CHUYÊN ĐỀ : GÓC TRONG KHÔNG GIAN VÀ MỘT SỐ DẠNG TOÁN LIÊN QUAN

Chia sẻ: Huynh Son Bach Bach | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:42

Thêm vào BST

Báo xấu

1.538
lượt xem 274
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tài liệu tham khảo cho các bạn học sinh phổ thông có tư liệu ôn thi tốt hình học không gian đạt kết quả cao

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: CHUYÊN ĐỀ : GÓC TRONG KHÔNG GIAN VÀ MỘT SỐ DẠNG TOÁN LIÊN QUAN

CHUYÊN ĐỀ : GÓC TRONG KHÔNG GIAN VÀ MỘT SỐ DẠNG TOÁN LIÊN QUAN A.Tóm tắt lí thuyết: I.Góc giữa hai đường thẳng: 1.Góc giữa hai đường thẳng a và b được định nghĩa bằng góc giữa hai đường thẳng a’ và b’ cùng đi qua một điểm O và lần lượt song song với a và b.  a // a ' 2.  thì góc giữa hai đường thẳng a và b bằng góc giữa hai đường thẳng a’và b // b ' b’ 3.Góc giữa hai đường thẳng luôn không tù. II.Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng: V và mặt phẳng (α ) . Nếu V không vuông góc với (α ) , khi 1. Cho đường thẳng đó góc giữa chúng được định nghĩa bằng góc giữa V và hình chiếu vuông góc V ’ của V lên mặt phẳng (α ) . A A' 2. Góc giữa một đường thẳng và một mặt phẳng luôn tù. 3. Cho m là một đường thẳng bất kì trong mặt phẳng (α ) .khi đó góc giữa đường thẳng ∆ và (α ) không lớn hơn góc giữa hai đường thẳng ∆ và m. 1
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi hoặc ∆ ⊥ (α) hoặc m // ∆’ ( ở đó ∆’ là hình chiếu vuông góc của ∆ lên (α)). 4. Nếu ∆ // a và (α) // (P) thì góc giữa đường thẳng ∆ và (α) bằng góc giữa đường thẳng a và (P). 5. Cho đường thẳng a vuông góc với mặt phẳng (α). Khi đó với mọi đường thẳng ∆ ta có tổng góc giữa đường thẳng ∆ và mặt phẳng (α) và góc giữa hai đường thẳng ∆ và a bằng 90o . (V, (α )) + (·V, a ) = 90o · .Cho hai mặt phẳng (α) và (β) vuông góc với nhau. Khi đó với mọi đường thẳng 6 · · ∆ ta có: (V, (α )) + (V, ( β )) = 90o . 7. Gọi A’,B’ lần lượt là hình chiếu vuông góc của A, B xuống mặt phẳng (α). Khi đó A ' B ' = AB cos( ¼, (α )) . Do đó A ' B ' ≤ AB , dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi AB AB song song với (α) hoặc nằm trên (α). III.Góc giữa hai mặt phẳng: 1.Cho hai mặt phẳng (α) và (β). a) Nếu (α) và (β) trùng nhau hoặc song song với nhau, a ta nói góc giữa chúng bằng 0. b) Nếu (α) và (β) cắt nhau theo giao tuyến m. b Lấy hai đường thẳng a và b lần lượt thuộc (α) và (β) O m và vùng vuông góc với đường thẳng m tại O. Khi đó góc giữa (α) và (β) được định nghĩa bằng góc giữa hai đường thẳng a và b. 2.Góc giữa hai đường thẳng luông không tù. (α ) //(α ') 3. Nếu  ( β ) //( β ') · · Thì ((α ), ( β )) = ((α '), ( β ')) . V⊥ (α ) · ¶ thì (V, a) = ((α ), ( β )) . 