Câu 56 trang 125 Sách bài tập Hình học 11 Nâng cao. Cho tứ diện ABCD có \(BC = B{\rm{D}} = AC = A{\rm{D}};AB = a,C{\rm{D}} = a\sqrt 3 \). Gọi I và J lần lượt là trung điểm của AB và CD, IJ = a. a) Chứng minh rằng IJ là đường vuông góc chung của AB và CD. b) Tính khoảng cách từ điểm cách đều bốn đỉnh A, B, C, D đến mỗi đỉnh đó. Trả lời a) \(\eqalign{ & \Delta BCD = \Delta ACD(c.c.c) \cr & \Rightarrow BJ =AJ \cr} \) Do đó \(\Delta ABJ\) cân tại J, suy ra \(IJ \bot AB\) Chứng minh tương tự: \(IJ \bot CD\) Vậy IJ là đường vuông góc chung của AB và CD. b) Gọi O là điểm cách đều các đỉnh A, B, C, D thì O thuộc đường thẳng IJ. Khi đó OA = OD. Điều này xảy ra khi và chỉ khi \(I{A^2} + O{I^2} = O{J^2} + J{D^2}\), đặt \(I{\rm{O}} = x\) ta có đẳng thức \(\eqalign{ & {{{a^2}} \over 4} + {x^2} = {\left( {a - x} \right)^2} + {\left( {{{a\sqrt 3 } \over 2}} \right)^2} \cr & \Leftrightarrow x = {3 \over 4}a \cr} \) Như vậy khoảng cách từ điểm O đến mỗi đỉnh của tứ diện ABCD bằng \(\sqrt {{{{a^2}} \over 4} + {{9{{\rm{a}}^2}} \over {16}}} = {{a\sqrt {13} } \over 4}\). Câu 57 trang 125 Sách bài tập Hình học 11 Nâng cao. Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông ở C, cạnh SA vuông góc với mặt phẳng đáy, \(AC = a,BC = b,SA = h\). Gọi M và N lần lượt là trung điểm của các cạnh AC và SB. a) Tính độ dài MN. b) Tìm hệ thức liên hệ giữa a, b, h để MN là đường vuông góc chung của AC và SB. Trả lời a) Gọi H là trung điểm của AB thì NH // SA. Do \(SA \bot \left( {ABC} \right)\) nên \(NH \bot \left( {ABC} \right)\), từ đó \(\widehat {NHM} = {90^0}\). Vậy \(\eqalign{ & M{N^2} = N{H^2} + H{M^2} \cr & = {{S{A^2}} \over 4} + {{B{C^2}} \over 4} = {1 \over 4}\left( {{h^2} + {b^2}} \right) \cr & \Rightarrow MN = {1 \over 2}\sqrt {{h^2} + {b^2}} \cr} \) b) h = b Câu 58 trang 126 Sách bài tập Hình học 11 Nâng cao. Cho hình chóp A.ABCD có cạnh SA = x, tất cả các cạnh còn lại có độ dài bằng a. a) Chứng minh rằng SAC là tam giác vuông. b) Tính đường cao SH của hình chóp đã cho. Trả lời a) Gọi O là giao điểm của AC và BD thì \(OA = OC,OB = O{\rm{D}}\). Vì \(SB = S{\rm{D}} = CB = C{\rm{D}}\) nên \(\Delta BC{\rm{D}} = \Delta B{\rm{SD}}\), từ đó \(SO = OC = OA\). Vậy SAC là tam giác vuông tại S. b) \(\left. \matrix{ AC \bot B{\rm{D}} \hfill \cr {\rm{SO}} \bot {\rm{BD}} \hfill \cr} \right\} \Rightarrow B{\rm{D}} \bot \left( {SAC} \right)\), từ đó \(\left( {SAC} \right) \bot \left( {ABC{\rm{D}}} \right)\). Vậy nếu kẻ đường cao SH của tam giác SAC thì \(SH \bot \left( {ABC{\rm{D}}} \right)\), do đó \(d\left( {S;mp\left( {ABC{\rm{D}}} \right)} \right) = SH = {{SA.SC} \over {AC}} = {{a.x} \over {\sqrt {{a^2} + {x^2}} }}\). Câu 59 trang 126 Sách bài tập Hình học 11 Nâng cao. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, cạnh SA vuông góc với mặt đáy SA = a. Tính: a) Khoảng cách từ điểm S đến mp(A1CD) trong đó A1 là trung điểm của SA; b) Khoảng cách giữa AC và SD. Trả lời a) Ta có \(C{\rm{D}} \bot \left( {SA{\rm{D}}} \right)\) nên \(\left( {C{\rm{D}}{A_1}} \right) \bot \left( {SA{\rm{D}}} \right)\). Từ đó, khi kẻ đường cao SH của tam giác SA1D thì: \(SH \bot mp\left( {C{\rm{D}}{A_1}} \right)\). và \(SH = d\left( {S;mp\left( {C{\rm{D}}{A_1}} \right)} \right)\). Ta có \(\eqalign{ & SH.{A_1}D = 2{{\rm{S}}_{S{A_1}D}} = {S_{SA{\rm{D}}}} = {{{a^2}} \over 2} \cr & {A_1}D = \sqrt {{a^2} + {{{a^2}} \over 4}} = {{a\sqrt 5 } \over 2} \cr} \) Vậy \(SH = {{{a^2}} \over 2}.{2 \over {a\sqrt 5 }} = {a \over {\sqrt 5 }} = {{a\sqrt 5 } \over 5}.\) Kẻ qua D đường thẳng song song với AC, cắt đường thẳng AB tại B', khi đó \(B'D = a\sqrt 2 ,AB' = a,SB' = a\sqrt 2 ,S{\rm{D}} = a\sqrt 2 \). Vậy SB’D là tam giác đều. Gọi I là trung điểm của SB’ thì: \(DI = {{a\sqrt 6 } \over 2},SB' \bot \left( {AI{\rm{D}}} \right)\). từ đó \(\left( {AI{\rm{D}}} \right) \bot \left( {SB'D} \right)\). Vậy khi kẻ đường cao AK của tam giác AID thì AK là khoảng cách từ A đến mp(SB’D). Mặt khác AC // (SB’D) nên AK cũng là khoảng cách giữa AC và SD. Ta có \({\rm{AI = }}{{a\sqrt 2 } \over 2},A{\rm{D}} = a\) Vì \(A{\rm{D}} \bot \left( {SAB} \right)\) nên \(A{\rm{D}} \bot AI\). Do đó \(AK = {{AI.A{\rm{D}}} \over {DI}} = {{{{a\sqrt 2 } \over 2}.a} \over {{{a\sqrt 6 } \over 2}}} = {a \over {\sqrt 3 }}\). Vậy khoảng cách giữa AC và SD bằng \({{a\sqrt 3 } \over 3}\). Câu 60 trang 126 Sách bài tập Hình học 11 Nâng cao. Cho hình hộp đứng ABCD.A’B’C’D’ có đáy là hình thoi cạnh a, \(\widehat A = {60^0}\), góc của đường chéo A’C và mặt phẳng đáy bằng 600. a) Tính đường cao của hình hộp đó. b) Tìm đường vuông góc chung của A’C và BB’. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng đó. Trả lời a) Dễ thấy \(\widehat {A'CA} = {60^0}\). Do ABCD là hình thoi cạnh a và \(\widehat A = {60^0}\) nên \(AC = a\sqrt 3 \). Đường cao của hình hộp ABCD.A’B’C’D’ chính là A’A. Mặt khác \(A'A = AC\tan \widehat {A'CA} = a\sqrt 3 \tan {60^0} = 3{\rm{a}}\) . b) Ta có BB’ // (A’AC) và \(BO \bot \left( {A'AC} \right)\) với O là tâm của hình thoi ABCD (giao điểm của hai đường chéo). Kẻ OI // AA’ và kẻ IJ // BO thì dễ dàng chứng minh được IJ là đường vuông góc chung của BB’ và A’C. Khoảng cách giữa hai đường thẳng BB’ và A'C chính là BO. Mặt khác \(BO = {a \over 2}\). Vậy \(d\left( {BB';A'C} \right) = {a \over 2}.