ÔN TẬP CUỐI CHƯƠNG 8
Bài tập sách Chân trời sáng tạo
Bài tập 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 \((SNC)\).
\(\bullet\,\) 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
\(MH = \displaystyle\frac{SM \cdot ME}{\sqrt{SM^2 + ME^2}}\) \(= \displaystyle\frac{\displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{2} \cdot \displaystyle\frac{3\sqrt{5}a}{10}}{\sqrt{\displaystyle\frac{3a^2}{4} + \displaystyle\frac{45a}{100}}} = \displaystyle\frac{3\sqrt{2}a}{8}.\)
Bài tập 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 \(NP\).
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 \(\mathrm{\,d} (AM,NP) = \mathrm{\,d} (NP,(SAB))\) \( = \mathrm{\,d} (P,(SAB)) = PQ = \displaystyle\frac{AD}{2} = \displaystyle\frac{a}{2}.\)
Bài tập 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 \(a\).
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 \(\widehat{SEI} = 60^\circ\).
Bài tập 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 \(a\).
\(\bullet\,\) 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*}
Bài tập 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.
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
\(V = S_{ABCD} \cdot A'O\) \(= \displaystyle\frac{a^2}{2} \cdot \displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{2} = \displaystyle\frac{a^3\sqrt{3}}{4}.\)
Bài tập sách Kết nối tri thức
Bài tập 1
Cho tứ diện \(OABC\) có \(OA\), \(OB\), \(OC\) đôi một vuông góc với nhau và \(OA=a\), \(OB=a\sqrt{2}\) và \(OC=2a\). Tính khoảng cách từ điểm \(O\) đến mặt phẳng \((ABC)\).
Dựng \(OH\perp BC\) tại \(H\), \(OK\perp AH\) tại \(K\).
Ta có \(\begin{cases}OA\perp OB \\ OA\perp OC\end{cases} \Rightarrow OA\perp (OBC)\Rightarrow OA\perp BC\).
Mà \(BC\perp OH\).
Suy ra \(BC\perp (OAH)\).
\(\Rightarrow BC\perp OK\) (do \(OK\subset (OAH)\)).
Mà \(OK\perp AH\).
Suy ra \(OK\perp (ABC) \Rightarrow \mathrm{d}[O,(ABC)] = OK\).
Ta có \(\displaystyle\frac{1}{OH^2} = \displaystyle\frac{1}{OB^2} + \displaystyle\frac{1}{OC^2} = \displaystyle\frac{1}{2a^2} + \displaystyle\frac{1}{4a^2} = \displaystyle\frac{3}{4a^2}\).
\(\displaystyle\frac{1}{OK^2} = \displaystyle\frac{1}{OH^2} + \displaystyle\frac{1}{OA^2}\) \(= \displaystyle\frac{3}{4a^2} + \displaystyle\frac{1}{a^2} = \displaystyle\frac{7}{4a^2} \Rightarrow OK = \displaystyle\frac{2a\sqrt{7}}{7}\).
Vậy \(\mathrm{d}[O,(ABC)] = \displaystyle\frac{2a\sqrt{7}}{7}\).
Bài tập 2
Cho tứ diện \(ABCD\) có \(\triangle ABC\) cân tại \(A\), \(\triangle BCD\) cân tại \(D\). Gọi \(I\) là trung điểm của cạnh \(BC\).
\(\bullet\,\) Chứng minh rằng \(BC\perp(AID)\).
\(\bullet\,\) Kẻ đường cao \(AH\) của \(\triangle AID\). Chứng minh rằng \(AH\perp(BCD)\).
\(\bullet\,\) Kẻ đường cao \(IJ\) của \(\triangle AID\). Chứng minh rằng \(IJ\) là đường vuông góc chung của \(AD\) và \(BC\).
\(\bullet\,\) Ta có \(AI\) và \(DI\) lần lượt là trung tuyến của \(\triangle ABC\) cân tại \(A\) và \(\triangle DBC\) cân tại \(D\).
