt 3 }} \Rightarrow \sin \beta = {{\sqrt 6 } \over 3} \cr} \) Vậy \({S_{ACC'A'}} = AC.CC'.\sin \beta = a\sqrt 3 .a.{{\sqrt 6 } \over 3} = {a^2}\sqrt 2 \) c) Do \(\overrightarrow {AC'} = \overrightarrow x + \overrightarrow y + \overrightarrow z \) Suy ra: \(\eqalign{ & \overrightarrow {AC'} .\overrightarrow {AB} = \left( {\overrightarrow x + \overrightarrow y + \overrightarrow z } \right)\overrightarrow x \cr & = {a^2} + {{{a^2}} \over 2} - {{{a^2}} \over 2} = {a^2} \cr} \) hay \(\eqalign{ & \left| {\overrightarrow {AC'} } \right|\left| {\overrightarrow {AB} } \right|\cos \gamma = {a^2} \cr & \Rightarrow \cos \gamma = {1 \over {\sqrt 2 }} \Rightarrow \gamma = {45^0} \cr} \) Vậy góc giữa AC’ và AB bằng 45°. \(\eqalign{ & \overrightarrow {AC'} .\overrightarrow {A{\rm{D}}} = \left( {\overrightarrow x + \overrightarrow y + \overrightarrow z } \right)\overrightarrow y \cr & = {{{a^2}} \over 2} + {a^2} - {{{a^2}} \over 2} = {a^2} \cr} \) hay \(\eqalign{ & \left| {\overrightarrow {AC'} } \right|.\left| {\overrightarrow {A{\rm{D}}} } \right|\cos \varphi = {a^2} \cr & \Rightarrow \cos \varphi = {1 \over {\sqrt 2 }} \Rightarrow \varphi = {45^0} \cr} \) Vậy góc giữa AC’ và AD bằng 45°. \(\eqalign{ & \overrightarrow {AC'} .\overrightarrow {AA'} = \left( {\overrightarrow x + \overrightarrow y + \overrightarrow z } \right)\overrightarrow z \cr & = - {{{a^2}} \over 2} - {{{a^2}} \over 2} + {a^2} = 0 \cr} \) Vậy góc giữa AC’ và AA’ bằng 90°. Câu 18 trang 117 Sách bài tập Hình học 11 Nâng cao. Cho tứ diệm ABCD trong đó góc giữa hai đường thẳng AB và CD bằng α. Gọi M là điểm bất kì thuộc cạnh AC, đặt AM = x (0< x < AC). Xét mặt phẳng (P) đi qua điểm M và song song với AB, CD. a) Xác định vị trí điểm M để diện tích thiết diện của hình tứ diện ABCD khi cắt bởi mp(P) đạt giá trị lớn nhấ. b) Chứng minh rằng chu vi thiết diện nêu trên không phụ thuộc vào x khi và chỉ khi AB = CD. Trả lời a) Dễ thấy thiết diện là hình bình hành MNPQ và \({S_{MNPQ}} = NM.NQ.\sin \widehat {MNQ}\) . Do MN // AB, NQ // CD nên góc giữa MN và NQ bằng góc giữa AB và CD do đó \(\sin \widehat {MNQ} = \sin \alpha \) . Ta có: \(\eqalign{& {{MN} \over {AB}} = {{AC - x} \over {AC}} \Rightarrow MN = {{AB} \over {AC}}\left( {AC - x} \right) \cr & NQ = M{\rm{R}},{{M{\rm{R}}} \over {C{\rm{D}}}} = {{AM} \over {AC}} = {x \over {AC}} \cr & \Rightarrow M{\rm{R}} = {{C{\rm{D}}} \over {AC}}x \cr} \) Vậy \({S_{MNQR}} = {{AB.CD} \over {A{C^2}}}\left( {AC - x} \right)x\sin \alpha \). Từ đó diện tích thiết diện MNQR đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi \(x = {{AC} \over 2}\). Như vậy, khi M là trung điểm của AC thì diện tích thiết diện của tứ diện ABCD cắt bởi (P) đạt giá trị lớn nhất. b) Gọi P là nửa chu vi của thiết diện, khi đó: \(\eqalign{ & p = MN + M{\rm{R}} = {{AB} \over {AC}}\left( {AC - x} \right) + {{C{\rm{D}}} \over {AC}}x \cr & = {{C{\rm{D}} - AB} \over {AC}}x + AB \cr} \) Từ đó, chu vi thiết diện không phụ thuộc vào x khi và chỉ khi: \(CD – AB = 0\) hay \(AB = CD.\) Câu 19 trang 118 Sách bài tập Hình học 11 Nâng cao. 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 khác A và D), xét mặt phẳng (α) đi qua điểm M và song song với SA, CD. a) Thiết diệm của hình chóp S.ABCD khi cắt bởi mp(α) là hình gì? b) Tính diện tích thiết diện theo a và b; biết AB = a, SA = b, M là trung điểm của AD. Trả lời a) Dễ thấy thiết diện là tứ giác MNPQ trong đó MN // QP // CD, MQ // SA. Do SA ⊥ AB, AB //MN, MQ // SA nên thiết diện MNPQ là hình thang vuông tại M. b) \({S_{MNPQ}} = {1 \over 2}\left( {MN + PQ} \right).MQ\) Do M là trung điểm của AD nên: \(\eqalign{ & MQ = {1 \over 2}SA = {1 \over 2}b \cr & PQ = {1 \over 2}CD = {1 \over 2}a \cr & MN = a \cr} \) Vậy \({S_{MNPQ}} = {1 \over 2}\left( {a + {a \over 2}} \right).{b \over 2} = {{3{\rm{a}}b} \over 8}\). Câu 20 trang 118 Sách bài tập Hình học 11 Nâng cao. Cho tứ diện ABCD. Lấy các điểm M và N lần lượt thuộc các đường thẳng BC và AD sao cho \(\overrightarrow {MB} = k\overrightarrow {MC} \) và \(\overrightarrow {NA} = k\overrightarrow {ND} \) với k là số thực khác 0 cho trước. Đặt α là góc giữa hai vectơ \(\overrightarrow {MN} \) và \(\overrightarrow {BA} \) ; β là góc giữa hai vectơ \(\overrightarrow {MN} \) và \(\overrightarrow {C{\rm{D}}} \). Tìm mối liên hệ giữa AB và CD để \(\alpha = \beta = {45^0}\). Trả lời Kẻ MP // AB thì dễ thấy NP // CD. Từ đó, góc giữa \(\overrightarrow {MN} \) và \(\overrightarrow {BA} \) bằng góc giữa \(\overrightarrow {MN} \) và \(\overrightarrow {MP} \), đó là góc \(\widehat {PMN}\). Góc giữa \(\overrightarrow {MN} \) và \(\overrightarrow {C{\rm{D}}} \) bằng góc giữa \(\overrightarrow {MN} \) và \(\overrightarrow {PN} \), đó là góc \(\widehat {PNM}\). Vậy hai góc trên bằng nhau và bằng 45° khi và chỉ khi: MP = NP và \(\widehat {MPN} = {90^0}\) Từ đó, suy ra \({{CP} \over {CA}}.AB = {{AP} \over {AC}}.C{\rm{D}}\) và \(AB \bot C{\rm{D}}\) hay \({{AB} \over {C{\rm{D}}}} = {{AP} \over {CP}}\) và \(AB \bot C{\rm{D}}\) Mặt khác, ta có \(\overrightarrow {PA} = k\overrightarrow {PC} \Rightarrow {{AP} \over {PC}} = \left| k \right|\) . Vậy giữa AB và CD có mối liên hệ \({{AB} \over {C{\rm{D}}}} = \left| k \right|\) và \(AB \bot C{\rm{D}}\) thì góc giữa hai vectơ \(\overrightarrow {MN} \) và \(\overrightarrow {BA} \) bằng góc giữa hai vectơ \(\overrightarrow {MN} \) và \(\overrightarrow {C{\rm{D}}} \), cùng bằng 45°). Câu 21 trang 118 Sách bài tập Hình học 11 Nâng cao. Cho tứ diện ABCD. Gọi I, J, H, K lần lượt là trung điểm của BC, AC, AD, BD. Hãy tính góc giữa hai đường thẳng AB và CD trong các trường hợp sau: a) Tứ giác IJHK là hình thoi có đường chéo \(IH = \sqrt 3 IJ\). b) Tứ giác IJHK là hình chữ nhật Trả lời Góc giữa hai đường thẳng AB và CD bằng góc giữa hai đường thẳng IJ và IK, đó là góc \(\widehat {JIK}\) hoặc \({180^0} - \widehat {JIK}\). a) Vì hình tứ giác IJHK là hình thoi mà \(IH = \sqrt 3 IJ\), nên từ \(I{K^2} + I{H^2} = 4I{J^2}\). ta có: \(I{K^2} = I{J^2}\) hay IK = IJ Như vậy JIK là tam giác đều, do đó \(\widehat {JIK} = {60^0}\). Vậy góc giữa AB và CD trong trường hợp này bằng 60°. b) Khi tứ giác IJHK là hình chữ nhật thì \(\widehat {JIK} = {90^0}\). Do đó, góc giữa AB và CD bằng 90°. Câu 22 trang 118 Sách bài tập Hình học 11 Nâng cao. Cho hai tam giác cân ABC và DBC có chung cạnh đáy BC và nằm trong hai mặt phẳng khác nhau. a) Chứng minh rằng AD vuông góc với CB. b) Gọi M, N là các điểm lần lượt thuộc các đường thẳng AB và DB sao cho \(\overrightarrow {MA} = k\overrightarrow {MB} ,\overrightarrow {N{\rm{D}}} = k\overrightarrow {NB} \) . Tính góc giữa hai đường thẳng MN và BC. Trả lời: a) Gọi I là trung điểm của BC thì \(AI \bot BC,DI \bot BC\) . Ta có \(\overrightarrow {A{\rm{D}}} = \overrightarrow {AI} + \overrightarrow {I{\rm{D}}} \). Xét \(\eqalign{ & \overrightarrow {BC} .\overrightarrow {A{\rm{D}}} = \overrightarrow {BC} \left( {\overrightarrow {AI} + \overrightarrow {I{\rm{D}}} } \right) \cr & = \overrightarrow {BC} .\overrightarrow {AI} + \overrightarrow {BC} .