Bài tập: Hình học không gian 11

Chia sẻ: Phạm Thị Kiều Oanh | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:4

Thêm vào BST

Báo xấu

2.400
lượt xem 483
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Nhằm giúp các bạn có thêm tài liệu phục vụ nhu cầu học tập và ôn thi Hình học, mời các bạn cùng tham khảo nội dung bài tập "Hình học không gian 11" dưới đây. Nội dung tài liệu gồm 5 câu hỏi bài tập có hướng dẫn lời giải giúp các bạn dễ dàng làm quen với dạng bài tập hình học không gian. Mời các bạn cùng tham khảo.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Bài tập: Hình học không gian 11

Ví dụ 1: Cho hình chóp SABC có SA   ABC  , các tam giác  ABC và  SBC không vuông. Gọi H và K lần lượt là trực tâm của các tam giác  ABC và  SBC . Chứng minh rằng: a) AH , SK , BC đồng quy. b) SC   BHK  . S c) HK   SBC  . Giải: a) Gọi E   AH  BC , ta có:  BC  AE   BC   SAE   BC  SE  BC  SA K  SE là đường cao của  SBC  K  SE . Vậy ba đường thẳng AH , SK , BC đồng quy tại E . A  BH  AC C b) Ta có:   BH   SAC   BH  SC . H  BH  SA E Mặt khác, ta có: BK  SC . B Do đó SC   BHK  . c) Do SC   BHK  nên HK  SC . Mà HK  BC . Do đó HK   SBC  . Ví dụ 2: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O , SA vuông góc với mặt phẳng  ABCD  . Gọi H , I , K lần lượt là hình chiếu vuông góc của điểm A trên SB , SC , SD . a) Chứng minh rằng BC   SAB  , CD   SAD  . b) Chứng minh rằng  SAC  là mặt phẳng trung trực của đoạn BD . c) Chứng minh rằng AH , AK cùng vuông góc với SC . Từ đó suy ra ba thẳng AH , AI , AK cùng chứa trong một mặt phẳng. d) Chứng minh rằng  SAC  là mặt phẳng trung trực của đoạn HK . Từ đó suy ra HK  AI . e) Tính diện tích tứ giác AHIK , biết SA  AB  a .
S a) Từ giả thiết  SA  BC . Mặt khác, ta có: AB  BC vì ABCD là hình vuông. I Suy ra BC   SAB  . H K Chứng minh tương tự ta được CD   SAD  . E b) Từ giả thiết SA   ABCD   SA  BD . Mặt khác, ta có: AC  BD vì ABCD là hình vuông. Do đó BD   SAC  tại trung điểm O của BD . B A Vậy  SAC  là mặt phẳng trung trực của đoạn BD . c) Từ giả thiết và kết hợp với kết quả câu a), ta được: O  AH  SB   AH   SBC   AH  SC . D C  AH  BC Chứng minh tương tự ta được AK  SC . Như vậy, vì AH , AI , AK cùng vuông góc với SC nên ba đường thẳng AH , AI , AK cùng chứa trong một mặt phẳng qua A và vuông góc với SC . d) Giả sử HK cắt AI tại E . Nhận xét rằng: SAB SAD  c.g.c   SH  SK . SH SK Trong SBD , ta có:   HK  BD và E là trung điểm của HK . SB SD Kết hợp với kết quả ở câu a), suy ra HK   SAC  tại trung điểm E của HK . Vậy  SAC  là mặt phẳng trung trực của đoạn HK . Từ kết quả HK   SAC  suy ra HK  AI . 1 e) Ta có: S AHIK  AI .HK . 