Trang chủ Lớp 11 SBT Toán 11 Nâng cao Câu 55 trang 124 Sách bài tập Hình học 11 Nâng cao:...

Câu 55 trang 124 Sách bài tập Hình học 11 Nâng cao: Một mặt phẳng (P) chứa cạnh AB, tạo với mặt phẳng đáy (ABC) góc φ và cắt hình lăng trụ...

Chia sẻ
Câu 55 trang 124 Sách bài tập Hình học 11 Nâng cao. – Nếu \({0^0} \le \varphi  \le \widehat {C’MC}\) thì thiết diện là tam giác ABN (Hình 2). Bài 2 3 4: Hai đường thẳng vuông góc. Đường thẳng vuông góc với mặt phẳng. Hai mặt phẳng vuông góc

Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC.A’B’C’ có tất cả các cạnh bằng a. Gọi C1 là trung điểm của CC’.

a) Tính góc giữa hai đường thẳng C1B và A’B’. Tính góc giữa hai mặt phẳng (C1AB) và (ABC).

b) Chứng minh rằng hình chóp C1.ABB’A’ là hình chóp tứ giác đều.

c) Một mặt phẳng (P) chứa cạnh AB, tạo với mặt phẳng đáy (ABC) góc φ và cắt hình lăng trụ đã cho theo hình có diện tích khác không. Tính diện tích thiết diện đó theo a và φ.

 

a) (Hình 1) Vì AB // A’B’ nên góc giữa C1B và A’B’ là góc giữa C1B và AB. Dễ thấy AC1 = BC1 nên AC1B là tam giác cân. Từ đó \(\widehat {AB{C_1}} < {90^0}\). Vậy góc giữa AB và AC1 là \(\widehat {AB{C_1}}\). Gọi M là trung điểm của AB thì:

\(MB = {a \over 2},B{C_1} = {{a\sqrt 5 } \over 2},MB \bot M{C_1}\).

Từ đó \(\cos \widehat {{C_1}BA} = {{MB} \over {{C_1}B}} = {1 \over {\sqrt 5 }}\).

Cũng từ kết quả trên, ta có \(\left( {{C_1}MC} \right) \bot AB\) và C1MC là tam giác vuông tại C nên góc giữa mp(C1AB) và (CAB) là \(\widehat {{C_1}MC}\).

Ta có \(\tan \widehat {{C_1}MC} = {{{C_1}C} \over {MC}} = {{{a \over 2}} \over {{{a\sqrt 3 } \over 2}}} = {1 \over {\sqrt 3 }}\).

Vậy \(\widehat {{C_1}MC} = {30^0}\) hay góc giữa mp(C1AB) và mp(ABC) bằng 30°.

b) ABB’A’ là hình vuông. Dễ thấy \({C_1}A = {C_1}B = {C_1}A’ = {C_1}B’ = {{a\sqrt 5 } \over 2}\).

Khi đó \({C_1}O \bot AB’,{C_1}O \bot A’B\left( {O = A’B \cap AB’} \right)\).

Vậy C1.ABB’A’ là hình chóp tứ giác đều.

c) Trong mp(M, CC’) kẻ tia Mt sao cho \(\widehat {CMt} = \varphi \) thì mp(AB, Mt) chính là mặt phẳng (P) phải tìm.

Quảng cáo

– Nếu \({0^0} \le \varphi  \le \widehat {C’MC}\) thì thiết diện là tam giác ABN (Hình 2)

Khi đó:

\(\eqalign{  & {S_{ABN}} = {1 \over 2}AB.MN  \cr  & AB = a,MN = {{MC} \over {\cos \varphi }} = {{a\sqrt 3 } \over {2\cos \varphi }} \cr} \)

Vậy \({S_{ABN}} = {{{a^2}\sqrt 3 } \over {4\cos \varphi }}\)

 

– Nếu \(\widehat {C’MC} < \varphi  < {90^0}\) thì thiết diện là hình thang cân ABEF (Hình 3).

Khi đó \({S_{ABEF}} = {S_{ABN}} – {S_{EFN}}\).

Ta có

\(\eqalign{  & {S_{ABN}} = {{{a^2}\sqrt 3 } \over {4\cos \varphi }}  \cr  & {{{S_{EFN}}} \over {{S_{ABN}}}} = {\left( {{{NE} \over {NB}}} \right)^2} = {\left( {{{NC’} \over {NC}}} \right)^2}  \cr  &  = {{{{\left( {{{a\sqrt 3 } \over 2}\tan \varphi  – a} \right)}^2}} \over {{{\left( {{{a\sqrt 3 } \over 2}\tan \varphi } \right)}^2}}} = {{{{\left( {\sqrt 3 \tan \varphi  – 2} \right)}^2}} \over {3{{\tan }^2}\varphi }} \cr} \)

Vậy \({S_{EFN}} = {{{a^2}\sqrt 3 } \over {4\cos \varphi }}.{{{{\left( {\sqrt 3 \tan \varphi  – 2} \right)}^2}} \over {3{{\tan }^2}\varphi }}\)

Từ đó

\(\eqalign{  & {S_{ABEF}} = {{{a^2}\sqrt 3 } \over {4.\cos \varphi }}.\left[ {1 – {{{{\left( {\sqrt 3 \tan \varphi  – 2} \right)}^2}} \over {3{{\tan }^2}\varphi }}} \right]  \cr  &  = {{{a^2}\sqrt 3 } \over {12{{\tan }^2}\varphi \cos \varphi }}.\left( {4\sqrt 3 \tan \varphi  – 4} \right)  \cr  &  = {{{a^2}\sqrt 3 } \over {3\tan \varphi .\sin \varphi }}\left( {\sqrt 3 \tan \varphi  – 1} \right) \cr} \)

– Nếu \(\varphi  = {90^0}\) thì thiết diện là hình vuông ABB’A’. Khi đó diện tích thiết diện bằng a2.



Chia sẻ