\) Chú ý: Có thể tìm thấy đường vuông góc chung của BB’ và A’C và IJ (I, J lần lượt là trung điểm của A’C và BB’) bằng cách xét tứ diện A’B’BC có: \(\eqalign{ & A'B' = BC = a, \cr & A'B = B'C = \sqrt {{a^2} + BB{'^2}} \cr} \) Câu 61 trang 126 Sách bài tập Hình học 11 Nâng cao. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a. Mặt bên SAB là tam giác cân tại S và mp(SAB) vuông góc với mp(ABCD), cạnh SC tạo với mặt phẳng đáy góc α. Tính: a) Chiều cao của hình chóp S.ABCD; b) Khoảng cách từ chân đường cao hình chóp đến mặt phẳng (SCD); c) Diện tích thiết diện của hình chóp S.ABCD khi cắt bởi mặt phẳng trung trực của cạnh BC. Trả lời a) Gọi H là trung điểm của AB thì \(SH \bot AB\), từ đó \(SH \bot \left( {ABC{\rm{D}}} \right)\). Vậy khoảng cách từ S đến mp(ABCD) là SH, đó là chiều cao của hình chóp. Ta có \(SH = HC\tan \alpha \), mặt khác \(H{C^2} = B{H^2} + B{C^2} = {{5{{\rm{a}}^2}} \over 4}\). hay \(HC = {{a\sqrt 5 } \over 2}\). Vậy \(SH = {{a\sqrt 5 } \over 2}\tan \alpha \). b) Gọi K là trung điểm của CD thì \(C{\rm{D}} \bot \left( {SHK} \right)\), từ đó \(\left( {SC{\rm{D}}} \right) \bot \left( {SHK} \right)\). Vậy nếu kẻ đường cao HI của tam giác SHK thì HI là khoảng cách từ H đến mp(SCD). Ta có: \(\eqalign{ & HI = {{H{\rm{S}}.HK} \over {SK}} = {{{{a\sqrt 5 } \over 2}\tan \alpha .a} \over {\sqrt {{{5{{\rm{a}}^2}} \over 4}{{\tan }^2}\alpha + {a^2}} }} \cr & = {{a\sqrt 5 \tan \alpha } \over {\sqrt {5{{\tan }^2}\alpha + 4} }} \cr} \) c) Vì SH và CD cùng vuông góc với BC nên SH, CD song song với mặt phẳng trung trực (R) của BC. Khi đó: \(\left( R \right) \cap \left( {ABC{\rm{D}}} \right) = MN\) với MN // CD và M, N lần lượt là trung điểm của BC, AD. \(\left( R \right) \cap \left( {SHK} \right) = EF\), EF // SH, E là trung điểm của MN. \(\left( R \right) \cap \left( {SC{\rm{D}}} \right) = PQ\), PQ đi qua điểm F và PQ // CD. Thiết diện MNPQ là hình thang cân. Ta có \(\eqalign{ & {S_{MNPQ}} = {1 \over 2}\left( {MN + PQ} \right).EF \cr & = {1 \over 2}\left( {a + {a \over 2}} \right).{{a\sqrt 5 } \over 4}\tan \alpha \cr & = {{3{a^2}\sqrt 5 } \over {16}}\tan \alpha \cr} \). Câu 62 trang 126 Sách bài tập Hình học 11 Nâng cao. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thoi. \(\widehat A = {120^0},B{\rm{D}} = a\), cạnh bên SA vuông góc với đáy, góc giữa mặt phẳng (SBC) và mặt phẳng đáy là 60°. Tính: a) Đường cao của hình chóp. b) Khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SCB). Trả lời a) Vì ABCD là hình thoi và \(\widehat {BA{\rm{D}}} = {120^0}\) nên ABC là tam giác đều. Gọi I là trung điểm của BC thì \(BC \bot \left( {AIS} \right)\). Mặt khác SAI là tam giác vuông tại A nên \(\widehat {SIA}\) là góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và mặt phẳng đáy (ABCD). Theo giả thiết \(\widehat {SIA} = {60^0}\). Ta có \(B{{\rm{D}}^2} + A{C^2} = 4{\rm{A}}{B^2}\). mà AC = AB nên \(AB = {{B{\rm{D}}} \over {\sqrt 3 }} = {a \over {\sqrt 3 }} \Rightarrow AI = {a \over {\sqrt 3 }}.