\(\Rightarrow BC\perp AI\) và \(BC\perp DI\).
\(\Rightarrow BC\perp (AID)\).
\(\bullet\,\) Ta có \(BC\perp (AID)\), \(AH\subset (AID)\).
\(\Rightarrow AH\perp BC\).
Mà \(AH\perp DI\).
Suy ra \(AH\perp (DBC)\).
\(\bullet\,\) Ta có \(BC\perp (AID)\), \(IJ\subset (AID)\).
\(\Rightarrow IJ\perp BC\) tại \(I\).
Mà \(IJ\perp AD\) tại \(J\).
Suy ra \(IJ\) là đường vuông góc chung của \(AD\) và \(BC\).
Bài tập 3
Cho hình chóp \(S.ABC\) có đáy \(ABC\) là tam giác vuông tại \(B\), \(BC=a\) và \(\widehat{CAB}=30^{\circ}\). Biết \(SA\perp(ABC)\) và \(SA=a\sqrt{2}\).
\(\bullet\,\) Chứng minh rằng \((SBC)\perp(SAB)\).
\(\bullet\,\) Tính theo \(a\) khoảng cách từ điểm \(A\) đến đường thẳng \(SC\) và khoảng cách từ điểm \(A\) đến mặt phẳng \((SBC)\).
\(\bullet\,\) Ta có \(\begin{cases} BC\perp AB \text{ (vì } \triangle ABC \text{ vuông tại } B)\\ BC\perp SA \text{ (vì } SA\perp (ABC), BC\subset (ABC))\end{cases}\)
\(\Rightarrow BC\perp (SAB)\).
Mà \(BC\subset (SBC)\).
Suy ra \((SBC)\perp(SAB)\).
\(\bullet\,\) Kẻ \(AH\perp SC\) tại \(H\). Khi đó \(\mathrm{d}(A,SC) = AH\).
Ta có \(AC= \displaystyle\frac{BC}{\sin \widehat{BAC}} = \displaystyle\frac{a}{\sin 30^\circ} = 2a\).
\(\displaystyle\frac{1}{AH^2} = \displaystyle\frac{1}{SA^2} + \displaystyle\frac{1}{AC^2} = \displaystyle\frac{1}{2a^2} + \displaystyle\frac{1}{4a^2} = \displaystyle\frac{3}{4a^2} \Rightarrow AH = \displaystyle\frac{2a\sqrt{3}}{3}\).
Suy ra \(\mathrm{d}(A,SC) = \displaystyle\frac{2a\sqrt{3}}{3}\).
Kẻ \(AK\perp SB\) tại \(K\).
Mà \(AK\perp BC\) (vì \(BC\perp (SAB), AK\subset (SAB)\)).
Suy ra \(AK\perp (SBC)\). Do đó \(\mathrm{d}[A,(SBC)] = AK\).
Ta có \(AB=\displaystyle\frac{BC}{\tan \widehat{BAC}} = \displaystyle\frac{a}{\tan 30^\circ} = a\sqrt{3}\).
\(\displaystyle\frac{1}{AK^2} = \displaystyle\frac{1}{AB^2} + \displaystyle\frac{1}{SA^2}\) \(= \displaystyle\frac{1}{3a^2} + \displaystyle\frac{1}{2a^2} = \displaystyle\frac{5}{6a^2}\) \(\Rightarrow AK = \displaystyle\frac{a\sqrt{30}}{5}\).
Vậy \(\mathrm{d}[A,(SBC)] = \displaystyle\frac{a\sqrt{30}}{5}\).
Bài tập 4
Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình vuông cạnh bằng \(a\). Biết \(\triangle SAD\) vuông cân tại \(S\) và \((SAD)\perp(ABCD)\).
\(\bullet\,\) Tính theo \(a\) thể tích của khối chóp \(S.ABCD\).
\(\bullet\,\) Tính theo \(a\) khoảng cách giữa hai đường thẳng \(AD\) và \(SC\).