4.Nếu  a ⊥ ( β ) · 5.Nếu (α ) ⊥ ( β ) thì ((α ), ( β )) = 900 . 6.Trong mặt phẳng (β) cho hình H có diện tích S(H). Gọi H’ là hình chiếu vuông góc của H xuống mặt phẳng (α). Khi đó diện tích S(H’) của H’ được tính bằng công thức · S(H) = S(H’). Cos((α ), ( β )) . Do đó S(H) ≤ S(H’). 2
B.Một số dạng toán liên quan: I.GÓC GIỮA ĐƯỜNG THẲNG VÀ MẶT PHẲNG: Bài 1: Cho hình chóp đều S.ABCD, đáy có cạnh bằng a và có tâm O.Gọi M,N lần lượt là trung điểm của SA,BC.Biết góc giữa MN và (ABCD) bằng 60o . · Tính MN,SO và ( MN , ( SAO)) . Hướng dẫn giải: S M A B P N O H D C Gọi P là trung điểm AO. Khi đó MP // SO và SO ⊥ (ABCD) do đó: · · ( MN , ( ABCD)) = MNP = 60o. Trong V NCP theo định lí hàm số cosin ta có 5a 2 NP = CN + CP − 2CN .CP.cos 45 = 2 2 2 o . 8 PN 5 Trong tam giác vuông MNP ta có MN = =a o cos60 2 15 15 và PM=PN.tan 60o = a ⇒ SO = 2 MP = a . 8 2 Gọi H là trung điểm của OC.Suy ra NH // BD mà BD ⊥ (SAC). 3
· · Do đó ( MN , ( SAC )) = NMH . 1 a2 5 Ta có NH = OB = , MN = a . Do đó trong tam giác vuông MHN ta có 2 4 2 NH 1 sin · NMH = = . MN 2 5 π 1 Vậy góc giữa MN và mặt phẳng (SAC) bằng α thỏa mãn sin α = ,0 ≤ α ≤ . 2 25 Bài 2 : Cho hình lăng trụ đều ABC.A’B’C’, đáy có cạnh bằng a,cạnh bên có độ dài bằng b.Gọi M là trung điểm của AB và α là góc tạo bởi đường thẳng MC’ và mặt phẳng (BCC’B’).Tính tan α . Hướng dẫn giải: M B C a P N A b B' C' M' A' Gọi M’,N lần lượt là trung điểm của A’B’ và BC. Gọi P là trung điểm của BM. Ta có AN ⊥ BC và AN ⊥ BB’ nên AN ⊥ (BCC’B’). Do đó α = MC ' P . · Ta có 1 a3 MP = AN = . 2 4 3a 2 MC ' = MM '2 + M ' C '2 = b 2 + 4 9a 2 ⇒ PC ' = b 2 + . 16 4
MP a3 Trong tam giác vuông C’PM ta có tan α = = . PC ' 16b 2 + 9a 2 Bài 3: Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh a. Điểm M thuộc BC’, N’ thuộc đoạn AB’. Đường thẳng MN tạo với mặt phẳng (ABCD) góc α. Chứng minh rằng : a MN ≥ 2cosα +sinα Hướng dẫn giải: P D C M' N' A B D' M C' N A' B' Gọi M’, N’ lần lượt là hình chiếu của M,N trên (ABCD). Không mất tính tổng quát giả sử MM ' < NN ' . { P} = MN ∩ M ' N ' . Khi đó: MM’=BM’, NN’=AN’=a – BN’, MN=PN – PM ⇒ MNcosα = ( PN – PM )cosα = PNcosα – PMcosα = PN’ – PM’ = M’N’. ⇒ M’N’= MNcosα Do đó : M’N’ = BN '2 + BM '2 = MNcosα (1) Ta có MNsinα = PNsinα – PMsinα = NN’ – MM’ =a – BN’ – BM’ = a- (BN’ + BM’) (2) Từ (1) và (2) suy ra MN ( 2cosα + sin α ) = 2( BN '2 + BM '2 ) + a − ( BN '+ BM ') ≥ ( BN '+ BM ') + a − ( BN '+ BM ') = a 5
( do 2(a 2 + b 2 ) ≥ ( a + b) 2 ) a MN ≥ ⇒ (đpcm) 2cosα +sinα Bài 4: · Cho hình chóp S.ABC có ABC là tam giác cân AB=AC=a. BAC = α ,biết SA,SB,SC đều hợp với mp(ABC) góc α .Gọi O là tâm vòng (ABC). a)CM: O trùng với hc của S lên mp(ABC) b)Tính d(S,(ABC)). Hướng dẫn giải: S B A OI C a) Gọi I là hinh chiếu của S lên (ABC), theo giả thiết, ta có: · · · SAI = SBI = SCI = α (1) Các tam giác SAI,SBI,SCI có chung cạnh góc vuông SI và thỏa (1) nên bằng nhau . Vậy IA=IB=IC ⇒ I ≡O. b) Ta có : AC=2R.sinB (Đl hàm sin trong VABC ) α α ⇒ a=2R.sin( 90o − )= 2R.cos 2 2 a ⇒ R= α 2cos 2 6
a ⇒ IB= α 2cos 2 d ( S , ( ABC )) = SO ( SO ⊥ ( ABC )) = IB tan α ( # SOB vuông) α α α 2a sin cos a sin a tan α 2 2= 2 = = α α cosα 2cosα cos 2cos 2 2 Bài 5: Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác đều cạnh a. AA’ ⊥ (ABC).Đường chéo BC’ của mặt bên BCC’B’ hợp với (ABB’A’) góc 30o . Gọi M,N lần lượt là trung điểm của AC và BB’. a)Tính AA’ b) góc[MN,(BA’C’)]. Hướng dẫn giải: A C M B N C' A' I B' Tính AA’: Gọi I là trung điểm A’B’, ta có: C’I ⊥ A’B’ ( VA ' B ' C ' đều) Mà C’I ⊥ AA’ (AA’ ⊥ (A’B’C’)) Vậy C’I ⊥ (ABB’A’) (1) ⇒ BI = hcBC '/( ABB 'C ) ⇒ IBC ' = 30° · Mặt khác (1) ⇒ C’I ⊥ IB ⇒ VIC ' B vuông tại I C 'I ⇒ BC ' = =a 3 sin 30° VBB ' C ' vuông: 7
⇒ BB’= BC '2 − B ' C '2 = 3a 2 − a 2 = a 2. b)Tính góc[MN,(BA’C’)]. Gọi J là trung điểm của A’C’ H là hình chiếu của M lên BJ. Trong hình thang BNJM,MN cắt BJ tại K.K cũng là giao diểm của MN và(B’A’C’). Mặt khác , hcM /( BA 'C ') = H ∈ BJ B A M H C K N B' A' J C' uuuu uur ·r u · ⇒ góc [MN,(BA’C’)]= MKH = MN , BJ Ta có u uuu uuu uuuu uuur uuuu uur r r r r MN .BJ = ( MB + BN ).( BM .BB ') uuu uuuu uuu uuur uuu uuuu uuu uuur rr r rr r = MB.BM + MB.BB ' + BN .BM + BN .BB ' −3a 2 a2 = + 0 + 0 + a2 = 4 4 uuuu uur a 2 ru ⇒ MN.BJ.cos( MN , BJ )= (2) 4 Mà : 3a 2 a 2 a 5 MN = BM + BN = + = 2 2 4 2 2 3a 2 a 11 BJ = BM 2 + MJ 2 = + 2a 2 = 4 2 uuuu uur a 2 ru 2 ⇒ a 55 .cos( MN , BJ )= Vậy (3) 4 4 8
