Chuyên đề 5: Hình học không gian

' có đáy ABC là tam giác vuông tại B, AB = a, AA' = 2a, A'C = 3a. Gọi M là trung điểm của đoạn thẳng A'C', I là giao điểm của AM và A'C. Tính theo a thể tích khối tứ diện IABC và khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (IBC). Giải Hạ IH  AC (H  AC)  IH  (ABC); IH là đường cao của tứ diện IABC  IH // AA'      IH CI 2 AA CA 3  IH =   2 4a AA 3 3 AC =   2 2A C A A a 5 ,   2 2BC AC AB 2a B’ C’ A’ A D G C B Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học – 178 Diện tích tam giác ABC:    2 ABC 1 S .AB.BC a 2 Thể tích khối tứ diện IABC:   3 ABC 1 4a V IH.S 3 9 Hạ AK  A'B (K ( A'B). Vì BC ( (ABB'A') nên AK ( BC ( AK ( (IBC). Nên khoảng cách từ A đến mặt phẳng (IBC) là AK. SA’BC= 21 52 5 2 a a a / / 22 2 2 5 3 3 3 IBC A BC IC A C S S a    3 2 3 4 3 2 2 5 3 9 52 5 5    IABC IBC V a a a AK S a Bài 4: ĐẠI HỌC KHỐI A NĂM 2008 Cho lăng trụ ABC.A'B'C' có độ dài cạnh bên bằng 2a, đáy ABC là tam giác vuông tại A, AB = a, AC a 3 và hình chiếu vuông góc của đỉnh A' trên mặt phẳng (ABC) là trung điểm của cạnh BC. Tính theo a thể tích khối chóp A'.ABC và tính cosin của góc giữa hai đường thẳng AA', B'C'. Giải Gọi H là trung điểm BC Suy ra A'H  (ABC) và    2 2 1 1 AH BC a 3a a 2 2 Do đó: A'H 2 + AH 2 = 3a 2  A'H = a 3 Vậy:   3 A .ABC ABC 1 a V A H.S đvtt 3 3     Trong tam giác vuông A'B'H ta có:      2 2HB A B A H 2a nên B'BH cân tại B'  Đặt  là góc giữa hai đường thẳng AA' và B'C' thì   B BH Vậy      BI a 1 cos BB 2.2a 4 (với I là trung điểm BH). Bài 5: ĐẠI HỌC KHỐI D NĂM 2008 Cho lăng trụ đứng ABC.A'B'C có đáy ABC là tam giác vuông, AB = BC = a, cạnh bên  AA a 2 . Gọi M là trung điểm của cạnh BC. Tính theo a thể tích của khối lăng trụ ABC.A'B'C' và khoảng cách giữa hai đường thẳng AM, B'C. Giải A C B H A’ B’ C’ A’ M C’ B’ I 2a A a H B C 3a K Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học – 179 Thể tích lăng trụ:    3đ a.a 2 V S .h .a 2 a 2 2 (đvtt)  Gọi N trung điểm BB'  Do B'C // MN  d(B'C, AM) = d(B', (AMN))  Do N là trung điểm BB'  d(B', (ABN)) = d(B, (AMN))  Gọi H là hình chiếu của B lên mp(AMN)  Ta có: 2 2 2 2 1 1 1 1 BH BA BM BN    2 2 2 2 1 4 2 7 a a a a     a BH 7   . Vậy    a d B C;AM 7 . Bài 6: Cho hình lập phương ABCD, A'B'C'D'. Tính số đo góc nhị diện [B, A'C, D]. Giải Gọi O = AC  BD và cạnh hình lập phương bằng a.  A'B = A'D = a 2 = BD Ta có A'CB = A'CD (cạnh  cạnh  cạnh) Nên vẽ BH  A'C  DH  A'C và BH = DH  [B, A'C, D] = BHD 2BHO BHD cân tại H  HO  BD Ta có sin    a 2 BO 32 BHO BH 2a 6 3  BHO = 60 0  [B, A'C, D] = 120 0 . Bài 7: Cho hình lăng trụ đứng ABCD. A'B'C'D' có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, góc BAD = 60 0 . Gọi M là trung điểm cạnh AA' và N là trung điểm cạnh CC'. Chứng minh rằng bốn điểm B', M, D, N cùng thuộc một mặt