Câu 71 trang 128 Sách bài tập Hình học 11 Nâng cao. Cho M và N lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, A1D1 của hình hộp ABCD.A1B1C1D1. a) Xác định giao điểm P và Q của mặt phẳng (CMN) với các đường thẳng B1C1 và DB1. b) Hãy biểu thị các vectơ \(\overrightarrow {AP} ,\overrightarrow {AQ} \) qua các vectơ \(\overrightarrow a ,\overrightarrow b ,\overrightarrow c \) trong đó \(\overrightarrow b = \overrightarrow {AB} ,\overrightarrow c = \overrightarrow {A{\rm{D}}} ,\overrightarrow a = \overrightarrow {A{A_1}} \). Trả lời a) Đặt \(\overrightarrow {A{A_1}} = \overrightarrow a ,\overrightarrow {AB} = \overrightarrow b ,\overrightarrow {AD} = \overrightarrow c \). P là giao điểm của mp(CMN) với đường thẳng B1C1 khi và chỉ khi C, M, N, P thuộc một mặt phẳng và P thuộc đường thẳng B1C1. Ta có các điểm M, N, C, P thuộc một mặt phẳng nên tồn tại các số x, y, z sao cho: \(x + y + z = 1\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( * \right)\) và \(\overrightarrow {AP} = x\overrightarrow {AM} + y\overrightarrow {AN} + z\overrightarrow {AC.} \) Ta có: \(\eqalign{ & \overrightarrow {AP} = x.{{\overrightarrow b } \over 2} + y\left( {\overrightarrow a + {{\overrightarrow c } \over 2}} \right) + z\left( {\overrightarrow b + \overrightarrow c } \right) \cr & = y\overrightarrow a + \left( {{x \over 2} + z} \right)\overrightarrow b + \left( {{y \over 2} + z} \right)\overrightarrow c \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right) \cr} \) Vì P thuộc đường thẳng B1C1 nên \(\overrightarrow {{B_1}P} = t\overrightarrow {{B_1}{C_1}} \), từ đó \(\overrightarrow {AP} = \overrightarrow b + \overrightarrow a +t \overrightarrow c \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 2 \right)\) Từ (1), (2) và do \(\overrightarrow a ,\overrightarrow b ,\overrightarrow c \) không đồng phẳng nên \(\left\{ \matrix{ y = 1 \hfill \cr {x \over 2} + z = 1 \hfill \cr {y \over 2} + z = t \hfill \cr} \right.\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( {**} \right)\) Kết hợp (*) và (**), ta có: \(\eqalign{ & \left\{ \matrix{ y = 1 \hfill \cr {x \over 2} + z = 1 \hfill \cr {y \over 2} + z = t \hfill \cr x + y + z = 1 \hfill \cr} \right. \cr & \Rightarrow z = - x \Rightarrow {x \over 2} - x = 1 \Leftrightarrow x = - 2 \cr & \Rightarrow z = 2,t = {5 \over 2} \cr} \) Vậy giao điểm của mp(CMN) với đường thẳng B1C1 là điểm P xác định bời \(\overrightarrow {{B_1}P} = {5 \over 2}\overrightarrow {{B_1}{C_1}} \) . Tương tự như trên, nếu gọi Q là giao điểm của mp(CMN) với đường thẳng B1D thì ta có \(x + y + z = 1\). và \(\eqalign{ & \overrightarrow {AQ} = x\overrightarrow {AM} + y\overrightarrow {AN} + z\overrightarrow {AC} \cr & = y\overrightarrow a + \left( {{x \over 2} + z} \right)\overrightarrow b + \left( {{y \over 2} + z} \right)\overrightarrow c \cr} \) Mặt khác \(\overrightarrow {AQ} = \overrightarrow b + \overrightarrow a + t\overrightarrow {{B_1}D}\) \( = \overrightarrow a + \overrightarrow b + t\left( { - \overrightarrow a - \overrightarrow b + \overrightarrow c } \right) \) \(= \left( {1 - t} \right)\overrightarrow a + \left( {1 - t} \right)\overrightarrow b + t\overrightarrow c\) Ta có hệ phương trình sau: \(\eqalign{ & \left\{ \matrix{ y = 1 - t \hfill \cr {x \over 2} + z = 1 - t \hfill \cr {y \over 2} + z = t \hfill \cr x + y + z = 1 \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left\{ \matrix{ {x \over 2} - y + z = 0 \hfill \cr x + y + z = 1 \hfill \cr {x \over 2} + {y \over 2} + 2{\rm{z}} = 1 \hfill \cr} \right. \cr & \Rightarrow 1 - z = 2 - 4{\rm{z}} \Leftrightarrow z = {1 \over 3} \cr & \Rightarrow x = {2 \over 9},y = {4 \over 9},t = {5 \over 9}. \cr} \) Vậy giao điểm Q của đường thẳng B1D với mp(CMN) được xác định bởi \(\overrightarrow {{B_1}Q} = {5 \over 9}\overrightarrow {{B_1}D} \) b) Từ kết quả của câu a), ta có : \(\eqalign{ & \overrightarrow {AP} = \overrightarrow a + \overrightarrow b + {5 \over 2}\overrightarrow c \cr & \overrightarrow {AQ} = {4 \over 9}\overrightarrow a + {4 \over 9}\overrightarrow b + {5 \over 9}\overrightarrow c \cr} \). Câu 72 trang 128 Sách bài tập Hình học 11 Nâng cao. Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’. Lấy các điểm \({A_1},{B_1},{C_1}\) lần lượt thuộc các cạnh bên AA’, BB’, CC’ sao cho \({{A{A_1}} \over {AA'}} = {{B'{B_1}} \over {BB'}} = {{C'{C_1}} \over {CC'}} = {3 \over 4}\). Trên các đoạn thẳng CA1 và A’B1 lần lượt lấy các điểm I, J sao cho IJ // B’C1. Tính tỉ số \({{IJ} \over {B'{C_1}}}\) . Trả lời Đặt \(\overrightarrow {AA'} = \overrightarrow a ,\overrightarrow {AB} = \overrightarrow b ,\overrightarrow {AC} = \overrightarrow c \). Theo giả thiết ta có: \(\overrightarrow {A{A_1}} = {3 \over 4}\overrightarrow a ,\overrightarrow {B'{B_1}} = - {3 \over 4}\overrightarrow a ,\overrightarrow {C'{C_1}} = - {3 \over 4}\overrightarrow a .\) Ta có: \(\eqalign{ & \overrightarrow {C{A_1}} = \overrightarrow {CA} + \overrightarrow {A{A_1}} \cr & = {3 \over 4}\overrightarrow a - \overrightarrow c ; \cr & \overrightarrow {A'{B_1}} = \overrightarrow {A'B'} + \overrightarrow {B'{B_1}} \cr & = - {3 \over 4}\overrightarrow a + \overrightarrow b ; \cr & \overrightarrow {B'{C_1}} = \overrightarrow {B'A'} + \overrightarrow {A'C'} + \overrightarrow {C'{C_1}} \cr & = - {3 \over 4}\overrightarrow a - \overrightarrow b + \overrightarrow c \cr} \) Vì I thuộc CA1 nên \(\overrightarrow {CI} = t\overrightarrow {C{A_1}} = {3 \over 4}t\overrightarrow a - t\overrightarrow c .\) Do J thuộc A’B1 nên \(\overrightarrow {A'J} = m\overrightarrow {A'{B_1}} = - {3 \over 4}m\overrightarrow a + m\overrightarrow b \) . Mặt khác \(\eqalign{ & \overrightarrow {IJ} = \overrightarrow {IC} + \overrightarrow {CA'} + \overrightarrow {A'J} \cr & = - {3 \over 4}t\overrightarrow a + t\overrightarrow c + \overrightarrow a - \overrightarrow c - {3 \over 4}m\overrightarrow a + m\overrightarrow b \cr & = \left( {1 - {3 \over 4}t - {3 \over 4}m} \right)\overrightarrow a + m\overrightarrow b + \left( {t - 1} \right)\overrightarrow c \cr} \) Ta có: \(\eqalign{ & IJ//B'{C_1} \Leftrightarrow \overrightarrow {IJ} = k\overrightarrow {B'{C_1}} \cr & \Leftrightarrow \left\{ \matrix{ 1 - {3 \over 4}t - {3 \over 4}m = - {3 \over 4}k \hfill \cr m = - k \hfill \cr t - 1 = k \hfill \cr} \right. \cr} \) Suy ra \(\eqalign{ & 1 - {3 \over 4}\left( {k + 1} \right) + {3 \over 4}k = - {3 \over 4}k \cr & \Leftrightarrow {1 \over 4} + {3 \over 4}k = 0 \Leftrightarrow k = - {1 \over 3} \cr & \Rightarrow t = {2 \over 3},m = {1 \over 3}. \cr} \) Vậy điểm I thuộc A1C được xác định bởi \(\overrightarrow {CI} = {2 \over 3}\overrightarrow {C{A_1}} \) và J thuộc A’B1 được xác định \(\overrightarrow {A'J} = {1 \over 3}\overrightarrow {A'{B_1}} \). Khi đó, ta có \({{IJ} \over {B'{C_1}}} = {1 \over 3}.