Trang chủ Lớp 11 SBT Toán 11 Nâng cao Câu 37 trang 121 Sách bài tập Hình học 11 Nâng cao...

Câu 37 trang 121 Sách bài tập Hình học 11 Nâng cao :...

Chia sẻ
Câu 37 trang 121 Sách bài tập Hình học 11 Nâng cao. \(\eqalign{  & {S_{A{B_1}{C_1}{D_1}}} = {1 \over 2}.{{4{\rm{a}}h} \over {\sqrt {4{{\rm{a}}^2} + {h^2}} }}.{{2{\rm{a}}\left( {{h^2} – 4{{\rm{a}}^2}} \right)} \over {{h^2}}}  \cr  &  = {{4{{\rm{a}}^2}\left( {{h^2} – 4{{\rm{a}}^2}}. Bài 2 3 4: Hai đường thẳng vuông góc. Đường thẳng vuông góc với mặt phẳng. Hai mặt phẳng vuông góc

Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thoi, đường chéo AC = 4a, đường chéo BD = 2a; O là giao điểm của AC với BD và SO vuông góc với mặt phẳng (ABC), SO = h. Một mặt phẳng (α) đi qua điểm A và vuông góc với đường thẳng SC tại điểm C1. Tìm hệ thức liên hệ giữa a và h để điểm C1 nằm trong đoạn thẳng SC, C1 khác S và khác C. Khi đó, tính diện tích thiết diện của hình chóp S.ABCD cắt bởi mp(α).

 

Vì \(\left( \alpha  \right) \bot SC\) và  \(A \in \left( \alpha  \right)\) nên \(A{C_1} \bot SC\). Mặt khác, gọi \({B_1}{D_1} = \left( \alpha  \right) \cap \left( {SBD} \right)\) thì B1D1 song song với BD và B1D1 qua \({O_1} = A{C_1} \cap SO\) (do \(B{\rm{D}} \bot SC,\left( \alpha  \right) \bot SC\) nên BD // (α)).

Vì SAC là tam giác cân tại S và \(A{C_1} \bot SC\) nên C1 thuộc SC khi và chỉ khi \(\widehat {ASC} < {90^0}\) tức là \(\widehat {OSC} < {45^0}\). Xét tam giác vuông SOC, điều kiện \(\widehat {OSC} < {45^0}\) tương  đương với \(SO > OC = {{AC} \over 2} = 2a\). Vậy để C1 thuộc SC, C1 không trùng với C và S thì hệ thức liên hệ giữa h và a là h > 2a.

Dễ thấy thiết diện của S.ABCD khi cắt bởi (α) là tứ giác AB1C1D1 có tính chất \(A{C_1} \bot {B_1}{D_1}\) . Do đó \({S_{A{B_1}{C_1}{D_1}}} = {1 \over 2}A{C_1}.{B_1}{D_1}\).

Ta có:

\(\eqalign{  & A{C_1}.SC = SO.AC \Rightarrow A{C_1} = {{4{\rm{a}}h} \over {\sqrt {4{{\rm{a}}^2} + {h^2}} }};  \cr  & {{{B_1}{D_1}} \over {B{\rm{D}}}} = {{S{O_1}} \over {SO}}, \cr} \)

Quảng cáo

mặt khác

\(\eqalign{  & {{{O_1}O} \over {CO}} = {{AO} \over {SO}}  \cr  &  \Rightarrow {O_1}O = {{4{{\rm{a}}^2}} \over h}  \cr  &  \Rightarrow S{O_1} = {{{h^2} – 4{a^2}} \over h} \cr} \)

Từ đó \({{{B_1}{D_1}} \over {B{\rm{D}}}} = {{{h^2} – 4{{\rm{a}}^2}} \over {{h^2}}}\)

hay \({B_1}{D_1} = {{2{\rm{a}}\left( {{h^2} – 4{{\rm{a}}^2}} \right)} \over {{h^2}}}\)

Vậy

\(\eqalign{  & {S_{A{B_1}{C_1}{D_1}}} = {1 \over 2}.{{4{\rm{a}}h} \over {\sqrt {4{{\rm{a}}^2} + {h^2}} }}.{{2{\rm{a}}\left( {{h^2} – 4{{\rm{a}}^2}} \right)} \over {{h^2}}}  \cr  &  = {{4{{\rm{a}}^2}\left( {{h^2} – 4{{\rm{a}}^2}} \right)} \over {h\sqrt {4{{\rm{a}}^2} + {h^2}} }} \cr} \)



Chia sẻ