Câu 1:
Cho hình vuông \(ABCD\) và tam giác đều \(SAB\) cạnh \(a\) nằm trong hai mặt phẳng vuông góc với nhau. Gọi \(M\), \(N\) lần lượt là trung điểm của \(AB\) và \(AD\).
\(\bullet\,\) Chứng minh rằng \((SMD) \perp (SNC)\).
\(\bullet\,\) Tính khoảng cách từ \(M\) đến mặt phẳng \((SNC)\).
baitapsgk11/t11ch8b6sgkh1.png
\(\bullet\,\) Do \(M\) là trung điểm \(AB\). Suy ra \(SM \perp AB\).
Do \((SAB) \perp (ABCD) \Rightarrow SM \perp (ABCD) \Rightarrow SM \perp CN\). (1)
Gọi \(E\) là giao điểm của \(MD\) và \(CN\).
Mặt khác \(\triangle AMD = \triangle DNC \;\;\text{(c.g.c)} \Rightarrow \widehat{ADM} = \widehat{DCN}\).
Mặt khác \(\widehat{DCN} + \widehat{CND} = 90^\circ\)
\(\Rightarrow \widehat{DCN} + \widehat{NDM} = 90^\circ \Rightarrow \widehat{NED} = 90^\circ\).
Suy ra \(CN \perp MD\) (2).
Từ (1) và (2) suy ra \(CN \perp (SMD)\) (*).
Mặt khác \(CN \subset (SCN)\) (**).
Từ (*) và (**) suy ra \((SMD) \perp (SNC)\).
\(\bullet\,\) Tính khoảng cách từ \(M\) đến mặt phẳng \((SNC)\).
Trong \((SMN)\), kẻ \(MH \perp SE\) (3).
Do \(CN \perp (SMD) \Rightarrow CN \perp MH\) (4).
Từ (3) và (4) suy ra \(MH \perp (SNC)\). Suy ra \(\mathrm{\,d} (M,(SNC)) = MH\).
Trong \(\triangle NAD\) vuông tại \(D\) với \(ND = \displaystyle\frac{a}{2}\), \(CD = a\) có
\(ED = \displaystyle\frac{ND \cdot CD}{\sqrt{ND^2 + CD^2}}\) \( = \displaystyle\frac{\displaystyle\frac{a}{2} \cdot a}{\sqrt{\displaystyle\frac{a^2}{4} + a^2}} = \displaystyle\frac{a\sqrt{5}}{5}.\)
Trong \(\triangle AMD\) vuông tại \(A\) với \(MD = \sqrt{AM^2 + AD^2}\) \( = \sqrt{\displaystyle\frac{a^2}{4} + a^2} = \displaystyle\frac{a\sqrt{5}}{2}\).
Suy ra \(ME = MD - ED\) \( = \displaystyle\frac{a\sqrt{5}}{2} - \displaystyle\frac{a\sqrt{5}}{5} = \displaystyle\frac{3\sqrt{5}a}{10}\).
Trong \(\triangle SME\) vuông tại \(M\) có
\(MH = \displaystyle\frac{SM \cdot ME}{\sqrt{SM^2 + ME^2}}\) \(= \displaystyle\frac{\displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{2} \cdot \displaystyle\frac{3\sqrt{5}a}{10}}{\sqrt{\displaystyle\frac{3a^2}{4} + \displaystyle\frac{45a}{100}}} = \displaystyle\frac{3\sqrt{2}a}{8}.\)
}
Câu 2:
Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy là hình vuông cạnh \(a\), \(SA \perp (ABCD)\) và \(SA = a\). Gọi \(M\), \(N\), \(P\) lần lượt là trung điểm của \(SB\), \(SC\) và \(SD\). Tính khoảng cách giữa \(AM\) và \(NP\).
baitapsgk11/t11ch8b6sgkh2.png
Gọi \(Q\) là trung điểm điểm \(SA\). Suy ra \(PQ \parallel AD\).
Do \(AD \perp (SAB) \Rightarrow PQ \perp (SAB)\).
Ta có \(\begin{cases}NP \parallel CD\\ AB \parallel CD\end{cases}\Rightarrow NP \parallel AP\).
Suy ra \(NP \parallel (SAB)\).
Do \(AM \subset (SAB)\) nên \(\mathrm{\,d} (AM,NP) = \mathrm{\,d} (NP,(SAB))\) \( = \mathrm{\,d} (P,(SAB)) = PQ = \displaystyle\frac{AD}{2} = \displaystyle\frac{a}{2}.\)
}
Câu 3:
Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình thang vuông tại \(A\) và \(D\); \(AB = AD = 2a\); \(CD = a\); số đo góc nhị diện \([S, BC, A]\) bằng \(60^{\circ}\). Gọi \(I\) là trung điểm của cạnh \(AD\). Biết hai mặt phẳng \((SBI)\) và \((SCI)\) cùng vuông góc với mặt phẳng \((ABCD)\). Tính thể tích khối chóp \(S.ABCD\) theo \(a\).
baitapsgk11/t11ch8b6sgkh3.png
Do \(\begin{cases}(SBI) \perp (ABCD)\\ (SCI) \perp (ABCD)\\ (SBI) \cap (SCI) = SI\end{cases} \Rightarrow SI \perp (ABCD)\).