{{\sqrt 3 } \over 2} = {a \over 2}\). Vì \(SA \bot \left( {ABC{\rm{D}}} \right)\) nên SA là đường cao của hình chóp S.ABCD. Ta có : \(SA = AI.\tan {60^0}\). Vậy \(SA = {a \over 2}\sqrt 3 \). b) Ta có \(BC \bot \left( {SAI} \right)\), từ đó \(\left( {SAI} \right) \bot \left( {SBC} \right)\). Vậy nếu kẻ đường cao AH của tam giác SAI thì AH là khoảng cách từ A đến mp(SBC). Xét tam giác vuông SAI ta có: \(AH = {{SA.AI} \over {SI}} = {{{{a\sqrt 3 } \over 2}.{a \over 2}} \over {\sqrt {{{3{{\rm{a}}^2}} \over 4} + {{{a^2}} \over 4}} }} = {{a\sqrt 3 } \over 4}.\) Vậy khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SCB) bằng \({{a\sqrt 3 } \over 4}\). Câu 63 trang 126 Sách bài tập Hình học 11 Nâng cao. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình tam giác vuông tại C, CA = b, CB = a, cạnh SA = h vuông góc với đáy. Gọi D là trung điểm của cạnh AB. Tính: a) Góc giữa hai đường thẳng AC và SD; b) Khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và SD; c) Khoảng cách giữa hai đường thẳng BC và SD. Trả lời a) Gọi E là giao điểm của đường thẳng qua D, song song với AC và đường thẳng qua A, song song với BC thì AED và SED là hai tam giác vuông tại E, do đó \(\widehat {S{\rm{D}}E}\) là góc giữa SD và AC. Đặt \(\widehat {S{\rm{D}}E} = \alpha \) thì \(\tan \alpha = {{SE} \over {E{\rm{D}}}} = {{\sqrt {{h^2} + {{{a^2}} \over 4}} } \over {{b \over 2}}}\) hay \(\tan \alpha = {{\sqrt {{a^2} + 4{h^2}} } \over b}\) b) Vì AC // (SDE) nên \(d\left( {AC;S{\rm{D}}} \right) = d\left( {A;\left( {S{\rm{D}}E} \right)} \right)\). Do \(DE \bot \left( {SA{\rm{E}}} \right)\) nên \(\left( {S{\rm{D}}E} \right) \bot \left( {SA{\rm{E}}} \right)\). Vậy nếu kẻ đường cao AH của tam giác vuông SAE thì AH là khoảng cách giữa AC và SD. Ta có \(AH = {{AS.AE} \over {SE}} = {{h.{a \over 2}} \over {{1 \over 2}\sqrt {{a^2} + 4{h^2}} }} = {{ah} \over {\sqrt {{a^2} + 4{h^2}} }}\) Vậy khoảng cách giữa AC và SD là \(AH = {{ah} \over {\sqrt {{a^2} + 4{h^2}} }}\). c) Gọi I là trung điểm của AC thì BC // (SDI). Do đó \(d\left( {BC;S{\rm{D}}} \right) = d\left( {C;\left( {S{\rm{D}}I} \right)} \right)\) Ta có \(DI \bot \left( {SAC} \right)\) nên \(\left( {S{\rm{D}}I} \right) \bot \left( {SAC} \right)\). Vậy khi kẻ đường cao CK