2 1 1 1 1 1 a 6 Trong SAC vuông tại A , ta được: 2  2 2  2  2  AI  . AI SA AC a 2a 3 SH SK 1 a 2 Trong SBD , ta được:    HK là đường trung bình  HK  . SB SD 2 2 1 a 6 a 2 a2 3 Vậy S AHIK  . .  . 2 3 2 6 Ví dụ 3: Cho ACD và BCD nằm trong hai mặt phẳng vuông góc với nhau, AC  AD  BC  BD  a và CD  2x . Gọi I , J theo thứ tự là trung điểm của AB và CD . a) Chứng minh rằng IJ vuông góc với AB và CD . b) Tính AB và IJ theo a và x . c) Xác định x sao cho  ABC    ABD  .
Giải: D a) Xét ACD và BCD , ta có: CD chung   AJ  BJ  AC  AD  BC  BD JAB cân tại J  IJ  AB . J Xét CAB và DAB , ta có:  AB chung   DI  CI ICD cân tại I  IJ  CD .  AC  AD  BC  BD B b) Trong AJC vuông tại J, ta có: C AJ 2  AC 2  CJ 2  a 2  x 2  AJ  a 2  x 2 . Nhận xét rằng: I  ACD    BCD    ACD    BCD   CD  AJ   BCD   AJ  BJ . A  AJ  CD  Trong AJB vuông cân tại J , ta có: AB  AJ 2  2  a  x AB  2 a2  x2 2 2  và IJ  2  2 .  ABC    ABD   AB c) Nhận xét rằng:   DI  AB Do đó, để  ABC    ABD  điều kiện là: DI   ABC   DI  CI ICD vuông tại đỉnh I 1  IJ  CD   2 a2  x2  1  .2 x  a  x 3 . 2 2 2 Vậy với a  x 3 thì hai mặt phẳng  ABC  và  ABD  vuông góc với nhau. Ví dụ 4: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là một hình thoi tâm I cạnh a và có  A  600 , cạnh a 6 SC  và SC vuông góc với mặt phẳng  ABCD  . 2 a) Chứng minh  SBD    SAC  . b) Trong SCA kẻ IK  SA tại K . Hãy tính độ dài IK . c) Chứng minh B  KD  900 và từ đó suy ra  SAB    SAD  .
S Giải:  BD  AC a) Ta có:   BD   SAC    SBD    SAC  .  BD  SC b) Trong  ABD có  A  600 nên nó là tam giác đều, do đó BD  a , C K a 3 D AI   AC  a 3 . 2 Trong  SAC vuông tại C, ta có: I 2 2 a 6 2 9a 3a 2 B SA2  SC 2  AC 2      a 3    SA  2 . A  2  2 IK AI SC. AI a Vì hai tam giác AKI và ACS đồng dạng nên   IK   . SC SA SA 2 1   900 . c) Trong  KBD trung tuyến KI thỏa mãn: KI  BD  KBD vuông tại K  BKD 2 SA  BD  SA  KB Ta có:   SA   KBD    SA  IK  SA  KD    SAB  ,  SAD     KB, KD   900   SAB    SAD  . Ví dụ 5: Cho hình chóp S . ABC có SA  SB  SC  AB  AC  a và BC  a 2 . Tính góc giữa hai đường thẳng SC và AB . Giải: S Cách 1: Gọi M , N , P theo thứ tự là trung điểm của SA , SB , AC . MP  SC Khi đó, ta nhận thấy:    SC , AB    MP, MN  . M N MN  AB  MN 2  MP 2  NP 2 Trong MNP , ta có: cos NMP  . 2MN .MP A B Ta lần lượt có: P 1 a MN  AB  (vì MN là đường trung bình), 2 2 C 1 a MP  SC  (vì MP là đường trung bình). 2 2 SB 2 Trong SBP , theo định lý đường trung tuyến ta có: PB  PS  2 NP  2 2 . 2 2 Nhận xét rằng: a 2 5a 2 - Vì ABC vuông tại A  có AB 2  AC 2  BC 2  nên: PB 2  AB 2  AP 2  a 2   . 4 4 a 3 - Vì SAC đểu  có SA  SC  AC  a  nên PS  . 2 a 3  1  N  Do đó NP   cos NMP MP  1200 . 2 2 Vậy góc giữa hai đường thẳng SC và AB bằng 1800 1200  600 .