A. Trắc nghiệm (trang 64)

Bài 7.33 (trang 64)

Đề bài: Cho các phát biểu sau:

(1) Hai mặt phẳng $(P)$ và $(Q)$ có giao tuyến là đường thẳng $a$ và cùng vuông góc với mặt phẳng $(R)$ thì $a \perp (R)$.

(2) Hai mặt phẳng $(P)$ và $(Q)$ vuông góc với nhau và có giao tuyến là đường thẳng $a$, một đường thẳng $b$ nằm trong mặt phẳng $(P)$ và vuông góc với đường thẳng $a$ thì $b \perp (Q)$.

(3) Mặt phẳng $(P)$ chứa đường thẳng $a$ và $a$ vuông góc với $(Q)$ thì $(P) \perp (Q)$.

(4) Đường thẳng $a$ nằm trong mặt phẳng $(P)$ và mặt phẳng $(P)$ vuông góc với mặt phẳng $(Q)$ thì $a \perp (Q)$.

Số phát biểu đúng trong các phát biểu trên là:

A. $1.$ B. $2.$ C. $3.$ D. $4.$

Lời giải:

• (1) ĐÚNG: Theo định lí “hai mặt phẳng cắt nhau cùng vuông góc với một mặt phẳng thì giao tuyến của chúng vuông góc với mặt phẳng đó”.
• (2) ĐÚNG: Theo định lí “nếu hai mặt phẳng vuông góc với nhau, đường thẳng nằm trong mặt phẳng này và vuông góc với giao tuyến thì vuông góc với mặt phẳng kia”.
• (3) ĐÚNG: Theo định lí cơ bản về hai mặt phẳng vuông góc.
• (4) SAI: Đường thẳng $a$ nằm trong $(P)$ chỉ vuông góc với $(Q)$ khi $a$ vuông góc với giao tuyến của $(P)$ và $(Q)$. Nếu không có điều kiện này, $a$ có thể song song hoặc tạo góc bất kì với $(Q)$.

Có $3$ phát biểu đúng.

Đáp án: C.

Bài 7.34 (trang 64)

Đề bài: Cho mặt phẳng $(P)$ vuông góc với mặt phẳng $(Q)$ và $a$ là giao tuyến của $(P)$ và $(Q)$. Phát biểu nào sau đây là đúng?

A. Đường thẳng $d$ nằm trên $(Q)$ thì $d$ vuông góc với $(P)$.

B. Đường thẳng $d$ nằm trên $(Q)$ và $d$ vuông góc với $a$ thì $d$ vuông góc với $(P)$.

C. Đường thẳng $d$ vuông góc với $a$ thì $d$ vuông góc với $(P)$.

D. Đường thẳng $d$ vuông góc với $(Q)$ thì $d$ vuông góc với $(P)$.

Lời giải:

Theo định lí: Nếu hai mặt phẳng vuông góc với nhau, đường thẳng nằm trong mặt phẳng này và vuông góc với giao tuyến thì vuông góc với mặt phẳng kia.

Phát biểu B phát biểu chính xác định lí này.

• A sai vì cần thêm điều kiện $d \perp a$.
• C sai vì $d$ phải nằm trong $(Q)$.
• D sai vì $d \perp (Q)$ thì $d$ song song với $(P)$ hoặc nằm trong $(P)$, không phải vuông góc với $(P)$.

Đáp án: B.

Bài 7.35 (trang 64)

Đề bài: Cho hình chóp tứ giác đều $S.ABCD$. Phát biểu nào sau đây là đúng?

A. Số đo của góc nhị diện $[S, AB, C]$ bằng $\widehat{SBC}$.

B. Số đo của góc nhị diện $[D, SA, B]$ bằng $90^\circ$.

C. Số đo của góc nhị diện $[S, AC, B]$ bằng $90^\circ$.

D. Số đo của góc nhị diện $[D, SA, B]$ bằng $\widehat{BSD}$.

Lời giải:

Gọi $O$ là tâm hình vuông $ABCD$. Vì $S.ABCD$ là hình chóp đều nên $SO \perp (ABCD)$.