Trong \((ABCD)\), kẻ \(IE \perp BC\).
Suy ra \(BC \perp (SIE) \Rightarrow SE \perp BC\).
Vậy góc nhị diện \([S, BC, A]\) là \(\widehat{SEI}\). Suy ra \(\widehat{SEI} = 60^\circ\).
}
Câu 4:
Một chân cột bằng gang có dạng hình chóp cụt tứ giác đều có cạnh đáy lớn bằng \(2a\), cạnh đáy nhỏ bằng \(a\), chiều cao \(h = 2a\) và bán kính đáy phần trụ rỗng bên trong bằng \(\displaystyle\frac{a}{2}\).
\(\bullet\,\) Tìm góc phẳng nhị diện tạo bởi mặt bên và mặt đáy.
\(\bullet\,\) Tính thể tích chân cột nói trên theo \(a\).
baitapsgk11/t11ch8b6sgkh4.png
\(\bullet\,\) Gọi hình chóp cụt tứ giác đều là \(ABCD.A'B'C'D'\) với \(CD = 2a\), \(C'D' = a\).
Gọi \(O\),\(O'\) lần lượt là tâm hai đáy của hình chóp cụt tứ giác đều \(ABCD.A'B'C'D'\). Suy ra \(OO' = 2a\).
Gọi \(M\), \(N\) lần lượt là trung điểm \(CD\), \(C'D'\). Ta có \(MN \perp CD\), \(OM \perp CD\).
Gọi \(H\) là hình chiếu của \(N\) trên \(OM\).
Bán kính đáy trụ rỗng bên trong là \(ON = \displaystyle\frac{a}{2}\).
Ta có \(OM = \displaystyle\frac{AD}{2} = a\). Suy ra \(HM = OM - OH = \displaystyle\frac{a}{2}\).
Khi đó góc nhị diện \([N, CD, H]\) là \(\widehat{NMH}\).
Trong \(\triangle HMN\) vuông tại \(H\) với \(NH = h = 2a\), \(HM = \displaystyle\frac{a}{2}\) ta có \(\tan \widehat{NMH} = \displaystyle\frac{NH}{HM} = \displaystyle\frac{2a}{\displaystyle\frac{a}{2}} = 4\).
Suy ra \(\widehat{NMH} = 75^\circ 57' 49{,}52'\).
\(\bullet\,\)
Diện tích đáy dưới của khối chóp cụt là \(S_1 = (2a)^2 = 4a^2\) (đvdt).
Diện tích đáy trên của khối chóp cụt là \(S_2 = a^2\) (đvdt).
Gọi \(O\), \(O'\) lần lượt là tâm của đáy dưới và đáy trên.
Suy ra \(OO' = h = 2a\).
Do đó, thể tích của khối chóp cụt đều là
\begin{eqnarray*}V&=&\displaystyle\frac{1}{3}\cdot OO'\left(S_1 + \sqrt{S_1S_2} + S_2\right)\\ &=&\displaystyle\frac{1}{3} \cdot 2a \cdot\left(4a^2 + \sqrt{4a^2 \cdot a^2} + a^2\right)=\displaystyle\frac{14a^3}{3}.\end{eqnarray*}
}
Câu 5:
Cho hình hộp \(ABCD.A'B'C'D'\) có cạnh bên \(AA' = a\), đáy \(ABCD\) là hình thoi có \(AB = BD = a\). Hình chiếu vuông góc của \(A'\) lên mặt đáy trùng với điểm \(O\) là giao điểm hai đường chéo của đáy. Tính thể tích của khối hộp.
baitapsgk11/t11ch8b6sgkh5.png
Diện tích hình thoi \(ABCD\) là \(S_{ABCD} = \displaystyle\frac{1}{2}AC \cdot BD = \displaystyle\frac{a^2}{2}\).
Trong \(\triangle A'AO\) vuông tại \(O\) với \(AO = \displaystyle\frac{AC}{2} = \displaystyle\frac{a}{2}\), \(AA' = a\) ta có
\(A'O = \sqrt{AA'^2 - AO^2}\) \(= \sqrt{a^2 - \displaystyle\frac{a^2}{4}} = \displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{2}.\)
Vậy thể tích của khối hộp \(ABCD.A'B'C'D'\) là
\(V = S_{ABCD} \cdot A'O\) \(= \displaystyle\frac{a^2}{2} \cdot \displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{2} = \displaystyle\frac{a^3\sqrt{3}}{4}.\)
}