\overrightarrow {I{\rm{D}}} = 0 \cr} \) Vậy \(BC \bot A{\rm{D}}\). b) Từ giả thiết \(\eqalign{ & \overrightarrow {MA} = k\overrightarrow {MB} \cr & \overrightarrow {N{\rm{D}}} = k\overrightarrow {NB} \cr} \) ta có MN // AD Vậy góc giữa hai đường thẳng MN và BC bằng góc giữa hai đường thẳng AD và BC. Theo câu a) thì AD vuông góc BC, nên góc giữa MN và BC bằng 90°. Câu 23 trang 118 Sách bài tập Hình học 11 Nâng cao. Cho tứ diện ABCD có \(C{\rm{D}} = {4 \over 3}AB\). Gọi I, J, K lần lượt là trung điểm của BC, AC, BD. Cho biết \(JK = {5 \over 6}AB\), tính góc giữa đường thẳng CD với các đường thẳng IJ và AB. Trả lời: Ta có: \(\eqalign{ & IJ = {1 \over 2}AB \cr & IK = {1 \over 2}CD = {2 \over 3}AB \cr & I{J^2} + I{K^2} = {1 \over 4}A{B^2} + {4 \over 9}A{B^2} \cr & = {{25} \over {36}}A{B^2} \cr} \) mà \(I{K^2} = {{25} \over {36}}A{B^2}\) nên \(I{J^2} + I{K^2} = J{K^2}\) Vậy \(JI \bot IK\) . Do IJ // AB, IK // CD nên góc giữa AB và CD bằng 90° Mặt khác IJ // AB mà AB ⊥ CD nên IJ ⊥ CD Vậy góc giữa IJ và CD bằng 90°. Câu 24 trang 118 Sách bài tập Hình học 11 Nâng cao. Cho tứ diện ABCD có BC = AD = a, AC = BD = b, AB = CD = c. Đặt α là góc giữa BC và AD; β là góc giữa AC và BD; γ là góc giữa AB và CD. Chứng minh rằng trong ba số hạng \({a^2}\cos \alpha ,{b^2}\cos \beta ,{c^2}\cos \gamma \) có một số hạng bằng tổng hai số hạng còn lại. Trả lời: Ta có: \(\cos \left( {\overrightarrow {BC} ,\overrightarrow {DA} } \right) = {{2{c^2} - 2{b^2}} \over {2{a^2}}} = {{{c^2} - {b^2}} \over {{a^2}}}\). Vậy nếu góc giữa BC và AD bằng α thì: \(\cos \alpha = {{\left| {{c^2} - {b^2}} \right|} \over {{a^2}}}\) hay \({a^2}\cos \alpha = \left| {{c^2} - {b^2}} \right|\). Tương tự như trên, nếu gọi β là góc giữa AC và BD thì: \({b^2}\cos \beta = \left| {{a^2} - {c^2}} \right|\) và γ là góc giữa AB và CD thì \({c^2}\cos \gamma = \left| {{b^2} - {a^2}} \right|\). Với a, b, c lần lượt là dộ dài của BC, CA, AB, không giảm tính tổng quát có thể coi a ≥ b ≥ c. Khi đó: \(\eqalign{ & {a^2}\cos \alpha = {b^2} - {c^2} \cr & {b^2}\cos \beta = {a^2} - {c^2} \cr & {c^2}\cos \gamma = {a^2} - {b^2} \cr} \). Từ đó, trong trường hợp này ta có \({b^2}\cos \beta = {a^2}\cos \alpha + {c^2}\cos \gamma \). Câu 25 trang 119 Sách bài tập Hình học 11 Nâng cao. Cho tứ diện ABCD có tất cả các cạnh bằng nhau. Gọi M và N lần lượt là trung điểm của AB và CD. Lấy các điểm I, J, K lần lượt thuộc các đường thẳng BC, AC, AD sao cho \(\overrightarrow {IB} = k\overrightarrow {IC} ,\overrightarrow {J{\rm{A}}} = k\overrightarrow {JC} ,\overrightarrow {K{\rm{A}}} = k\overrightarrow {K{\rm{D}}} \) trong đó k là số khác 0 cho trước. Chứng minh rằng: a) MN ⊥ IJ và MN ⊥IK b) AB ⊥ CD Trả lời a) Từ \(\eqalign{ & \overrightarrow {IB} = k\overrightarrow {IC} \cr & \overrightarrow {J{\rm{A}}} = k\overrightarrow {JC} \cr} \) ta có IJ // AB. Tương tự, ta có IK // CD. Do các cạnh của tứ diện ABCD bằng nhau và N là trung điểm của CD nên NA = NB. Mặt khác MA = MB do đó MN ⊥ AB, suy ra MN ⊥ IJ. Tương tự như trên, ta có MN ⊥ CD và IK // CD nên MN ⊥ JK. b) Ta có \(\overrightarrow {AB} = \overrightarrow {AN} + \overrightarrow {NB} \). Từ giả thiết, ta có: \(AN \bot C{\rm{D}}\) tức là \(\overrightarrow {AN} .\overrightarrow {C{\rm{D}}} = 0\); \(BN \bot C{\rm{D}}\) tức là \(\overrightarrow {BN} .\overrightarrow {C{\rm{D}}} = 0\). Vậy \(\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {C{\rm{D}}} = \left( {\overrightarrow {AN} + \overrightarrow {NB} } \right).\overrightarrow {C{\rm{D}}} = 0\) tức là \(AB \bot C{\rm{D}}\) . Câu 26 trang 119 Sách bài tập Hình học 11 Nâng cao. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình bình hành và SA = SC, SB = SD. Gọi O là giao điểm của AC và BD. a) Chứng minh rằng SO ⊥ mp(ABCD). b) Gọi d là giao tuyến của mp(SAB) và mp(SCD), d1 là giao tuyến của mp(SBC) và mp(SAD). Chứng minh rằng SO ⊥ mp(d, d1). Trả lời a) Vì ABCD là hình bình hành và \(O = AC \cap B{\rm{D}}\) nên OA = OC và OB = OD. Mặt khác SA = SC nên SO ⊥ AC và SB = SD nên SO ⊥BD. Vậy SO ⊥ mp(ABCD) b) Vì AB // CD mà \(d = mp\left( {SAB} \right) \cap mp\left( {SC{\rm{D}}} \right)\) nên d //AB và d qua S. Tương tự d1 //AD và d1 qua S. Do \(SO \bot mp\left( {ABC{\rm{D}}} \right)\) nên \(SO \bot d,SO \bot {d_1}\) . Vậy \(SO \bot mp\left( {d,{d_1}} \right)\). Câu 27 trang 119 Sách bài tập Hình học 11 Nâng cao. Cho hai hình chữ nhật ABCD, ABEF nằm trên hai mặt phẳng khác nhau sao cho hai đường chéo AC và BF vuông góc. Gọi CH và FK lần lượt là hai đường cao của hai tam giác BCE và ADF. Chứng minh rằng: a) ACH và BFK là các tam giác vuông. b) \(BH \bot AH\) và \(AC \bot BK\). Trả lời a) Ta có: \(\left. \matrix{ AB \bot \left( {BCE} \right) \hfill \cr CH \bot BE \hfill \cr} \right\} \Rightarrow CH \bot AH\) Vậy ACH là hình tam giác vuông tại K. b) Ta có: \(\left. \matrix{ CH \bot BE \hfill \cr CH \bot AB \hfill \cr} \right\} \Rightarrow CH \bot BF\) Mặt khác \(AC \bot BF\) Vậy \(BF \bot AH\) Tương tự, ta có \(AC \bot BK\). Câu 28 trang 119 Sách bài tập Hình học 11 Nâng cao. a) Cho tứ diện DABC có các cạnh bằng nhau. Gọi H là hình chiếu của D trên mp(ABC) và I là trung điểm của DH. Chứng minh rằng tứ diện IABC có IA, IB, IC đôi một vuông góc. b) Cho tứ diện IABC có IA = IB = IC và IA, IB, IC đôi một vuông góc; H là hình chiếu của I trên mp(ABC). Gọi D là điểm đối xứng của H qua I. Chứng minh tứ diện DABC có các cạnh bằng nhau. Trả lời a) Kí hiệu cạnh của tứ diện đã cho là a, dễ thấy H là trọng tâm của tam giác ABC. Từ đó \(\eqalign{ & D{H^2} = D{A^2} - A{H^2} \cr & = {a^2} - {\left( {{{a\sqrt 3 } \over 3}} \right)^2} = {{6{{\rm{a}}^2}} \over 9} \cr & \Rightarrow DH = {{a\sqrt 6 } \over 3} \cr} \) Do I là trung điểm của DH nên \(IH = {{a\sqrt 6 } \over 6}\) Khi đó: \(I{M^2} = I{H^2} + H{M^2} = {\left( {{{a\sqrt 6 } \over 6}} \right)^2} + {\left( {{{a\sqrt 3 } \over 6}} \right)^2} = {{{a^2}} \over 4}\), tức là \(IM = {a \over 2}\). Xét tam giác IBC có IM là trung tuyến \(IM = {1 \over 2}BC\). Vậy \(IB \bot IC\). Tương tự như trên, ta có IA, IB, IC đôi một vuông góc. b) Vì IA, IB, IC đôi một vuông góc, IA = IB = IC và H là hình chiếu của I trên mặt phẳng (ABC) nên ABC là tam giác đều nhận H làm trọng tâm. Ngoài ra \({1 \over {I{H^2}}} = {1 \over {I{A^2}}} + {1 \over {I{B^2}}} + {1 \over {I{C^2}}} = {3 \over {I{A^2}}}\) hay \(IH = {{IA} \over {\sqrt 3 }}\). Do D là điểm đối xứng của H qua I nên: \(DH = {{2IA} \over {\sqrt 3 }}\) và DA = DB = DC. Đặt IA = x thì \(DH = {{2{\rm{x}}} \over {\sqrt 3 }},AB = x\sqrt 2 \). Khi đó \(\eqalign{ & D{A^2} = D{H^2} + H{A^2} = {{4{x^2}} \over 3} + {\left( {{{x\sqrt 2 .\sqrt 3 } \over 3}} \right)^2} \cr & = {{4{{\rm{x}}^2}} \over 3} + {{2{{\rm{x}}^2}} \over 3} = 2{{\rm{x}}^2} \cr} \). Vậy \(DA = DB = DC = x\sqrt 2 \). Do đó tứ diện DBCA có các cạnh bằng nhau. Câu 29 trang 119 Sách bài tập Hình học 11 Nâng cao. Cho hình chóp S.ABC có SB vuông góc với mp(ABC), ABC là tam giác vuông tại A. a) Chứng minh rằng ACS là tam giác vuông. b) Tính SA, SB, SC biết rằng \(\widehat {ACB} = \alpha ,\widehat {ACS} = \beta \) và BC = a. Trả lời a) \(SA \bot \left( {ABC} \right)\) và \(BA \bot AC\) nên \(SA \bot AC\) tức là SAC là tam giác vuông tại A. b) Ta có \(\eqalign{ & AC = a\cos \alpha \cr & SA = AC\tan \beta = a\cos \alpha \tan \beta \cr & SC = {{AC} \over {\cos \beta }} = {{a\cos \alpha } \over {\cos \beta }} \cr & S{B^2} = S{C^2} - B{C^2} \cr & = {{{a^2}{{\cos }^2}\alpha } \over {{{\cos }^2}\beta }} - {a^2} \cr & = {{{a^2}\left( {{{\cos }^2}\alpha - {{\cos }^2}\beta } \right)} \over {{{\cos }^2}\beta }} \cr & \Rightarrow SB = {a \over {\cos \beta }}.