Xét góc nhị diện $[S, AC, B]$:

• $AC$ là cạnh của góc nhị diện.
• $SO \perp (ABCD) \supset AC \Rightarrow SO \perp AC$ tại $O$.
• $BO \perp AC$ (hai đường chéo hình vuông vuông góc tại $O$).
• $SO$ thuộc nửa mặt phẳng chứa $S$ (bờ $AC$), $BO$ thuộc nửa mặt phẳng chứa $B$ (bờ $AC$).

Vậy $\widehat{SOB}$ là góc phẳng của góc nhị diện $[S, AC, B]$.

Mà $SO \perp (ABCD) \supset BO \Rightarrow SO \perp BO \Rightarrow \widehat{SOB} = 90^\circ$.

Đáp án: C.

Bài 7.36 (trang 64)

Đề bài: Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình vuông và $SA \perp (ABCD)$. Phát biểu nào sau đây là sai?

A. Đường thẳng $BC$ vuông góc với mặt phẳng $(SAB)$.

B. Đường thẳng $BD$ vuông góc với mặt phẳng $(SAC)$.

C. Đường thẳng $AC$ vuông góc với mặt phẳng $(SBD)$.

D. Đường thẳng $AD$ vuông góc với mặt phẳng $(SAB)$.

Lời giải:

Kiểm tra từng phương án:

• A) ĐÚNG: $BC \perp AB$ (hình vuông), $BC \perp SA$ ($SA \perp (ABCD) \supset BC$). $AB, SA$ cắt nhau tại $A$ trong $(SAB)$ $\Rightarrow BC \perp (SAB)$.
• B) ĐÚNG: $BD \perp AC$ (hai đường chéo hình vuông), $BD \perp SA$. $AC, SA$ cắt nhau tại $A$ trong $(SAC)$ $\Rightarrow BD \perp (SAC)$.
• C) SAI: Để $AC \perp (SBD)$ cần $AC$ vuông góc với hai đường thẳng cắt nhau trong $(SBD)$. Ta có $AC \perp BD$ nhưng $AC$ không vuông góc với $SB$ hoặc $SD$ (do $SA \perp (ABCD)$, $AC$ trong $(ABCD)$, nên $SA \perp AC$; mà $SB, SD$ chéo $SA$, không giúp suy ra $AC$ vuông góc với chúng).
• D) ĐÚNG: $AD \perp AB$ (hình vuông), $AD \perp SA$. $AB, SA$ cắt nhau tại $A$ trong $(SAB)$ $\Rightarrow AD \perp (SAB)$.

Đáp án: C.

Bài 7.37 (trang 64)

Đề bài: Thể tích của khối chóp có diện tích đáy bằng $S$, chiều cao bằng $h$ là:

A. $V = S \cdot h.$ B. $V = \dfrac{1}{2} S \cdot h.$ C. $V = \dfrac{1}{3} S \cdot h.$ D. $V = \dfrac{2}{3} S \cdot h.$

Lời giải:

Theo công thức thể tích khối chóp: $V = \dfrac{1}{3} S \cdot h$.

Đáp án: C.

B. Tự luận (trang 65)

Bài 7.38 (trang 65)

Đề bài: Cho tứ diện $OABC$ có $OA, OB, OC$ đôi một vuông góc với nhau và $OA = a$, $OB = a\sqrt{2}$ và $OC = 2a$. Tính khoảng cách từ điểm $O$ đến mặt phẳng $(ABC)$.

Lời giải:

Trong tứ diện có ba cạnh đôi một vuông góc tại một đỉnh, áp dụng công thức:

$$\dfrac{1}{d^2} = \dfrac{1}{OA^2} + \dfrac{1}{OB^2} + \dfrac{1}{OC^2}.$$

Chứng minh công thức: Kẻ $OH \perp BC$ tại $H$ (trong $(OBC)$). Vì $OA \perp OB, OA \perp OC$ nên $OA \perp (OBC) \supset BC$, suy ra $OA \perp BC$. Mà $OH \perp BC$ và $OA, OH$ cắt nhau tại $O$ trong $(OAH)$ $\Rightarrow BC \perp (OAH)$. Trong $(OAH)$, kẻ $OK \perp AH$ tại $K$. Khi đó $OK \perp BC$ (vì $BC \perp (OAH) \supset OK$) và $OK \perp AH$. $BC, AH$ cắt nhau tại $H$ trong $(ABC)$ $\Rightarrow OK \perp (ABC)$ $\Rightarrow d(O, (ABC)) = OK$.

