Các bài toán tính khoảng cách (Bài tập và hướng dẫn giải)

Chia sẻ: T N | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:9

1
951
lượt xem
165
download

Các bài toán tính khoảng cách (Bài tập và hướng dẫn giải)

Mô tả tài liệu
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'các bài toán tính khoảng cách (bài tập và hướng dẫn giải)', tài liệu phổ thông, ôn thi đh-cđ phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả

Chủ đề:
Lưu

Nội dung Text: Các bài toán tính khoảng cách (Bài tập và hướng dẫn giải)

  1. TRUNG TÂM HOCMAI.ONLINE Hà Nội, ngày 03 tháng 01 năm 2010 P.2512 – 34T – Hoàng Đạo Thúy Tel: (094)-2222-408 BÀI TẬP VỀ NHÀ (06/02) Các bài toán tính khoảng cách. Bài 1: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, có SA = h và vuông góc với mp(ABCD). Dựng và tính độ dài đoạn vuông góc chung của: a) SB và CD b) SC và BD Bài 2: Cho chóp tam giác đều S.ABC có cạnh đáy bằng 3a, cạnh bên bằng 2a. Gọi G là trọng tâm tam giác ABC. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và BC. Bài 3: Cho hình chóp tam giác S.ABC có SA vuông góc với mp(ABC) và SA = a 2. . Đáy ABC là tam giác vuông tại B với BA=a. Gọi M là trung điểm của AB. Tìm độ dài đoạn vuông góc chung của 2 đường thẳng SM và BC. a 3 Bài 4: Trong mặt phẳng (P) cho hình thoi ABCD có tâm là O, cạnh a và OB = . Trên 3 đường thẳng vuông góc với mp(ABCD) tại O, lấy điểm S sao cho SB = a. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và BD. Bài 5: Cho tứ diện ABCD với AB=CD=a, AC=BD=b, BC=AD=c. Gọi I và J lần lượt là trung điểm của AB và CD. Hãy tính độ dài đoạn vuông góc chung của AB và CD ………………….Hết………………… BT Viên môn Toán hocmai.vn Trịnh Hào Quang Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt 1
  2. TRUNG TÂM HOCMAI.ONLINE Hà Nội, ngày 29 tháng 01 năm 2010 P.2512 – 34T – Hoàng Đạo Thúy Tel: (094)-2222-408 HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ LUYỆN BG SỐ 2 Quan hệ vuông góc trong không gian. (Các em tự vẽ hình vào các bài tập) •  BTVN – 04/02/2010: Bài 1: Hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a và SA = SB = SC = a . 1. Chứng minh mặt phẳng (ABCD) vuông góc với mặt phẳng (SBD). 2. Chứng minh ∆SBD vuông tại S. HDG: 1. Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, vì SA = SB = SC = a nên SO ⊥ mp ( ABCD ) . Mà AC ⊥ BD vì ABCD là hình thoi, nên O ∈ BD Có: SO ∈ ( SBD ) , SO ⊥ ( ABCD ) ⇒ ( SBD ) ⊥ ( ABCD ) Bài 2: Tứ diện SABC có SA ⊥ mp ( ABC ) . Gọi H, K lần lượt là trực tâm của các tam giác ABC và SBC. 1. Chứng minh SC vuông góc với mp(BHK) và ( SAC ) ⊥ ( BHK ) 2. Chứng minh HK ⊥ ( SBC ) và ( SBC ) ⊥ ( BHK ) . HDG: 1. Vì H là trực tâm tam giác ∆ABC ⇒ BH ⊥ AC , theo giả thiết SA ⊥ mp ( ABC ) ⇒ BH ⊥ SA . Nên BH ⊥ mp ( SAC ) ⇒ SC ⊥ BH Do K là trực tâm ∆SBC ⇒ BK ⊥ SC Từ đó suy ra SC ⊥ mp ( BHK ) ⇒ mp ( BHK ) ⊥ mp ( SAC ) (đpcm) 2. Tương tự như trên ta cũng chứng minh được: SB ⊥ mp ( CHK ) ⇒ SB ⊥ HK Mà SC ⊥ mp ( BHK ) ⇒ SC ⊥ HK . Do đó: HK ⊥ mp ( SBC ) ⇒ mp ( SBC ) ⊥ mp ( BHK ) Bài 3: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O và có cạnh SA vuông góc với (ABCD). Giả sử (P) là mặt phẳng qua A và vuông góc với SC. Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt 2 Page 2 of 9
  3. TRUNG TÂM BỒI DƯỠNG VĂN HÓA HOCMAI.VN ………… , ngày ….tháng… năm ….. A5+A6, 52 Nguyễn Chí Thanh Tel: 04.3775-9290 1. Chứng minh ( SBD ) ⊥ ( SAC ) . 2. Chứng minh BD || mp ( P ) HDG: 1. Vì ABCD là hình vuông tâm O nên AC và BD vuông góc với nhau tại O, vì SA vuông góc với (ABCD) nên SA ⊥ BD ⇒ BD ⊥ ( SAC ) ⇒ ( SBD ) ⊥ ( SAC ) 2. Từ giả thiết suy ra: ( P ) ⊥ ( SAC ) , mà BD ⊥ ( SAC ) ⇒ BD || ( P ) Bài 4: Trong mặt phẳng (P) cho hình chữ nhật ABCD. Qua A dựng đường thẳng Ax vuông góc với (P). lấy S là một điểm tùy ý trên Ax ( S ≠ A ). Qua A dựng mặt phẳng (Q) vuông góc với SC. Giả sử (Q) cắt SB, SC, SD lần lượt tại B’, C’, D’. Chứng minh: AB ' ⊥ SB, AD ' ⊥ SD và SB.SB ' = SC.SC ' = SD.SD ' HDG: Từ giả thiết suy ra: SA ⊥ BC , AB ⊥ BC ⇒ BC ⊥ ( SAB ) ⇒ BC ⊥ AB ' Mà SC ⊥ ( Q ) ⇒ SC ⊥ AB ' . Do đó AB ' ⊥ ( SBC ) ⇒ AB ' ⊥ SB Ngoài ra ta cũng có BC ⊥ SB, SC ⊥ B ' C ' ⇒ ∆SBC : ∆SC ' B ' nên: SB SC = ⇒ SB.SB ' = SC.SC ' SC ' SB ' Chứng minh tương tự ta được AD ' ⊥ SD và SD.SD ' = SC.SC ' Vậy ta có đpcm. Bài 5: Cho hình chóp S.ABCD, đáy ABCD là hình chữ nhật có AB=a, BC= a 3 , mặt bên (SBC) vuông tại B và (SCD) vuông tại D có SD= a 5 . a. Chứng minh: SA ⊥ ( ABCD) . Tính SA=? b. Đường thẳng qua A vuông góc với AC, cắt các đường thẳng CB,CD lần lượt tại I,J. Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên SC. Hãy xác định các giao điểm K,L của SB,SD với mặt phẳng (HIJ). CMR: AK ⊥ ( SBC ) ; AL ⊥ ( SCD) . c. Tính diện tích tứ giác AKHL=? Giải: BC ⊥ BA   ⇒ BC ⊥ ( SAB ) ⇒ BC ⊥ SA  BC ⊥ BS   a) Ta có:  ⇒ SA ⊥ ( ABCD) . Ta có: SA = a 2 DC ⊥ DA   ⇒ DC ⊥ ( SAD) ⇒ DC ⊥ SA DC ⊥ DS   b) Trong (SBC) gọi: SB ∩ HI = {K } ⇒ K = SB ∩ ( HIJ ) Trong (SAD) gọi: SD ∩ HJ = {L} ⇒ L = SD ∩ ( HIJ ) . Page 3 of 9
