Câu 55 trang 124 Sách bài tập Hình học 11 Nâng cao

Giải bài tập Câu 55 trang 124 Sách bài tập Hình học 11 Nâng cao

Đề bài

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.

Quảng cáo

Lời giải chi tiết

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.

- 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.

Loigiaihay.com