\) Câu 73 trang 128 Sách bài tập Hình học 11 Nâng cao. Cho M, N lần lượt là trung điểm của các cạnh AB và CD của tứ diện ABCD; P là điểm thuộc đường thẳng AD sao cho \(\overrightarrow {PA} = k\overrightarrow {P{\rm{D}}} \), k là số cho trước (k ≠ 1). Xác định điểm Q thuộc đường thẳng BC sao cho PQ và MN cắt nhau. Khi đó, hãy tính tỉ số \({{QB} \over {QC}}.\) Trả lời MN cắt PQ nên các điểm M, N, P, Q cùng thuộc một mặt phẳng. Điều này tương đương với có các số x, y sao cho \(\overrightarrow {MP} = x\overrightarrow {MN} + y\overrightarrow {MQ} \). Đặt \(\overrightarrow {DA} = \overrightarrow a ,\overrightarrow {DB} = \overrightarrow b ,\overrightarrow {DC} = \overrightarrow c .\) Khi đó \(\eqalign{ & \overrightarrow {MN} = {1 \over 2}\left( {\overrightarrow {A{\rm{D}}} + \overrightarrow {BC} } \right) \cr & = {1 \over 2}\left( { - \overrightarrow a - \overrightarrow b + \overrightarrow c } \right) \cr & \overrightarrow {MP} = {{\overrightarrow {MA} - k\overrightarrow {M{\rm{D}}} } \over {1 - k}} \cr & = {1 \over {1 - k}}\left[ {{1 \over 2}\left( {\overrightarrow a - \overrightarrow b } \right) - {k \over 2}\left( {\overrightarrow a - \overrightarrow b - 2\overrightarrow a } \right)} \right] \cr & = {1 \over {1 - k}}\left[ {{1 \over 2}\left( {\overrightarrow a - \overrightarrow b } \right) + {k \over 2}\left( {\overrightarrow a + \overrightarrow b } \right)} \right] \cr & = {1 \over {2\left( {1 - k} \right)}}\left[ {\left( {1 + k} \right)\overrightarrow a + \left( {k - 1} \right)\overrightarrow b } \right] \cr & = {{k + 1} \over {2\left( {1 - k} \right)}}\overrightarrow a - {1 \over 2}\overrightarrow {b.} \cr & \overrightarrow {MQ} = \overrightarrow {MB} + \overrightarrow {BQ} \cr & = {1 \over 2}\left( {\overrightarrow b - \overrightarrow a } \right) + t\left( { - \overrightarrow b + \overrightarrow c } \right) \cr & = - {1 \over 2}\overrightarrow a + \left( {{1 \over 2} - t} \right)\overrightarrow b + t\overrightarrow c \cr} \) Từ đó ta có \(\eqalign{ & \overrightarrow {MP} = x\overrightarrow {MN} + y\overrightarrow {MQ} \cr & \Leftrightarrow \left\{ \matrix{ {{k + 1} \over {2\left( {1 - k} \right)}} = - {1 \over 2}x - {1 \over 2}y \hfill \cr - {1 \over 2} = - {1 \over 2}x + y\left( {{1 \over 2} - t} \right) \hfill \cr 0 = {1 \over 2}x + yt \hfill \cr} \right. \cr & \Rightarrow y = - 1,x = {{k + 1} \over {k - 1}} + 1 = {{2k} \over {k - 1}} \cr & t = {k \over {k - 1}} \cr} \) Như vậy \(\eqalign{ & \overrightarrow {BQ} = {k \over {k - 1}}\overrightarrow {BC} = {k \over {k - 1}}\left( {\overrightarrow {BQ} + \overrightarrow {QC} } \right) \cr & \Leftrightarrow \left( {1 - {k \over {k - 1}}} \right)\overrightarrow {BQ} = {k \over {k - 1}}\overrightarrow {QC} \cr & \Leftrightarrow - \overrightarrow {BQ} = k.\overrightarrow {QC} \cr & \Leftrightarrow {{QB} \over {QC}} = \left| k \right| \cr} \) Câu 74 trang 128 Sách bài tập Hình học 11 Nâng cao. Cho tứ diện ABCD. Gọi \({A_1},{B_1},{C_1},{D_1}\) là các điểm lần lượt thuộc các đường thẳng AB, BC, CD, DA sao cho \(\overrightarrow {{A_1}A} = k\overrightarrow {{A_1}B} ,\overrightarrow {{B_1}B} = k\overrightarrow {{B_1}C} \) , \(\overrightarrow {{C_1}C} = k\overrightarrow {{C_1}D} ,\overrightarrow {{D_1}D} = k\overrightarrow {{D_1}A} \). Với giá trị bào của k thì bốn điểm \({A_1},{B_1},{C_1},{D_1}\) cùng thuộc một mặt phẳng? Trả lời: Cách 1. Đặt \(\overrightarrow {DA} = \overrightarrow a ,\overrightarrow {DB} = \overrightarrow b ,\overrightarrow {DC} = \overrightarrow c \) thì \(\overrightarrow a ,\overrightarrow b ,\overrightarrow c \) không đồng phẳng. Các điểm \({A_1},{B_1},{C_1},{D_1}\) cùng thuộc một mặt phẳng khi và chỉ khi có các số m, n để \(\overrightarrow {{D_1}{B_1}} = m\overrightarrow {{D_1}{A_1}} + n\overrightarrow {{D_1}{C_1}} \,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\) Từ hệ thức \(\overrightarrow {{B_1}B} = k\overrightarrow {{B_1}C} \), ta có \(\overrightarrow {{D_1}{B_1}} = {{\overrightarrow {{D_1}B} - k\overrightarrow {{D_1}C} } \over {1 - k}}\) hay \(\eqalign{ & \overrightarrow {{D_1}{B_1}} = {{\overrightarrow {{D_1}D} + \overrightarrow {DB} - k\left( {\overrightarrow {{D_1}D} + \overrightarrow {DC} } \right)} \over {1 - k}} \cr & = \overrightarrow {{D_1}D} + {1 \over {1 - k}}\overrightarrow b - {k \over {1 - k}}\overrightarrow c \cr} \) Mặt khác \(\eqalign{ & \overrightarrow {{D_1}D} = k\overrightarrow {{D_1}A} = k\left( {\overrightarrow {{D_1}D} + \overrightarrow {DA} } \right) \cr & \Rightarrow \overrightarrow {{D_1}D} = {k \over {1 - k}}\overrightarrow a \cr} \) Vậy \(\overrightarrow {{D_1}{B_1}} = {k \over {1 - k}}\overrightarrow a + {1 \over {1 - k}}\overrightarrow b - {k \over {1 - k}}\overrightarrow c \). Tương tự như trên, ta có \(\eqalign{ & \overrightarrow {{D_1}{A_1}} = {{\overrightarrow {{D_1}A} - k\overrightarrow {{D_1}B} } \over {1 - k}} \cr & = {{\overrightarrow {{D_1}D} + \overrightarrow {DA} - k\left( {\overrightarrow {{D_1}D} + \overrightarrow {DB} } \right)} \over {1 - k}} \cr & = \overrightarrow {{D_1}D} + {1 \over {1 - k}}\overrightarrow a - {k \over {1 - k}}\overrightarrow b \cr} \) hay \(\eqalign{ & \overrightarrow {{D_1}{A_1}} = {{k + 1} \over {1 - k}}\overrightarrow a - {k \over {1 - k}}\overrightarrow b \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 3 \right) \cr & \overrightarrow {{D_1}{C_1}} = {{\overrightarrow {{D_1}C} - k\overrightarrow {{D_1}D} } \over {1 - k}} \cr & = {{\overrightarrow {{D_1}D} + \overrightarrow {DC} - k\overrightarrow {{D_1}D} } \over {1 - k}} \cr & = \overrightarrow {{D_1}D} + {1 \over {1 - k}}\overrightarrow c \cr} \) do đó \(\overrightarrow {{D_1}{C_1}} = {k \over {1 - k}}\overrightarrow a + {1 \over {1 - k}}\overrightarrow c .