  4. TRUNG TÂM HOCMAI.ONLINE Hà Nội, ngày 29 tháng 01 năm 2010 P.2512 – 34T – Hoàng Đạo Thúy Tel: (094)-2222-408 Ta có: BC ⊥ AK (1) mà: SA ⊥ IJ    ⇒ IJ ⊥ ( SAC ) ⇒ IJ ⊥ SC  AC ⊥ IJ   ⇒ SC ⊥ ( HIJ) ⇒ SC ⊥ AK (2) SC ⊥ AH  Từ (1) và (2) ta có: AK ⊥ ( SBC ) . Tương tự cho AL ⊥ ( SCD) c) Tứ giác AKHL có: AL ⊥ KH ; AL ⊥ LH nên: SAKHL = 1 ( AK .KH + AL.LH ) . 2 8a 2 Vậy : SAKHL = 15 •    BTVN – 06/02/2010:   Bài 1: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, có SA = h và vuông góc với mp(ABCD). Dựng và tính độ dài đoạn vuông góc chung của: 1. SB và CD 2. SC và BD HDG: 1. Vì ABCD là hình vuông nên BC ⊥ CD Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt 4 Page 4 of 9
  5. TRUNG TÂM BỒI DƯỠNG VĂN HÓA HOCMAI.VN ………… , ngày ….tháng… năm ….. A5+A6, 52 Nguyễn Chí Thanh Tel: 04.3775-9290  BC ⊥ AB  Lại có:  BC ⊥ SA do SA ⊥ ABCD ⇒ BC ⊥ ( SAB ) ⇒ BC ⊥ SB   ( ( )) Vậy BC là đoạn vuông góc chung của SB và CD, và BC = a 2. Gọi O = AC ∩ BD ⇒ AC và BD vuông góc nhau tại O, mà SA ⊥ BD ⇒ BD ⊥ mp ( SAC ) . Trong tam giác SAC, kẻ OI vuông góc với SC khi đó BD và OI vuông góc nhau do đó OI là đường vuông góc chung của SC và BD SA SC SA.OC ah Ta có: ∆SAC : ∆OIC ⇒ OI = OC ⇒ OI = SC = 2 h2 + 2a 2 ( ) Bài 2: Cho chóp tam giác đều S.ABC có cạnh đáy bằng 3a, cạnh bên bằng 2a. Gọi G là trọng tâm tam giác ABC. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và BC. HDG: Trong tam giác ABC đều, kéo dài AG cắt BC tại M ⇒ AG ⊥ BC Chóp S.ABC đều, mà G là tâm ∆ABC ABC nên SG ⊥ ( ABC ) ⇒ SG ⊥ BC , từ đó suy ra BC ⊥ ( SAG ) . Trong ∆SAM kẻ MN ⊥ SA ( N ∈ SA ) ⇒ MN ⊥ BC . Do vậy MN là đoạn vuông góc chung của BC và SA. Ta có: 2 S ∆SAM SG.MA 3 3a MN = = = ... = SA SA 4 Bài 3: Cho hình chóp tam giác S.ABC có SA vuông góc với mp(ABC) và SA = a 2. . Đáy ABC là tam giác vuông tại B với BA=a. Gọi M là trung điểm của AB. Tìm độ dài đoạn vuông góc chung của 2 đường thẳng SM và BC. HDG: SA ⊥ BC  Ta có  ⇒ BC ⊥ ( SAB) tại B. Dựng BH ⊥ SM ( H ∈ SM ) . AB ⊥ BC  Ta thấy: BH ⊥ BC . Vậy BH chính là đoạn vuông góc chung của SM và BC. Ta tính BH như sau: a BH BM BH 1 a 2 Vì = ⇔ = 2 = ⇒ BH = SA SM a 2 3a 3 3 2 a 3 Bài 4: Trong mặt phẳng (P) cho hình thoi ABCD có tâm là O, cạnh a và OB = . Trên 3 đường thẳng vuông góc với mp(ABCD) tại O, lấy điểm S sao cho SB = a. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và BD. Page 5 of 9