phẳng. Hãy tính độ dài cạnh AA' theo a để tứ giác B'MDN là hình vuông. Giải Tam giác BDC đều cạnh a, AA' = b. Chọn hệ trục như hình vẽ. A B C M N H B’ C’ A’ A B C D O A’ B’ C’ D’ H Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học – 180 Ta có: B( a 2 ; 0; 0); D( a 2 ; 0; 0); C(0; a 3 2 ; 0); B'( a 2 ; 0; h); D'( a 2 , 0; h); C'(0; a 3 2 ; h); A'(0;  a 3 2 ; h); M(0;  a 3 2 ; h 2 ); N(0; a 3 2 ; h 2 ) * B', M, D, N đồng phẳng.         a a 3 h DM ; ; 2 2 2 ;         a a 3 h DN ; ; 2 2 2 DB' = (a; 0; h)              2 ha 3 a . 3 DB',DN ;0; 2 2                            2 a ha 3 h a 3 DB,DN DM 0 2 2 2 2  đpcm. * Ta có                2 2 2 2a a 3 h h B M , , aB M 2 2 2 4 Tương tự     2 2 2 2 2 h MD DN B N a 4    2 2 2 2MD DN B'N B'M (1) Mặt khác    2 2 2 a 3a h DM.DN 4 4 4 (1)  B'MDN là hình thoi nên B'MDN là hình vuông khi:    2 2DM.DN 0 h 2a h = a 2 Bài 8: Cho hình lập phương ABCDA1B1C1D1 có cạnh bằng a. a/ Tính theo a khoảng cách giữa hai đường thẳng A1B và B1D. b/ Gọi M, N, P lần lượt là các trung điểm của các cạnh BB1, CD, A1D1. Tính góc giữa hai đường thẳng MP và C1N. Giải Chọn hệ trục Axyz như hình vẽ. Ta có A(0; 0; 0) ; B(a; 0; 0) ; C(a; a; 0) ; D(0; a; 0) A1(0; 0; a) ; B1(a; 0; a) ; C1(a; a; a) ; D1(0; a; a) M(a; 0; a 2 ) N( a 2 ; a; 0) P(0; a 2 ; a) a/    1 1A B a; 0; a B D a; a; a     A B C D O A’ B’ C’ D’ z N M y x A B C D N A1 B1 C1 D1 M P    Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học – 181 Gọi (P) là mặt phẳng qua B1D và (P) // A1B  (P) có VTPT n = (1, 2, 1)  Pt (P): x + 2y + z  2a = 0  d(A1B, B1D) = d(B, (P) = a 6 b/ 1 a a a MP a; ; C N ; 0; a 2 2 2                 Ta có    1 1 MP.C N 0 MP C N . Vậy góc giữa MP và C1N là 90 0 .  Vấn đề 3: HÌNH TRỤ – HÌNH NÓN – HÌNH CẦU A. TÓM TẮT LÝ THUYẾT – PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH TRỤ I. ĐỊNH NGHĨA Hình trụ là hình sinh ra bởi hình chữ nhật O'OMM' quay xung quanh cạnh OO' Cạnh OM sinh ra hình tròn đáy. Cạnh MM' sinh ra mặt nón tròn xoay. MM' gọi là đường sinh OO’ là trục của hình trụ. h = OO' là chiều cao R = OM bán kính đáy II. DIỆN TÍCH HÌNH TRỤ Diện tích xung quanh: Sxq = 2Rh R: bán kính đáy h: chiều cao Stp = 2Rh + 2R 2 III. THỂ TÍCH HÌNH TRỤ V = R 2 h R: bán kính đáy h: chiều cao HÌNH NÓN I. ĐỊNH NGHĨA Hình nón là hình sinh ra bởi tam giác vuông OMS quay xung quanh cạnh góc vuông OS. Cạnh OM sinh ra hình tròn đáy. Cạnh SM sinh ra mặt nón tròn xoay. SM gọi là đường sinh SO là trục hoành, đường cao. R = OM bán kính đáy; h = SO chiều cao II. DIỆN TÍCH Diện tích xung quanh hình nón: Sxq = Rl M M’ O’ O M O S Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học – 182 R: bán kính đáy l: độ dài đường sinh Diện tích toàn phần: Stp = Rl + R 2 = R(l + R) III. THỂ TÍCH Thể tích hình nón: V = 1 3 R 2 h R: bán kính đáy h: là