Trong tam giác $OAH$ vuông tại $O$: $\dfrac{1}{OK^2} = \dfrac{1}{OA^2} + \dfrac{1}{OH^2}$.

Trong tam giác $OBC$ vuông tại $O$: $\dfrac{1}{OH^2} = \dfrac{1}{OB^2} + \dfrac{1}{OC^2}$.

Cộng lại: $\dfrac{1}{OK^2} = \dfrac{1}{OA^2} + \dfrac{1}{OB^2} + \dfrac{1}{OC^2}$.

Thay số:

$$\dfrac{1}{d^2} = \dfrac{1}{a^2} + \dfrac{1}{2a^2} + \dfrac{1}{4a^2} = \dfrac{4 + 2 + 1}{4a^2} = \dfrac{7}{4a^2}.$$

$$\Rightarrow d^2 = \dfrac{4a^2}{7} \Rightarrow d = \dfrac{2a}{\sqrt{7}} = \dfrac{2a\sqrt{7}}{7}.$$

Kết luận: $d(O, (ABC)) = \dfrac{2a\sqrt{7}}{7}$.

Bài 7.39 (trang 65)

Đề bài: Cho tứ diện $ABCD$ có tam giác $ABC$ cân tại $A$, tam giác $BCD$ cân tại $D$. Gọi $I$ là trung điểm của cạnh $BC$.

a) Chứng minh rằng $BC \perp (AID)$.

b) Kẻ đường cao $AH$ của tam giác $AID$. Chứng minh rằng $AH \perp (BCD)$.

c) Kẻ đường cao $IJ$ của tam giác $AID$. Chứng minh rằng $IJ$ là đường vuông góc chung của $AD$ và $BC$.

Lời giải:

a) Chứng minh $BC \perp (AID)$.

• Tam giác $ABC$ cân tại $A$, $I$ trung điểm $BC$ $\Rightarrow AI \perp BC$.
• Tam giác $BCD$ cân tại $D$, $I$ trung điểm $BC$ $\Rightarrow DI \perp BC$.
• $AI, DI$ cắt nhau tại $I$, cùng thuộc $(AID)$.

Suy ra $BC \perp (AID). \quad \blacksquare$

b) Chứng minh $AH \perp (BCD)$.

• $AH \perp ID$ (cách dựng đường cao).
• $AH \perp BC$ (vì $BC \perp (AID) \supset AH$).
• $ID, BC$ cắt nhau tại $I$, cùng thuộc $(BCD)$.

Suy ra $AH \perp (BCD). \quad \blacksquare$

c) Chứng minh $IJ$ là đường vuông góc chung của $AD$ và $BC$.

• $IJ \perp AD$ (cách dựng đường cao).
• $IJ \perp BC$ (vì $BC \perp (AID) \supset IJ$, do $IJ \subset (AID)$).
• $IJ$ cắt $AD$ tại $J$ và cắt $BC$ tại $I$.

Vậy $IJ$ là đường vuông góc chung của $AD$ và $BC. \quad \blacksquare$

Bài 7.40 (trang 65)

Đề bài: Cho hình chóp $S.ABC$ có đáy $ABC$ là tam giác vuông tại $B$, $BC = a$ và $\widehat{CAB} = 30^\circ$. Biết $SA \perp (ABC)$ và $SA = a\sqrt{2}$.

a) Chứng minh rằng $(SBC) \perp (SAB)$.

b) Tính theo $a$ khoảng cách từ điểm $A$ đến đường thẳng $SC$ và khoảng cách từ điểm $A$ đến mặt phẳng $(SBC)$.

Lời giải:

Tính các kích thước cần thiết:

Tam giác $ABC$ vuông tại $B$, $\widehat{CAB} = 30^\circ$, $BC = a$:

• $AB = \dfrac{BC}{\tan 30^\circ} = \dfrac{a}{\dfrac{1}{\sqrt{3}}} = a\sqrt{3}$.
• $AC = \dfrac{BC}{\sin 30^\circ} = \dfrac{a}{\dfrac{1}{2}} = 2a$.

a) Chứng minh $(SBC) \perp (SAB)$.