  6. TRUNG TÂM HOCMAI.ONLINE Hà Nội, ngày 29 tháng 01 năm 2010 P.2512 – 34T – Hoàng Đạo Thúy Tel: (094)-2222-408 HDG: Dễ chứng minh được BD ⊥ ( SAC ) (vì BD ⊥ AC , BD ⊥ SO ) Trong mp(SAC) kẻ OI ⊥ SA ( I ∈ SA) ⇒ OI là đoạn vuông góc chung của SA và BD. a 6 2a 3 Ta có: SO = OA = ⇒ SA = SO 2 + OA2 = 3 3 2 S ∆SOA SO.OA 3a ⇒ OI = = = ... = SA SA 3 Bài 5: Cho tứ diện ABCD với AB=CD=a, AC=BD=b, BC=AD=c. Gọi I và J lần lượt là trung điểm của AB và CD. Hãy tính độ dài đoạn vuông góc chung của AB và CD. HDG: Ta thấy ngay ∆ABC = ∆ABD nên 2 trung tuyến CI và BD bằng nhau hay ∆ICD cân tại I. Nên ta có IJ ⊥ CD . CM tương tự ta có: IJ ⊥ AB vậy IJ chính là đoạn vuông góc chung của AB và CD. Tính IJ: Áp dụng công thức trung tuyến và ta tính IJ được kết quả là: b2 + c 2 − a 2 IJ = 2 •  BTVN – 08/02/2010: Bài 15: Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ đáy là tam giác cân đỉnh A và ∠BAC = α . Gọi M là trung điểm của AA’ và giả sử mp(C’MB) tạo với đáy (ABC) một góc β . 1. Chứng minh ∠C ' BC = β . α 2. Chứng minh tan = cosβ là điều kiện cần và đủ để BM ⊥ MC ' . 2 HDG: 1. Trong mp(ACC’A’) kéo dài C’M cắt CA tại N, thì A là trung điểm của NC suy 1 ra: BA = AC = AN ⇒ BA = CN ⇒ ∆BCN vuông tại B nên BN ⊥ BC . 2 Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt 6 Page 6 of 9
  7. TRUNG TÂM BỒI DƯỠNG VĂN HÓA HOCMAI.VN ………… , ngày ….tháng… năm ….. A5+A6, 52 Nguyễn Chí Thanh Tel: 04.3775-9290 Tương tự ta có BN ⊥ BC ' Dễ thấy: BN = mp ( MBC ') ∩ mp ( ABC ) , từ trên suy ra ∠C ' BC = β = (·ABC ) , ( MBC ') ) ( 2. Vì BM là trung tuyến của ∆BC ' N nên: BM ⊥ MC ' ⇔ ∆NBC ' cân đỉnh B α BC.cos ⇔ BC ' = BN ⇔ BC = BH = 2 ⇔ cosβ = tan α cosβ sin α sin α 2 2 2 (Với H là chân đường vuông góc hạ từ B xuống cạnh AC) Bài 2: Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ có cạnh là a. Gọi E, F và M lần lượt là trung điểm của AD, AB và CC’. Gọi α là góc giữa hai mặt phẳng (ABCD) và (EFM). Tính cosα a 2 a 6 HDG: Ta có: EF = AE 2 + AF 2 = , ME = MF = MC 2 + CB 2 + BF 2 = 2 2 Gọi I = EF ∩ AC ⇒ MI ⊥ EF . Mà MI ⊥ EF ⊥ AC , ( MEF ) ∩ ( ABCD ) = EF nên:góc giữa hai mặt phẳng (ABCD) và (EFM) là ∠MIC = α 3 AC Do đó: cosα = IC = 4 = .. = 3 11 IM MF − IF 2 2 