\sqrt {{{\cos }^2}\alpha - {{\cos }^2}\beta } \cr} \) (Điều kiện để Câu toán có nghĩa là α, β phải thỏa mãn \({\cos ^2}\alpha > {\cos ^2}\beta \)). Câu 30 trang 119 Sách bài tập Hình học 11 Nâng cao. Cho hình chóp S.ABDC có đáy là hình thoi cạnh a. cạnh bên SA vuông góc với mp(ABCD), SA = a và \(\widehat {ABC} = {60^0}\). a) Tính độ dài các cạnh SB, SC, SD. b) Gọi I là trung điểm của SC. Chứng minh rằng IB = ID. Trả lời a) Ta có \(SB = S{\rm{D}} = a\sqrt 2 ,AC = a\). (Vì ABC là tam giác cân mà \(\widehat {ABC} = {60^0}\)) Vậy \(SC = a\sqrt 2 \). b) Gọi \(O = AC \cap B{\rm{D}}\) thì IO //SA nên \(I{\rm{O}} \bot \left( {ABC{\rm{D}}} \right)\), từ đó \(I{\rm{O}} \bot B{\rm{D}}\). Mặt khác OB = OD nên BID là tam giác cân tại I, tức là IB = ID. Câu 31 trang 120 Sách bài tập Hình học 11 Nâng cao. Chứng minh rằng nếu các cặp cạnh đối diện của tứ diện ABCD vuông góc với nhau từng đôi một thì trong bốn mặt của tứ diện có ít nhất một mặt là tam giác nhọn (cả ba góc của nó đều nhọn). Trả lời Giả sử ABCD là tứ diện có tính chất \(AB \bot C{\rm{D}},AC \bot B{\rm{D}},A{\rm{D}} \bot BC\). Ta có: \(A{B^2} + C{{\rm{D}}^2} = A{C^2} + B{{\rm{D}}^2} = B{C^2} + A{{\rm{D}}^2}\). Từ đó, ta có \(\eqalign{ & A{B^2} + A{C^2} - B{C^2} \cr & = A{C^2} + A{{\rm{D}}^2} - C{{\rm{D}}^2} \cr & = A{{\rm{D}}^2} + A{B^2} - B{{\rm{D}}^2} \cr} \) Hệ thức này khẳng định các góc \(\widehat {BAC},\widehat {CA{\rm{D}}},\widehat {DAB}\) hoặc cùng nhọn, cùng vuông hoặc cùng tù. Tương tự như trên, ta chứng minh được góc tại bất cứ đỉnh nào của tứ diện ABCD cũng có tính chất đó. Do tính chất tổng các góc trong của một tam giác bằng 1800 nên tồn tại nhiều nhất một đỉnh của tứ diện mà tại đó ba góc cùng vuông hay cùng tù. Khi ấy mặt đối diện với đỉnh đó của tứ diện ABCD có cả ba góc đều nhọn. Vậy nên \(AB \bot C{\rm{D}},AC \bot B{\rm{D}}\) và \(A{\rm{D}} \bot BC\) thì trong bốn mặt của tứ diện ABCD có ít nhất một mặt là tam giác nhọn (cả ba góc của nó nhỏ hơn 90°). Câu 32 trang 120 Sách bài tập Hình học 11 Nâng cao. Cho tứ diện ABCD, đáy là tam giác cân và \(DA \bot mp\left( {ABC} \right),AB = AC = a,BC = {6 \over 5}a\). Gọi M là trung điểm của BC. Vẽ AH vuông góc với MD (H thuộc đường thẳng MD). a) Chứng minh rằng \(AH \bot mp\left( {BC{\rm{D}}} \right)\). b) Cho \(A{\rm{D}} = {4 \over 5}a\). Tính góc giữa hai đường thẳng AC và DM. c) Gọi G1, G2 lần lượt là các trọng tâm của tam giác ABC và tam giác DBC. Chứng minh rằng \({G_1}{G_2} \bot mp\left( {ABC} \right)\). Trả lời a) Vì M là trung điểm của BC nên \(AM \bot BC\), mặt khác \(DA \bot \left( {ABC} \right)\) nên BC vuông góc với mp(DAM), từ đó \(BC \bot AH\). Mà \(DM \bot AH\). Vậy \(AH \bot mp\left( {DBC} \right)\). b) Kẻ MN song song với AC (N ∈ AB) thì góc giữa DM và AC bằng góc giữa DM và MN, đó là \(\widehat {DMN}\) hoặc \({180^0} - \widehat {DMN}\). Ta có: \(\eqalign{ & MN = {1 \over 2}AC = {a \over 2},AN = {a \over 2}. \cr & D{N^2} = D{A^2} + A{N^2} = {{16} \over {25}}{a^2} + {{{a^2}} \over 4} = {{89} \over {100}}{a^2} \cr & A{M^2} = A{B^2} - B{M^2} = {a^2} - {{9{{\rm{a}}^2}} \over {25}} = {{16{{\rm{a}}^2}} \over {25}} \cr & \Rightarrow AM = {{4{\rm{a}}} \over 5}. \cr} \) Mặt khác \(A{\rm{D}} = {{4{\rm{a}}} \over 5}\) do đó \(DM = {{4{\rm{a}}\sqrt 2 } \over 5}\). \(\eqalign{ & D{N^2} = D{M^2} + M{N^2} - 2{\rm{D}}M.MN\cos \widehat {DMN} \cr & {{89} \over {100}}{a^2} = {{2.16{a^2}} \over {25}} + {{{a^2}} \over 4} - 2.{{4a\sqrt 2 } \over 5}.{a \over 2}\cos \widehat {DMN} \cr & = {{153{a^2}} \over {100}} - {{4{a^2}\sqrt 2 } \over 5}\cos \widehat {DMN} \cr & \Rightarrow {{4{a^2}\sqrt 2 } \over 5}\cos \widehat {DMN} = {{64{a^2}} \over {100}} \cr & \Rightarrow \cos \widehat {DMN} = {{2\sqrt 2 } \over 5}. \cr} \). Vậy góc giữa AC và DM là α mà \(\cos \alpha = {{2\sqrt 2 } \over 5}\) . c) Dễ thấy G1G2 // DA mà DA ⊥ (ABC) nên \({G_1}{G_2} \bot \left( {ABC} \right)\). Câu 33 trang 120 Sách bài tập Hình học 11 Nâng cao. Hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, cạnh bên SA vuông góc với mp(ABCD) và SA = a. a) Gọi D1 là trung điểm của SD. Chứng minh rằng \(A{{\rm{D}}_1} \bot \left( {SC{\rm{D}}} \right)\). b) Gọi O là tâm của hình vuông ABCD, M là điểm thay đổi trên SD. Chứng minh rằng hình chiếu của điểm O trên CM thuộc đường tròn cố định. Trả lời a) Vì SA = AD = a và D1 là trung điểm của SD nên \(A{{\rm{D}}_1} \bot S{\rm{D}}\). Mặt khác, ta có \(C{\rm{D}} \bot \left( {SA{\rm{D}}} \right)\) nên \(A{{\rm{D}}_1} \bot C{\rm{D}}.\) Vậy \(A{{\rm{D}}_1} \bot \left( {SC{\rm{D}}} \right).\) b) Kẻ OH // AD1 thì H là trung điểm của D1C và \(OH \bot \left( {SC{\rm{D}}} \right)\), ngoài ra H cố định. Gọi K là hình chiếu của O trên CM thì HK ⊥ KC (định lí ba đường vuông góc). Từ đó, suy ra điểm K thuộc đường tròn đường kính HC trong mp(SCD). Đó là đường tròn cố định chứa hình chiếu của tâm hình vuông trên mặt phẳng (SCD). Câu 34 trang 120 Sách bài tập Hình học 11 Nâng cao. Trong mặt phẳng (P) cho hai điểm A và B phân biệt. Đoạn thẳng SA vuông góc với mặt phẳng (P). Gọi ∆ là đường thẳng nằm trong (P) và đi qua điểm B, H là chân đường vuông góc kẻ từ điểm S đến ∆. a) Chứng minh rằng điểm H thuộc một đường tròn cố định khi ∆ thay đổi. b) Gọi AK là đường cao của tam giác SAH; AI là đường cao của tam giác SAB. Chứng minh rằng điểm K thuộc đường tròn cố định khi ∆ thay đổi. Xác định vị trí của đường thẳng ∆ để diện tích tam giác AKI đạt giá trị lớn nhất. c) Hãy xác định vị trí của đường thẳng ∆ để độ dài SH đạt giá trị lớn nhất hoặc bé nhất. Trả lời Vì \(SA \bot \left( P \right),\Delta \subset \left( P \right),SH \bot \Delta \) nên \(AH \bot HB\) (định lí ba đường vuông góc). Như vậy \(\widehat {AHB} = {90^0}\). Do A, B cố định thuộc (P), H ∈ (P) nên điểm H thuộc đường tròn đường kính AB cố định trong (P). b) Vì \(HB \bot \left( {SAH} \right)\) nên \(HB \bot AK\), mặt khác \(AK \bot SH\) nên \(AK \bot \left( {SHB} \right)\). Vậy \(AK \bot SI\). Do giả thiết \(AI \bot AB\), từ đó \(SB \bot \left( {AKI} \right)\) S, B, A là các điểm cố định nên mp(AKI) cố định và I cố định. Do \(AK \bot \left( {SHB} \right)\) nên \(AK \bot KI\). Vậy K thuộc đường tròn đường kính AI trong mặt phẳng (AKI) cố định nói trên. Đó chính là đường tròn cố định chứa điểm K. - Đặt \(\widehat {ABH} = \alpha \) thì \(AH = AB\sin \alpha = 2{\rm{R}}\sin \alpha \,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( {AB = 2{\rm{R}}} \right)\). Ta có tam giác AKI vuông tại K với cạnh huyền AI cố định, từ đó diện tích tam giác AKI đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi AKI là tam giác vuông cân, lúc đó \(AK = {{AI} \over {\sqrt 2 }}\). Mặt khác \({1 \over {A{K^2}}} = {1 \over {{\rm{A}}{{\rm{S}}^2}}} + {1 \over {A{H^2}}} = {1 \over {{h^2}}} + {1 \over {4{{\rm{R}}^2}{{\sin }^2}\alpha }}\). hay \({2 \over {A{I^2}}} = {1 \over {{h^2}}} + {1 \over {4{R^2}{{\sin }^2}\alpha }}\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( {h = SA} \right)\) . Vì AI là đường cao của tam giác vuông SAB nên \({1 \over {A{I^2}}} = {1 \over {{h^2}}} + {1 \over {4{R^2}}}.