\(\bullet\,\) Gọi \(H\) là trung điểm của \(AD\). Khi đó \(SH\perp AD\).
Ta có
\(\begin{cases}(SAD)\perp (ABCD) \\ (SAD)\cap (ABCD) = AD \\ SH\perp AD, SH\subset (SAD)\end{cases} \Rightarrow SH\perp (ABCD).\)
Vì \(\triangle SAD\) vuông cân tại \(S\) nên \(SH=\displaystyle\frac{AD}{2} = \displaystyle\frac{a}{2}\).
Ta có \(V_{S.ABCD} = \displaystyle\frac{1}{3} \cdot S_{ABCD} \cdot SH\) \(= \displaystyle\frac{1}{3}\cdot a^2\cdot \displaystyle\frac{a}{2} = \displaystyle\frac{a^3}{6}\).
\(\bullet\,\)[b)] Ta có \(\begin{cases}AD\parallel BC \\ BC\subset (SBC)\end{cases} \Rightarrow AD\parallel (SBC)\).
\(\Rightarrow \mathrm{d}(AD,SC) = \mathrm{d}[AD,(SBC)] = \mathrm{d}[H,(SBC)]\).
Kẻ \(HI\perp BC\) tại \(I\), \(HK\perp SI\) tại \(K\). Khi đó \(HI=AB=a\) (vì \(DHIC\) là hình chữ nhật) và
\(\displaystyle\frac{1}{HK^2} = \displaystyle\frac{1}{HI^2} + \displaystyle\frac{1}{SH^2} = \displaystyle\frac{1}{a^2} + \displaystyle\frac{4}{a^2} = \displaystyle\frac{5}{a^2}\) \(\Rightarrow HK=\displaystyle\frac{a\sqrt{5}}{5}.\)
Ta có \(\begin{cases}BC\perp HI\\ BC\perp SH \text{ (vì } SH\perp (ABCD)).\end{cases}\)
\(\Rightarrow BC\perp (SHI)\).
Mà \(HK\subset (SHI)\).
\(\Rightarrow HK\perp BC\).
Mặt khác \(HK\perp SI\).
Suy ra \(HK\perp (SBC)\Rightarrow \mathrm{d}[H,(SBC)] = HK = \displaystyle\frac{a\sqrt{5}}{5}\).
Vậy \(\mathrm{d}(AD,SC)=\displaystyle\frac{a\sqrt{5}}{5}\).
Bài tập 5
Cho hình hộp \(ABCD.A'B'C'D'\) có độ dài tất cả các cạnh bằng \(a\), \(AA'\perp(ABCD)\) và \(\widehat{BAD}=60^{\circ}\).
\(\bullet\,\) Tính thể tích của khối hộp \(ABCD.A'B'C'D'\).
\(\bullet\,\) Tính khoảng cách từ \(A\) đến mặt phẳng \((A'BD)\).
\(\bullet\,\) Vì hình hộp có tất cả các cạnh bằng \(a\) nên \(ABCD\) là hình thoi.
Suy ra \(S_{ABCD}=AB\cdot AD\cdot \sin \widehat{BAD}=a\cdot a\cdot \sin 60^\circ=a^2\displaystyle\frac{\sqrt 3}{2}.\)
\(V_{ABCD.A'B'C'D'}=S_{ABCD}\cdot AA'=a^2\displaystyle\frac{\sqrt 3}{2}\cdot a=a^3\displaystyle\frac{\sqrt 3}{2}\).
\(\bullet\,\) \(V_{A.A'BD}=\displaystyle\frac{1}{3}d(A,(A'BD))\cdot S_{\triangle A'BD}\Rightarrow d(A,(A'BD)=\displaystyle\frac{3V_{A.A'BD}}{S_{\triangle A'BD}}\).
\(V_{A.A'BD}=V_{A'.ABD}=\displaystyle\frac{1}{6}V_{ABCD.A'B'C'D'}=a^3\displaystyle\frac{\sqrt 3}{12}\).
