Giải Toán 11 SGK nâng cao Ôn tập Chương 3 Vecto trong không gian. Quan hệ vuông góc

Tứ diện OABC có OA = OB = OC = a và \(\widehat {AOB} = \widehat {AOC} = {60^0},\widehat {BOC} = {90^0}\)

a. Chứng tỏ rằng ABC là tam giác vuông và OA ⊥ BC

b. Tìm đường vuông góc chung IJ của OA và BC ; tính khoảng cách giữa hai đường thẳng OA và BC.

c. Chứng minh rằng hai mặt phẳng (ABC) và (OBC) vuông góc với nhau.

Hướng dẫn giải:

Câu a:

Vì \(\widehat {AOB} = \widehat {AOC} = {60^0}\)

OA = OB = OC = a

Nên AB = AC = a

Suy ra ΔABC = ΔOBC

Vậy tam giác ABC vuông cân tại A

Gọi J là trung điểm của BC thì OJ ⊥ BC, AJ ⊥ BC nên OA ⊥ BC.

Câu b:

Gọi I là trung điểm của OA, do OJ = AJ nên JI ⊥ OA, mà JI ⊥ BC, vậy IJ là đường vuông góc chung của OA và BC.

\(I{J^2} = O{J^2} - O{I^2} = {\left( {\frac{{a\sqrt 2 }}{2}} \right)^2} - {\left( {\frac{a}{2}} \right)^2} = \frac{{{a^2}}}{4}\)

\(\begin{array}{l}
I{J^2} = O{J^2} - O{I^2} = {\left( {\frac{{a\sqrt 2 }}{2}} \right)^2} - {\left( {\frac{a}{2}} \right)^2} = \frac{{{a^2}}}{4}\\
 \Rightarrow d\left( {OA;BC} \right)\frac{a}{2}
\end{array}\)

Câu c:

Từ các kết quả trên ta có : OJ ⊥ BC, AJ ⊥ BC, IJ = \(\frac{1}{2}OA\)

Vậy góc giữa mp(OBC) và mp(ABC) bằng góc \(\widehat {OJA}\) và \(\widehat {OJA} = {90^0}\), do đó mp(OBC) ⊥ mp(ABC).

---

Cho hình chóp S.ABC có SA = SB = SC = a, \(\widehat {ASB} = {120^ \circ },\widehat {BSC} = {60^ \circ },\widehat {CSA} = {90^ \circ }\)

a. Chứng tỏ rằng ABC là tam giác vuông

b. Tính khoảng cách từ S đến mặt phẳng (ABC)

Hướng dẫn giải:

Câu a:

\(\begin{array}{l}
\overrightarrow {CA} .\overrightarrow {CB}  = (\overrightarrow {SA}  - \overrightarrow {SC} )(\overrightarrow {SB}  - \overrightarrow {SC} )\\
 = \overrightarrow {SA} .\overrightarrow {SB}  - \overrightarrow {SA} .\overrightarrow {SC}  - \overrightarrow {SC} .\overrightarrow {SB}  + S{C^2}\\
 = {a^2}cos{120^0} - {a^2}cos{90^0} - {a^2}cos{60^0} + {a^2}\\
 = {a^2} - \frac{{{a^2}}}{2} - \frac{{{a^2}}}{2} = 0\\
 \Rightarrow CA \bot CB
\end{array}\)

=> ΔABC vuông tại C.

Câu b:

Kẻ SH ⊥ mp(ABC), do SA = SB = SC nên HA = HB = HC mà ΔABC vuông tại C nên H là trung điểm của AB. Ta có:

\(\begin{array}{l}
S{H^2} = S{A^2} - \frac{{A{B^2}}}{4} = {a^2} - \frac{{3{a^2}}}{4} = \frac{{{a^2}}}{4}\\
 \Rightarrow SH = \frac{a}{2}
\end{array}\)

---

Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, SA ⊥ (ABCD). Hai điểm M và N lần lượt thay đổi trên cạnh CB và CD, đặt CM = x, CN = y. Tìm hệ thức liên hệ giữa x và y để :

a. Hai mặt phẳng (SAM) và (SAN) tạo với nhau góc 45⁰

b. Hai mặt phẳng (SAM) và (SMN) vuông góc với nhau.

