Cho lăng trụ ABCD.A'B'C'D' có đáy ABCD là hình thoi, AB = a√3, BAD^ = 120o. Góc giữa đường thẳng AC' và mặt phẳng (ADD'A') là 30o. Gọi M là trung điểm A'D', N là trung điểm BB'. Tính khoảng cách từ N đến mặt phẳng (C'MA)

Câu hỏi:

Cho lăng trụ ABCD.A’B’C’D’ có đáy ABCD là hình thoi, AB = a√3, $\widehat{BAD} = {120}^o$. Góc giữa đường thẳng AC’ và mặt phẳng (ADD’A’) là ${30}^o$. Gọi M là trung điểm A’D’, N là trung điểm BB’. Tính khoảng cách từ N đến mặt phẳng (C’MA)

Trả lời:

Nhận xét:Do tam giác A’B’D’ là tam giác đều nên C’M ⊥ A’D’(C’A’D’) ⊥ (AA’D’D) & (C’A’D’) ∩(AA’D’D) ⇒ C’M ⊥ (AA’D’D)Nên ∠(AC’,(AA’D’D)) = ∠(C’AM) = ${30}^o$.Gọi K là trung điểm của DD’, ta có AKC’N là hình bình hành nên K với N đối xứng nhau qua trung điểm O của AC’. Mà O ∈ (AMC’), do đód[N,(C’MA)] = d[K,(C’MA)]+ Xác định khoảng cách từ K đến (C’MA).Do (C’MA) vuông góc với (AA’D’D) theo giao tuyến AM nên kẻ KH ⊥ AM, ta có KH ⊥ (C’MA) hay d[K,(C’MA)] = KH.+ Tính KH.Ta có: SAMK = SAA’D’D – (SAA’M + SMD’K + SADK) (1)Trong tam giác AMC’, ta có: $AM = C’M.cot{30}^o = (3a\surd 3)/2$.Trong tam giác AA’M, ta có: $AA’ = \sqrt{A{M}^2 – A‘M^2} = a\surd 6$.

====== **** mời các bạn xem câu tiếp bên dưới **** =====

1. Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD. Gọi H là chân đường cao của hình chóp. Một mặt phẳng (P) thay đổi cắt các cạnh bên SA, SB, SC, SD lần lượt tại E, F, I, J. Gọi K = EI ∩ FJ. Đặt SE = a, SF = b, SI = c, SJ = d, SK = k, ∠ASH = α.a) Tìm diện tích của tam giác SEI theo a, c, αb) Chứng minh rằng 1a + 1b = 2cosαkSuy ra 1a + 1c = 1b + 1d
   
   

   Câu hỏi:
   

   Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD. Gọi H là chân đường cao của hình chóp. Một mặt phẳng (P) thay đổi cắt các cạnh bên SA, SB, SC, SD lần lượt tại E, F, I, J. Gọi K = EI ∩ FJ. Đặt SE = a, SF = b, SI = c, SJ = d, SK = k, ∠ASH = α.a) Tìm diện tích của tam giác SEI theo a, c, αb) Chứng minh rằng $\frac{1}{a} + \frac{1}{b} = \frac{2\cos \alpha }{k}$Suy ra $\frac{1}{a} + \frac{1}{c} = \frac{1}{b} + \frac{1}{d}$

   Trả lời:

   

   ====== **** mời các bạn xem câu tiếp bên dưới **** =====
   
2. Cho hình thang ABCD có AB // CD và AB = 2a, BC = CD = DA = a. Đường thẳng d vuông góc với mặt phẳng (ABCD) tại A. Gọi S là một điểm duy nhất thay đổi trên d. (P) là một mặt phẳng qua A vuông góc với SB tại I và cắt SC, SD lần lượt tại J, K.a) Chứng minh tứ giác BCJI, AIJK là các tứ giác nội tiếp.b) Gọi O là trung điểm của AB, O' là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác BCJI. Chứng minh rằng OO' ⊥ (SBC).c) Chứng minh rằng khi S thay đổi trên d thì JK luôn luôn đi qua một điểm cố định.d) Tìm một điểm cách đều các điểm A, B, C, D, I, J, K và tìm khoảng cách đó.e) Gọi M là giao điểm của JK và (ABCD). Chứng minh rằng AM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.f) Khi S thay đổi trên d, các điểm I, J, K lần lượt chạy trên đường nào.
   