\(S_{\triangle A'BD}=\displaystyle\frac{a^2\sqrt 7}{4}\) (Hê-rông).
Vậy \(d(A,(A'BD)=\displaystyle\frac{3a^3\displaystyle\frac{\sqrt 3}{12}}{\displaystyle\frac{a^2\sqrt 7}{4}}=\displaystyle\frac{a\sqrt{21}}{7}\).
Bài tập 6
Cho hình lăng trụ \(ABCD. A'B'C'D'\). Biết \(A'.ABCD\) là hình chóp đều có tất cả các cạnh đều bằng nhau và bằng \(a\). Tính theo \(a\) thể tích của khối lăng trụ \(ABCD. A'B'C'D'\) và thể tích của khối chóp \(A'. BB'C'C\).
\(V_{A'.ABCD}=a^3\displaystyle\frac{\sqrt 2}{6}.\)
\(V_{ABCD. A'B'C'D'}=3V_{A'.ABCD}=a^3\displaystyle\frac{\sqrt 2}{2}.\)
\(V_{A'.BB'C'C}=\displaystyle\frac{1}{3}V_{ABCD. A'B'C'D'}=a^3\displaystyle\frac{\sqrt 2}{6}.\)
Bài tập 7
Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình thang cân, \(AB\parallel CD\) và \(AB=BC=DA=a\), \(CD=2a\). Biết hai mặt phẳng \((SAC)\) và \((SBD)\) cùng vuông góc với mặt phẳng đáy \((ABCD)\) và \(SA=a\sqrt{2}\). Tính theo \(a\) khoảng cách từ \(S\) đến mặt phẳng \((ABCD)\) và thể tích của khối chóp \(S.ABCD\).
Gọi \(H=AC\cap BD\). \(BM\) là đường cao của tam giác \(BCD\).
\(BM=\displaystyle\frac{a\sqrt 3}{2}\), \(AC=BD=a\sqrt 3\).
\(AH=\displaystyle\frac{1}{3}AC=\displaystyle\frac{a\sqrt 3}{3}\).
\(d(S,(ABCD))=SH=\displaystyle\frac{a\sqrt {15}}{3}\).
\(S_{ABCD}=\displaystyle\frac{3a^2\sqrt 3}{4}\).
\(V_{S.ABCD}=\displaystyle\frac{1}{3}\cdot SH\cdot S_{ABCD}\) \(=\displaystyle\frac{1}{3}\cdot\displaystyle\frac{a\sqrt {15}}{3}\cdot\displaystyle\frac{3a^2\sqrt 3}{4}=a^3\displaystyle\frac{\sqrt 5}{4}\).
Bài tập 8
Trên mặt đất phẳng, người ta dựng một cây cột \(AB\) có chiều dài bằng \(10\) m và tạo với mặt đất góc \(80^{\circ}\). Tại một thời điểm dưới ánh sáng mặt trời, bóng \(BC\) của cây cột trên mặt đất dài \(12\) m vào tạo với cây cột một góc bằng \(120^{\circ}\) (tức là \(\widehat{ABC}=120^{\circ}\)). Tính góc giữa mặt đất và đường thẳng chứa tia sáng mặt trời tại thời điểm nói trên.
Gọi \(H\) là hình chiếu vuông góc của \(A\) trên mặt đất. Theo giả thiết ta có \(\widehat{ABH}=80^\circ\).
Đường thẳng \(BC\) là bóng của \(AB\) nên đường thẳng chứa tia sáng là \(AC\). Khi đó góc giữa mặt đất và đường thẳng chứa tia sáng là góc \(\widehat{ACH}\).
