Thông tin tài liệu
CHUYÊN ĐỀ HÌNH CHÓP_TỔ 4_LỚP 11A1 CHYÊN ĐỀ HÌNH CHÓP MỤC LỤC !"# $$% &'%&() &*+ &,,"- CHUYÊN ĐỀ HÌNH CHÓP_TỔ 4_LỚP 11A1 &!" !" # $%&' $()!*+, -. #" # /#" # $%&' #( 0%&1 !" #2 ./0134∆564∆′57688′%9.4∆5 4∆′548′∈4∆′58∈4∆55(: 4;5<'=*81 4∆′56>45??4;5@4∆54∆′5ABC DD′(: EFD?4;5(G<γ F4∆64;556∠D8D′Fα6∠D′88′Fβ(0H .α6β6γ( /2/1 I CHUYÊN ĐỀ HÌNH CHÓP_TỔ 4_LỚP 11A1 J)4;5⊥4∆′588′⊥4∆′568∈4;5 ⇒88′⊂4;5 J88′??45D8′??DE D′8′⊥4;5⇒D′D??8′E⇒D′DE8′!K EFD?4;5D′8′⊥8′E G<DEFL(0 88′ I F8′D I 8D I F8′E I MDE I 48E I MDE I 5 F8′E I 8E I ⇒8′8⊥8E JNO+-P%BγF∠D8E(0<'=4D′8D562 D′D I F8′8 I M8E I FD′8 I MD8 I ID′8(D8(α D8′8Fβ(L 8EFγ(L D′8F x β D8F x γ ⇒L I 4 I βM I γ5FL I I I I ( α β γ β γ + − ÷ ⇔ I βM I γFIM I βM I γ I ( α β γ ⇔αF β( ./313*+ Q(8R3(D% S"-∆8R36T % S8R(: U38FIQR63RFIQ8(VWQX⊥386QY⊥3R(3DZ2 [ S A B C F E I CHUYÊN ĐỀ HÌNH CHÓP_TỔ 4_LỚP 11A1 (Q3⊥XY "( \ \ 4 5 4 5 SCI EB SCA AB + = /2/1 J0Q3 I FR3 I QR I F\Q8 I QR I Q3 I F83 I Q8 I F\QR I Q8 I ⇒Q8FQR⇒83F8R JQXF (SC SA AC QYF (SC SB AB ⇒QXFQY 0]%^P+O+P2XY??8RQ3⊥4Q8R5$XY⊥Q3 \ CHUYÊN ĐỀ HÌNH CHÓP_TỔ 4_LỚP 11A1 J02 I I I SC EF CE SC AC AB CA AC AC = = = D<#28RF I (Q84+∆Q8R^5 F I I 83 ⇒XYF I I I I ( I SC SC AC AC = _C 2 I SA AC = ⇒∠Q83F [ π ⇒ [ I [ ` I CS AC π π π = − = = ÷ 3QF I I AC SA− F [SA F ` I AB N%2XYF I [ ` ( ( ( I I I AB F [ \ AB ⇒ [ \ EF AB = 45 JQ3TF ` I ` ` I AB SI SC AB = = Q38F [ [ [ SA SA SC SA = = ⇒ \ \ \ SCI SCA = 4I5 J0]4564I5P2 \ \ 4 5 [ 4 5 \ \ SCI EB SCA AB + = + = 4%'5 ./4104;58R3NC(_-PD6E∈3R3N(G< 3DFL63EFP(0$8⊥48R3N5-PQ(0L6P%S2 (44Q8D564Q8E55F \ π "(44Q8D564QDE55F I π /2/1 a CHUYÊN ĐỀ HÌNH CHÓP_TỔ 4_LỚP 11A1 (8D⊥Q8 8E⊥Q8⇒∠D8EF44Q8D564Q8E55 Q8F4Q8D5∩4Q8E5 GS44Q8D564Q8E55F \ π 2 D8EF I I I I I I ( AM AN MN AM AN + − = ⇔ I I I I I( 4 5 ( 4 5a a x a a y+ − + − F I M4L5 I M I M4P5 I 4L I MP I 5 ⇔Ib I M4L5 I c(b I M4P5 I cFb\ I I4LMP5c I ⇔ \ M I bI I I4LMP5ML I MP I cM4 I ML I IL54 I MP I IP5FIbI I 4LMP5c I ( ⇔ \ MI \ I [ 4LMP5M \ M I 4L I MP I 5M\ I LPI [ 4LMP5ML I P I ILP4L MP5Fd \ d [ 4LMP5MI I 4L I MP I 5M\ I LP ⇔L I P I M\ [ 4LMP5FILP4LMP5M\ \ "(: U4Q8D5⊥4QDE5 NeED′⊥QD4D′∈QD5(02 f f 4 5 4 5 4 5 NM SM NM SAM SM SAM SMN ⊥ ⇒ ⊥ = ∩ ⇒ED′⊥Q8 D<#2Q8⊥48R3N5⇒Q8⊥ED N%2D≡D′ ⇒DE⊥4Q8D5 ⇒DE⊥8D ` D C A B S E H I K CHUYÊN ĐỀ HÌNH CHÓP_TỔ 4_LỚP 11A1 )KP%S4Q8D5⊥4QDE5' 28D I MDE I F8E I ⇔ I M4L5 I ML I MP I F I M4P5 I ⇔IL I FILIP ⇔L I F4LP5( ./513'Q(8R3NQ8⊥48R3N5Q8F I (8R3N C 86N(8RFI68NF3NF (0g4Q6R3685486RQ635 "(0g44QR3564Q3N55 /2/1 Jh7'48R3N5 M: iF3?8R ⇒8i3N6∆3iR #^( ⇒∠38RF I π P38⊥3R j CHUYÊN ĐỀ HÌNH CHÓP_TỔ 4_LỚP 11A1 J0] P&+O+%B2QRF ` 6R3F83F I 6QNF [ ⇒Q3FI ⇒Q3 I MR3 I FQR I ( ⇒Q3⊥3R • N%24Q6R3685F∠Q38F \ π ( M: VF8?QR TF8?Q3 4 5 SC CB CB SAC AC CB ⊥ ⇒ ⊥ ⊥ ⇒8T⊥R38T⊥Q3⇒8T⊥4QR35 ⇒8T⊥QR⇒QR⊥48TV5 8V⊥QR ⇒VT⊥QR⇒486QR635F∠8VT NO-P28TF 8VF I(I I [ ( [ ` a a a a = ( ( I [ [ ` SI KI SI BC a a KI a SB BC SB a = ⇒ = = = ⇒8T I MVT I F I M I [ a F I \ [ a F8V I ⇒∆8VTC T ⇒ 8VTF [ I I [ [ AI a AK a = = ⇒∠8VTF [ π d CHUYÊN ĐỀ HÌNH CHÓP_TỔ 4_LỚP 11A1 J0'4Q3N5+e%9=31 Q3@QNC X( ⇒ 44 564 55 SC CE SCB SCD SC CB ⊥ ⇒ ⊥ F∠X3R MQX(QNFQ3 I ⇒QXF I \ [ a a F \ [ [ a ⇒NXF [ [ ⇒3X I FNX(QXF I \ [ [ \ ( [ [ [ a a a= M I I I a I I ` I ( [ [ BD a SD SB BD SB a ESB SD SB SD a = + − = ⇒ = = = ⇒RX I FQX I MQR I I(QX(QR(XQR F ` [ I M` I I( I I I \ [ I ( ( ` [ [ [ a a a= ⇒X3RF I I I I( ( CE CB EB CE CB + − F I I I \ I I ` [ [ [ I [ I( ( I [ a a a a a + − = ⇒∠X3RF ` [ ./613∆Q8R%k8R3NClI<'= 1 (: D% S.8N (0+4Q86D35 "(: 4;5<'=R3% S;"-$QN(h#%m #m 1-S.m+ !4;548R3N56" & &+ ! 4;5' /2/1 n D C BA S O E P Q P' Q' M CHUYÊN ĐỀ HÌNH CHÓP_TỔ 4_LỚP 11A1 : o% S.8R ⇒Qo⊥8R D 4Q8R5∩48R3N5F8R ⇒Qo⊥48R3N5 ⇒Qo⊥R3R3⊥8R ⇒R3⊥4Q8R5 (: X% S.R3 ⇒8XFD3FQXF a I a 8DFX3F I a ⇒8D3X" ⇒D3??8X p [...]... hỏi đặt ra ở đây là nếu như mặt đáy hình chóp không phải là hình bình hành mà mang một hình dạng bất kì thì làm thế nào để dựng được thiết diện A’B’C’D’ của bài toán là hình bình hành? Bài 6: Cho hình chóp S.ABCD, mp(P) cắt các cạnh SA, SB, SC, SD lần lượt tại A’, B’, C’, D’ Tìm điều kiện của mp(P) để A’B’C’D’ là hình bình hành - 33 - CHUYÊN ĐỀ HÌNH CHÓP_TỔ 4_LỚP 11A1 Giải: A' B' // C'... biệt về hình dạng mặt đáy của khối chóp (giữa