[HHKG] Góc trong không gian [ lần 1]

Bài 1:
Cho hình bình hành $ABCD$ có khoảng cách từ
$A$ đến $BD$ bằng $a$.Trên 2 tia $Ax$ và $Cy$ cùng vuông góc với mặt phẳng $(ABCD)$ và cùng chiều,lần lượt lấy hai điểm $M,N$.Đặt $AM=c$,$CN=b$.Chứng minh rằng điều kiện cần và đủ để hai mặt phẳng $(BDM)$ và $(BDN)$ vuông góc với nhau là $bc=a^2$

Hướng dẫn

Vì góc giữa BDM)$ và $(BDN)$

là $90^0$ nên tổng góc tạo bởi $(MBD)$ với $(ABCD) $ và góc tạo bởi $(NBD)$ với $(ABCD) $ bằng $90^0$

Ta có $tan\hat{MEA}=cot\hat{NFC} \Leftrightarrow \frac{c}{a}=\frac{a}{b}\Leftrightarrow bc=a^2$

Trong đó $E,F$ là chân đường cao hạ từ $A,C$ lên $BD$

Bài 2: Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy là hình chữ nhật tâm $O$,$AB=a$,các cạnh bên bằng nhau.Gọi $K$ là hình chiếu của $A$ lên mặt phẳng $(SCD)$,$OK = {{a\sqrt5}\over 2}$,góc giữa $(SAB)$ và mặt phẳng đáy là $60^0$.Tính thể tích khối chóp $ACKHD$ và $ACKD$

Hướng dẫn 

Ta có $\hat{SMN}=60^0; $ tam giác $SMN$ đều

Gọi $E$ là trung điểm của $SN$ thì $ME$ vuông góc với $(SCD)$

Qua $E$ kẻ đường thẳng song song với $CD$ lấy điểm $K$ sao cho $AN=EK$ thì $AK$ vuông góc với $(SCD)$

Có $CD$ vuông góc với $(SMN)$ suy ra $KE$ vuông góc với $(SMN)$

Do đó tam giác $KEO$ vuông tại $E$

Ta có:$OK^2=OE^2+EK^2$ suy ra $OE^2=\frac{5a^2}{4}-\frac{a^2}{4}=a^2$ vậy $OE=a$

Suy ra $SM=MN=2a$

$V_{AKCD}=\frac{1}{3}AK.dt(KCD)=\frac{1}{3}a\sqrt{3}.\frac{1}{2}a^2=\frac{\sqrt{3}a^3}{6}$

Bài 3: Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy là hình thoi cạnh $a$, góc $BAD$ bằng $120^0$. Hình chiếu của $ S$ xuống mặt phẳng $(ABCD)$ là trọng tâm của tam giác $ABD$. Biết khoảng cách từ $A$ đến $(SCD)$ bằng  $a\sqrt 2$. Tính thể tích khối chóp $S.ABCD$ và cosin góc giữa hai đường thẳng $SB$ và $AC$.

Hướng dẫn

Tính thể tích khối chóp $S.ABCD$

+ Kẻ $HI$ vuông góc với $CD$, $HK$ vuông góc với $SI$. Ta có: $HK$ vuông góc với $(SCD)$.

+ Lại có: 

$\dfrac{d(H;(SCD))}{d(A;(SCD))}=\dfrac{CH}{CA}=$ $\dfrac{3}{4}$ Chú ý tam giác $ACD$ đều.

+ Vậy : $HK=d(H;(SCD))=\dfrac{3}{4}. a\sqrt 2=\dfrac{3a}{2\sqrt 2}$

+ Trong tam giác $HCI$ có: $HI=HC.\sin 60^0$

+ Từ đó, tính được $SH$

Bài 4: Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh bên độ dài bằng $a\sqrt 5 $, các mặt bên cùng tạo với mặt đáy một góc $60^0 $. Tính thể tích khối chóp S.ABCD và bán kính mặt cầu tiếp xúc với tất cả các mặt của hình chóp S.ABCD theo a

 Gọi $M,N$ lần lượt là trung điểm của $AB, \ CD$ thì $MN\bot CD$ suy ra $CD\bot (SMN) \ \Rightarrow  CD\bot SN  \Rightarrow \widehat{(SCD), (ABCD)}=\widehat{SNO}=60^0$
Ta có $ \ SO^2=SN^2-ON^2=SC^2-NC^2-ON^2=5a^2-2ON^2=5a^2-2(\dfrac{SO}{\sqrt{3}})^2\Rightarrow SO=a\sqrt{3}, \ MN=2a$
$\star \ $ Thể tích khối chóp : $V_{SABCD}=\dfrac{1}{3}SO. S_{ABCD}=\dfrac{a\sqrt{3}}{3}.4a^2=\dfrac{4\sqrt{3}a^3}{3}$
$\star \star $Gọi $I$ là tâm mặt cầu nội tiếp khối chóp $SABCD$ thì $I$ phải thuộc đường cao $SO$
Mặt khác $I$ phải cách đều mặt bên và đáy nên $I$ thuộc mặt phẳng phân giác của góc tạo bởi 2 mặt phẳng $(SCD)$ và $(ABCD)$
Từ lập luận trên kết hợp điều kiện $SABCD$ là hình chóp tứ giác đều ta suy ra $I$ thuộc phân giác trong của góc $\widehat{SNO}$
Ta tính được: $R=OI=ON\tan \widehat{INO}=a\tan 30^0=\dfrac{a\sqrt{3}}{3}$