Xét \(\triangle ABH\) vuông tại \(H,\) có
\(AH=AB\cdot \sin \widehat{ABH}=10\cdot \sin 80^\circ.\)
Xét \(\triangle ABC,\) có
\(AC^2=AB^2+BC^2-2AB\cdot BC\cos\widehat{ABC}=364\) \(\Rightarrow AC=2\sqrt{91}.\)
Xét \(\triangle AHC\) vuông tại \(H\), có
\(\sin\widehat{ACH}=\displaystyle\frac{AH}{AC}=\displaystyle\frac{10\cdot \sin 80^\circ}{2\sqrt{91}}\) \(=\displaystyle\frac{5\cdot \sin 80^\circ}{\sqrt{91}}.\)
Suy ra \(\widehat{ACH}\approx 31^\circ\).
Bài tập sách Cánh diều
Bài tập 1
Cho hình chóp \(S.ABC\) có \(SA\perp (ABC)\), \(AC\perp BC\), \(SA=BC=a\sqrt{3}\), \(AC=a\).
\(\bullet\,\) Tính góc giữa hai đường thẳng \(SA\) và \(BC\).
\(\bullet\,\) Tính góc giữa đường thẳng \(SC\) và mặt phẳng \((ABC)\).
\(\bullet\,\) Tính số đo của góc nhị diện \([B,SA,C]\).
\(\bullet\,\) Tính khoảng cách từ \(B\) đến mặt phẳng \((SAC)\).
\(\bullet\,\) Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng \(SA\) và \(BC\).
\(\bullet\,\) Tính thể tích của khối chóp \(S.ABC\).
\(\bullet\,\) Tính góc giữa hai đường thẳng \(SA\) và \(BC\).
Ta có \(SA\perp (ABC)\Rightarrow SA\perp BC\).
Do đó góc giữa hai đường thẳng \(SA\) và \(BC\) là \(90^\circ\).
\(\bullet\,\) Tính góc giữa đường thẳng \(SC\) và mặt phẳng \((ABC)\).
Ta có \(SA\perp (ABC)\), suy ra \(AC\) là hình chiếu vuông góc của \(SC\) lên mặt phẳng \((ABC)\).
Do đó góc giữa đường thẳng \(SC\) và mặt phẳng \((ABC)\) là \((SC,AC)=\widehat{SCA}\).
Ta có \(\tan \widehat{SCA}=\displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{a}=\sqrt{3}\).
Vậy \(\widehat{SCA}=60^\circ\).
\(\bullet\,\) Tính số đo của góc nhị diện \([B,SA,C]\).
Ta có \(\begin{cases}CA\perp SA\\BA\perp SA\end{cases}\), suy ra góc nhị diện \([B,SA,C]\) là góc \(\widehat{BAC}\).
Ta có \(\tan \widehat{BAC}=\displaystyle\frac{BC}{AC}=\displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{a}=\sqrt{3}\Rightarrow \widehat{BAC}=60^\circ\).
\(\bullet\,\) Tính khoảng cách từ \(B\) đến mặt phẳng \((SAC)\).
Ta có \(\begin{cases}BC\perp SA\\BC\perp AC\end{cases}\Rightarrow BC\perp (SAC)\), suy ra \(\mathrm{d}(B,(SAC))=BC=a\sqrt{3}\).
\(\bullet\,\) Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng \(SA\) và \(BC\).
Ta có \(\begin{cases}SA\perp AC\\BC\perp AC\end{cases}\), suy ra \(AC\) là đoạn vuông góc chung của \(SA\) và \(BC\).
Vậy \(\mathrm{d}(SA,BC)=AC=a\).
\(\bullet\,\) Tính thể tích của khối chóp \(S.ABC\).
Diện tích tam giác \(ABC\) là \(S_{\triangle {ABC}}=\displaystyle\frac{1}{2}\cdot AC\cdot BC=\displaystyle\frac{a^2\sqrt{3}}{2}\).
Thể tích khối chóp \(S.ABC\) là \(V_{S.ABC}=\displaystyle\frac{1}{3}\cdot S_{\triangle {ABC}}\cdot SA\) \(=\displaystyle\frac{1}{3}\cdot \displaystyle\frac{a^2\sqrt{3}}{2}\cdot a\sqrt{3}=\displaystyle\frac{a^3}{2}\).