\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 4 \right)\) Từ (1), (2), (3), (4) ta có các điểm \({A_1},{B_1},{C_1},{D_1}\) cùng thuộc mặt phẳng khi và chỉ khi \(k\overrightarrow a + \overrightarrow b - k\overrightarrow c \) \(= \left( {mk + nk + m} \right)\overrightarrow a - mk\overrightarrow b + n\overrightarrow c \) Do \(\overrightarrow a ,\overrightarrow b ,\overrightarrow c \) không đồng phẳng nên đẳng thức trên xảy ra khi và chỉ khi có các số m, n để \(\left\{ \matrix{ k = mk + nk + m \hfill \cr 1 = - mk \hfill \cr - k = n \hfill \cr} \right.\) Điều đó tương đương với \(k = - 1 - {k^2} - {1 \over k}\) hay \({k^3} + {k^2} + k + 1 = 0\) hay k = -1. Vậy với k = -1 thì các điểm \({A_1},{B_1},{C_1},{D_1}\) cùng thuộc một mặt phẳng. Cách 2. Đặt \(\overrightarrow {DA} = \overrightarrow a ,\overrightarrow {DB} = \overrightarrow b ,\overrightarrow {DC} = \overrightarrow c \). Tìm k để các điểm \({A_1},{B_1},{C_1},{D_1}\) cùng thuộc một mặt phẳng tương đương với việc tìm k để có biểu diễn \(\overrightarrow {D{A_1}} = x\overrightarrow {D{B_1}} + y\overrightarrow {D{C_1}} + z\overrightarrow {{\rm{D}}{{\rm{D}}_1}} \) với x + y + z = 1 (a) Từ hệ thức \(\overrightarrow {{A_1}A} = k\overrightarrow {{A_1}B} \) ta có \(\eqalign{ & \overrightarrow {D{A_1}} = {{\overrightarrow {DA} - k\overrightarrow {DB} } \over {1 - k}} \cr & = {1 \over {1 - k}}\overrightarrow a - {k \over {1 - k}}\overrightarrow b \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right) \cr} \) Tương tự như trên, ta cũng có \(\overrightarrow {D{B_1}} = {1 \over {1 - k}}\overrightarrow b - {k \over {1 - k}}\overrightarrow c \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 2 \right)\) Mặt khác từ \(\overrightarrow {{C_1}C} = k\overrightarrow {{C_1}D} \) ta có \(\eqalign{ & \overrightarrow {{C_1}D} + \overrightarrow {DC} = k\overrightarrow {{C_1}D} \cr & \Leftrightarrow \overrightarrow {D{C_1}} = {1 \over {1 - k}}\overrightarrow c \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 3 \right) \cr} \) Tương tự từ \(\overrightarrow {{D_1}D} = k\overrightarrow {{D_1}A} \), ta cũng có \(\overrightarrow {{D_1}D} = {k \over {1 - k}}\overrightarrow a \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 4 \right)\) Từ (1), (2), (3), (4), ta suy ra \(\overrightarrow {D{A_1}} = - {1 \over k}\overrightarrow {{\rm{D}}{{\rm{D}}_1}} - k\overrightarrow {D{B_1}} - {k^2}\overrightarrow {D{C_1}} \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( b \right)\) Từ (a) và (b) ta có các điểm \({A_1},{B_1},{C_1},{D_1}\) cùng thuộc một mặt phẳng khi và chỉ khi: \(\eqalign{ & - {1 \over k} - k - {k^2} = 1 \cr & \Leftrightarrow {k^3} + {k^2} + k + 1 = 0 \cr & \Leftrightarrow k = - 1 \cr} \) Vậy với k = -1 thì các điểm \({A_1},{B_1},{C_1},{D_1}\) cùng thuộc một mặt phẳng. Câu 75 trang 128 Sách bài tập Hình học 11 Nâng cao. Cho tứ diện ABCD. Chứng minh rằng: a) Nếu ABCD là hình chữ nhật thì với mọi điểm M trog không gian ta luôn có \(M{A^2} + M{C^2} = M{B^2} + M{{\rm{D}}^2}\) . b) Nếu ABCD là hình bình hành thì \(M{A^2} + M{C^2} - M{B^2} - M{{\rm{D}}^2}\) không phụ thuộc vào vị trí điểm M trong không gian. Điều ngược lại có đúng không? Trả lời: a) Cách 1. Gọi O là giao điểm của AC và BD \(\eqalign{ & M{A^2} + M{C^2} = 2M{O^2} + {{A{C^2}} \over 2} \cr & M{B^2} + M{{\rm{D}}^2} = 2M{O^2} + {{B{{\rm{D}}^2}} \over 2} \cr} \) Vì ABCD là hình chữ nhật nên AC = BD. Vậy \(M{A^2} + M{C^2} = M{B^2} + M{{\rm{D}}^2}\). Cách 2. \(\eqalign{& M{A^2} + M{C^2} = {\left( {\overrightarrow {MO} + \overrightarrow {OA} } \right)^2} + {\left( {\overrightarrow {MO} + \overrightarrow {OC} } \right)^2} \cr & = 2\overrightarrow {M{O^2}} + 2\overrightarrow {MO} .\left( {\overrightarrow {OA} + \overrightarrow {OC} } \right) + {\overrightarrow {OA} ^2} + {\overrightarrow {OC} ^2} \cr & = 2\left( {M{O^2} + O{A^2}} \right) \cr & \left( {do\,OA = OC,\overrightarrow {OA} + \overrightarrow {OC} = \overrightarrow 0 } \right) \cr} \) Tương tự như tên ta có \(M{B^2} + M{{\rm{D}}^2} = 2\left( {M{O^2} + O{B^2}} \right)\). Vì ABCD là hình chữ nhật nên OA = OB. Vậy \(M{A^2} + M{C^2} = M{B^2} + M{{\rm{D}}^2}\). b) Gọi I, J lần lượt là trung điểm của AC cà BD, khi đó: \(\eqalign{ & M{A^2} + M{C^2} - M{B^2} - M{{\rm{D}}^2} \cr & = {\left( {\overrightarrow {MI} + \overrightarrow {IA} } \right)^2} + {\left( {\overrightarrow {MI} + \overrightarrow {IC} } \right)^2} - {\left( {\overrightarrow {MJ} + \overrightarrow {JB} } \right)^2} - {\left( {\overrightarrow {MJ} + \overrightarrow {J{\rm{D}}} } \right)^2} \cr & = 2M{I^2} + I{A^2} + I{C^2} - 2M{J^2} - I{B^2} - J{{\rm{D}}^2} \cr & = 2\left( {M{I^2} - M{J^2}} \right) + {1 \over 2}\left( {A{C^2} - B{{\rm{D}}^2}} \right) \cr} \) ● Nếu ABCD là hình bình hành thì I ≡ J Khi đó \(\eqalign{ & M{A^2} + M{C^2} - M{B^2} - M{{\rm{D}}^2} \cr & = {1 \over 2}\left( {A{C^2} - B{{\rm{D}}^2}} \right) \cr} \) tức là \(M{A^2} + M{C^2} - M{B^2} - M{{\rm{D}}^2}\) không phụ thuộc vào vị trí của điểm M. ● Ngược lạ, nếu \(M{A^2} + M{C^2} - M{B^2} - M{{\rm{D}}^2}\) không phụ thuộc vào bị trí của điểm M thì \(M{I^2} - M{J^2}\) cũng là hằng số. Khi đó chọn M lần lượt là điểm I và điểm J thì \(I{I^2} - I{J^2} = J{I^2} - J{J^2}\) , suy ra \( - I{J^2} = I{J^2}\), tức là IJ = 0 hay I ≡ J Vậy ABCD là hình bình hành. Chú ý cũng có thể sử dụng các công thức: \(\eqalign{ & M{A^2} + M{C^2} = 2M{I^2} + {{A{C^2}} \over 2} \cr & M{B^2} + M{D^2} = 2M{J^2} + {{B{D^2}} \over 2} \cr} \) và từ đó ta có \(\eqalign{ & M{A^2} + M{C^2} - M{B^2} - M{{\rm{D}}^2} \cr & = 2\left( {M{I^2} - M{J^2}} \right) + {1 \over 2}\left( {A{C^2} - B{{\rm{D}}^2}} \right) \cr} \) rồi lí luận như trên để đi đến kết quả. Câu 76 trang 128 Sách bài tập Hình học 11 Nâng cao. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thang cân với các cạnh đáy AB =2a, CD = a và hai cạnh bên BC = AD = a, SO vuông góc với mp(ABC) trong đó O là trung điểm của AB, SO = a. a) Chứng minh rằng điểm cách đều các điểm S, A, B, C, D thuộc đường thẳng SO. Tính khoảng cách từ điểm đó đến mỗi đỉnh của hình chóp. b) Tính góc giữa đường thẳng SO và mp(SCD). Trả lời a) AO và DC song song và bằng nhau nên AD = OC mà AD = AO, từ đó OA = OC. Tương tự, ta có OB = OD. Do đó OA = OB = OC = OD. Mặt khác SO vuông góc với mp(ABCD) nên mọi điểm trên SO cách đều các điểm A, B, C, D. Vì SA và SO cắt nhau nên xét đường trung trực của SA trong mp(SAB) thì nó cắt đường thẳng SO tại một điểm, đó là điểm cách đều năm đỉnh S, A, B, C, D. Vù SO = a, AO = a nên OS = OA. Vậy O là điểm cách đều các điểm S, A, B, C, D. Do đó, khoảng cách từ điểm cách đều phải tìm đến các đỉnh bằng a. b) Gọi M là trung điểm của CD thì \(OM \bot DC\) từ đó \(C{\rm{D}} \bot mp\left( {OMS} \right)\). Vậy nếu kẻ OH vuông góc với SM thì \(DC \bot OH\) từ đó \(OH \bot mp\left( {SC{\rm{D}}} \right)\) Như thế \(\widehat {H{\rm{S}}O}\) là góc giữa SO và mp(SCD). Nhận thấy \(\widehat {H{\rm{S}}O} = \widehat {M{\rm{SO}}}\). Cách 1. Xét tam giác SOM vuông tại O ta có: \(tan\widehat {H{\rm{S}}O} = \tan \widehat {MOS} = {{OM} \over {OS}} = {{{{a\sqrt 3 } \over 2}} \over a} = {{\sqrt 3 } \over 2}\). Cách 2. Ta có: \(\eqalign{ & {1 \over {O{H^2}}} = {1 \over {O{S^2}}} + {1 \over {O{M^2}}} \cr & = {1 \over {{a^2}}} + {1 \over {{{\left( {{{a\sqrt 3 } \over 2}} \right)}^2}}} = {1 \over {{a^2}}} + {4 \over {3{a^2}}} = {7 \over {3{a^2}}}. \cr} \) Vậy \(OH = {{a\sqrt {21} } \over 7}\). Do đó \(\sin \widehat {H{\rm{S}}O} = {{OH} \over {SO}} = {{{{a\sqrt {21} } \over 7}} \over a} = {{\sqrt {21} } \over 7}\). Vậy góc giữa SO và mặt phẳng (SCD) là α mà \(\sin \alpha = {{\sqrt {21} } \over 7}\left( {{0^0} < \alpha < {{90}^0}} \right)\). Câu 77 trang 129 Sách bài tập Hình học 11 Nâng cao. Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác đều, SA = SB = SC = a và cùng tạo với mặt phẳng (ABC) góc 60°. Một mặt phẳng song song với hai cạnh chéo nhau của hình chóp và cắt hình chóp đó theo thiết diện là hình vuông. Tính diện tích thiết diện. Trả lời Giả sử H là tâm của tam giác đều. Từ SA = SB = SC nên \(SH \bot \left( {ABC} \right)\) và \(\widehat {SAH} = {60^0}\). Giả sử mặt phẳng song song với SA, CD và thiết diện thu được là hình vuông MNPQ. Khi đó, nếu kí hiệu cạnh hình vuông là x thì: \(\eqalign{ & {x \over {SA}} = {{CQ} \over {C{\rm{S}}}}\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right) \cr & {x \over {BC}} = {{SQ} \over {SC}}\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 2 \right) \cr} \) Từ (1), (2) suy ra: \(\eqalign{ & x\left( {{1 \over {SA}} + {1 \over {BC}}} \right) = {{CQ + Q{\rm{S}}} \over {C{\rm{S}}}} = 1 \cr & \Rightarrow x= {{SA.BC} \over {SA + BC}} = {{a.BC} \over {a + BC}} \cr} \) Mặt khác \(HA = SA\cos {60^0} = {a \over 2}\). mà \(HA = {{BC\sqrt 3 } \over 3}\). Suy ra \(BC = {{a\sqrt 3 } \over 2}\). Từ đó \(x = {{a.{{a\sqrt 3 } \over 2}} \over {a + {{a\sqrt 3 } \over 2}}} = {{a\sqrt 3 } \over {2 + \sqrt 3 }} = a\sqrt 3 \left( {2 - \sqrt 3 } \right)\). Vậy \({S_{MNPQ}} = {\left[ {a\sqrt 3 \left( {2 - \sqrt 3 } \right)} \right]^2} = 3{{\rm{a}}^2}{\left( {2 - \sqrt 3 } \right)^2}\). Câu 78 trang 129 Sách bài tập Hình học 11 Nâng cao. Cho tam giác đề ABC có chiều cao AH = 5a. Điểm O thuộc đoạn thẳng AH sao cho AO = a. Điểm S trên đường thẳng vuông góc với mặt phẳng (ABC) tại O và SO = 2a. a) Chứng mịn AS và CS vuông góc với nhau. Tính góc giữa hai đường thẳng AB và SC. b) Gọi I là trung điểm của OH; (α) là mặt phẳng đi qua điểm I và vuông góc với AH. Thiết diện của hình chóp S.ABC khi cắt bởi (α) là hình gì? Tính diện tích thiết diện. Trả lời a) Dễ thấy \(\eqalign{ & BC = {{10{\rm{a}}} \over {\sqrt 3 }} \cr & S{A^2} = S{O^2} + A{O^2} \cr & = 4{{\rm{a}}^2} + {a^2} = 5{{\rm{a}}^2} \cr & S{C^2} = S{O^2} + A{O^2} \cr & = 4{{\rm{a}}^2} + 16{{\rm{a}}^2} + {{25{{\rm{a}}^2}} \over 3} \cr & = {{85{a^2}} \over 3} \cr & A{C^2} = {{100{{\rm{a}}^2}} \over 3} \cr} \) Ta có \(S{A^2} + S{C^2} = A{C^2}\) Vậy \(SA \bot SC\). + Kẻ AD song song và bằng BC (hai tia AD, BC cùng chiều) thì góc giữa AB và SC chính là góc giữa CD và SC, đó là \(\widehat {SC{\rm{D}}}\) hoặc \({180^0} - \widehat {SC{\rm{D}}}\). Dễ thấy \(SA \bot BC\), do AD // BC nên \(SA \bot A{\rm{D}}\), tức là tam giác SAD vuông. Do đó \(S{{\rm{D}}^2} = S{A^2} + A{{\rm{D}}^2} = 5{{\rm{a}}^2} + {{100{{\rm{a}}^2}} \over 3} = {{115{{\rm{a}}^2}} \over 3}\), mặt khác \(S{{\rm{D}}^2} = S{C^2} + D{C^2} - 2{\rm{S}}C.DC\cos \widehat {SCD}\) nên ta có \(\eqalign{& {{115{{\rm{a}}^2}} \over 3} \cr & = {{85{{\rm{a}}^2}} \over 3} + {{100{{\rm{a}}^2}} \over 3} - 2.{{a\sqrt {85} } \over {\sqrt 3 }}.{{10{\rm{a}}} \over {\sqrt 3 }}\cos \widehat {SCD} \cr & \Rightarrow \cos \widehat {SCD} = {7 \over {2\sqrt {85} }} \cr} \) Vậy góc giữa AB và SC là α mà \(\cos \alpha = {7 \over {2\sqrt {85} }}\). Do \(\left( \alpha \right) \bot AH,SO \bot AH\) và \(BC \bot AH\) nên SO và BC cùng song song với (α). Khi đó \(\left( \alpha \right) \cap \left( {ABC} \right) = MN\), MN qua I và MN // BC \(\eqalign{ & \left( \alpha \right) \cap \left( {SOH} \right) = IJ,IJ//SO \cr & \left( \alpha \right) \cap \left( {SBC} \right) = PQ \cr} \) PQ qua J và PQ // BC. Dễ thấy MNPQ là hình thang cân với chiều cao JI. Ta có : \(\eqalign{ & {\rm{IJ}} = {1 \over 2}SO = a \cr & PQ = {1 \over 2}BC = {{5{\rm{a}}} \over {\sqrt 3 }} \cr & {{MN} \over {BC}} = {{3{\rm{a}}} \over {5{\rm{a}}}} \Rightarrow MN = {{10{\rm{a}}.3} \over {\sqrt 3 .5}} = 2{\rm{a}}\sqrt 3 . \cr} \) Suy ra \(\eqalign{ & {S_{MNPQ}} = {1 \over 2}\left( {MN + PQ} \right).{\rm{IJ}} \cr & = {1 \over 2}\left( {2{\rm{a}}\sqrt 3 + {{5{\rm{a}}} \over {\sqrt 3 }}} \right).a = {{11{{\rm{a}}^2}} \over {2\sqrt 3 }} \cr} \) Câu 79 trang 129 Sách bài tập Hình học 11 Nâng cao. Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông tại B. AB = c, BC = a cạnh bên AA’ = h, trong đó \({h^2} > {a^2} + {c^2}\). Một mặt phẳng (P) đi qua điểm A và vuông góc với CA’ a) Xác định thiết diện cùa hình lăng trụ khi cắt bởi mp(P). b) Tính diện tích thiết diện. Trả lời a) (P) cắt (ACC’A’) theo giao tuyến đi qua A và vuông góc với A’C. Do \(AA' = h > AC = \sqrt {{a^2} + {c^2}} \) nên giao tuyến đó cắt CC’ tại C1, C1 thuộc cạnh CC’. Mặt khác (P) cắt (ABC) theo giao tuyến vuông góc với A’C, tức là giao tuyến đó vuông góc với AC, giao tuyến này cắt BC tại I. Khi đó IC1 cắt BB’ tại B1. Thiết diện là tam giác AB1C1. b) Tính diện tích thiết diện Dễ thấy \(\varphi = \widehat {CA{C_1}}\) là góc giữa (P) và (ABC), ngoài ra \(\widehat {{C_1}AC} = \widehat {AA'C}\) \(\cos \varphi = {h \over {\sqrt {{a^2} + {c^2} + {h^2}} }}\) Ta có \(\eqalign{ & {S_{ABC}} = {S_{A{B_1}{C_1}}}\cos \varphi \cr & \Rightarrow {S_{A{B_1}{C_1}}} = {{{S_{ABC}}} \over {\cos \varphi }} = {{ac} \over {2h}}\sqrt {{a^2} + {c^2} + {h^2}} \cr} \). Chú ý: Có thể tính \({S_{A{B_1}{C_1}}}\) bằng cách tính AC1 và đường cao B1H của tam giác đó. Dễ thấy B1H song song với BK, trong đó \(BK \bot AC\) vì B1H và BK cùng vuông góc với (ACC’A’) Ngoài ra \({B_1}H = BK = {{ac} \over {\sqrt {{a^2} + {c^2}} }}\) ∆AA’C đồng dạng ∆ACC1 \( \Rightarrow A{C_1} = {{A'C.AC} \over {AA'}} = {{\sqrt {{a^2} + {c^2} + {h^2}} .\sqrt {{a^2} + {c^2}} } \over h}\). Từ đó tính được diện tích tam giác AB1C1 Câu 80 trang 129 Sách bài tập Hình học 11 Nâng cao. Cho hình chóp đều S.ABCD cạnh đáy bằng a. a) Tính góc tạo bởi mặt phẳng chứa mặt bên và mặt đáy. Tính góc tạo bởi hai mặt phẳng chứa hai mặt bên liên tiếp nếu chiều cao hình chóp bằng a. b) Xét mặt phẳng (P) đi qua điểm A, song song với CD và vuông góc với mp(SCD), chia tam giác SCD thành hai phần với tỉ số diện tích bằng \({1 \over 8}\) (phần thứ nhất chứa đỉnh). Tính diện tích thiết diện của hình chóp khi cắt bời mặt phẳng (P). Trả lời a) ● Gọi E là trung điểm của AB và H là tâm của hình vuông ABCD. Khi ấy SHE là tam giác vuông tại H và \(AB \bot \left( {SHE} \right)\). Vậy góc giữa mặt phẳng (SAB) và mặt phẳng đáy (ABCD) là \(\widehat {SEH}\). Đặt \(\widehat {SEH} = \alpha \) thì \(\tan \alpha = {{2h} \over a}\left( {SH = h} \right)\). Tương tự như trên ta có góc giữa các mặt phẳng chứa mỗi mặt bên còn lại của hình chóp với mặt phẳng đáy (ABCD) cũng bằng α và \(\tan \alpha = {{2h} \over a}\). ● Khi h = a thì góc tạo bởi mỗi mặt phẳng chứa mặt bên và mặt phẳng đáy bằng α và tanα = 2. Kẻ \(H{C_2} \bot SC\) thì ta có \(mp\left( {B{C_2}D} \right) \bot SC\). Vậy góc giữa mp(SBC) và mp(SDC) bằng \(\widehat {B{C_2}D}\) hoặc \({180^0} - \widehat {B{C_2}D}\). Ta tính \(\widehat {B{C_2}D}\) Dễ thấy \(\eqalign{ & H{C_2} = {{HC.H{\rm{S}}} \over {SC}} \cr & = {{{{a\sqrt 2 } \over 2}.{\rm{a}}} \over {\sqrt {{{2{{\rm{a}}^2}} \over 4} + {a^2}} }} = {{a\sqrt 2 } \over {\sqrt 6 }} = {a \over {\sqrt 3 }} \cr} \) Từ đó \(\eqalign{ & BC_2^2 = H{B^2} + HC_2^2 \cr & = {{{a^2}} \over 2} + {{{a^2}} \over 3} = {{5{{\rm{a}}^2}} \over 6} \cr} \) Đặt \(\beta = \widehat {B{C_2}D}\) thì \(\eqalign{ & B{{\rm{D}}^2} = BC_2^2 + DC_2^2 - 2B{C_2}.D{C_2}\cos \beta \cr & \Leftrightarrow 2{a^2} = {{5{a^2}} \over 6} + {{5{a^2}} \over 6} - 2.{{5{a^2}} \over 6}\cos \beta \cr & = 2.{{5{a^2}} \over 6}\left( {1 - \cos \beta } \right) \cr & \Leftrightarrow 1 = {5 \over 6}\left( {1 - \cos \beta } \right) \Rightarrow \cos \beta = 1 - {6 \over 5} = - {1 \over 5} \cr} \) Vậy góc giữa mp(SBC) và mp(SCD) là \({180^0} - \beta \) mà \(\cos \beta = - {1 \over 5}\). Tương tự như trên, ta có góc giữa hai mặt chứa hai bên mặt bên liên tiếp cũng được xác định bởi β mà \(\cos \beta = - {1 \over 5}\) . b) Vì (P) đi qua A và song song với CD nên (P) chứa cạnh AB. Do (P) vuông góc với (SCD) nên (P) chứa EF1 vuông góc với mặt phẳng (SCD). Dễ thấy F1 thuộc SF, trong đó F là trung điểm của CD. Mặt khác (P) chia tam giác SCD thành hai phần mà tỉ số diện tích hai phần bằng \({1 \over 8}\) nên \({{S{F_1}} \over {SF}} = {1 \over 3}\). Khi ấy thiết diện của hình chóp S.ABCD cắt bới (P) là hình thang cân ABC1D1 mà \({C_1}{D_1} = {1 \over 3}C{\rm{D}} = {a \over 3}\) với đường cao EF1. Ta có \(\eqalign{ & {S_{AB{C_1}{D_1}}} = {1 \over 2}\left( {AB + {C_1}{D_1}} \right).E{F_1} \cr & = {1 \over 2}\left( {a + {a \over 3}} \right)E{F_1} = {{2a} \over 3}.E{F_1} \cr} \) Ta tính EF1 Vì \(S{H_1}.SH = S{F_1}.SF = {1 \over 3}S{F^2}\) nên \({{S{H_1}} \over {SH}} = {1 \over 3}.{{S{F^2}} \over {S{H^2}}}\) Mặt khác \(HE = HF,S{F_1} = {1 \over 2}{F_1}F\) nên dễ thấy \({{S{H_1}} \over {SH}} = {1 \over 2}\), từ đó \({{S{H^2}} \over {S{F^2}}} = {2 \over 3} \Rightarrow {{SH} \over {SF}} = {{\sqrt 6 } \over 3}\). Ta lại có \({{SH} \over {SF}} = \sin \widehat {SFH} = {{E{F_1}} \over {EF}} = {{E{F_1}} \over a}\). Vậy \(E{F_1} = {{a\sqrt 6 } \over 3}\). Từ đó \({S_{AB{C_1}{D_1}}} = {{2{\rm{a}}} \over 3}.{{a\sqrt 6 } \over 3} = {{2{{\rm{a}}^2}\sqrt 6 } \over 9}\). Câu 81 trang 129 Sách bài tập Hình học 11 Nâng cao. Cho hai nửa mặt phẳng (P) và (Q) vuông góc với nhau theo giao tuyến ∆. Trên ∆ lấy hai điểm A, B cố định với \(AB = a\sqrt 2 \) (a là độ dài cho trước). Trên nửa đường thẳng Ax vuông góc với ∆ và ở trong (P) lấy điểm M khác A. Đặt AM = m. Trên nửa đường thẳng By vuông góc với ∆ và trong (Q) lấy điểm N sao cho \(BN = {{{a^2}} \over m}\). a) Chứng minh các mặt của tứ diện ABMN là các tam giác vuông. b) Với giá trị nào của m thì MN có độ dài bé nhất? Tính giá trị đó. c) Chứng minh rằng chân mỗi đường cao của tứ diện đó xuất phát từ A và B nằm trên đường tròn cố định khi M thay đổi. Trả lời a) Vì \(\left( P \right) \bot \left( Q \right),\left( P \right) \cap \left( Q \right) = AB,\) \(M \in \left( P \right),MA \bot AB\) nên \(MA \bot \left( Q \right)\). Do đó MAB, MAN là các tam giác vuông tại A. Tương tự như trên, các tam giác MBN, ABN vuông tại B. b) Vì \(\eqalign{ & M{N^2} = M{A^2} + A{B^2} + B{N^2} \cr & = {m^2} + 2{a^2} + {{{a^4}} \over {{m^2}}} \cr} \) Từ đó MN có độ dài bé nhất khi và chỉ khi \({m^2} + {{{a^4}} \over {{m^2}}}\) bé nhất. Mặt khác \({m^2}.{{{a^4}} \over {{m^2}}} = {a^4}\). Vậy MN có độ dài bé nhất khi và chỉ khi: \({m^2} = {{{a^4}} \over {{m^2}}} \Leftrightarrow m = a\). c) Vì \(\left( {MAB} \right) \bot \left( {NMB} \right)\) nên khi kẻ AA1 vuông góc với BM tại A1 thì \(A{A_1} \bot \left( {BMN} \right)\), tức A1 là chân đường cao của tứ diện ABMN kẻ từ đỉnh A. Như vậy A1 thuộc (P) và \(\widehat {B{A_1}A} = {90^0}\), từ đó A1 thuộc đường tròn đường kính AB trong (P). Đường tròn này cố định. Tương tự như trên, chân đường cao B1 kẻ từ đỉnh B của tứ diện ABMN cũng thuộc đường tròn đường kính AB nằm trong mặt phẳng (Q). Câu 82 trang 130 Sách bài tập Hình học 11 Nâng cao. Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh a. Lấy điểm M thuộc đoạn thẳng AD’, điểm N thuộc đoạn thẳng BD sao cho \(AM = DN = x\left( {0 < x < a\sqrt 2 } \right)\) a) Tìm x để đoạn thẳng MN có độ dài ngắn nhất. b) Khi MN ngắn nhất, hãy chứng tỏ MN là đường vuông góc chung của AD’ và DB, đồng thời MN // A’C. Trả lời a) Kẻ \(MH \bot A{\rm{D}}\) thì \(MH \bot \left( {ABC{\rm{D}}} \right)\) và \(MH = {{x\sqrt 2 } \over 2} = AH\). Kẻ \(NK \bot A{\rm{D}}\) thì \(NK = {{x\sqrt 2 } \over 2} = DK\). Vậy \(KH = \left| {a - x\sqrt 2 } \right|\). Ta có: \(\eqalign{ & M{N^2} = M{H^2} + H{K^2} + K{N^2} \cr & = 3{{\rm{x}}^2} - 2a\sqrt 2 x + ah2 \cr} \) Từ đó MN nhỏ nhất khi và chỉ khi \(x = {{a\sqrt 2 } \over 3}\). b) Khi \(x = {{a\sqrt 2 } \over 3}\) thì \(\eqalign{ & M{N^2} = {{3{{\rm{a}}^2}} \over 9} = {{{a^2}} \over 3}; \cr & A{M^2} = {{2{{\rm{a}}^2}} \over 9}; \cr & A{N^2} = A{{\rm{D}}^2} + D{N^2} - 2{\rm{AD}}{\rm{.DNcos4}}{{\rm{5}}^0} = {{5{a^2}} \over 9} \cr} \) Từ đó \(A{N^2} = A{M^2} + M{N^2}\) hay \(MN \bot A{\rm{D}}'\). Chứng minh tương tự như trên, ta cũng có \(MN \bot B{\rm{D}}\). Vậy MN là đường vuông góc chung của AD’ và BD. Khi \(DN = {{a\sqrt 2 } \over 3}\) thì NB = 2ND. Gọi I là trung điểm của AD thì ta có I, N, C thẳng hàng Tương tự ta cũng có các điểm I, M, A’ thẳng hàng. Xét tam giác A’IC ta có: \({{IN} \over {NC}} = {{IM} \over {MA'}} = {1 \over 2}\) Vậy MN // A’C. Câu 83 trang 130 Sách bài tập Hình học 11 Nâng cao. Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh a. Gọi I là điểm thuộc AB; đặt \(AI = x\left( {0 < x < a} \right)\). a) Khi góc giữa hai đường thẳng AC’ và DI bằng 60°, hãy xác định vj trí của điểm I. b) Tính theo a và x diện tích thiết diện của hình lập phương khi cắt bởi mặt phẳng (B’DI). Tìm x để diện tích ấy là nhỏ nhấ. c) Tính khoảng cách từ đến mặt phẳng (B’DI) theo a và x. Trả lời a) Cách 1. Đặt α là góc giữa DI và AC’ thì \(\eqalign{ & \cos \alpha = {{\left| {\overrightarrow {DI} .\overrightarrow {AC'} } \right|} \over {\left| {\overrightarrow {DI} } \right|.\left| {\overrightarrow {AC'} } \right|}} \cr & = {{\left( {\overrightarrow {DA} + \overrightarrow {AI} } \right)\left( {\overrightarrow {AD} + \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AA'} } \right)} \over {\left| {\overrightarrow {DI} } \right|.\left| {\overrightarrow {AC'} } \right|}} \cr & = {{\left| { - {a^2} + xa} \right|} \over {\sqrt {{a^2} + {x^2}.a\sqrt 3 } }} = {{\left| { - a + x} \right|} \over {\sqrt 3 .\sqrt {{a^2} + {x^2}} }} \cr} \) Khi ấy \(\alpha = {60^0}\) khi và chỉ khi \(\eqalign{ & {{\left| { - a + x} \right|} \over {\sqrt 3 .\sqrt {{a^2} + {x^2}} }} = {1 \over 2} \cr & \Leftrightarrow {x^2} - 8ax + {a^2} = 0 \cr & \Leftrightarrow x = a\left( {4 - \sqrt {15} } \right)\,\,\,\left( {vì\,\,0 < x < a} \right) \cr} \) Hệ thức trên xác định vị trí điểm I. Cách 2. Kẻ \(II'//AA'\left( {I' \in A'B'} \right),C'J//D'I'\) (I’ thuộc đường thẳng A’B’) thì \(\widehat {AC'J}\) hoặc \({180^0} - \widehat {AC'J}\) là góc giữa hai đường thẳng AC’ và DI với B’J = x. Do giả thiết góc giữa hai đường thẳng AC’ và DI bằng 60° nên \(\widehat {AC'J} = {60^0}\) hoặc 120°. Ta có : \(\eqalign{ & A{J^2} = AA{'^2} + A'{J^2} = {a^2} + {\left( {a + x} \right)^2} \cr & AC{'^2} = 3{a^2},C'{J^2} = {a^2} + {x^2} \cr} \) - Trường hơp \(\widehat {AC'J} = {60^0}\), ta có \(A{J^2} = AC{'^2} + C'{J^2} - 2AC'.C'J.{1 \over 2}\) hay \(\eqalign{& {a^2} + {\left( {a + x} \right)^2} \cr & = 3{a^2} + {a^2} + {x^2} - 2a\sqrt 3 .\sqrt {{a^2} + {x^2}.{1 \over 2}} \cr & \Leftrightarrow {x^2} - 8ax + {a^2} = 0 \cr & \Rightarrow x = \left( {4 - \sqrt {15} } \right)a\,\,\left( {vì\,0 < x < a} \right) \cr}\) Trường hợp \(\widehat {AC'J} = {120^0}\), ta có \(\eqalign{& {a^2} + {\left( {a + x} \right)^2} \cr & = 3{{\rm{a}}^2} + {a^2} + {x^2} + 2{\rm{a}}\sqrt 3 .\sqrt {{a^2} + {x^2}} .{1 \over 2} \cr & \Leftrightarrow 2ax = 2{a^2} + a\sqrt 3 .\sqrt {{a^2} + {x^2}} \cr & \Leftrightarrow 2\left( {x - a} \right) = \sqrt 3 .\sqrt {{a^2} + {x^2}} \cr} \) Điều này không xảy ra vì 0 < x < a. Vậy khi \(x = \left( {4 - \sqrt {15} } \right)a\) thì góc giữa DI và AC’ bằng 60°. b) Gọi \(\eqalign{ & E = DI \cap CB \cr & F = B'E \cap CC' \cr & K = DF \cap D'C' \cr} \) thì thiết diện của hình lập phương khi cắt bởi mp(B’DI) là tứ giác DIB’K. Dễ thấy đó là hình bình hành \({S_{DIB'K}} = 2{{\rm{S}}_{B'I{\rm{D}}}}\) \(= 2.{1 \over 2}\sqrt {{{\overrightarrow {IB'} }^2}.{{\overrightarrow {I{\rm{D}}} }^2} - {{\left( {\overrightarrow {IB'} .\overrightarrow {I{\rm{D}}} } \right)}^2}} \) Mặt khác \({\overrightarrow {I{\rm{D}}} ^2}.{\overrightarrow {IB'} ^2} = \left( {{a^2} + {x^2}} \right)\left[ {{a^2} + {{\left( {a - x} \right)}^2}} \right]\) và \(\eqalign{ & {\left( {\overrightarrow {I{\rm{D}}} .\overrightarrow {IB'} } \right)^2} = {\left[ {\left( {\overrightarrow {IA} + \overrightarrow {A{\rm{D}}} } \right)\left( {\overrightarrow {IB} + \overrightarrow {BB'} } \right)} \right]^2} \cr & = {\left( {\overrightarrow {IA} .