uuuu uur ru 1 ⇒ cos( MN , BJ )= >0. 55 uuuu uur ru 1 Vậy góc[MN,(BA’C’)] = góc( MN , BJ ) = arccos . 55 Bài 6: Cho hình lăng trụ ABC,A’B’C’ đáy ABC vuông cân tại A. AA’ ⊥ (ABC).Gọi M,N lần lượt là trung điểm của AB và B’C’.Biết rằng MN=a và góc[MN,(ABC)]= α , góc[MN,(BCC’B’)]= β . a)Tính các cạnh đáy và cạnh bên của lăng trụ theo a, α . b)CMR: cos α = 2 sin β . Hướng dẫn giải: A C a/ Gọi I là trung điểm BC, Ta có MN ⊥ (ABC) I M ⇒ MI = hcMN /( ABC ) J B · · ⇒ α = IMN α = IMN VMIN VMIN vuông tại I. ⇒ MI=MN.cos α =a.cos α (1) IN=MN.sin α =a.sin α (2) C' A' Từ (1) ⇒ AB=2a.cos α N ( MI là đường trung bình VABC ) BC=2a 2 .cos α (3) ( VABC vuông cân) B' Từ (2) ⇒ AA’=BB’=CC’=a.sin α .( IN = AA’) b)Ta có: MI // AC, MI=AC/2 ⇒ MI ⊥ AB,MI=MB ⇒ VMIB vuông cân (4) Gọi J là trung điểm BI thì MJ ⊥ BI Mà MJ ⊥ BB’ (BB’ ⊥ (ABC)) Do đó MJ ⊥ (BCC’B’) · ⇒ JN = hcMN /( BCC ' B ') ⇒ β = MNJ . Ta có VMJN vuông ⇒ MJ=MN.sin β =a.sin β 9
⇒ BI=2MJ=2asin β (do (4)) ⇒ BC=2BI=4asin β (5) ⇒ 2a 2 .cos α = 4asin β Từ (3) và (5) ⇒ cos α = 2 sin β . Bài 7: Cho tứ diện ABCD có ba mặt ABC,ACD,ADB vuông tại A.M là một điểm ở trong tam giác BCD.Gọi α , β , γ lần lượt là góc giữa AM và các mặt phẳng (ABC),(ACD),(ADB). CMR: sin 2 α + sin 2 β + sin 2 λ = 1 . Hướng dẫn giải: Từ M dựng các đoạn vuông góc MH,MK,ML từ M đến các mặt phẳng (ABC),(ACD), (ADB) theo thứ tự. Ta có: D AH = hcAM /( ABC ) AK = hcAM /( ACD) L MK AL = hcAM /( ABD ) · β· · ⇒ α = MAH, = MAK,λ = MAL I A C J Các tam giác vuông MAH,MAK,MAL cho: H MA MK ML sin α = ,sin β = ,sin λ = AM AM AM B MH 2 + MK 2 + ML2 ⇒ sin 2 α + sin 2 β + sin 2 λ = AM 2 Lần lượt dựng các đoạng vuông góc HJ,HI từ H đến AB,AC thì AJHI là hình chữ nhật. Mặt khác, ta có HI ⊥ AC Mà HI ⊥ AD (AD ⊥ (ABC)) Do đó HI ⊥ (ACD) ⇒ HI là khoảng cách Từ I đến (ACD) ⇒ HI = MK (MK//AD ⇒ MH // (ACD) ) Tương tự : HJ = ML MH 2 + MK 2 + ML2 Từ đó sin 2 α + sin 2 β + sin 2 λ = AM 2 MH 2 + HI 2 + HJ 2 = AM 2 10
MH 2 + AH 2 = = 1 ( ∆AMH vuông). AM 2 II.GÓC GIỮA HAI MẶT PHẲNG: Bài 8: Cho hình vuông ABCD cạnh a, trong mp(P).Hai điểm M,N di động trên CB và CD, Đặt CM=x,CN=y.Trên đường thẳng At vuông góc với (P) lấy điểm S.Tìm liên hệ giữa x,y để a) (SAM) và (SAN) tạo nhau góc 45o b) (SAM) ⊥ (SMN). Hướng dẫn giải: S A D N y B C M x a) Do SA ⊥ (ABCD) nên SA ⊥ AM và SA ⊥ AN. · Suy ra MAN là góc giữa hai mặt phẳng (SAM) và (SAN). · ⇒ MAN = 45o . Ta có · MN 2 = MA2 + AN 2 − MA.NA.cos MAN MN 2 = a 2 + (a − x ) 2 + a 2 + (a − y ) 2 − 2(a 2 + (a − x) 2 )(a 2 + (a − y ) 2 ). Mà MN 2 = x 2 + y 2 nên 11