chiều cao HÌNH NÓN CỤT I. ĐỊNH NGHĨA Hình nón cụt là phần hình nón giữa đáy và một thiết diện vuông góc với trục. Hình nón cụt sinh bởi một hình thang vuông OMM'O'quay quanh OO'. h = OO' chiều cao MM' = l là đường sinh II. DIỆN TÍCH Diện tích xung quanh: Sxq = (R + R')l R, R' là bán kính đáy l là đường sinh Diện tích toàn phần: Stp = (R + R')l + R 2 + R' 2 III. THỂ TÍCH Thể tích hình nón cụt: V = 1 3  (R 2 + R' 2 + RR')h R, R’ là bán kính đáy h chiều cao HÌNH CẦU I. ĐỊNH NGHĨA Hình cầu tâm O, bán kính R là tập hợp những điểm M trong không gian thoả mãn điều kiện OM  R Mặt cầu tâm O bán kính R là tập hợp những điểm M trong không gian thoả mãn điều kiện OM = R Thiết diện qua tâm là hình tròn lớn tâm O bán kính R. Thiết diện của hình cầu với một mặt phẳng là hình tròn có tâm H là hình chiếu của O trên mặt phẳng và bán kính: r1 =  2 2 R d R là bán kính hình cầu; d là khoảng cách từ tâm tới mặt phẳng. d = OH Tiếp diện của mặt cầu là mặt phẳng có 1 điểm chung với mặt cầu. Điều kiện để mặt phẳng () tiếp xúc với mặt cầu là: d(0, ) = R Tiếp tuyến của mặt cầu là đường thẳng có một điểm chung với mặt cầu. Điều kiện để đường thẳng  là tiếp tuyến là d(0; ) = R. II. DIỆN TÍCH MẶT CẦU: S = 4R 2 Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học – 183 III. THỂ TÍCH MẶT CẦU:   3 4 V R 3 B. ĐỀ THI Bài 1: ĐẠI HỌC KHỐI B NĂM 2010 Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC.A'B'C' có AB = a, góc giữa hai mặt phẳng (A'BC) và (ABC) bằng 60 0 . Gọi G là trọng tâm tam giác A'BC. Tính thể tích khối lăng trụ đã cho và tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện GABC theo a. Giải Gọi H là trung điểm của BC, theo giả thuyết ta có: Góc A HA = 60 0 . Ta có: AH = a 3 2 , A’H = 2AH = a 3 và AA' = a 3. 3 2 = 3a 2 Vậy thể tích khối lăng trụ V = 2 a 3 3a 4 2 = 3 3a 3 8 Kẻ đường trung trực của GA tại trung điểm M của GA trong mặt phẳng A'AH cắt GI tại J thì GJ là bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện GABC. Ta có: GM.GA = GJ.GI  R = GJ = GM.GA GI =   2 2 2 GA GI IA 2GI 2GI = 7a 12 . Bài 2: ĐẠI HỌC KHỐI A NĂM 2006 Cho hình trụ có các đáy là hai hình tròn tâm O và O', bán kính đáy bằng chiều cao và bằng a. Trên đường tròn tâm O lấy điểm A, Trên đường tròn tâm O' lấy điểm B sao cho AB = 2a. Tính thể tích của khối tứ điện OO'AB. Giải Kẻ đường sinh AA'. Gọi D là điểm đối xứng với A' qua O' và H là hình chiếu của B trên đường thẳng A'D. Do BH  A'D và BH  AA' nên BH  (AOO'A'). Suy ra: VOO’AB = 1 3 .BH.SAOO’ Ta có: A'B =  2 2AB A A a 3     2 2BD A D A B a A B O D A’ O’ H A’ A B C C’ B’ H G I Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học – 184  BO'D đều  BH = a 3 2 (đvtt) Vì AOO' là tam giác vuông cân cạnh bên bằng a nên:  2 AOO' 1 S a 2 Vậy thể tích khối tứ diện OO'AB là:   2 3 1 a 3 a a 3 V . . 3 2 2 12