Bài tập 2
Cho hình lăng trụ tam giác đều \(ABC.A'B'C'\) có tất cả các cạnh bằng \(a\). Gọi \(M\) là trung điểm của \(AB\).
\(\bullet\,\) Tính góc giữa hai đường thẳng \(AB\) và \(B'C'\).
\(\bullet\,\) Tính góc giữa đường thẳng \(A'B\) và mặt phẳng \((ABC)\).
\(\bullet\,\) Tính số đo của góc nhị diện \([B,CC',M]\).
\(\bullet\,\) Chứng minh rằng \(CC'\parallel (ABB'A')\). Tính khoảng cách giữa đường thẳng \(CC'\) và mặt phẳng \((ABB'A')\).
\(\bullet\,\) Chứng minh rằng \(CM\perp (ABB'A')\). Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng \(CC'\) và \(A'M\).
\(\bullet\,\) Tính thể tích của khối lăng trụ tam giác đều \(ABC.A'B'C'\) và thể tích khối chóp \(A'.MBC\).
\(\bullet\,\) Tính góc giữa hai đường thẳng \(AB\) và \(B'C'\).
Ta có \(B'C'\parallel BC\), suy ra \((AB,B'C')=(AB,BC)=\widehat{ABC}=60^\circ\) (vì tam giác \(ABC\) đều).
\(\bullet\,\) Tính góc giữa đường thẳng \(A'B\) và mặt phẳng \((ABC)\).
Ta có \(AA'\perp (ABC)\), suy ra \(AB\) là hình chiếu vuông góc của \(A'B\) lên mặt phẳng \((ABC)\).
Do đó góc giữa đường thẳng \(A'B\) và mặt phẳng \((ABC)\) là \((A'B,AB)=\widehat{A'BA}=45^\circ\) (vì tam giác \(A'AB\) vuông cân tại \(A\)).
\(\bullet\,\) Tính số đo của góc nhị diện \([B,CC',M]\).
Ta có \(CC'\perp (ABC)\Rightarrow \begin{cases}CC'\perp CM\\CC'\perp CB\end{cases}\), suy ra góc nhị diện \([B,CC',M]\) là \(\widehat{BCM}=30^\circ\) (vì \(CM\) là phân giác trong tam giác \(ABC\) đều).
\(\bullet\,\) Chứng minh rằng \(CC'\parallel (ABB'A')\). Tính khoảng cách giữa đường thẳng \(CC'\) và mặt phẳng \((ABB'A')\).
Ta có \(\begin{cases}CC'\parallel BB'\\BB'\subset (ABB'A')\\CC'\not\subset (ABB'A')\end{cases}\Rightarrow CC'\parallel (ABB'A')\).
Do đó \(\mathrm{d}(CC',(ABB'A'))=\mathrm{d}(C,(ABB'A'))\).
Lại có \(\begin{cases}AA'\perp (ABC)\\CM\subset (ABC)\end{cases}\Rightarrow AA'\perp CM\).
Khi đó \(\begin{cases}CM\perp AB\\CM\perp AA'\end{cases}\Rightarrow CM\perp (ABB'A')\).
Vậy \(\mathrm{d}(CC',(ABB'A'))=\mathrm{d}(C,(ABB'A'))=CM=\displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{2}\).
\(\bullet\,\) Chứng minh rằng \(CM\perp (ABB'A')\). Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng \(CC'\) và \(A'M\).
Ta có \(\begin{cases}AA'\perp (ABC)\\CM\subset (ABC)\end{cases}\Rightarrow AA'\perp CM\).
Khi đó \(\begin{cases}CM\perp AB\\CM\perp AA'\end{cases}\Rightarrow CM\perp (ABB'A')\).