\) Vậy \({S_{AKI}}\) đạt giá trị lớn nhất khi α thỏa mãn điều kiện \(\eqalign{ & {2 \over {{h^2}}} + {2 \over {4{{\rm{R}}^2}}} = {1 \over {{h^2}}} + {1 \over {4{{\rm{R}}^2}{{\sin }^2}\alpha }} \cr & \Leftrightarrow {1 \over {{h^2}}} + {2 \over {4{{\rm{R}}^2}}} = {1 \over {4{{\rm{R}}^2}{{\sin }^2}\alpha }} \cr & \Leftrightarrow {{4{R^2} + 2{h^2}} \over {{h^2}}} = {1 \over {{{\sin }^2}\alpha }} \cr & \Leftrightarrow \sin \alpha = {h \over {\sqrt {4{R^2} + 2{h^2}} }} \cr} \) Như vậy, có hai vị trí của đường thẳng ∆ để \({S_{AKI}}\) đạt giá trị lớn nhất. c) Ta có SH lớn nhất khi và chỉ khi AH lớn nhất, điều này xảy ra khi AH trùng AB. Vậy nếu ∆ trong (P) vuông góc với AB tại B thì SH đạt giá trị lớn nhất. SH đạt giá trị bé nhất khi và chỉ khi AH đạt giá trị bé nhất, điều này xảy ra khi H trùng với điểm A, tức là ∆ trùng với đường thẳng AB. Câu 35 trang 120 Sách bài tập Hình học 11 Nâng cao. Cho tam giác ABC vuông tại B. Lấy điểm D bất kì trên đường thẳng vuông góc với mặt phẳng (ABC) kẻ từ điểm A \((S ≢ A)\). Gọi B1, C1 lần lượt là hình chiếu của điểm A trên SB và SC. Chứng minh rằng khi điểm S thay đổi thì a) Giao tuyến của mặt phẳng (ABC) và mặt phẳng (AB1C1) là đường thẳng cố định và là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. b) Đường thẳng B1C1 đi qua điểm cố định I và \(\widehat {IAB} = \widehat {IC{\rm{A}}}\). Trả lời a) Dễ chứng minh được \(SC \bot \left( {A{B_1}{C_1}} \right)\). Gọi At là giao tuyến của (ABC) và (AB1C1) thì \(At \bot SC\). Mặt khác \(SA \bot \left( {ABC} \right)\) nên \(At \bot AC\). Vậy đường thẳng At là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. b) Kí hiệu I là giao điểm của At và đường thẳng BC thì I là điểm có định, mặt khác các điểm I, B1, C1thuộc cả hai mặt phẳng (AB1C1) và (SBC), do đó các điểm I, B1, C1 thẳng hàng, tức là đường thẳng B1C1 đi qua điểm cố định I khi S thay đổi trên đường thẳng kẻ từ A vuông góc với mp(ABC). Cũng từ chứng minh trên ta có \(\widehat {IAB} = \widehat {IC{\rm{A}}}\) (cùng chắn cung AB của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC). Câu 36 trang 121 Sách bài tập Hình học 11 Nâng cao. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là tam giác không cân và SA vuông góc với mp(ABC). Gọi AB1, AC1lần lượt là các đường cao của tam giác SAB và SAC. a) Chứng minh rằng B1C1 và BC là hai đường thẳng cắt nhau. b) Gọi I là giao điểm của hai đường thẳng BC và B1C1. Chứng minh rằng \(\widehat {IAB} = \widehat {IC{\rm{A}}}\). Trả lời a) Ta có \(S{A^2} = SB.S{B_1} = SC.S{C_1}\). Vậy bốn điểm B, C, B1, C1 thuộc một đường tròn, Nếu B1C1 và BC là hai đường thẳng song song thì suy ra BB1C1C là hình thang cân, từ đó SBC là tam giác cân tại S, điều đó dẫn đến ABC là tam giác cân tại A, mâu thuẫn với giả thiết, từ đó suy ra điều phải chứng minh. b) Gọi I là giao điểm của B1C1 và BC thì AI là giao tuyến của (ABC) và (AB1C1). Gọi AA’ là đường kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC thì ta chứng minh được \(\left( {A{B_1}{C_1}} \right) \bot SA'\), từ đó \(AI \bot AA'\). Như vậy, giao tuyến AI là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Nếu điểm B nằm giữa I và C (hình 1) thì ta có \(\widehat {IAB} = \widehat {IC{\rm{A}}}\) (cùng chắn cung AB). Nếu điểm C nằm giữa I và B (hình 2) thì ta có: \(\widehat {BAt} = \widehat {ABC}\) (cùng chắn cung AB); mặt khác \(\widehat {IAB} + \widehat {BAt} = {180^0}\) và \(\widehat {IC{\rm{A}}} + \widehat {ACB} = {180^0}\) Như vậy \(\widehat {IC{\rm{A}}} = \widehat {IAB}\). Câu 37 trang 121 Sách bài tập Hình học 11 Nâng cao. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thoi, đường chéo AC = 4a, đường chéo BD = 2a; O là giao điểm của AC với BD và SO vuông góc với mặt phẳng (ABC), SO = h. Một mặt phẳng (α) đi qua điểm A và vuông góc với đường thẳng SC tại điểm C1. Tìm hệ thức liên hệ giữa a và h để điểm C1 nằm trong đoạn thẳng SC, C1 khác S và khác C. Khi đó, tính diện tích thiết diện của hình chóp S.ABCD cắt bởi mp(α). Trả lời Vì \(\left( \alpha \right) \bot SC\) và \(A \in \left( \alpha \right)\) nên \(A{C_1} \bot SC\). Mặt khác, gọi \({B_1}{D_1} = \left( \alpha \right) \cap \left( {SBD} \right)\) thì B1D1 song song với BD và B1D1 qua \({O_1} = A{C_1} \cap SO\) (do \(B{\rm{D}} \bot SC,\left( \alpha \right) \bot SC\) nên BD // (α)). Vì SAC là tam giác cân tại S và \(A{C_1} \bot SC\) nên C1 thuộc SC khi và chỉ khi \(\widehat {ASC} < {90^0}\) tức là \(\widehat {OSC} < {45^0}\). Xét tam giác vuông SOC, điều kiện \(\widehat {OSC} < {45^0}\) tương đương với \(SO > OC = {{AC} \over 2} = 2a\). Vậy để C1 thuộc SC, C1 không trùng với C và S thì hệ thức liên hệ giữa h và a là h > 2a. Dễ thấy thiết diện của S.ABCD khi cắt bởi (α) là tứ giác AB1C1D1 có tính chất \(A{C_1} \bot {B_1}{D_1}\) . Do đó \({S_{A{B_1}{C_1}{D_1}}} = {1 \over 2}A{C_1}.{B_1}{D_1}\). Ta có: \(\eqalign{ & A{C_1}.SC = SO.AC \Rightarrow A{C_1} = {{4{\rm{a}}h} \over {\sqrt {4{{\rm{a}}^2} + {h^2}} }}; \cr & {{{B_1}{D_1}} \over {B{\rm{D}}}} = {{S{O_1}} \over {SO}}, \cr} \) mặt khác \(\eqalign{ & {{{O_1}O} \over {CO}} = {{AO} \over {SO}} \cr & \Rightarrow {O_1}O = {{4{{\rm{a}}^2}} \over h} \cr & \Rightarrow S{O_1} = {{{h^2} - 4{a^2}} \over h} \cr} \) Từ đó \({{{B_1}{D_1}} \over {B{\rm{D}}}} = {{{h^2} - 4{{\rm{a}}^2}} \over {{h^2}}}\) hay \({B_1}{D_1} = {{2{\rm{a}}\left( {{h^2} - 4{{\rm{a}}^2}} \right)} \over {{h^2}}}\) Vậy \(\eqalign{ & {S_{A{B_1}{C_1}{D_1}}} = {1 \over 2}.{{4{\rm{a}}h} \over {\sqrt {4{{\rm{a}}^2} + {h^2}} }}.{{2{\rm{a}}\left( {{h^2} - 4{{\rm{a}}^2}} \right)} \over {{h^2}}} \cr & = {{4{{\rm{a}}^2}\left( {{h^2} - 4{{\rm{a}}^2}} \right)} \over {h\sqrt {4{{\rm{a}}^2} + {h^2}} }} \cr} \) Câu 38 trang 121 Sách bài tập Hình học 11 Nâng cao. Trong mặt phẳng (P) cho đường tròn (C) đường kính AC = 2R. Gọi H là điểm thuộc AC (0 < AH < 2R). Một đường thẳng ∆ đi qua H cắt đường tròn (C) tại hai điểm B và D. Gọi S là điểm cố định sao cho SA vuông góc với (P), đặt SA = h. Một mặt phẳng (Q) đi qua điểm A và vuông góc với SC cắt các đường thẳng SB, SC, SD, SH lần lượt tại các điểm B1, C1, D1, H1. a) Chứng minh rằng tứ giác AB1C1D1 nôi tiếp một đường tròn. b) Đường thẳng ∆ phải thỏa mãn điều kiện gì để H1 là trung điểm của B1D1? c) Đường thẳng ∆ phải thỏa mãn điều kiện gì để AB1C1D1 là hình vuông? Trả lời a) Vì (Q) qua A và \(\left( Q \right) \bot SC\) nên \(A{B_1} \bot SC\). Mặt khác dễ thấy \(BC \bot \left( {SAB} \right)\) nên \(BC \bot A{B_1}\). Vậy \(A{B_1} \bot mp\left( {SBC} \right)\), tức là \(A{B_1} \bot {B_1}{C_1}\). Tương tự như trên, ta có \(A{{\rm{D}}_1} \bot {D_1}{C_1}.\) Do đó, tứ diện AB1C1D1 nội tiếp đường tròn. b) Do tứ giác AB1C1D1 nội tiếp đường tròn đường kính AC1 mà AC1 cắt B1D1, tại H1 nên H1 là trung điểm của B1D1, khi đó xảy ra một trong hai trường hợp sau: - Trường hợp 1: \({B_1}{D_1} \bot A{C_1}\) tại H1 (Hình 1) - Trường hợp 2: B1D1 qua trung điểm H1 của AC1 (Hình 2) Xét trường hợp 1 Vì \({B_1}{D_1} \bot A{C_1}\) nên \(A{B_1} = A{{\rm{D}}_1}\) Mặt khác \(A{B_1},A{{\rm{D}}_1}\) là hai đường cao của hai tam giác vuông SAB và SAD nên \(A{B_1} = A{{\rm{D}}_1} \Leftrightarrow AB = A{\rm{D}}\) (Vì \({1 \over {A{S^2}}} + {1 \over {A{B^2}}} = {1 \over {AB_1^2}}\) và \({1 \over {A{S^2}}} + {1 \over {A{D^2}}} = {1 \over {AD_1^2}}\)) Lại có AC là đường kính của (C) nên \(AB = A{\rm{D}} \Leftrightarrow {\rm{BD}} \bot AC\). Vậy nếu đường thẳng ∆ vuông góc với AC tại H mà 0 < AH < AC thì H1 là trung điểm của B1D1. Xét trường hợp 2 (Hình 3) Kẻ C1K // H1H, do H1 là trung điểm của AC1 nên AH = HK = x, từ đó CK = 2R – 2x. Khi đó \(\eqalign{ & {{2{\rm{R}} - 2{\rm{x}}} \over {2{\rm{R}} - x}} = {{CK} \over {CH}} = {{C{C_1}} \over {C{\rm{S}}}} \cr & = {{C{C_1}.C{\rm{S}}} \over {C{{\rm{S}}^2}}} = {{A{C^2}} \over {C{{\rm{S}}^2}}} = {{4{{\rm{R}}^2}} \over {{h^2} + 4{R^2}}} \cr & \Leftrightarrow \left( {R - x} \right)\left( {{h^2} + 4{{\rm{R}}^2}} \right) = 2{R^2}\left( {2{\rm{R}} - x} \right) \cr & \Leftrightarrow x = {{R{h^2}} \over {{h^2} + 2{{\rm{R}}^2}}} \cr} \) Dễ thấy 0 < x < 2R Vậy nếu đường thẳng ∆ quay quanh điểm H mà H được xác định bởi \(AH = x = {{R{h^2}} \over {{h^2} + 2{{\rm{R}}^2}}},H \in AC\) thì H1 là trung điểm của B1D1 Câu 39 trang 121 Sách bài tập Hình học 11 Nâng cao. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, cạnh bên SA vuông góc với mặt đáy (ABCD) và SA = a. a) Chứng minh rằng các mặt bên của hình chóp S.ABCD là các tam giác vuông. b) Từ A kẻ \(A{B_1} \bot SB,A{{\rm{D}}_1} \bot S{\rm{D}}\). Chứng tỏ rằng \(mp\left( {A{B_1}{D_1}} \right) \bot SC\). Gọi C1 là giao điểm của SC với mp(AB1C1). Chứng tỏ rằng tứ giác AB1C1D1 có hai đường chéo vuông góc và tính diện tích của tứ giác đó. Trả lời a) Dễ dàng thấy SAB, SAD là các tam giác vuông tại A. Mặt khác \(SA \bot \left( {ABC{\rm{D}}} \right),A{\rm{D}} \bot DC\) nên \(S{\rm{D}} \bot DC\) (định lí ba đường vuông góc), do đó SDC là tam giác vuông tại D. Tương tự , SBC là tam giác vuông tại B. b) Dễ dàng chứng minh được \(\eqalign{ & A{{\rm{D}}_1} \bot \left( {SC{\rm{D}}} \right) \cr & \Rightarrow A{{\rm{D}}_1} \bot SC \cr} \) Cũng như vậy, ta có \(A{B_1} \bot SC\) Vậy \(SC \bot \left( {A{B_1}{D_1}} \right)\). Gọi \(O = AC \cap B{\rm{D}},{O_1} = {B_1}{D_1} \cap SO\) thì \({C_1} = A{O_1} \cap SC\). Mặt khác \(\Delta SAB = \Delta SA{\rm{D}}\left( {c.g.c} \right)\) nên B1D1 // BD. Ta lại có \(\eqalign{ & B{\rm{D}} \bot \left( {SAC} \right) \cr & \Rightarrow {B_1}{D_1} \bot \left( {SAC} \right) \Rightarrow {B_1}{D_1} \bot A{C_1} \cr} \) Từ đó \({S_{A{B_1}{C_1}{D_1}}} = {1 \over 2}A{C_1}.{B_1}{D_1}\) Ta có \(\eqalign{ & A{C_1} = {{SA.AC} \over {SC}} = {{a\sqrt 6 } \over 3} \cr & {{{B_1}{D_1}} \over {B{\rm{D}}}} = {{S{B_1}} \over {SB}} = {{S{B_1}.SB} \over {S{B^2}}} = {{S{A^2}} \over {S{B^2}}} = {{{a^2}} \over {2{{\rm{a}}^2}}} \cr & \Rightarrow {B_1}{D_1} = {{a\sqrt 2 } \over 2} \cr} \) (Chú ý: Có thể thấy B1, D1 thứ tự là trung điểm của SB là SD nên B1D1 // BD và \({B_1}{D_1} = {1 \over 2}B{\rm{D}}\)) Vậy \({S_{A{B_1}{C_1}{D_1}}} = {1 \over 2}.{{a\sqrt 6 } \over 3}.{{a\sqrt 2 } \over 2} = {{{a^2}\sqrt 3 } \over 6}\). Câu 40 trang 121 Sách bài tập Hình học 11 Nâng cao. Cho tam giác đều ABC có cạnh bằng a. Gọi ∆ là đường thẳng vuông góc với mặt phẳng (ABC) kẻ từ A. Với điểm M bất kì thuộc ∆, \(M ≢ A\), gọi K là trực tâm của tam giác MBC và ∆1 là đường thẳng đi qua K và vuông góc với mặt phẳng (MBC). Chứng minh rằng: a) ∆1 đi qua điểm cố định khi M thay đổi trên ∆. b) ∆1 cắt ∆ tại điểm N và BM vuông góc với CN, CM vuông góc với BN. Xác định vị trí điểm M để độ dài MN đạt giá trị bé nhất. Trả lời a) Gọi I là trung điểm của BC thì \(AI \bot BC,MI \bot BC\). Vậy K thuộc MI. Ta cũng có \(BC \bot \left( {MAI} \right)\). Do ∆1 đi qua K và \({\Delta _1} \bot \left( {MBC} \right)\) nên \({\Delta _1} \bot BC\). Vậy ∆1 nằm trong mp(MAI). Gọi giao điểm của ∆1 với AI là H thì \(HK \bot MC\), mặt khác \(BK \bot MC\), từ đó MC vuông góc với (BHK) hay \(MC \bot BH\). Từ \(\Delta \bot \left( {ABC} \right),\,BH \bot MC\) nên \(BH \bot AC\). Vậy H là trực tâm của tam giác ABC. Điều này chứng tỏ khi M thay đổi trên \(\Delta\) thì \(\Delta_1\) đi qua điểm cố định là trực tâm H của tam giác ABC. b) Vì ∆1 là đường thăngt HK nên ∆1 cắt ∆ tại điểm N. Theo câu a), ta có MC vuông góc với (BHK) mà BN thuộc mặt phẳng này, vậy NB vuông góc với MC. Tương tự như trên, ta cũng có \(MB \bot NC\) Từ ∆AHN đồng dạng ∆AMI, ta có \({{AH} \over {AM}} = {{AN} \over {AI}} \Rightarrow AH.AI = AM.AN\) Mặt khác \(AH.AI = {{a\sqrt 3 } \over 3}.{{a\sqrt 3 } \over 2} = {{{a^2}} \over 2}\) . do đó \(AM.AN = {{{a^2}} \over 2}\) Ta có: MN = AM + AN Vậy MN ngắn nhất khi và chỉ khi \(AM = AN = {{a\sqrt 2 } \over 2}\). Hệ thức này xác định điểm M để MN có độ dài ngắn nhất. Câu 41 trang 122 Sách bài tập Hình học 11 Nâng cao. Cho tứ diện SABC, hai mặt phẳng (SAB) và (SBC) vuông góc với nhau và có SA vuông góc với mp(ABC), \(SB = a\sqrt 2 ,\widehat {B{\rm{S}}C} = {45^0},\widehat {ASB} = \alpha \). a) Chứng minh rằng BC vuông góc với SB. Tìm điểm cách đều các điểm S, A, B, C. b) Xác định α để hai mặt phẳng (SCA) và (SCB) tạo với nhau góc 60°. Trả lời a) Vì \(\eqalign{ & \left( {ABC} \right) \bot \left( {SAB} \right) \cr & \left( {SBC} \right) \bot \left( {SAB} \right) \cr} \) mà \(BC = \left( {ABC} \right) \cap \left( {SBC} \right)\) nên \(BC \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow BC \bot SB\). Như vậy, tứ diện SABC có \(\widehat {SAC} = {90^0}\) và \(\widehat {SBC} = {90^0}\) nên điểm cách đều S, A, B, C là trung điểm của SC. Chú ý. Có thể chứng minh \(BC \bot SB\) như sau: Kẻ \(A{B_1} \bot SB\) do \(\left( {SAB} \right) \bot \left( {SBC} \right)\) nên \(A{B_1} \bot \left( {SBC} \right)\) \( \Rightarrow A{B_1} \bot BC\) mặt khác \(BC \bot SA\) \(\eqalign{ & \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right) \cr & \Rightarrow BC \bot SB \cr} \) b) Kẻ \(A{B_1} \bot SB,A{C_1} \bot SC\), dễ chứng minh được \(A{B_1} \bot \left( {SBC} \right)\) và \(\left( {A{B_1}{C_1}} \right) \bot SC\). Từ đó \(\widehat {A{C_1}{B_1}}\) là góc giữa hai mặt phẳng (SCA) và (SCB). Xét ∆AB1C1 ta có \(A{B_1} = {B_1}{C_1}\tan {60^0}\) mà \(A{B_1} = S{B_1}\tan \alpha ,{B_1}{C_1} = S{B_1}\sin {45^0}\). Vậy hai mặt phẳng (SCA) và (SCB) tạo với nhau góc 60° khi và chỉ khi \(S{B_1}\tan \alpha = S{B_1}.{{\sqrt 2 } \over 2}.\sqrt 3 \Leftrightarrow \tan \alpha = {{\sqrt 6 } \over 2}\). Hệ thức này xác định α. Câu 42 trang 122 Sách bài tập Hình học 11 Nâng cao. Cho hình vuông ABCD. Gọi S là điểm trong không gian sao cho SAB là tam giác đều và mp(SAB) vuông góc với mp(ABCD). a) Chứng minh rằng \(mp\left( {SAB} \right) \bot mp\left( {SA{\rm{D}}} \right)\) và \(mp\left( {SAB} \right) \bot mp\left( {SBC} \right)\). b) Tính góc giữa hai mặt phẳng (SAD) và (SBC). c) Gọi H và I lần lượt là trung điểm của AB và BC. Chứng minh rằng \(mp\left( {SHC} \right) \bot mp\left( {S{\rm{D}}I} \right)\). Trả lời a) Gọi H là trung điểm của AB thì \(SH \bot AB\). Do \(\left( {SAB} \right) \bot \left( {ABC{\rm{D}}} \right)\) nên \(SH \bot \left( {ABC{\rm{D}}} \right) \Rightarrow SH \bot A{\rm{D}}\), mặt khác \(A{\rm{D}} \bot AB\). Vậy \(A{\rm{D}} \bot \left( {SAB} \right)\). Từ đó \(\left( {SA{\rm{D}}} \right) \bot \left( {SAB} \right)\). Tương tự như trên, ta có: \(\left( {SBC} \right) \bot \left( {SAB} \right)\) b) Giả sử \(\left( {SA{\rm{D}}} \right) \cap \left( {SBC} \right) = St\), dễ thấy St // AD, từ đó \(mp\left( {ASB} \right) \bot St\). Do \(\widehat {ASB} = {60^0}\) nên góc giữa hai mặt phẳng (SAD) và (SBC) bằng 60°. c) Vì ABCD là hình vuông; H, I lần lượt là trung điểm của AB và BC nên \(HC \bot DI\), mặt khác \(DI \bot SH\). Vậy \(DI \bot \left( {SHC} \right)\), từ đó \(\left( {S{\rm{D}}I} \right) \bot \left( {SHC} \right)\). Câu 43 trang 122 Sách bài tập Hình học 11 Nâng cao. Cho hình chữ nhật ABCD với tâm O, AB = a, BC = 2a. Lấy điểm S trong không gian sao cho SO vuông góc với mặt phẳng (ABCD), đặt SO = h. Gọi M và N lần lượt là trung điểm của AB và CD. a) Tính góc giữa mp(SMN) với các mặt phẳng (SAB) và (SCD). Tìm hệ thức liên hệ giữa h và a để mp(SMN) vuông góc với các mặt phẳng (SAB), (SCD). b) Tính góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SCD). Tính h theo a để hai mặt phẳng đó vuông góc. Trả lời a) Vì \(MN \bot AB,SO \bot AB\) nên \(AB \bot \left( {SMN} \right) \Rightarrow \left( {SAB} \right) \bot \left( {SMN} \right)\). Vậy góc giữa (SMN) và (SAB) cũng bằng 90°. Tương tự, góc giữa (SMN) và (SCD) cũng bằng 90°. Như vậy với AB = a, BC = 2a, h tùy ý thì (SMN) vuông góc cả với hai mặt phẳng (SAB) và (SCD). b) Dễ thấy \(\left( {SAB} \right) \cap \left( {SC{\rm{D}}} \right) = St,St//AB\). Như vậy \(St \bot \left( {SMN} \right)\), từ đó \(\widehat {M{\rm{S}}N}\) hoặc \({180^0} - \widehat {M{\rm{S}}N}\) là góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SCD). Tính \(\widehat {M{\rm{S}}N}\). Ta có \(S{M^2} = S{N^2} = {h^2} + {a^2} \) \(M{N^2} = S{M^2} + S{N^2} - 2{\rm{S}}M.SN\cos \widehat {MSN} \) \(\Leftrightarrow 4{a^2} = {h^2} + {a^2} + {h^2} + {a^2} - 2\left( {{h^2} + {a^2}} \right)\cos \widehat {MSN} \) tức là \(\cos \widehat {MSN} = {{2{h^2} - 2{a^2}} \over {2\left( {{h^2} + {a^2}} \right)}} = {{{h^2} - {a^2}} \over {{h^2} + {a^2}}}.