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 (0a) 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 \(AB \bot C{\rm{D}}\) .
Trả lời