   

   Câu hỏi:
   

   Cho hình thang ABCD có AB // CD và AB = 2a, BC = CD = DA = a. Đường thẳng d vuông góc với mặt phẳng (ABCD) tại A. Gọi S là một điểm duy nhất thay đổi trên d. (P) là một mặt phẳng qua A vuông góc với SB tại I và cắt SC, SD lần lượt tại J, K.a) Chứng minh tứ giác BCJI, AIJK là các tứ giác nội tiếp.b) Gọi O là trung điểm của AB, O’ là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác BCJI. Chứng minh rằng OO’ ⊥ (SBC).c) Chứng minh rằng khi S thay đổi trên d thì JK luôn luôn đi qua một điểm cố định.d) Tìm một điểm cách đều các điểm A, B, C, D, I, J, K và tìm khoảng cách đó.e) Gọi M là giao điểm của JK và (ABCD). Chứng minh rằng AM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.f) Khi S thay đổi trên d, các điểm I, J, K lần lượt chạy trên đường nào.

   Trả lời:

   Nhận xétHình thang ABCD có hai cạnh bên và đáy nhỏ bằng nhau và bằng nửa đáy lớn, nên nó là nửa lục giác đều nội tiếp trong đường tròn đường kính AB, tâm O là trung điểm của AB.Như vậy: ∠(ACB) = ∠(ADB) = 1v.a) Theo giả thiết, ta có: SA ⊥ (ABCD) ⇒ SA ⊥ BCBC ⊥ SA & BC ⊥ AC ⇒ BC ⊥ (SAC) ⇒ BC ⊥ SC. (1)Mặt khác SB ⊥ (P) nên SB ⊥ IJ (⊂ (P)) (2)Từ (1) và (2) suy ra BCJI là tứ giác nội tiếp trong đường tròn đường kính BJ.Ta có BC ⊥ (SAC) ⇒ BC ⊥ AJ (⊂ (SAC))AJ ⊥ BC & AJ ⊥ SB (do SB ⊥ (P)) ⇒ AJ ⊥ (SBC) ⇒ AJ ⊥ JI (⊂ (SBC)) (3)Lý luận tương tự, ta có:BD ⊥ AD & BD ⊥ SA ⇒ BD ⊥ (SAD) ⇒ BD ⊥ AK (⊂ (SAD))AK ⊥ BD & AK ⊥ SB(⊂ (P)) ⇒ AK ⊥ (SBD) ⇒ AK ⊥ KI. (4)Từ (3) và (4) suy ra AKJI nội tiếp trong đường tròn đường kính AI nằm trong mặt phẳng (P).b) Ta có ngay O’ là trung điểm BJVì OO’ là đường trung bình của ΔABJ nên OO’ // AJMà AJ ⊥ (SBC) nên OO’ ⊥ (SBC)c) Ta có (SCD) ∩ (ABCD) = CD.Gọi M = JK ∩ CDSA ⊥ (ABCD) ⇒ SA ⊥ AM(⊂ (ABCD)) (5)SB ⊥ (P) ⇒ SB ⊥ AM (⊂ (P)) (6)Từ (5) và (6), ta có: AM ⊥ (SAB) ⇒ AM ⊥ AB.Suy ra AM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp ΔABC tại A. Như vậy AM cố định. Vì M = AM ∩ CD nên M cố định.d) ΔAIB vuông tại I nên OA = OB = OIΔAJB vuông tại J (do AJ ⊥ (SBC)) nên OA = OB = OJ).ΔAKB vuông tại K (do AK ⊥ (SBD)) nên OA = OB = OK).Ta có OA = OB = OC = OD = OI = OJ = OK nên O là điểm cách đều các điểm đã cho và OA = AB/2 = a.e) Theo chứng minh câu c.f) Khi S thay đổi trên d, ta có I luôn nằm trong mặt phẳng (B, d).Trong mặt phẳng này I luôn nhìn đoạn AB cố định dưới góc vuông nên tập hợp I là đường tròn $\left(C_1\right)$ đường kính AB nằm trong mặt phẳng (B, d).Tương tự, tập hợp J là đường tròn $\left(C_2\right)$ đường kính AC nằm trong mặt phẳng (C, d) và tập hợp K là đường tròn đường kính AD nằm trong mặt phẳng (D, d).