\) Vậy góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SCD) là α mà \(\cos \alpha = \left| {{{{h^2} - {a^2}} \over {{h^2} + {a^2}}}} \right|\). Từ đó hai mặt phẳng (SAB) và (SCD) vuông góc khi và chỉ khi h = a. Câu 44 trang 122 Sách bài tập Hình học 11 Nâng cao. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật, AB = a, BC = 2a, cạnh bên SA vuông góc với mặt đáy, SA = a. Tính: a) Các góc giữa các mặt phẳng chứa các mặt bên và mặt phẳng đáy của hình chóp. b) Góc giữa hai mặt phẳng chứa hai mặt bên liên tiếp hoặc hai mặt bên đối diện của hình chóp. Trả lời a) Dễ thấy \(\eqalign{ & \left( {SAB} \right) \bot \left( {ABC{\rm{D}}} \right) \cr & \left( {SA{\rm{D}}} \right) \bot \left( {ABC{\rm{D}}} \right) \cr} \) nên góc giữa mặt bên (SAB) và (SAD) với mp(ABCD) bằng 90°. Ta có \(\left( {S{\rm{D}}A} \right) \bot C{\rm{D}}\) và SDA là tam giác vuông tại A nên \(\widehat {S{\rm{D}}A}\) là góc giữa hai mặt phẳng (SDC) và (ABCD). Từ đó: \(\tan \widehat {S{\rm{D}}A} = {1 \over 2}\) Tương tự, \(\tan \widehat {SBA} = 1 \Leftrightarrow \widehat {SBA} = {45^0}\). Vậy mp(SCD) tạo với mp(ABCD) góc bằng φ mà \(\tan \varphi = {1 \over 2}\) và mp(SBC) tạo với mp(ABCD) góc 45°. b) Vì \(\left( {SA{\rm{D}}} \right) \bot \left( {SAB} \right)\) nên góc giữa hai mặt phẳng đó bằng 90°. Ta cũng có \(C{\rm{D}} \bot \left( {SA{\rm{D}}} \right)\) nên \(\left( {SC{\rm{D}}} \right) \bot SA{\rm{D}}\). Vậy góc giữa hai mặt phẳng (SAD) và (SCD) bằng 90°. Tương tự, ta cũng có góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SBC) bằng 90°. Ta cần phải tính góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (SDC). Trong mp(ABCD), kẻ A qua đường thẳng vuông góc với AC, nó cắt hai đường thẳng BC và DC lần lượt tại I và J, thì \({\rm{IJ}} \bot {\rm{SC}}\). Trong mp(SAC) kẻ \(A{C_1} \bot SC\) thì \(\left( {IJ{C_1}} \right) \bot SC\) . Do đó, \(\widehat {I{C_1}J}\) hoặc \({180^0} - \widehat {I{C_1}J}\) là góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (SCD). Ta có: \(\eqalign{ & AJ = AC\tan \widehat {ACD} = 2a\sqrt 5 \cr & {1 \over {AC_1^2}} = {1 \over {A{S^2}}} + {1 \over {A{C^2}}} = {1 \over {{a^2}}} + {1 \over {5{a^2}}} = {6 \over {5{a^2}}} \cr & \Rightarrow A{C_1} = {{a\sqrt 5 } \over {\sqrt 6 }} \cr} \) Đặt \(\widehat {A{C_1}J} = \alpha \) thì \(\tan \alpha = {{AJ} \over {A{C_1}}} = {{2a\sqrt 5 } \over {{{a\sqrt 5 } \over {\sqrt 6 }}}} = 2\sqrt 6 \) Đặt \(\widehat {A{C_1}I} = \beta \) thì \(\tan \beta = {{AI} \over {A{C_1}}} = {{AC\tan \widehat {ACI}} \over {A{C_1}}} = {{a\sqrt 5 .{1 \over 2}} \over {{{a\sqrt 5 } \over {\sqrt 6 }}}} = {{\sqrt 6 } \over 2}\) Đặt \(\widehat {I{C_1}J} = \varphi \) thì \(\tan \varphi = {{2\sqrt 6 + {{\sqrt 6 } \over 2}} \over {1 - 2\sqrt 6 .{{\sqrt 6 } \over 2}}} = - {{\sqrt 6 } \over 2}\) Vậy góc giữa mp(SBC) và (SCD) là \({180^0} - \varphi \) mà \(\tan \varphi = {{ - \sqrt 6 } \over 2}\). Câu 45 trang 122 Sách bài tập Hình học 11 Nâng cao. Cho tứ diện ABCD có cạnh AD vuông góc với mp(DBC). Gọi AE, BF là hai đường cao của tam giác ABC; H và K lần lượt là trực tâm của tam giác ABC và tam giác DBC. Chứng minh rằng: a) \(mp\left( {A{\rm{D}}E} \right) \bot mp\left( {ABC} \right)\) và \(mp\left( {BFK} \right) \bot mp\left( {ABC} \right)\). b) \(HK \bot mp\left( {ABC} \right)\) Trả lời a) Vì \(A{\rm{D}} \bot \left( {DBC} \right)\) nên \(A{\rm{D}} \bot BC\). Mặt khác \(A{\rm{E}} \bot BC\). Vậy \(BC \bot \left( {A{\rm{D}}E} \right)\), từ đó ta có \(\left( {ABC} \right) \bot \left( {A{\rm{D}}E} \right)\). Vì K là trực tâm tam giác DBC nên \(BK \bot AC\). Theo giả thiết \(A{\rm{D}} \bot \left( {DBC} \right)\), vậy \(BK \bot AC\) (định lí ba đường vuông góc). Kết hợp với \(BF \bot AC\) ta có \(AC \bot \left( {BFK} \right)\), từ đó \(mp\left( {ABC} \right) \bot mp\left( {BFK} \right)\). b) Từ câu a), ta có \(\eqalign{ & mp\left( {BFK} \right) \bot mp\left( {ABC} \right) \cr & mp\left( {A{\rm{D}}E} \right) \bot mp\left( {ABC} \right) \cr & HK = mp\left( {A{\rm{D}}E} \right) \cap mp\left( {BFK} \right) \cr} \) Vậy \(HK \bot mp\left( {ABC} \right)\). Câu 46 trang 123 Sách bài tập Hình học 11 Nâng cao. Trong mặt phẳng (P), cho hình thoi ABCD với \(AB = a,AC = {{2{\rm{a}}\sqrt 6 } \over 3}\). Trên đường thẳng vuông góc với mặt phẳng (P) tại giao điểm tại O của hai đường chéo hình thoi, ta lấy điểm S sao cho SB = a. Chứng minh rằng: a) Tam giác ASC vuông. b) Mặt phẳng (SAB) và mặt phẳng (SAD) vuông góc với nhau. Trả lời a) Ta có \(A{C^2} + B{{\rm{D}}^2} = 4{{\rm{a}}^2},AC = {{2{\rm{a}}\sqrt 6 } \over 3}\) nên \(B{{\rm{D}}^2} = {{4{{\rm{a}}^2}} \over 3} \Rightarrow O{B^2} = {{{a^2}} \over 3}\) Xét tam giác vuông SOB, ta có \(S{O^2} = S{B^2} - O{B^2} = {{2{{\rm{a}}^2}} \over 3} \Rightarrow SO = {{a\sqrt 6 } \over 3}\) Vậy tam giác SAC có trung tuyến SO bằng nửa AC nên SAC là tam giác vuông tại S. b) Trong mặt phẳng (SOA) kẻ OA1 vuông góc với SA thì \(SA \bot mp\left( {{A_1}B{\rm{D}}} \right)\), từ đó \(\widehat {B{A_1}D}\) hoặc \({180^0} - \widehat {B{A_1}D}\), là góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SAD). Ta có \(\eqalign{ & O{A_1} = {{OA.OS} \over {SA}} = {{OA.OS} \over {\sqrt {O{A^2} + O{S^2}} }} \cr & = {1 \over 2}.{{a\sqrt 6 } \over 3}.\sqrt 2 = {{a\sqrt 3 } \over 3} \cr} \) Mặt khác \(B{\rm{D}} = {{2a\sqrt 3 } \over 3}\), từ đó \(\widehat {B{A_1}D} = {90^0}\) hay hai mặt phẳng (SAB) và (SAD) vuông góc. Câu 47 trang 123 Sách bài tập Hình học 11 Nâng cao. Cho tam giác cân ABC, \(AB = AC = a,\widehat {BAC} = {120^0}\). Xét hai tia cùng chiều Bt, Ct’ và vuông góc với mp(ABC). Lấy điểm B’ thuộc Bt, C’ thuộc Ct’ sao cho BB’ = 3CC’ và \(C’ ≢ C\). a) Chứng minh rằng giao tuyến của mp(ABC) và mp(AB’C’) cố định khi B’. C’ thay đổi. b) Khi BB’ = a, tính góc giữa hai mặt phẳng (AB’C’) và (ABC), tính diện tích tam giác AB’C’. Trả lời a) Vì BB’ = 3CC’ nên đường thẳng B’C’ cắt BC tại điểm I thì \(BI = {3 \over 2}BC\). Như vậy I là điểm cố định, mặt khác giao tuyến của mp(AB’C’) và mp(ABC) là AI. Như vậy, khi B’, C’ thay đổi thì giao tuyến của mp(AB’C’) và mp(ABC) là đường thẳng AI cố định. b) Khi BB’ = a thì \(CC' = {a \over 3}\) Dễ thấy: \(BC = a\sqrt 3 \) Do \(CC' = {1 \over 2}BC\) nên \(CI = {{a\sqrt 3 } \over 2}\) Ta có: \(AJ = {a \over 2}\left( {AJ \bot BC,J \in BC} \right)\) và \(IJ = a\sqrt 3 \). Kẻ \(CK \bot AI\), do \(C'C \bot \left( {ABC} \right)\) nên \(C'K \bot AI\). Vậy \(\widehat {CKC'}\) là góc giữa mp(AB’C’) và mp(ABC). Ta có: \(\eqalign{ & {{CK} \over {AJ}} = {{CI} \over {AI}}; \cr & A{I^2} = A{J^2} + J{I^2} = {{{a^2}} \over 4} + 3{a^2} = {{13{a^2}} \over 4} \cr} \) nên \(AI = {{a\sqrt {13} } \over 2}\) Từ đó \(CK = {a \over 2}.{{a\sqrt 3 } \over 2}.{2 \over {a\sqrt {13} }} = {{a\sqrt 3 } \over {2\sqrt {13} }}\) Đặt \(\widehat {CKC'} = \varphi \) thì \(\tan \varphi = {{CC'} \over {CK}} = {a \over 3}.