• $BC \perp AB$ (tam giác $ABC$ vuông tại $B$).
• $BC \perp SA$ (vì $SA \perp (ABC) \supset BC$).
• $AB, SA$ cắt nhau tại $A$ trong $(SAB)$.

Suy ra $BC \perp (SAB)$. Mà $BC \subset (SBC)$, nên:

$$(SBC) \perp (SAB). \quad \blacksquare$$

b) Tính $d(A, SC)$ và $d(A, (SBC))$.

Tính $d(A, SC)$:

Tam giác $SAC$ vuông tại $A$ (vì $SA \perp (ABC) \supset AC$). Trong $(SAC)$, kẻ $AH \perp SC$ tại $H$. Khi đó $d(A, SC) = AH$.

$$SC = \sqrt{SA^2 + AC^2} = \sqrt{2a^2 + 4a^2} = a\sqrt{6}.$$

$$AH = \dfrac{SA \cdot AC}{SC} = \dfrac{a\sqrt{2} \cdot 2a}{a\sqrt{6}} = \dfrac{2a\sqrt{2}}{\sqrt{6}} = \dfrac{2a}{\sqrt{3}} = \dfrac{2a\sqrt{3}}{3}.$$

Tính $d(A, (SBC))$:

Trong $(SAB)$, kẻ $AK \perp SB$ tại $K$. Khi đó:

• $AK \perp SB$ (cách dựng).
• $AK \perp BC$ (vì $BC \perp (SAB) \supset AK$, đã chứng minh ở câu a).
• $SB, BC$ cắt nhau tại $B$ trong $(SBC)$.

$\Rightarrow AK \perp (SBC) \Rightarrow d(A, (SBC)) = AK$.

Tam giác $SAB$ vuông tại $A$, $SA = a\sqrt{2}$, $AB = a\sqrt{3}$:

$$SB = \sqrt{SA^2 + AB^2} = \sqrt{2a^2 + 3a^2} = a\sqrt{5}.$$

$$AK = \dfrac{SA \cdot AB}{SB} = \dfrac{a\sqrt{2} \cdot a\sqrt{3}}{a\sqrt{5}} = \dfrac{a\sqrt{6}}{\sqrt{5}} = \dfrac{a\sqrt{30}}{5}.$$

Kết luận: $d(A, SC) = \dfrac{2a\sqrt{3}}{3}$ và $d(A, (SBC)) = \dfrac{a\sqrt{30}}{5}$.

Bài 7.41 (trang 65)

Đề bài: Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình vuông cạnh bằng $a$. Biết tam giác $SAD$ vuông cân tại $S$ và $(SAD) \perp (ABCD)$.

a) Tính theo $a$ thể tích của khối chóp $S.ABCD$.

b) Tính theo $a$ khoảng cách giữa hai đường thẳng $AD$ và $SC$.

Lời giải:

Gọi $H$ là trung điểm $AD$.

Bước chuẩn bị: Chứng minh $SH \perp (ABCD)$.

• Tam giác $SAD$ vuông cân tại $S$, $H$ trung điểm cạnh huyền $AD$ $\Rightarrow SH \perp AD$ và $SH = \dfrac{AD}{2} = \dfrac{a}{2}$.
• $(SAD) \perp (ABCD)$, giao tuyến $AD$. $SH \subset (SAD)$, $SH \perp AD$.

Theo định lí: $SH \perp (ABCD)$.

a) Tính thể tích.

• Diện tích đáy: $S_{ABCD} = a^2$.
• Chiều cao: $SH = \dfrac{a}{2}$.

$$V = \dfrac{1}{3} \cdot a^2 \cdot \dfrac{a}{2} = \dfrac{a^3}{6}.$$

Kết luận: $V = \dfrac{a^3}{6}$.

b) Tính $d(AD, SC)$.

Bước 1: Tìm mặt phẳng chứa $SC$ và song song $AD$.

Vì $AD // BC$ và $BC \subset (SBC)$, ta có $AD // (SBC)$. Do đó:

$$d(AD, SC) = d(AD, (SBC)) = d(H, (SBC))$$

(với $H \in AD$).

Bước 2: Tính $d(H, (SBC))$.

