Bài 59 trang 119 SBT Toán 11 - Cánh diều: Cho hình lập phương $ABCD. A’B’C’D’$ có $AB = a$. Chứng minh răng $C’D \bot \left( {BCD’} \right)$...

Cho hình lập phương $ABCD.A’B’C’D’$ có $AB = a$.

a) Chứng minh răng $C’D \bot \left( {BCD’} \right)$, $BD’ \bot C’D$ và $\left( {BC’D} \right) \bot \left( {BCD’} \right)$.

b) Tính góc giữa hai đường thẳng $BD$ và $A’D’$.

c) Tính góc giữa đường thẳng $BD$ và mặt phẳng $\left( {CDD’C’} \right)$.

d) Tính số đo của góc nhị diện $\left[ {B,DD’,C} \right]$.

e) Tính khoảng cách từ điểm $D$ đến mặt phẳng $\left( {BCD’} \right)$.

g) Chứng minh $B’C’\parallel \left( {BCD’} \right)$ và tính khoảng cách giữa đường thẳng $B’C’$ và mặt phẳng $\left( {BCD’} \right)$.

h) Tính thể tích của khối tứ diện $C’BCD$ và tính khoảng cách từ điểm $C$ đến mặt phẳng $\left( {BC’D} \right)$.

a) Để chứng minh đường thẳng vuông góc với mặt phẳng, ta chứng minh đường thẳng đó vuông góc với 2 đường thẳng bất kỳ cắt nhau trong mặt phẳng.

Để chứng minh 2 mặt phẳng vuông góc, ta cần chỉ là 1 đường thẳng nằm trên mặt phẳng này và vuông góc với mặt phẳng kia.

b) Chỉ ra $AD\parallel A’D’$, nên góc giữa $BD$ và $A’D’$ cũng bằng góc giữa $BD$ và $AD$, và bằng $\widehat {ADB}$.

c) Ta chứng minh $BC \bot \left( {DCC’D’} \right)$, do đó góc giữa đường thẳng $BD$ và mặt phẳng $\left( {DCC’D’} \right)$ là góc $\widehat {BDC}$.

d) Ta chứng minh $\widehat {BDC}$ là góc phẳng nhị diện của góc nhị diện $\left[ {B,DD’,C} \right]$.

e) Gọi $I$ là giao điểm của $D’C$ và $DC’$. Theo câu a, ta có $DI \bot \left( {BCD’} \right)$, từ đó suy ra khoảng cách từ $D$ đến $\left( {BCD’} \right)$ là đoạn thẳng $DI$.

g) Để chứng minh $B’C’\parallel \left( {BCD’} \right)$, ta chứng minh $B’C’$ song song với một đường thẳng trong mặt phẳng $\left( {BCD’} \right)$. Do $B’C’\parallel \left( {BCD’} \right)$ nên khoảng cách giữa $B’C’$ và $\left( {BCD’} \right)$ bằng khoảng cách từ $C’$ đến $\left( {BCD’} \right)$.

Theo câu a, ta có $IC’ \bot \left( {BCD’} \right)$, từ đó suy ra $C’I$ chính là khoảng cách cần tìm.

h) Công thức tính thể tích khối chóp: $V = \frac{1}{3}Sh$, với $S$ là diện tích đáy và $h$ là chiều cao của khối chóp đó.

Do $CC’ \bot \left( {BCD} \right)$ nên thể tích tứ diện $C’BCD$ là $V = \frac{1}{3}CC’.{S_{BCD}}$.

Do thể tích tứ diện $C’BCD$ cũng có thể được tính bằng công thức $V = \frac{1}{3}{d_{C,\left( {BC’D} \right)}}.{S_{BC’D}}$, ta suy ra ${d_{C,\left( {BC’D} \right)}} = \frac{{3V}}{{{S_{BC’D}}}}$.

a) Do $ABCD.A’B’C’D’$ là hình lập phương, nên ta có $BC \bot \left( {DCC’D’} \right)$, điều này suy ra $BC \bot C’D$.

Vì $DCC’D’$ là hình vuông, nên ta có $C’D \bot CD’$.

Vậy ta có $BC \bot C’D$, $C’D \bot CD’$ nên ta có $C’D \bot \left( {BCD’} \right)$. Ta có điều phải chứng minh.

Do $C’D \bot \left( {BCD’} \right)$, ta suy ra $BD’ \bot C’D$.