{{2\sqrt {13} } \over {a\sqrt 3 }} \Leftrightarrow \tan \varphi = {{2\sqrt {39} } \over 9}\) Như thế góc giữa mp(AB’C’) và mp(ABC) là φ mà \(\tan \varphi = {{2\sqrt {39} } \over 9}\) . Tam giác AB’C’ có hình chiếu trên mp(ABC) là tam giác ABC mà \({S_{ABC}} = {{{a^2}\sqrt 3 } \over 4}\). Vậy \({S_{AB'C'}} = {{{S_{ABC}}} \over {\cos \varphi }} = {{{a^2}\sqrt {79} } \over {12}}\) (Tính cosφ nhờ \(\tan \varphi = {{2\sqrt {39} } \over 9}\) được \(\cos\varphi = {{3\sqrt 3 } \over {\sqrt {79} }}\)) Câu 48 trang 123 Sách bài tập Hình học 11 Nâng cao. Cho hai mặt phẳng (P) và (Q) cắt nhau theo giao tuyến ∆ và tạo với nhau góc α. Xét hai điểm M và N lần lượt thuộc (P) và (Q). Kẻ MI vuông góc với ∆, NJ vuông góc với ∆. Cho biết \(MI = a,NJ = b,IJ = c\). Tính độ dài MN. Trả lời Trong mp(Q), kẻ qua I đường thẳng song song với JN và kẻ qua N đường thẳng song song với IJ, chúng cắt nhau tại K. Dễ thấy \(MI \bot NK\), tứ giác IJNK là hình chữ nhật. Như vậy \(MI \bot NK,IK \bot KN\), từ đó \(MK \bot KN\), ngoài ra IK = b, NK = c. Vì MI và IK cũng vuông góc với IJ. Vậy \(\widehat {MIK}\) hoặc \({180^0} - \widehat {MIK}\) là góc giữa hai mặt phẳng (P) và (Q). Ta có: \(\eqalign{ & M{N^2} = M{K^2} + K{N^2} = M{K^2} + {c^2}; \cr & M{K^2} = {a^2} + {b^2} - 2ab\cos \widehat {MIK} \cr} \) Vậy \(MN = \sqrt {{a^2} + {b^2} - 2{\rm{a}}b\cos \widehat {MIK} + {c^2}} \) hoặc \(MN = \sqrt {{a^2} + {b^2} + 2{\rm{a}}b\cos \widehat {MIK} + {c^2}} \). Câu 49 trang 123 Sách bài tập Hình học 11 Nâng cao. Cho hai mặt phằng (P) và (Q) vuông góc với nhau theo giao tuyến ∆. Lấy hai điểm A, B cố định thuộc ∆ sao cho AB = a. Gọi SAB là tam giác đều trong (P), ABCD là hình vuông nằm trong (Q). a) Tính góc giữa mặt phẳng (SCD) với các mặt phẳng (P) và (Q). b) Gọi O1 là giao điểm của hai đường thẳng B1C và A1D, ở đó A1, B1 tương ứng là các trung điểm của SA, SB. Gọi H1 là giao điểm của đường cao SH của tam giác SAB với mp(A1B1CD). Chứng minh rằng SO1 vuông góc với SA và CD. Tính góc giữa mp(A1B1O1) với các mặt phẳng (P) và (Q). Trả lời a) Dễ thấy mp(SCD) cắt (P) theo giao tuyến Sx, Sx // AB. Gọi H và K lần lượt là trung điểm của AB và CD thì \(S{\rm{x}} \bot mp\left( {SHK} \right)\) và tam giác SHK vuông tại H, Suy ra \(\widehat {H{\rm{S}}K}\) là góc giữa hai mặt phẳng (SDC) và (P). Ta có: \(\tan \widehat {H{\rm{S}}K} = {{HK} \over {H{\rm{S}}}} = {a \over {{{a\sqrt 3 } \over 2}}} = {{2\sqrt 3 } \over 3}\) Vậy nếu gọi φ là góc giữa hai mặt phẳng (SDC) và (P) thì φ là góc thỏa mãn: \(\tan \varphi = {{2\sqrt 3 } \over 3}\) Tương tự như trên thì \(\widehat {HK{\rm{S}}}\) là góc giữa hai mặt phẳng (SCD) và (Q). Ta có: \(\tan \widehat {HK{\rm{S}}} = {{a\sqrt 3 } \over {2{\rm{a}}}} = {{\sqrt 3 } \over 2}\) . b) Dễ thấy ba điểm O1, H1, K thẳng hàng (do H1 là giao điểm của SH với A1B1) và \({H_1}{O_1} = {H_1}K\). Mặt khác \({H_1}S = {H_1}H\). Suy ra O1S // HK. Do \(HK \bot AB\) và \(\left( {SAB} \right) \bot \left( {ABC{\rm{D}}} \right)\) nên \(HK \bot \left( {SAB} \right)\). Vậy \({O_1}S \bot \left( {SAB} \right)\), từ đó \({O_1}S \bot AB\) và \({O_1}S \bot SA\). Vì AB // CD, từ đó \({O_1}S \bot SA\) và \({O_1}S \bot C{\rm{D}}\) Góc giữa hai mặt phẳng (A1B1O1) và (Q) chính là \(\widehat {{H_1}KH}\). \(\tan \widehat {{H_1}KH} = {{H{H_1}} \over {HK}} = {{a\sqrt 3 } \over {4{\rm{a}}}} = {{\sqrt 3 } \over 4}\) Góc giữa hai mặt phẳng (A1B1O1) và (P) chính là \(\widehat {H{H_1}K}\). Ta có \(\tan \widehat {H{H_1}K} = {{HK} \over {H{H_1}}} = {a \over {{{a\sqrt 3 } \over 4}}} = {{4\sqrt 3 } \over 3}\). Câu 50 trang 123 Sách bài tập Hình học 11 Nâng cao. Cho hình chóp tam giác đều S.ABC cạnh đáy bằng a, đường cao SO = 2a. Gọi M là điểm thuộc đường cao AA1 của tam giác ABC. Xét mặt phẳng (P) đi qua M và vuông góc với AA1. Đặt AM = x. a) Xác định thiết diện của hình chóp khi cắt bởi mp(P). b) Tính diện tích thiết diện vừa xác định theo a và x. Xác định vị trí điểm M để diện tích thiết diện đó đạt giá trị lớn nhất. Trả lời a) Vì \(SO \bot A{A_1},BC \bot A{A_1},\left( P \right) \bot A{A_1}\) và (P) qua điểm M nên (P) là mặt phẳng đi qua điểm M và song song với SO, BC. Trường hợp x = 0, thiết diện là điểm A. Trường hợp \(0 < x \le {{a\sqrt 3 } \over 3}\) \(\left( P \right) \cap \left( {ABC} \right) = IJ\), IJ đi qua điểm M và IJ // BC. \(\left( P \right) \cap \left( {SAO} \right) = MK,MK// SO\) Vậy thiết diện của hình chóp S.ABC khi cắt bởi (P) là tam giác IKJ. Dễ thấy IKJ là tam giác cân tại K. Trường hợp \({{a\sqrt 3 } \over 3} < x < {{a\sqrt 3 } \over 2}\) \(\left( P \right) \cap \left( {ABC} \right) = IJ\), IJ đi qua M và IJ // BC. \(\left( P \right) \cap \left( {SO{A_1}} \right) = MN,MN\parallel SO\) \(\left( P \right) \cap \left( {SBC} \right) = HK\), HK đi qua N và HK // BC. Vậy thiết diện thu được là hình thang IJHK. Mặt khác M, N lần lượt là trung điểm của IJ, HK; MN // SO; \(SO \bot \left( {ABC} \right)\) nên \(MN \bot IJ\). Vậy tứ giác IJHK là hình thang cân. Trường hợp \(x = {{a\sqrt 3 } \over 2}\), thiết diện là đoạn thẳng BC. b) Trường hợp \(0 \le x \le {{a\sqrt 3 } \over 3}\) \(\eqalign{ & {S_{IJK}} = {1 \over 2}IJ.MK \cr & {{IJ} \over {BC}} = {{AM} \over {A{A_1}}} \Rightarrow IJ = {{2x\sqrt 3 } \over 3} \cr & {{MK} \over {SO}} = {{AM} \over {AO}} \Rightarrow MK = 2x\sqrt 3 \cr} \) Vậy \({S_{{\rm{IJ}}K}} = 2{{\rm{x}}^2}\) Trường hợp \({{a\sqrt 3 } \over 3} < x < {{a\sqrt 3 } \over 2}\) \({S_{{\rm{IJ}}HK}} = {1 \over 2}\left( {{\rm{IJ}} + HK} \right).MN\) Ta có: \(\eqalign{ & IJ = {{2x\sqrt 3 } \over 3} \cr & {{HK} \over {BC}} = {{SN} \over {S{A_1}}} = {{OM} \over {O{A_1}}} \Rightarrow HK = 2\left( {x\sqrt 3 - a} \right); \cr & {{MN} \over {SO}} = {{M{A_1}} \over {{A_1}O}} \Rightarrow MN = 2\left( {3{\rm{a}} - 2x\sqrt 3 } \right) \cr} \) Vậy \({S_{{\rm{IJ}}HK}} = {2 \over 3}\left( {4{\rm{x}}\sqrt 3 - 3{\rm{a}}} \right)\left( {3{\rm{a}} - 2x\sqrt 3 } \right)\) Dễ thấy khi \(0 < x \le {{a\sqrt 3 } \over 3}\) thì diện tích thiết diện lớn nhất khi và chỉ khi \(x = {{a\sqrt 3 } \over 3}\). Lúc đó diện tích thiết diện bằng \({{2{{\rm{a}}^2}} \over 3}\). Khi \({{a\sqrt 3 } \over 3} < x < {{a\sqrt 3 } \over 2}\) thì diện tích thiết diện là: \({S_{{\rm{IJHK}}}} = {1 \over 3}\left( {4{\rm{x}}\sqrt 3 - 3{\rm{a}}} \right)\left( {6{\rm{a}} - 4{\rm{x}}\sqrt 3 } \right)\). Từ đó, suy ra diện tích thiết diện lớn nhất khi và chỉ khi \(x = {{3{\rm{a}}\sqrt 3 } \over 8}\) . Lúc đó diện tích thiết diện bằng \({{3{{\rm{a}}^2}} \over 4}\). Vậy khi M thay đổi trên AA1 thì diện tích thiết diện lớn nhất bằng \({{3{{\rm{a}}^2}} \over 4}\), lúc đó M được xác định bởi: \(AM = x = {{3{\rm{a}}\sqrt 3 } \over 8}\) hay \({{AM} \over {A{A_1}}} = {3 \over 4}\). Câu 51 trang 124 Sách bài tập Hình học 11 Nâng cao. Trong mp(P), cho hình chữ nhật ABCD với AB = b, BC = a. Gọi E, F lần luợt là trung điểm của AD và BC. Trong mặt phẳng qua EF và vuông góc với (P) vẽ nửa đường tròn đường kính (EF). Gọi S là điểm bất kì trên nửa đường tròn đó. a) Chứng minh rằng mp(SEF) vuông góc với hai mặt phẳng (SAD), (SBC) và mp(SAD) vuông góc với mp(SBC). b) Gọi H’, K’ lần lượt là hình chiếu của các trực tâm H và K của các tam giác SAD và SBC xuống (P). Chứng minh rằng HH’.KK’ không phụ thuộc vào vị trí điểm S. Trả lời a) Vì \(\left( {SEF} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\) và \(A{\rm{D}} \bot {\rm{EF}}\) nên \(AD \bot \left( {SEF} \right)\) Từ đó \(\left( {SEF} \right) \bot \left( {SAD} \right)\). Tương tự \(\left( {SEF} \right) \bot \left( {SBC} \right)\) Dễ thấy \(\left( {SA{\rm{D}}} \right) \cap \left( {SBC} \right) = St,St//A{\rm{D}}.\) Do \(AD \bot \left( {SEF} \right)\), từ đó \(St \bot \left( {SEF} \right)\), tức là \(\widehat {ESF}\) hoặc \({180^0} - \widehat {ESF}\) là góc giữa hai mặt phẳng (SAD) và (SBC). Vì S thuộc đường tròn đường kính EF nên \(\widehat {ESF} = {90^0}\) Vậy \(\left( {SA{\rm{D}}} \right) \bot \left( {SBC} \right)\) b) Kẻ \(DD' \bot SA\) Do \(\eqalign{ & SF \bot \left( {SAD} \right) \Rightarrow SF \bot DD' \cr & \Rightarrow DD' \bot \left( {SAF} \right) \Rightarrow DD' \bot AF \cr} \) Mặt khác \(HH' \bot \left( {ABC{\rm{D}}} \right)\) nên \(DH' \bot AF\) (định lí ba đường vuông góc). Ta lại có H’ thuộc EF. Vậy H’ là trực tâm tam giác ADF, từ đó H’ cố định. Tương tự K’ cũng là điểm cố định. Ta có ∆HH’E đồng dạng ∆FK’K, do đó \({{HH'} \over {K'F}} = {{H'E} \over {K'K}} \Rightarrow HH'.KK' = H'E.K'F\) Như vậy HH’.KK’ không đổi Thật vậy, ∆EDH’ đồng dạng ∆EFA \( \Rightarrow {{EH'} \over {E{\rm{A}}}} = {{DE} \over {F{\rm{E}}}} \Rightarrow EH' = {{{a^2}} \over {4b}}\). Tương tự, ta cũng có \(FK' = {{{a^2}} \over {4b}}\) Vậy \(HH'.KK' = {{{a^4}} \over {16{b^2}}}\) không đổi. Câu 52 trang 124 Sách bài tập Hình học 11 Nâng cao. Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh a. a) Tính góc tạo bởi hai đường thẳng AC’ và A’B. b) Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của các cạnh A’B’, BC, DD’. Chứng minh rằng AC’ vuông góc với mp(MNP). Trả lời a) Ta có \(C'B' \bot \left( {ABB'A'} \right),B'A \bot A'B\) nên \(A'B \bot AC'\) (định lí ba đường vuông góc). Vậy góc giữa AC’ và A’B bằng 90°. b) Ta có \(\eqalign{ & N{P^2} = N{C^2} + C{{\rm{D}}^2} + D{P^2} \cr & = {{{a^2}} \over 4} + {a^2} + {{{a^2}} \over 4} = {{3{{\rm{a}}^2}} \over 2} \cr} \) Tương tự ta cũng có \(M{N^2} = M{P^2} = {{3{{\rm{a}}^2}} \over 2}\) Vậy MNP là tam giác đều. Mặt khác: \(\eqalign{ & A{N^2} = A{P^2} = A{M^2} = {{5{{\rm{a}}^2}} \over 4} \cr & C'{N^2} + C'{P^2} = C'{M^2} = {{5{{\rm{a}}^2}} \over 4} \cr} \) Từ đó \(AC' \bot \left( {MNP} \right)\). Câu 53 trang 124 Sách bài tập Hình học 11 Nâng cao. Cho hình lăng trụ đều ABC.A’B’C’ cạnh đáy bằng a, chiều cao bằng h. Điểm M thuộc đoạn AB’ sao cho \({{MA} \over {MB'}} = {5 \over 4}\). a) Tính góc giữa hai đường thẳng AC và BC’. b) Một mặt phẳng (P) đi qua điểm M và song song với các đường thẳng A’C và BC’ cắt đường thẳng CC’ tại C1, tính tỉ số \({{{C_1}C} \over {{C_1}C'}}\). Trả lời a) Vì AC // A’C’ nên góc giữa AC và BC’ bằng góc giữa A’C’ và BC’. Gọi H’ là trung điểm của A’C’, do BA’ = BC’ nên \(\widehat {BH'C'} = {90^0}\). Vậy \(\widehat {H'C'B}\) là góc giữa hai đường thẳng AC và BC’. Đặt \(\widehat {H'C'B} = \alpha \) thì \(\cos \alpha = {{H'C'} \over {BC'}} = {a \over {2\sqrt {{h^2} + {a^2}} }}\). Vậy góc giữa AC và BC’ là α mà \(\cos \alpha = {a \over {2\sqrt {{h^2} + {a^2}} }}\). b) Lấy B1 thuộc B’B sao cho BB’ = BB1, khi đó CB1 // C’B. Vậy mp(P) đi qua M, song song với BC’ và A’C chính là mặt phẳng đi qua điểm M và song song với mp(A’CB1). Dễ thấy mp(A’CB1) cắt hình lăng trụ đã cho theo thiết diện là A’HC còn (P) cắt lăng trụ ABC.A’B’C’ theo thiết diện IJC1NQ, trong đó IQ là đường thẳng đi qua điểm M và song song với A’H, còn \(IJ//HC,J{C_1}//BC',{C_1}N//A'C\) . Ta cos \({{{C_1}C} \over {{C_1}C'}} = {{CJ} \over {BJ}} = {{HI} \over {IB}}\) Đặt \(HI = x\). Do \({{MA} \over {MB'}} = {5 \over 4}\) nên \({{AI} \over {B'Q}} = {5 \over 4}\) hay \(\eqalign{ & {{{a \over 2} + x} \over {a - x}} = {5 \over 4} \cr & \Rightarrow 2{\rm{a}} + 4{\rm{x}} = 5{\rm{a}} - 5{\rm{x}} \Rightarrow x = {a \over 3} \cr} \) Khi đó \(IB = {a \over 2} - {a \over 3} = {a \over 6}\) Vậy \({{{C_1}C} \over {{C_1}C'}} = {{{a \over 3}} \over {{a \over 6}}} = 2\). Câu 54 trang 124 Sách bài tập Hình học 11 Nâng cao. Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh a. Xét tứ diện AB’CD’. Cắt tứ diện đó bằng mặt phẳng đi qua tâm của hình lập phương và song song với mp(ABC). Tính diện tích thiết diện thu được. Hãy xét kết quả của toán khi ABCD.A’B’C’D’ là hình hộp chữ nhật với ba kích thước là a, b, c. Trả lời Vì hình ABCD.A’B’C’D’ là hình lập phương nên AB’CD’ là tứ diện đều có cạnh \(a\sqrt 2 \) (a là cạnh của hình lập phương). Dễ thấy thiết diện là tứ giác MNPQ, trong đó M, N, P, Q lần lượt là trung điểm của các cạnh AB’, AD’, D’C, B’C. Do AB’CD’ là tứ diện đều nên \(B'D' \bot AC\). Vậy tứ giác MNPQ là hình vuông cạnh bằng \({{a\sqrt 2 } \over 2}\). Từ đó \({S_{MNPQ}} = {{{a^2}} \over 2}\) Chú ý. Có thể chiếu tứ giác MNPQ xuống mặt phẳng (ABCD) theo phương chiếu A’A được tứ giác \({M_1}{N_1}{P_1}{Q_1}\) trong đó \({M_1},{N_1},{P_1},{Q_1}\) lần lượt là trung điểm của AB, AD, CD, BC và \({S_{MNPQ}} = {S_{{M_1}{N_1}{P_1}{Q_1}}} = {1 \over 2}{S_{ABC{\rm{D}}}} = {{{a^2}} \over 2}\). Nếu hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ được thay bởi hình hộp chữ nhật với \(AB = a,BC = b,AA' = c\) thì thiết diện thu được vẫn là tứ giác MNPQ và MNPQ là hình thoi có độ dài hai đường chéo MP và NQ lần lượt là b, a. Do đó: \({S_{MNPQ}} = {{ab} \over 2}\). Chú ý. Thực hiện như phần chú ý ở trên thì \({S_{MNPQ}} = {S_{{M_1}{N_1}{P_1}{Q_1}}} = {1 \over 2}{S_{ABC{\rm{D}}}} = {{ab} \over 2}\). Câu 55 trang 124 Sách bài tập Hình học 11 Nâng cao. Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC.A’B’C’ có tất cả các cạnh bằng a. Gọi C1 là trung điểm của CC’. a) Tính góc giữa hai đường thẳng C1B và A’B’. Tính góc giữa hai mặt phẳng (C1AB) và (ABC). b) Chứng minh rằng hình chóp C1.ABB’A’ là hình chóp tứ giác đều. c) Một mặt phẳng (P) chứa cạnh AB, tạo với mặt phẳng đáy (ABC) góc φ và cắt hình lăng trụ đã cho theo hình có diện tích khác không. Tính diện tích thiết diện đó theo a và φ. Trả lời a) (Hình 1) Vì AB // A’B’ nên góc giữa C1B và A’B’ là góc giữa C1B và AB. Dễ thấy AC1 = BC1 nên AC1B là tam giác cân. Từ đó \(\widehat {AB{C_1}} < {90^0}\). Vậy góc giữa AB và AC1 là \(\widehat {AB{C_1}}\). Gọi M là trung điểm của AB thì: \(MB = {a \over 2},B{C_1} = {{a\sqrt 5 } \over 2},MB \bot M{C_1}\). Từ đó \(\cos \widehat {{C_1}BA} = {{MB} \over {{C_1}B}} = {1 \over {\sqrt 5 }}\). Cũng từ kết quả trên, ta có \(\left( {{C_1}MC} \right) \bot AB\) và C1MC là tam giác vuông tại C nên góc giữa mp(C1AB) và (CAB) là \(\widehat {{C_1}MC}\). Ta có \(\tan \widehat {{C_1}MC} = {{{C_1}C} \over {MC}} = {{{a \over 2}} \over {{{a\sqrt 3 } \over 2}}} = {1 \over {\sqrt 3 }}\). Vậy \(\widehat {{C_1}MC} = {30^0}\) hay góc giữa mp(C1AB) và mp(ABC) bằng 30°. b) ABB’A’ là hình vuông. Dễ thấy \({C_1}A = {C_1}B = {C_1}A' = {C_1}B' = {{a\sqrt 5 } \over 2}\). Khi đó \({C_1}O \bot AB',{C_1}O \bot A'B\left( {O = A'B \cap AB'} \right)\). Vậy C1.ABB’A’ là hình chóp tứ giác đều. c) Trong mp(M, CC’) kẻ tia Mt sao cho \(\widehat {CMt} = \varphi \) thì mp(AB, Mt) chính là mặt phẳng (P) phải tìm. - Nếu \({0^0} \le \varphi \le \widehat {C'MC}\) thì thiết diện là tam giác ABN (Hình 2) Khi đó: \(\eqalign{ & {S_{ABN}} = {1 \over 2}AB.MN \cr & AB = a,MN = {{MC} \over {\cos \varphi }} = {{a\sqrt 3 } \over {2\cos \varphi }} \cr} \) Vậy \({S_{ABN}} = {{{a^2}\sqrt 3 } \over {4\cos \varphi }}\) - Nếu \(\widehat {C'MC} < \varphi < {90^0}\) thì thiết diện là hình thang cân ABEF (Hình 3). Khi đó \({S_{ABEF}} = {S_{ABN}} - {S_{EFN}}\). Ta có \(\eqalign{ & {S_{ABN}} = {{{a^2}\sqrt 3 } \over {4\cos \varphi }} \cr & {{{S_{EFN}}} \over {{S_{ABN}}}} = {\left( {{{NE} \over {NB}}} \right)^2} = {\left( {{{NC'} \over {NC}}} \right)^2} \cr & = {{{{\left( {{{a\sqrt 3 } \over 2}\tan \varphi - a} \right)}^2}} \over {{{\left( {{{a\sqrt 3 } \over 2}\tan \varphi } \right)}^2}}} = {{{{\left( {\sqrt 3 \tan \varphi - 2} \right)}^2}} \over {3{{\tan }^2}\varphi }} \cr} \) Vậy \({S_{EFN}} = {{{a^2}\sqrt 3 } \over {4\cos \varphi }}.{{{{\left( {\sqrt 3 \tan \varphi - 2} \right)}^2}} \over {3{{\tan }^2}\varphi }}\) Từ đó \(\eqalign{ & {S_{ABEF}} = {{{a^2}\sqrt 3 } \over {4.\cos \varphi }}.\left[ {1 - {{{{\left( {\sqrt 3 \tan \varphi - 2} \right)}^2}} \over {3{{\tan }^2}\varphi }}} \right] \cr & = {{{a^2}\sqrt 3 } \over {12{{\tan }^2}\varphi \cos \varphi }}.\left( {4\sqrt 3 \tan \varphi - 4} \right) \cr & = {{{a^2}\sqrt 3 } \over {3\tan \varphi .\sin \varphi }}\left( {\sqrt 3 \tan \varphi - 1} \right) \cr} \) - Nếu \(\varphi = {90^0}\) thì thiết diện là hình vuông ABB’A’. Khi đó diện tích thiết diện bằng a2.