   ====== **** mời các bạn xem câu tiếp bên dưới **** =====
   
3. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a. Hình chiếu của S lên đáy ABCD trùng với trọng tâm tam giác ABD. Mặt bên (SAB) tạo với đáy góc 60ο. Tính theo a khoảng cách từ B đến mặt phẳng (SAD)
   
   

   Câu hỏi:
   

   Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a. Hình chiếu của S lên đáy ABCD trùng với trọng tâm tam giác ABD. Mặt bên (SAB) tạo với đáy góc ${60}^o$. Tính theo a khoảng cách từ B đến mặt phẳng (SAD)

   Trả lời:

   + Xác định góc của (SAB) và mặt phẳng đáy.Gọi G là trọng tâm tam giác ABD và E là hình chiếu của G lên AB. Ta có:AB ⊥ SG & AB ⊥ GE⇒ AB ⊥ (SEG) ⇒ AB ⊥ SE.SE ⊥ AB & GE ⊥ AB⇒ ∠((SAB),(ABCD)) = ∠(SEG) = 60o.+ Xác định khoảng cách từ B đến mặt phẳng (SAD).Hạ GN ⊥ AD. Tương tự như trên, ta có: AD ⊥ GN & AD ⊥ SG⇒ AD ⊥ (SGN)Hạ GH ⊥ SN, ta có GH ⊥ (SAD) suy ra khoảng cách từ G đến (SAD) là GH.+ Tính GH.(do GE = GN). Thế vào (1) ta được:Ta có: M ∈(SAD) & MB = 3MG⇒ d(B,(SAD)) = 3d(G,(SAD)) = (a√3)/2.

   ====== **** mời các bạn xem câu tiếp bên dưới **** =====
   
4. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B với AB = BC = a, AD = 2a. Cạnh bên SA vuông góc với đáy và SC tạo với (SAD) góc 30o. Gọi G là trọng tâm tam giác SAB. Tính khoảng cách từ G đến mặt phẳng (SCD).
   
   

   Câu hỏi:
   

   Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B với AB = BC = a, AD = 2a. Cạnh bên SA vuông góc với đáy và SC tạo với (SAD) góc ${30}^o$. Gọi G là trọng tâm tam giác SAB. Tính khoảng cách từ G đến mặt phẳng (SCD).

   Trả lời:

   + Xác định góc của SC với (SAD).Hạ CE ⊥ AD, ta có E là trung điểm AD và CE ⊥ (SAD) nên ∠(CSE) = ${30}^o$.∠(CSE) cũng chính là góc giữa SC và mp(SAD).Trong ΔCSE, ta có:$SE = CE.\tan {60}^o = a\sqrt{3} \Rightarrow SA = \sqrt{S{E}^2– A{E}^2} = \sqrt{3a^2 – a2} = a\sqrt{2}$.Nhận xétGọi M, N lần lượt là trung điểm của AB và AE.Ta có MN // BE nên MN // CD. Như vậy MN // (SCD). Ta suy rad(M,(SCD)) = d(N,(SCD)).Mà DN/DA = 3/4 nên d(N,(SCD)) = 3/4 d(A,(SCD))+ Xác định khoảng cách từ A đến (SCD).Vì vậy tam giác ACD vuông cân tại C nên CD vuông góc với AC.CD ⊥ AC & CD ⊥ SA ⇒ CD ⊥ (SAC) ⇒ (SCD) ⊥ (SAC).Hạ AH ⊥ SC, ta có AH ⊥ (SCD).

   ====== **** mời các bạn xem câu tiếp bên dưới **** =====
   
5. Cho lăng trụ đứng ABC.A'B'C' có đáy ABC là tam giác vuông với AB = BC = a, cạnh bên AA' = a2. Gọi M là trung điểm BC. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AM, B'C.
   
   

   Câu hỏi:
   

   Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông với AB = BC = a, cạnh bên $AA‘ = a\sqrt{2}$. Gọi M là trung điểm BC. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AM, B’C.

   Trả lời:

   Gọi N là trung điểm của BB’, ta có: CB’ // MN nên CB’ // (AMN). Như vậyd(BC’, AM) = d(B’, (AMN)) = d(B, (AMN))(vì B, B’ đối xứng qua N ∈ (AMN)).Hạ BH ⊥ (AMN), ta có d(B, (AMN)) = BH.Nhận xét:Tứ diện B.AMN có ba cạnh BA, BM, BN vuông góc nhau từng đôi một nên

   ====== **** mời các bạn xem câu tiếp bên dưới **** =====