Hướng dẫn giải:

Câu a:

Ta có: AM, AN cùng vuông góc với SA mà \(\widehat {MAN} \le {90^0}\) nên \(\widehat {MAN}\) là góc giữa hai mặt phẳng (SAM) và (SAN). Hai mặt phẳng đó tạo với nhau góc 45˚ khi và chỉ khi \(\widehat {MAN} = {45^0}\)

Mặt khác, \(M \in BC,N \in CD,\widehat {BAD} = {90^ \circ }\) nên điều đó xảy ra khi \(\widehat {BAM} + \widehat {DAN} = {45^0}\)

Từ đó ta có: \(1 = \frac{{tan\widehat {BAM} + tan\widehat {DAN}}}{{1 - tan\widehat {BAM}.tan\widehat {DAN}}}\left( * \right)\)

(Áp dụng công thức \(\tan \left( {x + y} \right) = \frac{{\tan x + \tan y}}{{1 - \tan x\tan y}}\))

Vì \(tan\widehat {BAM} = \frac{{a - x}}{a},tan\widehat {DAN} = \frac{{a - y}}{a}\) nên (∗) \( \Leftrightarrow 2{a^2} + xy = 2a(x + y)\)(∗)⇔2a2+xy=2a(x+y)

Đó là hệ thức liên hệ giữa x và y để các mặt phẳng (SAM) và (SAN) tạo với nhau góc 45⁰

Câu b:

Ta có: (SAM) ⊥ (ABCD), từ đó nếu (SMN) ⊥ (SAM) thì giao tuyến MN của (SMN) và (ABCD) sẽ vuông góc với (SAM), tức MN ⊥ AM.

Ngược lại, nếu có MN ⊥ AM thì do SA ⊥ MN nên MN ⊥ (SAM), suy ra (SMN) ⊥ (SAM)

Vậy (SAM) ⊥ (SMN) khi và chỉ khi \(\widehat {AMN} = {90^0}\)

\( \Leftrightarrow {a^2} + {(a - x)^2} + {x^2} + {y^2} = {a^2} + {(a - y)^2}\)

\( \Leftrightarrow ay = x(a - x)0\) với \(0 \le x \le a,0 \le y \le a\)

---

Tam giác ABC vuông có cạnh huyền BC nằm trong mp(P), cạnh AB và AC lần lượt tạo với mp(P) các góc β và γ. Gọi α là góc tạo bởi mp(P) và mp(ABC). Chứng minh rằng \(si{n^2}\alpha  = si{n^2}\beta  + si{n^2}\gamma \)

Hướng dẫn giải:

Kẻ AH ⊥ mp(P) và AI ⊥ BC

Thì \(\beta  = \widehat {ABH},\gamma  = \widehat {ACH},\alpha  = \widehat {AIH}\)

Vì ΔABC vuông ở A nên:

\(\begin{array}{l}
\frac{1}{{A{I^2}}} = \frac{1}{{A{B^2}}} + \frac{1}{{A{C^2}}}\\
 \Rightarrow \frac{{A{H^2}}}{{A{I^2}}} = \frac{{A{H^2}}}{{A{B^2}}} + \frac{{A{H^2}}}{{A{C^2}}}\\
hay\,\,si{n^2}\alpha  = si{n^2}\beta  + si{n^2}\gamma 
\end{array}\)

---

Cho tứ diện OABC có OA, OB, OC đôi một vuông góc với nhau và OA = a, OB = b, OC = c. Gọi H là hình chiếu của O trên mặt phẳng (ABC). Tính diện tích các tam giác HAB, HBC và HCA.

Hướng dẫn giải:

Vì OA, OB, OC đôi một vuông góc và H là hình chiếu của O trên mp(ABC) nên H là trực tâm tam giác ABC. Từ đó HC₁ ⊥ AB (C₁ là giao điểm của CH và AB), suy ra OC₁ ⊥ AB. Như vậy\(\widehat {O{C_1}H}\) là góc giữa mp(OAB) và mp(ABC).