Kẻ $HM \perp BC$ tại $M$ trong $(ABCD)$. Vì $ABCD$ là hình vuông, $H$ trung điểm $AD$, nên $M$ là trung điểm $BC$, và $HM = a$ (bằng cạnh hình vuông).

• $HM \perp BC$ (cách dựng).
• $SH \perp BC$ (vì $SH \perp (ABCD) \supset BC$).
• $HM, SH$ cắt nhau tại $H$ trong $(SHM)$.

$\Rightarrow BC \perp (SHM)$. Mà $BC \subset (SBC)$ $\Rightarrow (SBC) \perp (SHM)$, giao tuyến là $SM$.

Trong $(SHM)$, kẻ $HK \perp SM$ tại $K$. Theo định lí, $HK \perp (SBC)$ $\Rightarrow d(H, (SBC)) = HK$.

Bước 3: Tính $HK$.

Tam giác $SHM$ vuông tại $H$ (vì $SH \perp (ABCD) \supset HM$), $SH = \dfrac{a}{2}$, $HM = a$:

$$SM = \sqrt{SH^2 + HM^2} = \sqrt{\dfrac{a^2}{4} + a^2} = \dfrac{a\sqrt{5}}{2}.$$

$$HK = \dfrac{SH \cdot HM}{SM} = \dfrac{\dfrac{a}{2} \cdot a}{\dfrac{a\sqrt{5}}{2}} = \dfrac{a}{\sqrt{5}} = \dfrac{a\sqrt{5}}{5}.$$

Kết luận: $d(AD, SC) = \dfrac{a\sqrt{5}}{5}$.

Bài 7.42 (trang 65)

Đề bài: Cho hình hộp $ABCD.A’B’C’D’$ có độ dài tất cả các cạnh bằng $a$, $AA’ \perp (ABCD)$ và $\widehat{BAD} = 60^\circ$.

a) Tính thể tích của khối hộp $ABCD.A’B’C’D’$.

b) Tính khoảng cách từ $A$ đến mặt phẳng $(A’BD)$.

Lời giải:

a) Tính thể tích khối hộp.

Đáy $ABCD$ là hình thoi (4 cạnh bằng $a$) với $\widehat{BAD} = 60^\circ$.

Diện tích đáy:

$$S_{ABCD} = AB \cdot AD \cdot \sin\widehat{BAD} = a \cdot a \cdot \sin 60^\circ = \dfrac{a^2 \sqrt{3}}{2}.$$

Chiều cao khối hộp: $AA’ = a$.

$$V = S_{ABCD} \cdot AA’ = \dfrac{a^2 \sqrt{3}}{2} \cdot a = \dfrac{a^3 \sqrt{3}}{2}.$$

Kết luận: $V = \dfrac{a^3 \sqrt{3}}{2}$.

b) Tính $d(A, (A’BD))$.

Bước 1: Tính các đường chéo hình thoi.

Vì $AB = AD = a$ và $\widehat{BAD} = 60^\circ$, tam giác $ABD$ là tam giác đều cạnh $a$:

$$BD = a.$$

Áp dụng công thức đường chéo hình thoi: $AC^2 + BD^2 = 4 \cdot AB^2$:

$$AC^2 = 4a^2 – a^2 = 3a^2 \Rightarrow AC = a\sqrt{3}.$$

Gọi $O = AC \cap BD$ (tâm hình thoi). $O$ là trung điểm hai đường chéo, $AO = \dfrac{a\sqrt{3}}{2}$.

Bước 2: Chứng minh $BD \perp (AA’O)$.

• $BD \perp AC$ (đường chéo hình thoi).
• $BD \perp AA’$ ($AA’ \perp (ABCD) \supset BD$).
• $AC, AA’$ cắt nhau tại $A$ trong $(AA’O)$ (vì $O \in AC$).

$\Rightarrow BD \perp (AA’O)$.

Bước 3: Kẻ $AH \perp A’O$ và chứng minh $AH \perp (A’BD)$.

Trong $(AA’O)$, kẻ $AH \perp A’O$ tại $H$. Khi đó:

• $AH \perp A’O$ (cách dựng).
• $AH \perp BD$ (vì $BD \perp (AA’O) \supset AH$).
• $A’O, BD$ cắt nhau tại $O$ trong $(A’BD)$.