của tam giác SIC thì CK là khoảng cách phải tìm. Ta có \({S_{SIC}} = {{bh} \over 4},SI = {1 \over 2}\sqrt {4{h^2} + {b^2}} \) nên \(CK = {{{{bh} \over 2}} \over {{1 \over 2}\sqrt {4{h^2} + {b^2}} }}\) hay \(CK = {{bh} \over {\sqrt {4{h^2} + {b^2}} }}\) Vậy khoảng cách giữac BC và SD bằng \({{bh} \over {\sqrt {4{h^2} + {b^2}} }}\). Câu 64 trang 126 Sách bài tập Hình học 11 Nâng cao. Trong mặt phẳng (P) cho đường tròn (C) đường kính AB = 2R; C là điểm bất kì thuộc đường tròn (C không trùng với A, B). S là điểm trong không gian sao cho SA vuông góc với (P) và SA = h (h cho trước và h < 2R). Gọi I và J lần lượt là trung điểm của AC và SB. Hãy xác định vị trí điểm C trên đường tròn để IJ là đường vuông góc chung của AC và SB. Khi đó, tính khoảng cách từ điểm A đến mp(SBC). Trả lời Cách 1: Dễ thấy ACB là tam giác vuông tại C mà \(SA \bot \left( {ABC} \right)\) nên \(\widehat {SCB} = {90^0}\). Tam giác SAB vuông tại A, tam giác SCB vuông tại C mà J là trung điểm của SB, từ đó AJ = CJ. Mặt khác IA = IC. Vậy \(IJ \bot AC\). Từ đó, IJ là đường vuông góc chung của AC và SB khi và chỉ khi IS = IB. Xét các tam giác vuông SAI và BCI ta thấy IS = IB khi và chỉ khi SA = BC. Vậy điểm C thuộc đường tròn đã cho sao cho BC = h thì IJ là đường vuông góc chung của AC và SB. Chú ý rằng có hai điểm C như vậy. Cách 2: Xét tứ diện SABC với I, J là trung điểm của AC, SB ta có IJ là đường vuông góc chung của AC và SB khi và chỉ khi SA = CB và SC = AB. Xét các tam giác vuông SAC và ACB ta có các đẳng thức trên xảy ra khi và chỉ khi SA = BC. Dễ thấy \(d\left( {A;mp\left( {SCB} \right)} \right) = A{C_1}\), trong đó AC1 là đường cao của tam giác vuông SAC. Ta có \(A{C_1} = {{SA.AC} \over {SC}}\) mà \(AC = \sqrt {4{{\rm{R}}^2} - {h^2}} ,SC = 2{\rm{R}}\) Từ đó, ta có \(A{C_1} = {{h\sqrt {4{{\rm{R}}^2} - {h^2}} } \over {2{\rm{R}}}}\) Câu 65 trang 127 Sách bài tập Hình học 11 Nâng cao. a) Hai mặt phẳng ABC và ABD của hình tứ diện ABCD là những tam giác có diện tích bằng nhau. Chứng minh rằng đường vuông góc chung của AB và CD đi qua trung điểm của CD. b) Bốn mặt của hình tứ diện ABCD có diện tích bằng nhau. Chứng minh rằng các cặp đối diện của tứ diện bằng nhau, nghĩa là BC = AD, AC = BD, AB = CD. Trả lời a) Cách 1: Vì \({S_{CAB}} = {S_{DAB}}\) nên \(C{B_1} = D{A_1}\) (CB1, DA1 tương ứng là đường cao của các tam giác CAB và DAB). Từ đó \(C{A_1} = D{B_1}\). Nếu A1 \( \ne \) B1 Xét tứ diện A1B1CD có \({A_1}C = {B_1}D,C{B_1} = D{A_1}\) nên đường vuông góc chung của A1B1, CD là đường thẳng nối trung điểm của A1B1 và CD, hay đường vuông góc chung của AB và CD đi qua trung điểm của CD. Nếu