Bài 5Tính thể tích tứ diện $ABCD$ biết $BA=a; BC=b; BD = c$ và $ \widehat{ABC}= \widehat{CBD}= \widehat{ABD}=60^0$

Bài này có thể tính tổng quát trong trường hợp

$$ \widehat{ABC}= \widehat{CBD}= \widehat{ABD}=a^0$$

Trên $SA ,SB ,SC$ lần lượt lấy các điểm $A’,B’,C’$ sao cho $SA’= SB’ = SC’ = a + b + c.$

Khi đó các mặt bên của hình chóp $S.A’B’C’$ là các tam giác cân tại đỉnh $S$ và bằng nhau ,mặt đáy $A’B’C’$ là tam giác đều . 

Đặt : $x = a +b + c .$

Áp dụng định lí cosin ta có :

   \[^{A'B{{'}^{2}}=SA{{'}^{2}}+SB{{'}^{2}}-2SA'.SB'.\cos \alpha \text{ }=\text{ }2{{x}^{2}}-2{{x}^{2}}\cos \alpha =4{{x}^{2}}{{\sin }^{2}}\frac{\alpha }{2}}\]

Suy ra   $A'B'=2x\sin \frac{\alpha }{2}$.Vì tam giác $A’B’C’$ là tam giác đều vậy :

Gọi $M$ là trung điểm của $A’B’$ 

 Ta có :          \[C’M =\frac{2\sqrt{3}xsin\frac{\alpha }{2}}{2}=\sqrt{3}xsin\frac{\alpha }{2}\]

                         

     \[S{{M}^{2}}=\frac{2(SA{{'}^{2}}+SB{{'}^{2}})-A'B{{'}^{2}}}{4}=\frac{4{{x}^{2}}-4{{x}^{2}}{{\sin }^{2}}\frac{a}{2}}{4}={{x}^{2}}(1-{{\sin }^{2}}\frac{a}{2})={{x}^{2}}{{\cos }^{2}}\frac{a}{2}\]

               \[\cos \widehat{ MSC'}=\frac{S{{M}^{2}}+SC{{'}^{2}}-C'{{M}^{2}}}{2SM.SC'}=\frac{{{x}^{2}}{{\cos }^{2}}\frac{a}{2}+{{x}^{2}}-3{{x}^{2}}{{\sin }^{2}}\frac{a}{2}}{2{{x}^{2}}\cos \frac{a}{2}}=\frac{2{{x}^{2}}-4{{x}^{2}}{{\sin }^{2}}\frac{a}{2}}{2{{x}^{2}}\cos \frac{a}{2}}=\frac{\cos a}{\cos \frac{a}{2}}\]

Ta lại có : $A’B’\bot SM , C’M \bot A’B’$ suy ra $A’B’ \bot (SMC’)$

Từ $C$ ta kẻ $CH \bot SM \Rightarrow CH\bot (SA’B’)$ hay $CH \bot (SAB) $

Vậy thể tích của hình chóp $S.ABC$  là : ${{\operatorname{V}}_{S.ABC}}=\frac{1}{3}.{{S}_{SAB}}.CH$

       Ta có :  ${{\operatorname{S}}_{SAB}}=\frac{1}{2}a.b.sin \alpha $

                   $\operatorname{CH}=SC.sin\widehat{MSC'}=c.\sqrt{1-\frac{co{{s}^{2}}\alpha }{co{{s}^{2}}\frac{\alpha }{2}}}=c.\sqrt{1-\frac{2co{{s}^{2}}\alpha }{1+cos\alpha }}$

           

            Vậy : ${{\operatorname{V}}_{S.ABC}}=\frac{1}{6}abc.sin \alpha .\sqrt{1-\frac{2co{{s}^{2}} \alpha }{1+cos\alpha }}$                              (đvtt)

nguồn: THTT

Cách khác

Trên các tia BA, BC, BD lần lượt lấy các điểm A', C', D' sao cho BA'=BC'=BD'=1. Khi đó ta có

\[\frac{{{V_{BACD}}}}{{{V_{BA'C'D'}}}} = \frac{{BA}}{{BA'}}.\frac{{BC}}{{BC'}}.\frac{{BD}}{{BD'}} = abc\]

Do đó 

\[{V_{ABCD}} = abc.{V_{A'BC'D'}}\]

Do tứ diện A'BC'D' là tứ diện đều có cạnh bằng 1 nên ta có:

\[{V_{A'BC'D'}} = \frac{{\sqrt 2 }}{{12}}\]

Vậy \[{V_{ABCD}} = \frac{{\sqrt 2 }}{{12}}.abc\]