x 2 + y 2 = 4a 2 + x 2 + y 2 − 2ax − 2ay − 2(a 2 + (a − x) 2 )(a 2 + (a − y ) 2 ) ⇔ 2(a 2 + (a − x ) 2 )(a 2 + (a − y ) 2 ) = 4a 2 − 2ax − 2ay. ⇔ x 2 y 2 + 4a 3 ( x + y ) = 4a 2 + 2axy ( x + y ). b) Do (SAM) ⊥ (SMN) và MN ⊥ SA ⇒ MN ⊥ (SMA) ⇒ MN ⊥ AM. ⇒ AN 2 = AM 2 + MN 2 ⇒ a 2 + (a − y )2 = a 2 + (a − x) 2 + x 2 + y 2 ⇒ 2a 2 − 2ay + y 2 = 2a 2 − 2ax + 2x 2 + y 2 ⇒ x 2 = a ( x − y ). Vậy để (SAM) ⊥ (SMN) thì x 2 = a ( x − y ) (x>y). Bài 9: Cho laêng truï ñöùng ABC.A'B'C' coù ñaùy ABC laø tam giaùc caân vôùi AB = · AC = a, goùc BAC = 120o , caïnh beân BB' = a. Goïi I laø trung ñieåm CC'. Chöùng minh ∆ AB'I vuoâng taïi A vaø tính cosin cuûa goùc giöõa hai maët phaúng (ABC) vaø (AB'I). Hướng dẫn giải: Caùch 1: Goïi H laø trungñieåm BC ⇒ AH ⊥ BC. a ∆ ABH laø nöûatamgiaùcñeàucaïnhAB =a ⇒ AH = 2 a3 B/ C/ vaøBH = ⇒ BC = a 3 2 A/ ∆IB/ C/ vuoângcoù: I 2 2 a 13a IB/ 2 = IC/ 2 + B/ C/ 2 = + 3a2 = H B 4 4 C 30o a2 2 5a2 ∆ AIC vuoângcoù: AI 2 = IC2 + AC2 = +a = A 4 4 5a2 13a2 Ta coù: AI 2 + AB/ 2 = + 2a2 = = IB/ 2 4 4 (AB/ laø ñöôøngcheùocuûahình vuoângAA /B/B caïnha) Vaäy, ∆ /I vuoângtaïi A. AB a2 10 1 1a 5 / = .AI.AB = . .a 2 = SAB/ I Ta coù: 2 22 4 a2 3 1 1a = .AH.BC = . .a 3 = SABC 2 22 4 12
Goïi α laø goùcgiöõahai maëtphaúng(ABC) vaø(AB/I), theocoângthöùcchieáu,ta coù: SABC a2 3 a2 10 30 cosα = = = : SAB/ I 4 4 10 Caùch 2: C/ z A H ⊥ BC Goïi H laø trungñieåmBC ⇒ A/ a ∆ ABH laø nöûatamgiaùcñeàucaïnhAB =a B/ I a a3 ⇒ AH = vaø BH = ⇒ BC = a 3 2 2 C A Döïng heätruïc Axyz, vôùi Ax, Ay, Az y 60o H A (0; 0; 0), ñoâi moätvuoânggoùc, z B a 3 a   a3a  / ; ; 0÷, C  − B ; ; 0÷, A (0; 0; a), 2 2  22  a 3 a  /  a 3 a   a 3 a a B/  ; ; a÷, C  − ; ; a÷, I  − ;;÷ 2 2   2 2   2 2 2 uuu /  a 3 a  uu  a 3 a a  r r AB =  ; ; a÷, AI =  − ;;÷ 22 2 2 2   uuu / uu a 3  a 3  a a rr 3a2 a2 2a2 a AB .AI = . − + . + a. = − ++ =0 ÷ Ta coù: 2  2  22 2 4 4 4 uuu / uu r r Vaäy, ∆ /I vuoângtaïi A. ⇒ AB ⊥ AI. AB r n1 = (0; 0; 1) * Phöôngtrìnhmp(ABC): z =0 coù phaùpvectô uuu / uu rr * mp(AB/I) coù caëpvectôchæphöông AB , AI phaùpvectô: , neâncoù r r  a2 3a2 3 2a2 3  uuu / uu a2 a2 r [AB ; AI] =  − ; − ÷ = − (1 3 3; − 2 3) = − .n2 ; ; 4 4 4 4 4 r vôùi n2 = (1 3 3; − 2 3) ; . Goïi α laø goùcgiöõa(ABC) vaø(AB/I), ta coù: 0+ 0− 2 3 23 30 cosα = = = . 0 + 0 + 1. 1+ 27 + 12 40 10 Bài 10: · Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông tại B, có AB = a, BAC = α , SA ⊥ ( ABC ) , SA = a, góc giữa hai mặt phẳng (SAC) và (SBC) là β. 13