Ta có:\({S_{HAB}} = {S_{OAB}}cos\widehat {O{C_1}H}\)

Mà \(\widehat {O{C_1}H} = \widehat {HOC}\) nên \({S_{HAB}} = {S_{OAB}}cos\widehat {HOC}\)

Ta lại có: \(cos\widehat {HOC} = \frac{{OH}}{{OC}},1O{H^2} = \frac{1}{{O{A^2}}} + \frac{1}{{O{B^2}}} + \frac{1}{{O{C^2}}}\)

Từ đó: \(cos\widehat {HOC} = \frac{{ab}}{{\sqrt {{a^2}{b^2} + {b^2}{c^2} + {c^2}{a^2}} }}\)

Mặt khác \({S_{OAB}} = \frac{1}{2}ab\)

Vậy \({S_{HAB}} = \frac{{{a^2}{b^2}}}{{2\sqrt {{a^2}{b^2} + {b^2}{c^2} + {c^2}{a^2}} }}\)

Tương tự như trên, ta có

\({S_{HBC}} = \frac{{{b^2}{c^2}}}{{2\sqrt {{a^2}{b^2} + {b^2}{c^2} + {c^2}{a^2}} }}\)

\({S_{HAC}} = \frac{{{b^2}{c^2}}}{{2\sqrt {{c^2}{a^2} + {b^2}{c^2} + {c^2}{a^2}} }}\)

---

Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông tại đỉnh C, CA = a, CB = b ; mặt bên ABB’A’ là hình vuông. Gọi P là mặt phẳng đi qua C và vuông góc với AB’.

a. Xác định thiết diện của hình lăng trụ đã cho khi cắt bởi (P). Thiết diện là hình gì ?

b. Tính diện tích thiết diện nói trên.

Hướng dẫn giải:

Câu a:

Kẻ đường cao CH của tam giác vuông ABC thì CH ⊥ AB’ (định lí ba đường vuông góc).

Trong mp(ABB’A’) kẻ đường thẳng Ht vuông góc với AB’. Khi đó (P) chính là mp(CHt).

Chú ý rằng do ABB’A’ là hình vuông nên AB’ ⊥ A’B. Vậy Ht // A’B, từ đó Ht cắt AA’ tại điểm K thuộc đoạn AA’.

Như vậy, thiết diện của hình lăng trụ ABC.A’B’C’ khi cắt bởi mp(P) là tam giác CHK.

Do CH ⊥ AB, mp(ABB’A’) ⊥ mp(ABC) nên CH ⊥ (ABB’A’), từ đó tam giác CHK vuông tại H.

Câu b:

\(\begin{array}{l}
{S_{CHK}} = \frac{1}{2}CH.HK\\
CH.AB = CA.CB \Rightarrow CH = \frac{{ab}}{{\sqrt {{a^2} + {b^2}} }}\\
AH.AB = {a^2} \Rightarrow AH = \frac{{{a^2}}}{{AB}}\\
\frac{{HK}}{{A\prime B}} = \frac{{AH}}{{AB}}\\
 \Rightarrow HK = A\prime B.\frac{{{a^2}}}{{A{B^2}}}\\
 = \frac{{\sqrt {{a^2} + {b^2}} .\sqrt 2 {a^2}}}{{{a^2} + {b^2}}} = \frac{{{a^2}\sqrt 2 }}{{\sqrt {{a^2} + {b^2}} }}
\end{array}\)

Từ đó: 

\({S_{CHK}} = \frac{1}{2}\frac{{ab}}{{\sqrt {{a^2} + {b^2}} }}.\frac{{{a^2}\sqrt 2 }}{{\sqrt {{a^2} + {b^2}} }} = \frac{{{a^3}b\sqrt 2 }}{{2\left( {{a^2} + {b^2}} \right)}}\)

---

Một tứ diện được gọi là gần đều nếu các cạnh đối bằng nhau từng đôi một. Với tứ diện ABCD, chứng tỏ các tính chất sau là tương đương :

a. Tứ diện ABCD là gần đều ;

b. Các đoạn thẳng nối trung điểm cặp cạnh đối diện đôi một vuông góc với nhau ;

c. Các trọng tuyến (đoạn thẳng nối đỉnh với trọng tâm của mặt đối diện) bằng nhau ;

d. Tổng các góc tại mỗi đỉnh bằng 180⁰

Hướng dẫn giải:

* Chứng minh a <=> b

Gọi M, N, P, Q, E, F lần lượt là trung điểm của AB, CD, BC, AD, AC, BD.

a => b. Do AC = BD nên MNPQ là hình thoi, vì thế MN ⊥ PQ. Tương tự ta có MN ⊥ EF, PQ ⊥ EF.

b) => a. MPNQ là hình bình hành mà MN ⊥ PQ nên MPNQ là hình thoi, tức là MP = MQ, từ đó AC = BD.