A1 ≡ B1 thì kết quả là hiển nhiên. Cách 2. Kẻ các đường cao CB1, DA1 tương ứng của tam giác CAB và DAB. Xét mp(P) vuông góc với AB. Gọi IJ là đường vuông góc với AB. Gọi IJ là đường vuông góc chung của AB và CD thì IJ // (P), CB1 // (P) và DA1 // (P). Chiếu tứ diện đã cho lên (P) thì các điểm A, B, A1, B1, I cùng có hình chiếu là E. Các điểm C, J, D lần lượt có hình chiếu là C’, J’, D’. Dễ thấy J’ thuộc \(C'D',EC' = C{B_1},E{\rm{D}}' = {A_1}D\) từ đó EC’ = ED’. Mặt khác do \(IJ \bot AB\) và \(IJ \bot CD\) nên suy ra \(EJ' \bot C'D'\). Như vậy C’ED’ là tam giác cân tại E và nhận EJ’ là đường cao, từ đó J’C’ = J’D’. Do vậy JC = JC, tức là đường vuông góc chung của AB, CD đi qua trung điểm của CD. b) Vì bốn mặt của tứ diện ABCD có diện tích bằng nhau nên \({S_{CAB}} = {S_{DAB}}\) và \({S_{BC{\rm{D}}}} = {S_{AC{\rm{D}}}}\). Do đó theo câu a) thì đường vuông góc chung của AB và CD là đường thẳng IJ, trong đó I và J lần lượt là trung điểm của AB và CD. Khi đó AC = BD, BC = AD. Tương tự như trên ta có AC = BD và AB = CD. Vậy ABCD là tứ diện có các cặp cạnh đối diện bằng nhau, tức là AB = CD, AC = BD, AD = BC. Câu 66 trang 127 Sách bài tập Hình học 11 Nâng cao. Trên cạnh AD của hình vuông ABCD cạnh a, ta lấy điểm M với AM = x (0 < x < AD) và trên nửa đường thẳng At vuông góc với mặt phẳng (ABCD) lấy điểm S sao cho AS = y. a) Tính khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng (SAC). b) Gọi I là trung điểm của SC và H là hình chiếu của I trên CM. Chứng minh rằng điểm H thuộc đường tròn cố định khi M chạy trên AD và S chạy trên At. Trả lời a) Gọi O là giao điểm của AC và BD thì \(DB \bot \left( {SAC} \right)\). Kẻ MN song song với \(DB\left( {N \in AC} \right)\) thì \(MN \bot \left( {SAC} \right)\), do đó khoảng cách từ M đến mp(SAC) bằng MN. Dễ thấy: \(MN = {{AM} \over {\sqrt 2 }} = {x \over {\sqrt 2 }}\). b) Ta có IO // SA, do \(SA \bot \left( {ABC{\rm{D}}} \right)\) nên \(I{\rm{O}} \bot \left( {ABC{\rm{D}}} \right)\). Do \(IH \bot MC\) nên \(HO \bot HC\) (định lí ba đường vuông góc). Vậy \(\widehat {OHC} = {90^0}\), tức là H thuộc đường tròn đường kính OC nằm trong mặt phẳng chứa hình vuông ABCD. Câu 67 trang 127 Sách bài tập Hình học 11 Nâng cao. Cho ABC là tam giác đều cạnh a. Trên đường thẳng At vuông góc với mp(ABC) lấy điểm S với AS = b. a) Tính khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (SBC) theo a, b. b) Hz là đường thẳng đi qua trực tâm H của tam giác SBC và vuông góc với mp(SBC). Chứng minh rằng khi S di động trên At thì đường thẳng Hz luôn đi qua một điểm cố định. Trả lời a) Gọi A1 là trung điểm của BC thì \(BC \bot mp\left( {SA{A_1}} \right)\), từ đó \(\left( {SA{A_1}} \right) \bot \left( {SBC} \right)\). Kẻ đường cao AI của tam giác SAA1 thì \(AI \bot \left( {SBC} \right)\). Từ đó, khoảng cách từ A đến mp(SBC) bằng AI. Ta có \(AI = {{AS.A{A_1}} \over {S{A_1}}} = {{b.