$\Rightarrow AH \perp (A’BD) \Rightarrow d(A, (A’BD)) = AH$.

Bước 4: Tính $AH$.

Tam giác $AA’O$ vuông tại $A$ (vì $AA’ \perp (ABCD) \supset AO$), $AA’ = a$, $AO = \dfrac{a\sqrt{3}}{2}$:

$$A’O = \sqrt{AA’^2 + AO^2} = \sqrt{a^2 + \dfrac{3a^2}{4}} = \dfrac{a\sqrt{7}}{2}.$$

$$AH = \dfrac{AA’ \cdot AO}{A’O} = \dfrac{a \cdot \dfrac{a\sqrt{3}}{2}}{\dfrac{a\sqrt{7}}{2}} = \dfrac{a\sqrt{3}}{\sqrt{7}} = \dfrac{a\sqrt{21}}{7}.$$

Kết luận: $d(A, (A’BD)) = \dfrac{a\sqrt{21}}{7}$.

Bài 7.43 (trang 65)

Đề bài: Cho hình lăng trụ $ABCD.A’B’C’D’$. Biết $A’.ABCD$ là hình chóp đều có tất cả các cạnh đều bằng nhau và bằng $a$. Tính theo $a$ thể tích của khối lăng trụ $ABCD.A’B’C’D’$ và thể tích của khối chóp $A’.BB’C’C$.

Lời giải:

Vì $A’.ABCD$ là hình chóp đều có tất cả các cạnh bằng $a$, đáy $ABCD$ là hình vuông cạnh $a$ và $A’A = A’B = A’C = A’D = a$.

Gọi $O$ là tâm hình vuông $ABCD$.

Bước 1: Tính $A’O$ (chiều cao lăng trụ).

$AO = \dfrac{AC}{2} = \dfrac{a\sqrt{2}}{2}$.

Tam giác $A’OA$ vuông tại $O$ (vì $A’O \perp (ABCD)$ — tính chất hình chóp đều):

$$A’O = \sqrt{A’A^2 – AO^2} = \sqrt{a^2 – \dfrac{a^2}{2}} = \dfrac{a\sqrt{2}}{2}.$$

Bước 2: Tính thể tích lăng trụ.

$$V_{\text{lăng trụ}} = S_{ABCD} \cdot A’O = a^2 \cdot \dfrac{a\sqrt{2}}{2} = \dfrac{a^3 \sqrt{2}}{2}.$$

Bước 3: Tính thể tích khối chóp $A’.BB’C’C$.

Ta có tính chất hình học: với lăng trụ và một đỉnh thuộc đáy trên (như $A’$), khối chóp $A’.ABCD$ (đáy lớn) có thể tích bằng $\dfrac{1}{3}$ thể tích lăng trụ:

$$V_{A’.ABCD} = \dfrac{1}{3} S_{ABCD} \cdot A’O = \dfrac{1}{3} \cdot \dfrac{a^3 \sqrt{2}}{2} = \dfrac{a^3 \sqrt{2}}{6}.$$

Phần còn lại của lăng trụ (sau khi tách bỏ khối chóp $A’.ABCD$) gồm hai phần đối xứng nhau:

• Khối chóp $A’.BB’C’C$ (đỉnh $A’$, đáy là mặt bên $BB’C’C$).
• Khối chóp $A’.DD’C’C$ (đỉnh $A’$, đáy là mặt bên $DD’C’C$).

Do tính đối xứng của hình lăng trụ với hình chóp đều $A’.ABCD$, hai khối này có thể tích bằng nhau.

Do đó:

$$V_{A’.BB’C’C} = \dfrac{1}{2}\left( V_{\text{lăng trụ}} – V_{A’.ABCD} \right) = \dfrac{1}{2}\left( \dfrac{a^3 \sqrt{2}}{2} – \dfrac{a^3 \sqrt{2}}{6} \right) = \dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{a^3 \sqrt{2}}{3} = \dfrac{a^3 \sqrt{2}}{6}.$$

Kết luận:

• $V_{\text{lăng trụ}} = \dfrac{a^3 \sqrt{2}}{2}$.
• $V_{A’.BB’C’C} = \dfrac{a^3 \sqrt{2}}{6}$.