hình thoi và hình vuông tuy có nhiều nét tương đồng nhưng khi vẽ hình, đặc biệt là khi có những mặt phẳng cắt ngang khối chóp thì mỗi loại sẽ định hướng nét vẽ cũng như hình dạng thiết diện theo những cách khác nhau Ta chỉ có thể thông qua chứng minh mà kết luận chứ không nên nhận định vội vàng) Bài 5: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình. .. thẳng đi qua trực tâm H của tam giác SBC và vuông góc với (SBC) Chứng minh rằng khi S di động trên At thì Hz luôn đi điểm cố định - 26 - CHUYÊN ĐỀ HÌNH CHÓP_TỔ 4_LỚP 11A1 NHỮNG BÀI TOÁN VỀ THIẾT DIỆN TRONG HÌNH CHÓP Bài 1: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình bình hành M là trung điểm của SC, (P) là mặt phẳng qua AM và song song với BD Gọi E, F lần lượt là giao điểm của (P) với các cạnh... ABC ⇒ S S MAB ABC MA ' MB ' MC ' S MBC S MAC S MBA S ABC + + = + + = =1 SA SB SC S S S S ABC ABC ABC ABC (đpcm) Bài 3: Cho hình chóp S.ABCD, đáy ABCD là hình thoi với các đường chéo AC = 4a, BD = 2a, chúng cắt nhau tại O Đường cao của hình chóp SO = h - 28 - CHUYÊN ĐỀ HÌNH CHÓP_TỔ 4_LỚP 11A1 Dựng mặt phẳng qua A và vuông góc với SC cắt SB, SC, SD lần lượt tại B’, C’, D’ Xác định h để thiết... góc BAC bằng 1200, AC = b, BC = a, cạnh SA vuông góc với đáy, góc giữa mp(SBC) và mặt phẳng đáy là 600 Tính: a/ Đường cao của hình chóp b/ Khoảng cách từ A đến mp(SBC) BT7/ Cho hình chóp S.ABC, đáy là tam giác vuông tại C, AC = x, AB = 2a, - 25 - CHUYÊN ĐỀ HÌNH CHÓP_TỔ 4_LỚP 11A1 đường cao SA = h (h cho trước và nhỏ hơn 2a) Gọi I và J lần lượt là trung điểm AC và SB Xác định x theo a để... Bài 12 : Cho hình chóp C ABB’A’ với đáy ABB’A’ là hình chữ nhật Biết AA’ và BB’ cùng vuông góc với (ABC), dựng đường vuông góc chung của A’B và B’C Giải : Trong mặt phẳng (ABB’A’) kẻ đường thẳng qua B’, song song với A’B và cắt AB tại D Từ B kẻ BK ⊥ CD ( K ∈ CD ) Từ B kẻ BH ⊥ B’K ( H ∈ B' K ) Từ H kẻ đường thẳng song song với A’B và cắt CB’ tại J - 22 - CHUYÊN ĐỀ HÌNH CHÓP_TỔ 4_LỚP... 45°, ∠ASB = α Xác định α để - 24 - CHUYÊN ĐỀ HÌNH CHÓP_TỔ 4_LỚP 11A1 mp(SCA) và