1 + cos 2α a) Chứng minh tan α .tan β = . cos 2α b) Tam giác ABC thỏa mãn điều gì để β = 600 . Hướng dẫn giải: S Qua A hạ AH ⊥ SB, AK ⊥ SC . K DO SA ⊥ ( ABC ) và BC ⊥ AB => BC ⊥ ( SAB ) => BC ⊥ AH => AH ⊥ ( SBC ) => AH ⊥ SC H => SC ⊥ ( AHK ) => SC ⊥ KH C A => ¼ = β (do ¼ < 900 ) AKH AKH BC AH AH BC Ta có tan α tan β = = . . . B AB HK AB HK AH SH Do # ABH ~# SAH => = . AB SA BC SC # SHK ~# SCB => = HK SH SH SC SC Ta có tan α tan β = = . . SA SH SA a 1 + cos 2α a Mà AC = => SC = cosα cosα 1 + cos α 1 + cos 2α 1 + cos 2α 2 SC => tan α tan β = => = = cosα cosα cos 2α SA b) Do β = 600 nên tan α tan β = 3 tan α 1 + cos 2α 1 Theo câu a) => 3 tan α = = tan 2 α + 2 = 1+ cos α cos α 2 2 => tan α + 2 = 3 tan α => tan α = 1 => tan α = ±1 2 2 2 Do 0o < α < 90o => tan α = 1 => α = 45o Vậy tam giác ABC vuông cân tại B. Bài 11: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là nữa lục giác đều nội tiếp đường tròn đường kính AB = 2a, SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD) và SA = a 3 . a) Tính góc S ữa (SAD) và (SBC) gi b) Tính góc giữa (SBC) và (SCD) Hướng dẫn giải: Q P B A E 14 H C D I
a) Gọi I = AD ∩ BC =>SI là giao tuyến của (SAD) và (SBC)  BD ⊥ AD => BD ⊥ ( SAD) => BD ⊥ SI Ta có :   BD ⊥ SA Dựng DE ⊥ SI tại E. => ( BDE ) ⊥ SI · Suy ra BED là góc giữa (SAD) và (SBC). · · Mặc khác # AIB là tam giác đều (do IAB = IBA = 60o ) Nên AI = AB = 2a SI 2 = SA2 + AI 2 = 7 a 2 => SI = a 7 # SAI ~# DEI (do 2 tam giác vuông có góc nhọn I chung) DE DI a 1 = = = => SA SI a 7 7 SA a 3 => DE = = 7 7 BD ⊥ ( SAD) nên BD ⊥ DE . Ta có Trong # BDE , ta có : BD a 3 tan BED = = =7 BE a 3 7 · => BED = arctan 7 . · Vậy (( SAD, ( SBC )) = arctan 7 . Dựng AP ⊥ SH tại P, khi đó ta cũng có AP ⊥ CD ( do CD ⊥ ( SAH ) ) b) Nên AP ⊥ ( SCD) . Tương tự dựng AQ ⊥ SC tại Q thì AQ ⊥ ( SBC ) 15