Do $C’D \bot \left( {BCD’} \right)$, mà $C’D \subset \left( {BC’D} \right)$,ta suy ra $\left( {BC’D} \right) \bot \left( {BCD’} \right)$.

b) Dễ thấy rằng do $ABCD.A’B’C’D’$ là hình lập phương, ta có $AD\parallel A’D’$, nên góc giữa $BD$ và $A’D’$ cũng bằng góc giữa $BD$ và $AD$, và bằng $\widehat {ADB}$.

Do $ABCD$ là hình vuông, nên $\widehat {ADB} = {45^o}$.

Vậy góc giữa $BD$ và $A’D’$ bằng ${45^o}$.

c) Do $ABCD.A’B’C’D’$ là hình lập phương, nên ta có $BC \bot \left( {DCC’D’} \right)$. Điều này suy ra $C$ là hình chiếu của $B$ trên $\left( {DCC’D’} \right)$. Như vậy, góc giữa đường thẳng $BD$ và mặt phẳng $\left( {DCC’D’} \right)$ là góc $\widehat {BDC}$.

Do $ABCD$ là hình vuông, nên $\widehat {BDC} = {45^o}$.

Vậy góc giữa đường thẳng $BD$ và mặt phẳng $\left( {DCC’D’} \right)$ bằng ${45^o}$.

d) Do $ABCD.A’B’C’D’$ là hình lập phương, ta suy ra $DD’ \bot \left( {ABCD} \right)$. Điều này dẫn tới $DD’ \bot BD$ và $DD’ \bot CD$. Vậy $\widehat {BDC}$ là góc phẳng nhị diện của góc nhị diện $\left[ {B,DD’,C} \right]$. Theo câu c, ta có $\widehat {BDC} = {45^o}$. Vậy số đo của góc nhị diện $\left[ {B,DD’,C} \right]$ bằng ${45^o}$.

e) Gọi $I$ là giao điểm của $D’C$ và $DC’$. Theo câu a, ta có $C’D \bot \left( {BCD’} \right)$, nên $DI \bot \left( {BCD’} \right)$. Vậy khoảng cách từ $D$ đến $\left( {BCD’} \right)$ là đoạn thẳng $DI$.

Vì $DCC’D’$ là hình vuông cạnh $a$, ta suy ra $C’D = \sqrt {{a^2} + {a^2}} = a\sqrt 2$. Suy ra $DI = C’I = \frac{{C’D}}{2} = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}$.

Vậy khoảng cách từ $D$ đến $\left( {BCD’} \right)$ bằng $\frac{{a\sqrt 2 }}{2}$.

g) Do $ABCD.A’B’C’D’$ là hình lập phương, ta suy ra $B’C’\parallel BC$.

Mà $BC \subset \left( {BCD} \right)$ nên ta suy ra $B’C’\parallel \left( {BCD’} \right)$.

Vì $B’C’\parallel \left( {BCD’} \right)$, nên khoảng cách giữa $B’C’$ và $\left( {BCD’} \right)$ cũng bằng khoảng cách từ $C’$ đến $\left( {BCD’} \right)$.

Theo câu a, ta có $C’D \bot \left( {BCD’} \right)$, điều này cũng có nghĩa $C’I \bot \left( {BCD’} \right)$, tức khoảng cách từ $C’$ đến $\left( {BCD’} \right)$ là đoạn thẳng $C’I$. Mà theo câu e, vì $C’I = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}$, ta kết luận rằng khoảng cách giữa $B’C’$ và $\left( {BCD’} \right)$ bằng $\frac{{a\sqrt 2 }}{2}$.

h) Do $CC’ \bot \left( {BCD} \right)$ nên thể tích tứ diện $C’BCD$ là

$V = \frac{1}{3}CC’.{S_{BCD}} = \frac{1}{3}CC’.\frac{{BC.CD}}{2} = \frac{{a.a.a}}{6} = \frac{{{a^3}}}{6}$.

Tam giác $BC’D$ có $BC’ = C’D = BD = a\sqrt 2$ (do chúng đều là đường chéo của các mặt của hình lập phương) nên tam giác đó đều.

Diện tích tam giác $BC’D$ bằng ${S_{BC’D}} = \frac{{B{D^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{{{\left( {a\sqrt 2 } \right)}^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2}$.

Vì thể tích tứ diện $C’BCD$ cũng có thể được tính bằng công thức $V = \frac{1}{3}{d_{C,\left( {BC’D} \right)}}.{S_{BC’D}}$, ta suy ra ${d_{C,\left( {BC’D} \right)}} = \frac{{3.\frac{{{a^3}}}{6}}}{{\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2}}} = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}$.

Vậy khoảng cách từ $C$ đến mặt phẳng $\left( {BC’D} \right)$ bằng $\frac{{a\sqrt 3 }}{3}$.