Bài 7.44 (trang 65)

Đề bài: Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình thang cân, $AB // CD$ và $AB = BC = DA = a$, $CD = 2a$. Biết hai mặt phẳng $(SAC)$ và $(SBD)$ cùng vuông góc với mặt phẳng đáy $(ABCD)$ và $SA = a\sqrt{2}$. Tính theo $a$ khoảng cách từ $S$ đến mặt phẳng $(ABCD)$ và thể tích của khối chóp $S.ABCD$.

Lời giải:

Bước 1: Xác định hình chiếu $H$ của $S$ trên $(ABCD)$.

Vì $(SAC) \perp (ABCD)$ và $(SBD) \perp (ABCD)$, mà giao tuyến của hai mặt phẳng này (đi qua $S$) phải vuông góc với $(ABCD)$.

Đường thẳng qua $S$ vuông góc với $(ABCD)$ thuộc cả $(SAC)$ và $(SBD)$, do đó hình chiếu $H$ của $S$ trên $(ABCD)$ thuộc cả $AC$ (giao tuyến $(SAC) \cap (ABCD)$) và $BD$ (giao tuyến $(SBD) \cap (ABCD)$). Vậy:

$$H = AC \cap BD.$$

Bước 2: Tính $AH$.

Trong hình thang cân $ABCD$ với $AB = a$, $CD = 2a$, $BC = DA = a$, gọi $M, N$ là trung điểm $AB, CD$.

Chiều cao hình thang:

$$MN = \sqrt{AD^2 – \left( \dfrac{CD – AB}{2} \right)^2} = \sqrt{a^2 – \left( \dfrac{a}{2} \right)^2} = \dfrac{a\sqrt{3}}{2}.$$

Đặt hệ tọa độ: $N = (0; 0)$, $D = (-a; 0)$, $C = (a; 0)$, $M = (0; \dfrac{a\sqrt{3}}{2})$, $A = (-\dfrac{a}{2}; \dfrac{a\sqrt{3}}{2})$, $B = (\dfrac{a}{2}; \dfrac{a\sqrt{3}}{2})$.

Tìm $H = AC \cap BD$:

Đường thẳng $AC$: từ $A(-\dfrac{a}{2}; \dfrac{a\sqrt{3}}{2})$ đến $C(a; 0)$. Đường thẳng $BD$: từ $B(\dfrac{a}{2}; \dfrac{a\sqrt{3}}{2})$ đến $D(-a; 0)$.

Do tính đối xứng (hình thang cân), $H$ nằm trên trục đối xứng (trục $Oy$). Đặt $H = (0; y_H)$. Trên $AC$: tỉ số tham số sao cho $x = 0$:

$$x = -\dfrac{a}{2} + s \cdot \dfrac{3a}{2} = 0 \Rightarrow s = \dfrac{1}{3}.$$

$$y_H = \dfrac{a\sqrt{3}}{2} + \dfrac{1}{3} \cdot \left( 0 – \dfrac{a\sqrt{3}}{2} \right) = \dfrac{a\sqrt{3}}{2} \cdot \dfrac{2}{3} = \dfrac{a\sqrt{3}}{3}.$$

Vậy $H = (0; \dfrac{a\sqrt{3}}{3})$.

Tính $AH$:

$$AH^2 = \left( 0 + \dfrac{a}{2} \right)^2 + \left( \dfrac{a\sqrt{3}}{3} – \dfrac{a\sqrt{3}}{2} \right)^2 = \dfrac{a^2}{4} + \left( -\dfrac{a\sqrt{3}}{6} \right)^2 = \dfrac{a^2}{4} + \dfrac{a^2}{12} = \dfrac{a^2}{3}.$$

$$\Rightarrow AH = \dfrac{a}{\sqrt{3}} = \dfrac{a\sqrt{3}}{3}.$$

Bước 3: Tính $SH$.

Tam giác $SAH$ vuông tại $H$ (vì $SH \perp (ABCD) \supset AH$):

$$SH = \sqrt{SA^2 – AH^2} = \sqrt{2a^2 – \dfrac{a^2}{3}} = \sqrt{\dfrac{5a^2}{3}} = \dfrac{a\sqrt{15}}{3}.$$

Kết luận: $d(S, (ABCD)) = SH = \dfrac{a\sqrt{15}}{3}$.