· · Do đó PAQ = (( SBC ), ( SCD)) Xét # vuông SAH, ta có : 1 1 1 5 = + =2 2 2 2 AP AH AS 3a 3 => AP = a . 5 # SAC có SA ⊥ AC , SA = SC = a 3 nên # SAC vuông cân tại A 1 2 a6 => AQ = SC = SA = 2 2 2 AP ⊥ (SCD) nên AP ⊥ PQ. Trong # vuông APQ, ta có: 3 a 5 = 10 cosPAQ = 5 a6 2 10 · Suy ra : PAQ = arccos 5 10 · Vậy (( SBC ), ( SCD)) = arccos . 5 Bài 12: Cho tứ diện OABC có OA, OB, OC đôi một vuông góc. Biết OA = a, OB = b, OC = c và khoảng cách từ O đến mặt phẳng (ABC) = h. Gọi α, β, γ là các góc tạo bởi (ABC) với cái mặt phẳng (OAB), (OBC), (OCA). Chứng minh rằng : a) cos 2α + cos 2 β + cos 2γ = 1 . b) cosα +cosβ +cosγ ≤ 3 . Hướng dẫn giải: a) Kẻ OH ⊥ ( ABC ) tại H. Kéo dài CH ∩ AB = { I } OC ⊥ OA => OC ⊥ (OAB ) => OC ⊥ AB Ta có :  (1) OC ⊥ OB C Lại có : OH ⊥ ( ABC ) => OH ⊥ AB (2) Từ (1),(2) => AB ⊥ (OCI ) => AB ⊥ CI và AB ⊥ OI (3) H # OCI vuông O, đường cao OH, ta có: O B I 16 A
1 1 1 1 1 1 = 2+ = + + 2 2 OA OB OC 2 2 2 OH OI OC 1 111 HAY : 2 = 2 + 2 + 2 . h abc · · Từ (3), ta có: CIO = COH =α (cạnh t/ư vuông góc). OH h => cosα = cosCOH= =. OC c h h Tương tự : cosβ = , cosγ = . a b 2 1 1 1 => cos α + cos β + cos γ = h  2 + 2 + 2 ÷ = 1 . 2 2 2 a b c  b) Áp dụng bất đẳng thức Bunhicopski,ta có: ( cosα +cosβ +cosγ ) ≤ 3 ( cos 2α + cos 2 β + cos2γ ) =3 2 Vậy cosα +cosβ +cosγ ≤ 3 .(đpcm) Bài 13: · Cho tứ diện ABCD có DA ⊥ (ABC), tam giác ABC vuông tại B, BDC = 45o . Gọi · ADB = α . Xác định α để góc giữa 2 mặt phẳng (ADC) và (BDC) bằng 60 . o Hướng dẫn giải: D J C A I Dựng BI ⊥ AC . Ta có : BI ⊥ DA( DA ⊥ ( ABC )) => BI ⊥ ( DAC ) B => BI ⊥ DC Dựng BJ ⊥ DC => DC ⊥ ( BIJ) Vậy (·ADC ), ( BDC ) ) = BJI . · ( 17
Ta có # BJI vuông tại I ( BI ⊥ ( DAC ) ). · Theo đề bài BJI = 60o nên # BJI là nửa tam giác đều. 3 1 4 Suy ra BI = BJ => 2 = 3BJ 2 2 BI · Mặt khác # DBC vuông tại B và BDC = 45o => # DBC vuông cân tại B=>BD = BC AB AB Ta có: Sinα = => AB = BC = sinα = BD BC Hơn nữa trong # ABC vuông tại B, ta có : 11  1 1 1 = + = + 1÷ 2 BC  sin α 2 2 2 2  BI AB BC · Trong # DJB vuông tại J có JDB = 45o nên # DJB vuông cân tại J, do đó: 1 2 2 DB = 2 BJ => = = 2 2 BC 2 BJ DB 11 42 + 1÷ = . => 2 BC  sin α 2 2  3 BC 1 8 15 =>  2 + 1÷ = => sinα =  sin α 3 5 15 Vậy => α = arcsin . 5 Bài 14: Cho # ABC vuông tại A có BC là cạnh huyền thuộc mặt phẳng (P). Gọi β,γ lần lượt là góc hợp bởi 2 đường thẳng AB,AC với mặt phẳng (P). Gọi α là góc hợp bởi mặt phẳng(ABC) với mặt phẳng (P).Chứng mình rằng: Sin 2α = Sin 2 β + Sin 2γ . Hướng dẫn giải: Kẻ AH ⊥ ( P ) A => ·ABH = β , · ACH = γ Kẻ HI ⊥ BC Mà HI ⊥ AH => AI ⊥ BC ( định lí 3 đường vuông góc) C => · H AIH = α Trong # ABC vuông tại A, ta có: I 1 1 1 = + 2 2 AC 2 B IA AB AH 2 AH 2 AH 2 => = + IA2 AB 2 AC 2 Vậy Sin 2α = Sin 2 β + Sin 2γ . 18