Tương tự như trên, ta cũng có BC = AD, AB = CD.

* Chứng minh a <=> c

Gọi A’, B’ lần lượt là trọng tâm của các tam giác BCD và ACD.

a) => c. Ta có ΔBCD = ΔADC (c.c.c) nên BN = AN, từ đó A’N = B’N.

Vậy ΔAA’N = ΔBB’N (c.g.c), suy ra AA’ = BB’.

Tương tự như trên, ta có điều phải chứng minh.

c) => a. Do giả thiết ta có BB’ = AA’, mà AA’ cắt BB’ tại G, AG = 3GA’, BG = 3GB’ (xem BT 22, chương II, SGK), từ đó BG = AG và GA’ = GB’. Các tam giác BGA’ và AGB’ bằng nhau nên BA’ = AB’.

Như vậy BN = AN, mà :

\(\begin{array}{l}
A{C^2} + A{D^2} = 2A{N^2} + \frac{{C{D^2}}}{2}\\
B{C^2} + B{D^2} = 2B{N^2} + \frac{{C{D^2}}}{2}
\end{array}\)

Do đó: \(A{C^2} + A{D^2} = B{C^2} + B{D^2}\) (1)

Tương tự như trên ta có: \(C{A^2} + C{B^2} = D{A^2} + D{B^2}\) (2)

Từ (1) và (2) suy ra AD = BC và AC = BD.

Tương tự như trên ta cũng có AB = CD.

* Chứng minh a <=> d

a) => d. Do sự bằng nhau của các tam giác ABC, CDA, BAD với tam giác DCB nên tổng các góc tại B bằng 180˚

Đối với các đỉnh còn lại cũng được lí luận tương tự như trên

d) => a. Trải các mặt ABC, ACD, ABD lên mặt phẳng (BCD).

Do tổng các góc tại B cũng như tại C, tại D đều bằng 180⁰ nên các bộ ba điểm A₁, C, A₂; A₂, D, A₃; A₃, B, A₁ là những bộ ba điểm thẳng hàng.

Như vậy, BC, CD, BD là ba đường trung bình của tam giác A₁A₂A₃. Từ đó BD = A₁C = CA₂ = CA. Tương tự ta cũng có AD = BC, CD = AB.

---

Cho tứ diện ABCD. Cắt tứ diện đó theo các cạnh đó theo các cạnh AB, AC, AD và trải các mặt ABC, ACD, ADB lên mặt phẳng (BCD) (xem hình 133). Hình phẳng gồm các tam giác BCD, A₁BC, A₂CD, A₃BD gọi là hình khai triển của tứ diện ABCD trên mặt phẳng (BCD).

Hướng dẫn giải:

Ta có hình khai triển của tứ diện ABCD trên mp(BCD) là tam giác A1A2A3.

Ta chỉ cần chứng minh tam giác A₁A₂A₃ có ba góc nhọn.

Thật vậy, xét tam giác AA₁A₂ có AC = A₁C = A₂C nên AA₁ ⊥ AA₂. Lí luận tương tự như trên, ta có AA₁, AA₂, AA₃ đôi một vuông góc, từ đó tứ diện AA₁A₂A₃ có mặt A1A2A3 là tam giác có ba góc nhọn.

 

Trên đây là nội dung hướng dẫn giải chi tiết bài tập SGK nâng cao môn Hình học 11 Ôn tập Chương 3 được trình bày rõ ràng, cụ thể với phương pháp ngắn gọn và khoa học. Hy vọng rằng đây sẽ là tài liệu hữu ích giúp các em học sinh lớp 11 học tập thật tốt!