Bước 4: Tính thể tích.

Diện tích hình thang:

$$S_{ABCD} = \dfrac{1}{2}(AB + CD) \cdot MN = \dfrac{1}{2}(a + 2a) \cdot \dfrac{a\sqrt{3}}{2} = \dfrac{3a^2 \sqrt{3}}{4}.$$

$$V = \dfrac{1}{3} \cdot S_{ABCD} \cdot SH = \dfrac{1}{3} \cdot \dfrac{3a^2 \sqrt{3}}{4} \cdot \dfrac{a\sqrt{15}}{3} = \dfrac{a^3 \sqrt{45}}{12} = \dfrac{a^3 \cdot 3\sqrt{5}}{12} = \dfrac{a^3 \sqrt{5}}{4}.$$

Kết luận: $V = \dfrac{a^3 \sqrt{5}}{4}$.

Bài 7.45 (trang 65)

Đề bài: Trên mặt đất phẳng, người ta dựng một cây cột $AB$ có chiều dài bằng $10$ m và tạo với mặt đất góc $80^\circ$. Tại một thời điểm dưới ánh sáng mặt trời, bóng $BC$ của cây cột trên mặt đất dài $12$ m và tạo với cây cột một góc bằng $120^\circ$ (tức là $\widehat{ABC} = 120^\circ$). Tính góc giữa mặt đất và đường thẳng chứa tia sáng mặt trời tại thời điểm nói trên.

Lời giải:

Gọi $H$ là hình chiếu vuông góc của $A$ trên mặt đất. Tia sáng mặt trời đi qua đỉnh $A$ và tạo bóng tại $C$, do đó tia sáng có phương $AC$. Hình chiếu của $AC$ trên mặt đất là $HC$. Vậy góc giữa tia sáng và mặt đất $= \widehat{ACH}$ (góc trong tam giác vuông $AHC$ tại $H$).

Bước 1: Tính $AH$ (chiều cao của đỉnh $A$ so với mặt đất).

Cột $AB$ tạo với mặt đất góc $80^\circ$, $B$ ở mặt đất, $A$ là đỉnh:

$$AH = AB \cdot \sin 80^\circ = 10 \sin 80^\circ \approx 9{,}848 \text{ (m)}.$$

Bước 2: Tính $AC$ bằng định lí côsin trong tam giác $ABC$.

Tam giác $ABC$ có $AB = 10$ m, $BC = 12$ m, $\widehat{ABC} = 120^\circ$:

$$AC^2 = AB^2 + BC^2 – 2 \cdot AB \cdot BC \cdot \cos\widehat{ABC} = 100 + 144 – 2 \cdot 10 \cdot 12 \cdot \cos 120^\circ.$$

$$AC^2 = 244 – 240 \cdot \left( -\dfrac{1}{2} \right) = 244 + 120 = 364.$$

$$AC = \sqrt{364} = 2\sqrt{91} \approx 19{,}079 \text{ (m)}.$$

Bước 3: Tính góc $\widehat{ACH}$.

Trong tam giác vuông $AHC$ (vuông tại $H$):

$$\sin\widehat{ACH} = \dfrac{AH}{AC} = \dfrac{10 \sin 80^\circ}{2\sqrt{91}} \approx \dfrac{9{,}848}{19{,}079} \approx 0{,}5162.$$

$$\widehat{ACH} \approx \arcsin(0{,}5162) \approx 31{,}08^\circ \approx 31^\circ 5′.$$

Kết luận: Góc giữa mặt đất và tia sáng mặt trời $\approx 31^\circ 5’$ (xấp xỉ $31{,}08^\circ$).

ThS. Lê Thị Thuý Nga

(Người kiểm duyệt, ra đề)

Chức vụ: Trưởng ban biên soạn môn Toán THPT

Trình độ: Thạc sĩ Lý luận dạy học Toán, Chứng chỉ hạng II, Chứng chỉ Tin học, Ngoại ngữ B1

Kinh nghiệm: 11+ năm kinh nghiệm tại Trường THPT Lương Thế Vinh