Ta có \(\begin{cases}CC'\parallel (ABB'A')\\A'M\subset (ABB'A')\end{cases}\)
\(\Rightarrow \mathrm{d}(CC',A'M)=\mathrm{d}(CC',(ABB'A'))=\mathrm{d}(C,(ABB'A'))\) \(=CM=\displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{2}\).
\(\bullet\,\) Tính thể tích của khối lăng trụ tam giác đều \(ABC.A'B'C'\) và thể tích khối chóp \(A'.MBC\).
Diện tích tam giác \(ABC\) là \(S_{\triangle {ABC}}=\displaystyle\frac{a^2\sqrt{3}}{4}\).
Thể tích của khối lăng trụ tam giác đều \(ABC.A'B'C'\) là \(V_{ABC.A'B'C'}=S_{\triangle {ABC}}\cdot AA'=\displaystyle\frac{a^3\sqrt{3}}{4}\).
Diện tích tam giác \(MBC\) là \(S_{\triangle {MBC}}=\displaystyle\frac{1}{2}S_{\triangle{ABC}}=\displaystyle\frac{a^2\sqrt{3}}{8}\).
Thể tích khối chóp \(A'.MBC\) là \(V_{A'.MBC}=\displaystyle\frac{1}{3}\cdot S_{\triangle{MBC}}\cdot AA'\) \(=\displaystyle\frac{1}{3}\cdot \displaystyle\frac{a^2\sqrt{3}}{8}\cdot a=\displaystyle\frac{a^3\sqrt{3}}{24}\).
Bài tập 3
Hình bên là hình chụp đền Kukulcan, là một kim tự tháp Trung Mỹ nằm ở khu di tích Chichen Itza, Mexico, được người Maya xây vào khoảng từ thế kỉ IX đến thế kỉ XII. Phần thân của đền, không bao gồm ngôi đền nằm phía trên, có dạng một khối chóp cụt tứ giác đều (không tính cầu thang và coi các mặt bên là phẳng) với độ dài đáy dưới là \(55{,}3\) m, chiều cao là \(24\) m, góc giữa cạnh bên và mặt phẳng đáy là khoảng \(47^\circ\). Tính thể tích phần thân ngôi đền có dạng khối chóp cụt tứ giác đều đó theo đơn vị mét khối (làm tròn kết quả đến hàng phần trăm).
Gọi \(H\), \(K\) lần lượt là hình chiếu của \(B'\), \(D'\) lên \(BD\).
Ta có \(B'H\perp (ABCD)\) nên chiều cao của khối chóp cụt là \(h=B'H=24.\)
Góc giữa \(BB'\) và \((ABCD)\) là \(\widehat{B'BH}=47^\circ\).
Khi đó \(BH=\displaystyle\frac{B'H}{\tan \widehat{B'BH}}=\displaystyle\frac{24}{\tan 47^\circ}\)
\(\Rightarrow HK=BD-2BH=55{,}3\cdot \sqrt{2}-\displaystyle\frac{48}{\tan 47^\circ}\).
Ta có \(B'D'=HK=55{,}3\cdot \sqrt{2}-\displaystyle\frac{48}{\tan 47^\circ}\).
Suy ra \(A'B'=\displaystyle\frac{B'D'}{\sqrt{2}}=55{,}3-\displaystyle\frac{24\sqrt{2}}{\tan 47^\circ}\).
Diện tích hình vuông \(ABCD\) là \(S_1=AB^2=(55{,}3)^2\).
Diện tích hình vuông \(A'B'C'D'\) là \(S_2=A'B'^2=\left(55{,}3-\displaystyle\frac{24\sqrt{2}}{\tan 47^\circ}\right)^2\).
Thể tích khối chóp cụt đều là
\(V=\displaystyle\frac{1}{3}\cdot h\cdot \left(S_1+\sqrt{S_1S_2}+S_2\right)\approx 39401{,}56.\)
Vậy thể tích phần thân ngôi đền khoảng \(39401{,}56\) mét khối.