11 Bài 3: Trong mp(P) cho hình vuông ABCD cạnh a. Dựng đoạn SA vuông góc với (P) tại A. Gọi M, N lần lượt là các điểm trên BC, CD. Đặt BM = u , DN = v. Chứng minh rằng: a ( u + v ) + 3uv = 3a 2 là điều kiện cần và đủ để hai mặt phẳng (SAM) và (SAN) tạo với nhau một góc 30o . HDG: Ta có: AM 2 = a 2 + u 2 ; AN 2 = a 2 + v 2 MN 2 = ( a − u ) + ( a − v ) = 2a 2 + u 2 + v 2 − 2a ( u + v ) 2 2 Dễ thấy góc giữa hai phẳng (SAM) và (SAN) là góc ∠MAN = α AM 2 + AN 2 − MN 2 Do đó: α = 30 ⇔ cosα = cos30 = o o 2 AM . AN 3 a ( u + v) ⇔ = 2 a2 + u 2 . a2 + v2 ⇔ 3 ( a 2 − uv ) = a 2 ( u + v ) 2 2 ⇔ a ( u + v ) + 3uv = 3a 2 Page 7 of 9
  8. TRUNG TÂM HOCMAI.ONLINE Hà Nội, ngày 29 tháng 01 năm 2010 P.2512 – 34T – Hoàng Đạo Thúy Tel: (094)-2222-408 Bài 4: Cho tam diện vuông góc Oxyz. Lần lượt lấy trên Ox, Oy, Oz ba đoạn OA=a, OB=b, OC=c. Gọi α, β, γ là số đo các nhị diện cạnh BC, CA, AB. a) CMR: cos 2α + cos 2 β + cos 2γ = 1 b) CMR: ( S ∆ABC ) = ( S ∆OBC ) + ( S ∆OCA) + ( S ∆OAB ) 2 2 2 2 HDG: OH OH 2 a) Kẽ CH ⊥ AB ⇒ OH ⊥ AB ⇒ ∠OHC = γ . Ta có: cosγ = ⇔ cos γ 2 = 2 CH CH a 2b 2 + b 2 c 2 + c 2 a 2 a 2b 2 CH = OC + OH = 2 2 2 ⇒ cos γ = 2 2 2 a 2 + b2 a b + b 2c 2 + c 2 a 2 Tương tự và ta tính được: cos 2α + cos 2 β + cos 2γ = 1 b) Áp dụng công thức diện tích hình chiếu ta có: S ∆OBC = S ∆ABC cos α   S ∆OCA = ∆SABC cos β  ⇒ ( S ∆ABC )2 = ( S ∆OBC )2 + ( S ∆OCA)2 + ( S ∆OAB)2 S ∆OAB = S ∆ABC cos γ   Bài 5: Trong mặt phẳng (P) cho hình vuông ABCD cạnh a. Lấy M,N thuộc CB và CD. Đặt CM=x, CN=y. Lấy S ∈ At ⊥ ( P) . Tìm hệ thức giữa x, y để: a) ∠ ( ( SAM ), ( SAN ) ) = 450 b) ( SAM ) ⊥ ( SMN ) HDG: a) ∠ ( ( SAM ), ( SAN ) ) = ∠MAN Ta có: MN 2 = MA2 + NA2 − 2 MA.NA cos ∠MAN Ta tính được: MN 2 = x 2 + y 2   MA2 = a 2 + (a − x ) 2  ⇒ ∠MAN = 450 ⇔ x 2 y 2 + 4a 3 ( x + y ) = 4a 4 + 2axy ( x − y ) NA2 = a 2 + (a − y ) 2   b) Giả sử ( SAM ) ⊥ ( SMN ) Kẽ NM ' ⊥ SM ⇒ NM ' ⊥ ( SMA) ⇒ NM ' ⊥ SA Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt 8 Page 8 of 9
  9. TRUNG TÂM BỒI DƯỠNG VĂN HÓA HOCMAI.VN ………… , ngày ….tháng… năm ….. A5+A6, 52 Nguyễn Chí Thanh Tel: 04.3775-9290 Nhưng SA ⊥ MN nên NM’ trùng với NM hay M’trùng với M ⇒ a 2 + (a − y ) 2 = a 2 + (a − x) 2 + x 2 + y 2 ⇔ x 2 = a ( x − y ) ………………….Hết………………… BT Viên môn Toán hocmai.vn Trịnh Hào Quang Page 9 of 9

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

Đồng bộ tài khoản