Bài 15: Cho hình chóp S.ABCD có dáy là hình thang vuông tại A,B với AB=BC=a,AD=2a,SA ⊥ (ABCD) và SA=a 2 .Gọi I là trung điểm của SC. a) Chứng minh AI ⊥ (SCD). b) Tính góc α giữa hai mp (ABCD) và (SCD), góc β giữa hai mp (SAB) và (SCD). Hướng dẫn giải: a) SA ⊥ (ABCD) ⇒ SA ⊥ AC,SA=AC= a 2 . Tam giác SAC vuông cân tại A nên AI ⊥ SC. Gọi K là trung điểm của AD, S tứ giác ABCK là hình vuông nên: CK=KA=KD=a ⇒ tam giác ACD vuông tại C ⇒ CD ⊥ AC. Mà CD ⊥ AS, do SA ⊥ (ABCD) nên: I CD ⊥ (SAC) ⇒ CD ⊥ AI. K A D ⇒ AI ⊥ (SCD). Ta có: AI ⊥ SC và CD b) Ta có giao tuyến của (ABCD) và (SCD) là CD. Theo câu a), CD ⊥ (SAC) nên CD ⊥ AC và CD ⊥ SC. B C · Do đó góc giữa (ABCD) và (SCD) là α = SCA . Mà tam giác SAC vuông cân tại A nên α = 45o . Ta có AD ⊥ AB và SA,nên AD ⊥ (SAB). Theo cmt, AI ⊥ (SCD).Vậy góc giữa (SAB) và (SCD) là β =góc (AI,AD). AI · Vì AI ⊥ (SDC) nên AI ⊥ ID.Tam giác AID vuông tại I và cosIAD = AD SC 1 1 · = AC 2 =a.Vậy cosIAD = ⇒ β = 60o . với AD=2a,AI= 22 2 Bài 16: Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông cân tại B và BA=BC=a, SA vuông góc với đáy ,SA=a.Tính góc α giữa hai mặt phẳng (SAC) và (SBC). Hướng dẫn giải: S H C A 19 B
Gọi H là trung điểm của AC, ta có BH ⊥ AC Ta có BH ⊥ SA vì SA ⊥ (ABC), nên BH ⊥ (SAC). Ta cũng có tam giác SHC là hình chiếu của tam giác SBC lên (SAC). SSHC Vậy cosα = SSBC 1 1 2 SSHC = SA.HC= a. a 2 = a 2 . 2 2 2 4 Vì BC ⊥ AB và BC ⊥ SA nên tam giác SBC vuông tại B. 1 1 a2 2 . Ta có : SSBC = SB.BC= AB 2 .BC= 2 2 2 S 1 Vậy cosα = SHC = ⇒ α = 60o . SSBC 2 Câu 17: Cho tam giác đều ABC cạnh a. Dựng hai đoạn AA’,CC cùng vuông góc với (ABC) và nằm cùng phía đối với (ABC), AA = CC ’= a. Tính góc giữa hai mp (A’BC) và (C’BA). Hướng dẫn giải: Gọi O là giao điểm của AC’ và CA’; H là trung điểm của AC. Ta có: AC ⊥ OB.Hạ HI ⊥ OB, suy ra OB ⊥ (ACI) và góc giữa (A’BC) và (C’BA) là góc giữa IA và IC. Ta có: OH//AA’ ⇒ OH ⊥ (ABC) ⇒ OH ⊥ BH. A' C' 1 1 1 16 a3 = + = 2 ⇒ HI = . 2 2 2 HI HB HO 3a 4 O AH 2 · · tanAIH = = > 1⇒ AIH > 45o IH 3 I A C H 2 2 · · ⇒ AIH = arctan ⇒ AIC = π − 2arctan . 3 3 B Bài 18: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông ABCD cạnh a, Sa vuông góc với mp đáy và SA=x. Tính x để hai mp (SBC) và (SDC) tạo với nhau góc 60o . Hướng dẫn giải: 20