Bài tập ôn tập chương 8

Giả sử hình vuông $ABCD$ cạnh $a$, $\left( {\widehat {SD,\,\left( {SAB} \right)}} \right) = 45^\circ$$\Rightarrow SA = AD = a$

Gọi $K$ là trung điểm của $AB$.

Vì $KD\,{\rm{//}}\,BI$ nên góc giữa hai đường thẳng $BI$ và $SD$ bằng góc giữa hai đường thẳng $KD$ và $SD$ và là góc $\widehat {SDK}$.

Ta có $KD = SK = \dfrac{{a\sqrt 5 }}{2}$, $SD = a\sqrt 2$.

Gọi $H$ là trung điểm của $SD$. Ta có $\cos \widehat {SDK} = \dfrac{{HD}}{{KD}} = \dfrac{{\dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}}}{{\dfrac{{a\sqrt 5 }}{2}}} = \dfrac{{\sqrt {10} }}{5}$.

Vậy góc giữa hai đường thẳng $BI$ và $SD$ bằng $51^\circ .$

Hai mặt phẳng $\left( {AB'D'} \right)$ và $\left( {A'C'D} \right)$ có giao tuyến là $EF$ như hình vẽ.

Hai tam giác $\Delta A'C'D = \Delta D'AB'$ và $EF$ là đường trung bình của hai tam giác nên từ $A'$ và $D'$ ta kẻ 2 đoạn vuông góc lên giao tuyến $EF$ sẽ là chung một điểm $H$ như hình vẽ.

Khi đó, góc giữa hai mặt phẳng cần tìm chính là góc giữa hai đường thẳng $A'H$ và $D'H$.

Tam giác $DEF$ lần lượt có $D'E = \dfrac{{D'B'}}{2} = \dfrac{{\sqrt {13} }}{2}$, $D'F = \dfrac{{D'A}}{2} = \dfrac{5}{2}$, $EF = \dfrac{{B'A}}{2} = \sqrt 5$.

Theo hê rông ta có: ${S_{DEF}} = \dfrac{{\sqrt {61} }}{4}$. Suy ra $D'H = \dfrac{{2{S_{DEF}}}}{{EF}} = \dfrac{{\sqrt {305} }}{{10}}$.

Tam giác $D'A'H$ có: $\cos \widehat {A'HD'} = \dfrac{{H{{A'}^2} + H{{D'}^2} - A'{{D'}^2}}}{{2HA'.HD'}} =  - \dfrac{{29}}{{61}}$.

Do đó $\widehat {A'HD'} \approx 118,4^\circ$ hay $\left( {\widehat {A'H,D'H}} \right) \approx 180^\circ  - 118,4^\circ  = 61,6^\circ$.

Do tam giác $ABC$ đều tâm $O$ suy ra $AO \bot BC$ tại $M$ là trung điểm của $BC$.

Ta có:$AM = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2},\,MO = \dfrac{1}{3}AM = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{6},\,OA = \dfrac{2}{3}AM = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{3}$.

Từ giả thiết hình chóp đều suy ra $SO \bot \left( {ABC} \right)$, $SO = \sqrt {S{A^2} - O{A^2}}  = \sqrt {3{a^2} - \dfrac{{3{a^2}}}{9}}  = \dfrac{{2a\sqrt 6 }}{3}$.

Dựng $OK \bot SM,AH \bot SM \Rightarrow AH{\rm{//}}OK;\,\,\dfrac{{OK}}{{AH}} = \dfrac{{OM}}{{AM}} = \dfrac{1}{3}$.

Có $\left\{ \begin{array}{l}BC \bot SO\\BC \bot AM\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAM} \right) \Rightarrow BC \bot OK$.

Có $\left\{ \begin{array}{l}OK \bot SM\\OK \bot BC\end{array} \right. \Rightarrow OK \bot \left( {SBC} \right),\,AH \bot \left( {SBC} \right)\,\,\left( {{\rm{ do }   }AH{\rm{//}} OK} \right)$.

Từ đó có ${d_1} = d\left( {A,\left( {SBC} \right)} \right) = AH = 3OK;\,{d_2} = d\left( {O,\left( {SBC} \right)} \right) = OK$.

Trong tam giác vuông $OSM$ có đường cao $OK$ nên:

$\dfrac{1}{{O{K^2}}} = \dfrac{1}{{O{M^2}}} + \dfrac{1}{{S{O^2}}} = \dfrac{{36}}{{3{a^2}}} + \dfrac{9}{{24{a^2}}} = \dfrac{{99}}{{8{a^2}}} \Rightarrow OK = \dfrac{{2a\sqrt {22} }}{{33}}$.

Vậy $d = {d_1} + {d_2} = 4OK = \dfrac{{8a\sqrt {22} }}{{33}}$.

Gọi $I$ là giao điểm của $AB$ và $CD$, vì $AD = 2BC$ nên $B$ là trung điểm của $AI$.

Gọi $G$ là giao điểm của $SB$ và $IN$, dễ thấy $G$ là trọng tâm tam giác $SAI$.

Do đó, $SG = \dfrac{2}{3}SB = \dfrac{4}{3}SM \Rightarrow MG = \dfrac{1}{4}SG$, mà $G \in \left( {NCD} \right)$ nên $d\left( {M;\,\left( {NCD} \right)} \right) = \dfrac{1}{4}d\left( {S;\,\left( {NCD} \right)} \right) = \dfrac{1}{4}d\left( {A;\,\left( {NCD} \right)} \right)$.

Lại có, $CD \bot AC;\,CD \bot SA \Rightarrow CD \bot \left( {SAC} \right)$.

Gọi $K$ là hình chiếu của $A$ lên $NC$ thì $d\left( {A;\,\left( {NCD} \right)} \right) = AK = \dfrac{{AN.AC}}{{\sqrt {A{N^2} + A{C^2}} }}\,\,\,\left( * \right)$, với $AN = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2};\,AC = a\sqrt 2$ thay vào $\left( * \right)$ ta được $AK = \dfrac{{a\sqrt {66} }}{{11}}$. Vậy $d\left( {M;\,\left( {NCD} \right)} \right) = \dfrac{1}{4}AK = \dfrac{{a\sqrt {66} }}{{44}}$

Do tứ diện $MNPQ$ đều nên ta có $MN \bot PQ$ hay $EC' \bot B'F$.

Ta có: $\overrightarrow {B'F}  = \overrightarrow {B'A}  + \overrightarrow {AF}  = \overrightarrow {B'A'}  + \overrightarrow {B'B}  + k\overrightarrow {AD}  = \overrightarrow {B'A'}  + \overrightarrow {B'B}  + k\overrightarrow {B'C'}$

Và $\overrightarrow {EC'}  = \overrightarrow {EC}  + \overrightarrow {CC'}  = \dfrac{1}{2}\overrightarrow {B'C'}  - \overrightarrow {B'B}$

Khi đó, $\overrightarrow {EC'} .\overrightarrow {BF}  =  - B'{B^2} + \dfrac{k}{2}B'{C'^2} =  - 4 + \dfrac{k}{2}.4 = 0$ $\Rightarrow k = 2$.

Vậy $\overrightarrow {AF}  = 2\overrightarrow {AD}$

Vậy $F$ là điểm trên $AD$ sao $D$ là trung điểm của $AF$.

Do đó $DF = BC = 2{\rm{cm}}$.