mp(SCB) tạo với nhau góc 600 BT3/ Trong mặt phẳng (P), cho hình thoi ABCD cạnh a, AC = 2a 6 Trên 3 đường thẳng vuông góc với (P) tại giao điểm O của hai đường chéo hình thoi, lấy điểm S sao cho SO = a Chứng minh rằng mp(SAB) vuông góc với mp(SAD) BT4/ Trong mp(P) cho hình thang cân ABCD có AB=2a, CD=a, BC=AD=a...CHUYÊN ĐỀ HÌNH CHÓP_TỔ 4_LỚP 11A1 ⇒ ∠(MC,SA) = ∠(AE,SA) a2 5 = AE 2 + SA2 − SE 2 ⇒ cos (MC,SA) = = 5 5 2 AE.SA 2a a 2 2 5 a 3 ⇒ sin (MC,SA) = Dễ thấy SO = 5 2 1 1 1 a 3 a a3 3 Ta có: VS.AMC = SO.SAMC = SO.DC.MA = a = 3 6 6 2 2 24 1 Mặt khác: VS.AMC = SA.MC.sin (MC,SA).d(SA,MC) 6 3 a 3 1 a 5 2 5 d ( SA, MC ) ⇔ = a 24 6 2 5 a 3 ⇔ d(SA,MC) = 4 b + Thiết diện giữa (P) và hình chóp là hình thang... 2 α + 4 ⇔ tan 2 α = 2 4 3 tan 2 ϕ −1 2 Bài 7: Cho hình chóp tứ giác đều có đáy là hình vuông ABCD cạnh a, đường cao SH = h Cho mặt phẳng (P) qua BD và vuông góc với mặt phẳng (SCD) Tính tỉ lện thể tích hai khối đa diện được chia bởi ϕ với ϕ là góc giữa hai mặt bên và mặt đáy Giải: S E D M C H N A B - 14 - tan 2 α + 4 12 CHUYÊN ĐỀ HÌNH CHÓP_TỔ 4_LỚP 11A1 + Gọi M, N lần lượt là trung... H, K lần lượt là hình chiếu của M, C lên SB 1 MH SE MH SE SM SI 1 SI = = = + SME = 2 1 S CK SB SC SO 2 SO CK SB SBC 2 S + Áp dụng định lí Menelaus vào tam giác SOC với bộ điểm (I, A, M): IS AO MC IS 1 IS SI 2 =1⇔ (−1) = 1 ⇒ =3⇒ = IO SO 3 IO AC MS IO 2 S 1 2 1 ⇒ SME = = S 2 3 3 SBC - Tương tự, S SMF = 1 S 3 SDC - 27 - CHUYÊN ĐỀ HÌNH CHÓP_TỔ 4_LỚP 11A1 Bài 2: Cho hình chóp S.ABC có điểm . CHUYÊN ĐỀ HÌNH CHÓP_TỔ 4_LỚP 11A1 CHYÊN ĐỀ HÌNH CHÓP MỤC LỤC . !"# $$% &'%&() &*+ &,,"- CHUYÊN ĐỀ HÌNH CHÓP_TỔ 4_LỚP 11A1 &!" . EFD?4;5(G<γ F4∆64;556∠D8D′Fα6∠D′88′Fβ(0H .α6β6γ( /2/1 I CHUYÊN ĐỀ HÌNH CHÓP_TỔ 4_LỚP 11A1 J)4;5⊥4∆′588′⊥4∆′568∈4;5 ⇒88′⊂4;5 J88′??45D8′??DE D′8′⊥4;5⇒D′D??8′E⇒D′DE8′!K EFD?4;5D′8′⊥8′E G<DEFL(0 88′ I F8′D I 8D I F8′E I MDE I 48E I MDE I 5 F8′E I 8E I ⇒8′8⊥8E JNO+-P%BγF∠D8E(0<'=4D′8D562 D′D I F8′8 I M8E I FD′8 I MD8 I ID′8(D8(α D8′8Fβ(L 8EFγ(L D′8F
Ngày đăng: 16/08/2014, 14:30
Xem thêm: CHUYÊN ĐỀ HÌNH CHÓP, CHUYÊN ĐỀ HÌNH CHÓP