\overrightarrow {IB} } \right)^2} = {\left[ { - x{{\left( {a - x} \right)}^2}} \right]^2} = {x^2}{\left( {a - x} \right)^2} \cr} \) Từ đó \(\eqalign{ & {S_{DIB'K}} = \sqrt {{a^4} + {a^2}{x^2} + {a^2}{{\left( {a - x} \right)}^2}} \cr & = a\sqrt {{a^2} + {x^2} + {{\left( {a - x} \right)}^2}} \cr} \) Dễ thấy \({S_{DIB'K}}\) đạt giá trị nhỏ nhất khi \(x = {a \over 2}\) . c) Gọi khoảng cách từ C đến mp(B’ID), do tứ diện CDEF có CD, CE , CF đôi một vuông góc nên \({1 \over {{h^2}}} = {1 \over {C{{\rm{D}}^2}}} + {1 \over {C{E^2}}} + {1 \over {C{F^2}}}\). Mặt khác do AD // BE nên \({a \over {BE}} = {x \over {a - x}}\). từ đó \(BE = {{a\left( {a - x} \right)} \over x}\) và \(CE = a + {{a\left( {a - x} \right)} \over x} = {{{a^2}} \over x}\). Tương tự như trên, ta có \(C'F = {{ax} \over {a - x}}\) từ đó \(CF = a + {{ax} \over {a - x}} = {{{a^2}} \over {a - x}}\). Như vậy \({1 \over {{h^2}}} = {1 \over {{a^2}}} + {{{x^2}} \over {{a^4}}} + {{{{\left( {a - x} \right)}^2}} \over {{a^4}}}\) do vậy \(h = {{{a^2}} \over {\sqrt {{a^2} + {x^2} + {{\left( {a - x} \right)}^2}} }}\) Câu 84 trang 130 Sách bài tập Hình học 11 Nâng cao. Cho hình chữ nhật ABCD có AB = a, AD = b. Gọi S là điểm sao cho SA vuông góc với mp(ABC) và SA = h (h > 0). Trên cạnh CD lấy điểm M bất kì, đặt CM = x (0 ≤ x ≤a). a) Tính diện tích tam giác SBM theo a, b, h, x. b) Tính khoảng cách từ điểm A đến mp(SBM) khi M là trung điểm của CD. c) Gọi hình chiếu của điểm A và điểm D trên mp(SBM) lần lượt là A1 và D1. Chứng minh rằng khi M thay đổi trên CD thì các điểm A1 và D1 thuộc một đường tròn cố định. Tính bán kính của mỗi đường tròn đó. Trả lời a) Kẻ \(AK \bot MB\), do \(SA \bot \left( {ABC} \right)\) nên \(SK \bot MB\) (định lí ba đường vuông góc). Vậy \({S_{SBM}} = {1 \over 2}BM.SK\) Mặt khác \(BM = \sqrt {{b^2} + {x^2}} \) và \(AK.MB = 2{{\rm{S}}_{AMB}} = ab\) tức là \(AK = {{ab} \over {\sqrt {{b^2} + {x^2}} }}\) Từ đó \(\eqalign{ & S{K^2} = S{A^2} + A{K^2} = {h^2} + {{{a^2}{b^2}} \over {{b^2} + {x^2}}} \cr & = {{{a^2}{b^2} + {b^2}{h^2} + {h^2}{x^2}} \over {{b^2} + {x^2}}} \cr} \) Vậy \({S_{SBM}} = {1 \over 2}\sqrt {{a^2}{b^2} + {b^2}{h^2} + {h^2}{x^2}} \) b) Với A1 là hình chiếu A trên SK, dễ thấy \(A{A_1} \bot \left( {SBM} \right)\). Từ đó \(A{A_1}.SK = SA.AK\) suy ra \(A{A_1} = {{SA.AK} \over {SK}}\) hay \(\eqalign{ & A{A_1} = {{h.{{ab} \over {\sqrt {{b^2} + {x^2}} }}} \over {{{\sqrt {{a^2}{b^2} + {b^2}{h^2} + {h^2}{x^2}} } \over {\sqrt {{b^2} + {x^2}} }}}} \cr & = {{abh} \over {\sqrt {{a^2}{b^2} + {b^2}{h^2} + {h^2}{x^2}} }} \cr} \) Khi trung điểm DC thì \(x = {a \over 2}\) nên \(A{A_1} = {{2abh} \over {\sqrt {4{a^2}{b^2} + 4{b^2}{h^2} + {a^2}{h^2}} }}\) c) Vì \(A{A_1} \bot \left( {SMB} \right)\) nên \(A{A_1} \bot SB\) mặt khác \(A{\rm{D}} \bot SB\), từ đó \(mp\left( {A{\rm{D}}{A_1}} \right) \bot SB.\) Gọi giao điểm của SB với mp(ADA1) là I thì \(AI \bot SB\), từ đó I là điểm cố định và mp(ADA1) cố định. Như vậy, điểm A1 nhìn AI cố định dưới góc vuông và A1 thuộc mặt phẳng cố định (ADI), tức là A1thuộc đường tròn đường kính AI trong mp(ADI). Bán kính của đường tròn đó bằng \({{AI} \over 2}\) mà \(AI.SB = SA.AB\) hay \(AI = {{ah} \over {\sqrt {{a^2} + {h^2}} }}\) Vậy bán kính của đường tròn trên bằng \({{ah} \over {2\sqrt {{a^2} + {h^2}} }}\). Vì D1 là hình chiếu của D trên mp(SBM) nên DD1 // AA1 và dễ thất D1 thuộc đường thẳng A1I. Như vậy, D1 thuộc mp(ADI) và D1 nhìn DI dưới góc vuông, tức là điểm D1 thuộc đường tròn đường kính DI trong mp(ADI). Bán kính của đường tròn đó \({{DI} \over 2}\). Mặt khác \(\eqalign{ & D{I^2} = D{A^2} + A{I^2} \cr & = {b^2} + {{{a^2}{h^2}} \over {{a^2} + {h^2}}} \cr & = {{{a^2}{b^2} + {b^2}{h^2} + {a^2}{h^2}} \over {{a^2} + {h^2}}} \cr} \) Từ đó, bán kính của đường tròn đó là \({1 \over 2}\sqrt {{{{a^2}{b^2} + {a^2}{h^2} + {b^2}{h^2}} \over {{a^2} + {h^2}}}} \) Câu 85 trang 130 Sách bài tập Hình học 11 Nâng cao. Cho ABC là tam giác cân có \(AB = AC = A,\widehat {BAC} = {120^0}\). Điểm S thay đổi trong không gian nhưng luôn ở về một phía của mặt phẳng (ABC) và \(AS = a,\widehat {SAB} = {60^0}\). a) Gọi H là hình chiếu của điểm S trên mặt phẳng (ABC). Chứng minh rằng H thuộc đường thẳng cố định và S thuộc đường tròn cố định, tính bán kính đường tròn đó. b) Chứng minh rằng khi độ dài SH đạt giá trị lớn nhất thì hai mặt phẳng (SAB) và (ABC) vuông góc với nhau và khi đó hãy tính độ dài SC. c) Khi SBC là tam giác vuông tại S, hãy tính góc giữa hai đường thẳng SA với AC và khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBC). Trả lời a) Vì \(AB = a,SA = a,\widehat {SAB} = {60^0}\) nên SAB là tam giác đều, từ đó điểm S thuộc mặt phẳng trung trực (α) của AB và mặt phẳng (α) cố định, ngoài ra \((\alpha ) \bot \left( {ABC} \right)\). Kí hiệu \(\Delta = \left( \alpha \right) \cap \left( {ABC} \right)\) thì ∆ cố định. Do H là hình chiếu của S trên (ABC) nên H thuộc ∆. Vậy hình chiếu của S trên mặt phẳng (ABC) thuộc đường thẳng ∆ cố định nói trên. Gọi I là trung điểm của AB ta có \(SI = {{a\sqrt 3 } \over 2}\), như vậy, điểm S thuộc đường tròn tâm I, bán kính \({{a\sqrt 3 } \over 2}\), trong mặt phẳng (α) nói trên, tức là điểm S thuộc đường tròn cố định. b) Ta có \(SH \le SI = {{a\sqrt 3 } \over 2}\). Như vậy giá trị lớn nhất của SH bằng \({{a\sqrt 3 } \over 2}\) khi H trùng với điểm I. Do \(SI \subset \left( {SAB} \right)\) và \(I \equiv H,SH \bot \left( {ABC} \right)\) nên \(\left( {SAB} \right) \bot \left( {ABC} \right)\) khi SH đạt giá trị lớn nhất Khi đó \(S{C^2} = C{I^2} + S{I^2} = {\left( {{{a\sqrt 3 } \over 2}} \right)^2} + C{I^2}\) Mặt khác \(\eqalign{ & C{I^2} = C{A^2} + A{I^2} - 2{\rm{A}}C.AI.\cos {120^0} \cr & = {a^2} + {{{a^2}} \over 4} + 2a.{a \over 2}.{1 \over 2} = {{7{a^2}} \over 4} \cr} \) Từ đó \(S{C^2} = {{3{{\rm{a}}^2}} \over 4} + {{7{{\rm{a}}^2}} \over 4} = {{10{a^2}} \over 4}\) hay \(SC = {{a\sqrt {10} } \over 2}\) c) - Khi SBC là tam giác vuông tại điểm S thì hình chiếu của điểm A trên mp(SBC) là trung điểm K của BC. Thật vậy, ta có \(AS = AC = AB\) nên \(K{\rm{S}} = KC = KB\) . Do đó, AK là khoảng cách từ điểm A đến mp(SBC). Dễ thấy \(AK = AC\cos {60^0} = {a \over 2}\) - Vì \(BC = a\sqrt 3 ,SB = a\) nên \(SC = a\sqrt 2 \) Mặt khác \(SA = AC = a\) nên \(S{C^2} = A{S^2} + A{C^2}\), tức là \(\widehat {SAC} = {90^0}\) Như vậy, góc giữa hai đường thẳng SA và AC bằng 90°. Câu 86 trang 131 Sách bài tập Hình học 11 Nâng cao. Cho hình lăng trụ tứ giác đều ABCD.A’B’C’D’ cạnh đáy bằng a, cạnh bên \(a\sqrt 6 \). Xét đường thẳng ∆ đi qua điểm A và song song với BD. Gọi (P) là mặt phẳng qua ∆ và điểm C’. a) Thiết diện của hình lăng trụ đã cho khi cắt bởi mp(P) là hình gì? Tính diện tích thiết diện. b) Tính góc giữa mp(P) và mp(ABCD). Trả lời a) Gọi \(I = C{\rm{D}} \cap \Delta ,J = BC \cap \Delta \), \({B_1} = C'J \cap BB',{D_1} = C'I \cap {\rm{DD}}'\) thì thiết diện thu được \(A{B_1}C'{D_1}\). Dễ thấy \(A{B_1}C'{D_1}\) là hình bình hành và B1, D1 lần lượt là trung điểm của BB’, DD’. Từ đó \(A{{\rm{D}}_1} = {D_1}C'\) Do đó thiết diện \(A{B_1}C'{D_1}\) là hình thoi. \(\eqalign{ & {S_{A{B_1}C'{D_1}}} = {1 \over 2}{B_1}{D_1},AC' \cr & {B_1}{D_1} = B{\rm{D}} = a\sqrt 2 \cr & AC{'^2} = A{C^2} + CC{'^2} = 2{{\rm{a}}^2} + 6{{\rm{a}}^2} = 8{{\rm{a}}^2} \cr & \Rightarrow AC' = 2{\rm{a}}\sqrt 2 \cr} \) Vậy \({S_{A{B_1}C'{D_1}}} = {1 \over 2}a\sqrt 2 .2{\rm{a}}\sqrt 2 = 2{{\rm{a}}^2}.