{{a\sqrt 3 } \over 2}} \over {\sqrt {{b^2} + {{3{a^2}} \over 4}} }}\). Vậy \(AI = {{ab\sqrt 3 } \over {\sqrt {3{{\rm{a}}^2} + 4{b^2}} }}\). b) Vì H là trực tâm tam giác SBC nên H thuộc SA1. Do \(\left( {SA{A_1}} \right) \bot \left( {SBC} \right)\) và \(H{\rm{z}} \bot \left( {SBC} \right)\) nên Hz nằm trong mp(SAA1). Gọi K là giao điểm của Hz và AA1, ta có \(KH \bot \left( {SBC} \right),BH \bot SC\) nên \(KB \bot SC\) (định lí ba đường vuông góc). Mặt khác \(SA \bot \left( {ABC} \right),BK \bot SC\) nên \(BK \bot AC\) (định lí ba đường vuông góc). Như vậy K là trực tâm của tam giác ABC. Vậy khi S di động trên đường thẳng At vuông góc với mp(ABC) thì đường thẳng Hz đi qua điểm cố định là trực tâm K của tam giác ABC. Câu 68 trang 127 Sách bài tập Hình học 11 Nâng cao. Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh a. a) Tính góc và khoảng cách giữa hai đường thẳng AC’ và A’B. b) Gọi M, N, P lần lượt là các điểm thuộc các cạnh A’B’, BC, DD’ sao cho A’M = BN = DP. Chứng minh rằng trọng tâm tam giác MNP luôn thuộc đường thẳng cố định khi M, N, P thay đổi. Trả lời a) Góc giữa AC’ và A’B bằng 90°. Vì AC’ vuông góc với (A’BD) tại trọng tâm G của tam giác A’BD và A’BD là tam giác đều cạnh \(a\sqrt 2 \) nên \(d\left( {AC';A'B} \right) = GI = {{a\sqrt 6 } \over 6}.\) b) Đặt \(A'M = BN = DP = x\) thì \(\eqalign{ & A{N^2} = {a^2} + {x^2} \cr & A{P^2} = {a^2} + {x^2} \cr & A{M^2} = {a^2} + {x^2} \cr & \Rightarrow AM = AN = AP \cr} \) Mặt khác \(N{P^2} = N{C^2} + C{{\rm{D}}^2} + D{P^2}\) \(= {\left( {a - x} \right)^2} + {a^2} + {x^2}\) \(N{M^2} = N{B^2} + BB{'^2} + B'{M^2}\) \(= {x^2} + {a^2} + {\left( {a - x} \right)^2} \) Tương tự, ta có MN = NP = PM. Do đó A.MNP là hình chóp đều. Khi ấy đường thẳng nối A với trọng tâm tam giác MNP sẽ vuông góc với mp(MNP). Tương tự như trên ta cũng có đường thẳng nối C’ với trọng tâm của tam giác MNP sẽ vuông góc với mp(MNP). Vậy trọng tâm tam giác MNP luôn thuộc đường thẳng cố định AC’. Câu 69 trang 127 Sách bài tập Hình học 11 Nâng cao. Đáy của hình chóp A.BCD là tam giác đều. Đường cao của hình chóp kẻ từ đỉnh A đi qua trung điểm H của cạnh CD. Cắt hình chóp đó bởi mặt phẳng song song với AB và CD và cách đỉnh B một khoảng bằng d. Tính diện tích thiết diện thu được, biết cạnh của tam giác đều BCD là a và \(AB = a\sqrt 2 \). Trả lời Dễ thấy thiết diện là hình bình hành