\) b) Ta có \(AC \bot B{\rm{D}}\) mà ∆ // BD nên \(AC \bot \Delta \). Mặt khác \(C'C \bot \left( {ABC{\rm{D}}} \right)\) nên \(AC' \bot \Delta \) (định lí ba đường vuông góc). Vậy \(\widehat {C'AC}\) là góc giữa mp(P) và mp(ABCD). Ta có \(\tan \widehat {C'AC} = {{CC'} \over {AC}} = {{a\sqrt 6 } \over {a\sqrt 2 }} = \sqrt 3 \), từ đó \(\widehat {C'AC} = {60^0}\) Chú ý. Cũng có thể tính góc giữa mp(P) và mp(ABCD) bởi công thức \({S_{ABC{\rm{D}}}} = {S_{A{B_1}C'{D_1}}} = 2{{\rm{a}}^2}\) mà \({S_{ABC{\rm{D}}}} = {a^2},{S_{A{B_1}C'{D_1}}} = 2{{\rm{a}}^2}\) tức là \(\cos \varphi = {1 \over 2}\,\,hay\,\,\varphi = {60^0}\). Câu 87 trang 131 Sách bài tập Hình học 11 Nâng cao. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật với AB = a, AD = b; cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy, AS = 2a. Gọi M là điểm bất kì trên cạnh AS, đặt \(AM = x\left( {0 \le x \le 2{\rm{a}}} \right)\). a) Thiết diện của hình chóp S.ABCD khi cắt bởi mp(MBC) là hình gì? Tính diện tích thiết diện. b) Tính khoảng cách từ điểm S đến mp(MBC) ứng với mỗi vị trí của M. Trả lời a) Vì \(BC//SA{\rm{D}},M \in mp\left( {SA{\rm{D}}} \right) \cap mp\left( {MBC} \right)\) nên \(mp\left( {MBC} \right) \cap \left( {SA{\rm{D}}} \right) = MN\) mà \(MN//BC\left( {N \in S{\rm{D}}} \right)\). Như vậy BMNC là hình thang. Mặt khác \(BC \bot \left( {SAB} \right)\) nên \(BC \bot BM\). Vậy BMNC là hình thang vuông. Do đó thiết diện của hình chóp S.ABCD khi cắt bởi mp(MBC) nói chung là hình thang vuông. Khi x = 0 thì thiết diện là hình chữ nhật ABCD, và khi x = 2a thì thiết diện là tam giác SBC. Ta có \(\eqalign{ & {S_{BMNC}} = {1 \over 2}\left( {BC + MN} \right).BM \cr & B{M^2} = {a^2} + {x^2} \cr} \) hay \(BM = \sqrt {{a^2} + {x^2}} \) \({{MN} \over {A{\rm{D}}}} = {{SM} \over {SA}} = {{2{\rm{a}} - x} \over {2{\rm{a}}}}\), từ đó \(MN = b.{{2{\rm{a}} - x} \over {2{\rm{a}}}}\). Từ đó \(\eqalign{ & {S_{BMNC}} = {1 \over 2}\left( {b + b.{{2{\rm{a}} - x} \over {2{\rm{a}}}}} \right).\sqrt {{a^2} + {x^2}} \cr & = {b \over {4{\rm{a}}}}\left( {4{\rm{a}} - x} \right)\sqrt {{a^2} + {x^2}} \cr} \) b) Do \(\left( {BMNC} \right) \bot \left( {SAB} \right)\) nên khi kẻ SH vuông góc với đường thẳng \(BM\left( {H \in BM} \right)\) thì \(SH \bot \left( {BMNC} \right)\). Khoảng cách từ S đến mp(BCM) là SH. Dễ thấy \(SH.BM = 2{{\rm{S}}_{SBM}} = 2.{1 \over 2}a\left( {2{\rm{a}} - x} \right)\) Vậy \(SH = {{a\left( {2{\rm{a}} - x} \right)} \over {\sqrt {{a^2} + {x^2}} }}\) Câu 88 trang 131 Sách bài tập Hình học 11 Nâng cao. Cho hình chóp cụt tam giác đều ABC.A’B’C’ có các cạnh đáy lần lượt là a, b (a>b). Góc giữa đường thẳng chứa đường cao và mặt phẳng chứa mặt bên là α. Tính: a) Chiều cao, trung đoạn, cạnh bên của hình chóp cụt đó (đoạn thẳng nối trung điểm hai cạnh đáy thuộc một mặt bên gọi trung đoạn của hình chóp cụt đều). b) Diện tích xung quanh, diện tích toàn phần của hình chóp cụt đó. Trả lời a) Gọi S là đỉnh của hình chóp đều sinh ra hình chóp cụt đều A’B’C’.ABCD; các điểm H, H’ lần lượt là tâm hai đáy của hình chóp cụt đều; I là trung điểm của BC. Dễ thất \(\widehat {H{\rm{S}}I} = \alpha \), từ đó \(\widehat {SIH} = {90^0} - \alpha = \beta \). Ta có \(HH' = I'J = JI.\tan \beta = JI.\cot \alpha \) Mà \(JI = {{a\sqrt 3 } \over 6} - {{b\sqrt 3 } \over 6} = {{\sqrt 3 } \over 6}\left( {a - b} \right)\) Vậy \(\eqalign{ & HH' = {{\sqrt 3 } \over 6}\left( {a - b} \right)\cot \alpha \cr & II' = {{JI} \over {\cos \beta }} = {{JI} \over {\sin \alpha }} = {{\sqrt 3 \left( {a - b} \right)} \over {6\sin \alpha }} \cr & CC{'^2} = C'{K^2} + K{C^2} \cr & = {\left( {{{\sqrt 3 \left( {a - b} \right)} \over {6\sin \alpha }}} \right)^2} + {\left( {{{a - b} \over 2}} \right)^2} \cr & \Rightarrow CC' = {{a - b} \over {2\sqrt 3 \sin \alpha }}\sqrt {1 + 3{{\sin }^2}\alpha } \cr} \) b) \(\eqalign{ & {S_{xq}} = 3.{1 \over 2}\left( {B'C' + BC} \right).II' \cr & = {3 \over 2}\left( {a + b} \right){{\sqrt 3 \left( {a - b} \right)} \over {6\sin \alpha }} = {{\sqrt 3 } \over {4\sin \alpha }}\left( {{a^2} - {b^2}} \right) \cr & {S_{tp}} = {{\sqrt 3 } \over {4\sin \alpha }}\left( {{a^2} - {b^2}} \right) + {{\sqrt 3 } \over 4}\left( {{a^2} + {b^2}} \right) \cr & = {{\sqrt 3 } \over 4}\left( {{{{a^2} - {b^2}} \over {\sin \alpha }} + {a^2} + {b^2}} \right) \cr} \). Câu 89 trang 131 Sách bài tập Hình học 11 Nâng cao. Cho hình chóp cụt tứ giác đều ABCD.A’B’C’D’ có đường cao bằng h. Góc giữa mặt phẳng chứa mặt bên và mặt đáy bằng α. Góc giữa đường thẳng A’C và mặt đáy bằng β. Tính: a) Cạnh đáy, trung đoạn của hình chóp cụt; b) Diện tích xung quanh của hình chóp cụt đó. Trả lời Gọi H, H’ lần lượt là tâm hai đáy ABCD, A’B’C’D’. I, I’ lần lượt là trung điểm của CD, C’D’ thì \(HH' = h;\widehat {A'CA} = \beta ;\widehat {I'IH} = \alpha .\) Dễ thấy \(II' = {h \over {\sin \alpha }}\) . Kí hiệu độ dài cạnh của các đáy ABCD, A’B’C’D’ lần lượt là x, y (x > y). Ta có \(\eqalign{ & {{x - y} \over 2} = h\cot \alpha \cr & \Leftrightarrow x - y = 2h\cot \alpha \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right) \cr} \) Kẻ A’K // HH thì A’K = HH’ = h và \(\eqalign{ & KC = A'K\cot \beta \,\, \cr & hay\,\,x\sqrt 2 - {{x\sqrt 2 - y\sqrt 2 } \over 2} = h\cot \beta \cr} \) Từ đó \(\eqalign{ & {{\left( {x + y} \right)\sqrt 2 } \over 2} = h\cot \beta \cr & \Leftrightarrow x + y = \sqrt 2 h\cot \beta \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 2 \right) \cr} \) Từ (1) và (2) ta có \(x = {h \over 2}\left( {\sqrt 2 \cot \beta + 2\cot \alpha } \right)\) \(y = {h \over 2}\left( {\sqrt 2 \cot \beta - 2\cot \alpha } \right)\) (điều kiện \(\sqrt 2 \cot \beta - 2\cot \alpha > 0\) ) b) \(\eqalign{ & {S_{xq}} = 4.{1 \over 2}\left( {x + y} \right)II' \cr & = 2\sqrt 2 h\cot \beta .{h \over {\sin \alpha }} \cr & = {{2\sqrt 2 {h^2}\cot \beta } \over {\sin \alpha }}. \cr} \)