PQRS. Mặt khác theo giả thiết \(C{\rm{D}} \bot \left( {AHB} \right)\) nên \(C{\rm{D}} \bot AB\). Vậy PQRS là hình chữ nhật. Kẻ \(HE \bot AB\) thì \(HE \bot \left( {PQ{\rm{RS}}} \right)\). Kẻ IK // HE thì \(IK \bot \left( {PQ{\rm{RS}}} \right)\). Do AB // (PQRS) và \(d\left( {B;\left( {PQ{\rm{RS}}} \right)} \right) = d\) nên IK = d. Ta có \(HE = {{AH.HB} \over {AB}} = {{\sqrt {A{B^2} - B{H^2}} .HB} \over {AB}} = {{a\sqrt {15} } \over {4\sqrt 2 }}\) Lại có \(\eqalign{ & {{IK} \over {HE}} = {{BI} \over {BH}} = {{R{\rm{S}}} \over {C{\rm{D}}}} \cr & \Rightarrow R{\rm{S}} = {{da} \over {a\sqrt {15} }}.4\sqrt 2 = {{4\sqrt 2 d} \over {\sqrt {15} }}; \cr & BI = {{IK.BH} \over {HE}} = {{d.{{a\sqrt 3 } \over 2}} \over {{{a\sqrt {15} } \over {4\sqrt 2 }}}} = {{2\sqrt 2 d} \over {\sqrt 5 }} \cr} \) Mặt khác \({{IJ} \over {AB}} = {{HI} \over {HB}} = {{\left( {HB - IB} \right)} \over {HB}};\) Từ đó \(IJ = {{AB\left( {HB - IB} \right)} \over {HB}} = {{\sqrt 2 \left( {a\sqrt {15} - 4\sqrt 2 d} \right)} \over {\sqrt {15} }}\) Vậy \({S_{PQ{\rm{RS}}}} = R{\rm{S}}.IJ = {8 \over {15}}d\left( {a\sqrt {15} - 4\sqrt 2 d} \right)\) . Câu 70 trang 127 Sách bài tập Hình học 11 Nâng cao. Cắt hình lập phương bằng một mặt phẳng (P) đi qua một đường chéo của hình lập phương. Phải chọn (P) như thế nào để thiết diện thu được có diện tích nhỏ nhất. Trả lời Xét (P) là mặt phẳng chứa một đường chéo, chẳng hạn đường chéo BD’ của hình lập phương. Nếu (P) chứa D’A’ thì thiết diện có diện tích là \({a^2}\sqrt 2 .\) Tương tự, nếu (P) chứa D’C’ hoặc D’D thì thiết diện cũng có diện tích là \({a^2}\sqrt 2 \). Ta xét (P) cắt AA’ tại điểm M. Gọi O là tâm hình lập phương thì MO cắt CC’ tạo N. Do đó thiết diện của hình lập phương khi cắt bởi (P) là BMD’N, đó là hình bình hành. Ta có \({S_{BM{\rm{D}}'N}} = B{\rm{D}}'.MK = d.MK\) (d là độ dài đường chéo của hình lập phương). Vậy \({S_{BM{\rm{D}}'N}}\) nhỏ nhất khi và chỉ khi MK nhỏ nhất, tức MK là đường vuông góc chung của BD’ và AA’. Dễ thấy OM0 là đường vuông góc chung của BD’ và AA’, trong đó M0 là trung điểm của AA’; \(O{M_0} = {{a\sqrt 2 } \over 2}\). Vậy lúc đó: \({S_{BMD'N}} = a\sqrt 3 .{{a\sqrt 2 } \over 2} = {{{a^2}\sqrt 6 } \over 2}\) Chú ý. Khi (P) cắt A’B' hoặc B’C’ thì cách giải quyết câu toán cũng như trên và ta có diện tích thiết diện nhỏ nhất trong trường hợp đó cũng là \({{{a^2}\sqrt 6 } \over 2}\). Dễ thấy \({{{a^2}\sqrt 6 } \over 2} < {a^2}\sqrt 2 .\) Vậy nếu (P) qua đường chéo BD’ và qua trung điểm một cạnh của hình lập phương không đi qua B và D’, thì diện tích thiết diện nhỏ nhất và có giá trị bằng \({{{a^2}\sqrt 6 } \over 2}\).
