Giải mục 6 trang 51, 52 SGK Toán 11 tập 2 - Kết nối tri thức

HĐ11

Tháp lớn tại Bảo tàng Louvre ở Paris (H.7.66) (với kết cấu kính và kim loại) có dạng hình chóp với đây là hình vuông có cạnh bằng 34 m, các cạnh bên bằng nhau và có độ dài xấp xỉ 32,3 m (theo Wikipedia.org).

Giải thích vì sao hình chiếu của đỉnh trên đây là tâm của đáy tháp.

Phương pháp giải:

Dựa vào kết quả bài 7.13 trang 43 là hai đường xiên bằng nhau khi và chỉ khi hình chiếu của chúng cũng bằng nhau

Lời giải chi tiết:

Tháp lớn tại Bảo tàng Louvre ở Paris có dạng hình chóp với các cạnh bên bằng nhau nên hình chiếu của đỉnh trên đáy tháp sẽ cách đều 4 đỉnh ở đáy mà đáy là hình vuông do đó hình chiếu của đỉnh là tâm của đáy tháp.

HĐ12

Cho hình chóp S.A₁A₂...A_n. Gọi O là hình chiếu của S trên mặt phẳng (A₁A₂...A_n).

a) Trong trường hợp hình chóp đã cho là đều, vị trí của điểm O có gì đặc biệt đối với đa giác đều A₁A₂...A_n?

b) Nếu đa giác A₁A₂...A_n  là đều và O là tâm của đa giác đó thì hình chóp đã cho có gì đặc biệt?

Phương pháp giải:

Dựa vào kết quả bài 7.13 trang 43 là hai đường xiên bằng nhau khi và chỉ khi hình chiếu của chúng cũng bằng nhau

Lời giải chi tiết:

a) Hình chóp S.A₁A₂...A_n  đều nên SA₁ = SA₂ = … = SA_n

Vì O là hình chiếu của S trên mặt phẳng (A₁A₂...A_n) nên OA₁, OA₂, …, OA_n lần lượt là hình chiếu của SA₁, SA₂, …, SA_n

\( \Rightarrow \) OA₁ = OA₂ = … = OA_n \( \Rightarrow \) O là tâm đường tròn ngoại tiếp đa giác đáy A₁A₂...A_n  

b) Nếu đa giác A₁A₂...A_n  là đều và O là tâm của đa giác đó thì OA₁ = OA₂ = … = OA_n \( \Rightarrow \) SA₁ = SA₂ = … = SA_n \( \Rightarrow \) Hình chóp S.A₁A₂...A_n  là hình chóp đều

LT5

Cho hình chóp tam giác đều S.ABC, cạnh đáy bằng a, cạnh bên bằng \(a\sqrt {\frac{5}{{12}}} .\) Tính số đo của góc nhị diện [S, BC, A].

Phương pháp giải:

Từ một điểm O bất kì thuộc cạnh a của góc nhị diện [P, a, Q], vẽ các tia Ox, Oy tương ứng thuộc (P), (Q) và vuông góc với a. Góc xOy được gọi là một góc phẳng của góc nhị diện [P, a, Q].

Lời giải chi tiết:

Vì hình chóp S.ABC đều, gọi G là hình chiếu của S trên (ABC) nên G là tâm của đáy ABC là tam giác đều do đó G cũng là trọng tâm hay trực tâm của tam giác ABC.

Gọi AG cắt BC tại D

Ta có \(AG \bot BC,SG \bot BC \Rightarrow BC \bot \left( {SAD} \right);SD \subset \left( {SAD} \right) \Rightarrow BC \bot SD\)

\(BC \bot AD\) (G là trực tâm)

\( \Rightarrow \left[ {S,BC,A} \right] = \left( {AD,SD} \right) = \widehat {SDA}\)

Tam giác ABC đều cạnh a nên \(AD = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\)

Mà G là trọng tâm nên \(GD = \frac{1}{3}AD = \frac{{a\sqrt 3 }}{6}\)

Xét tam giác SDC vuông tại D có

\(\begin{array}{l}S{D^2} + D{C^2} = S{C^2}\\ \Leftrightarrow S{D^2} + {\left( {\frac{a}{2}} \right)^2} = {\left( {a\sqrt {\frac{5}{{12}}} } \right)^2}\\ \Leftrightarrow S{D^2} = \frac{{{a^2}}}{6} \Leftrightarrow SD = \frac{{a\sqrt 6 }}{6}\end{array}\)

Xét tam giác SGD vuông tại G có

\(\cos \widehat {SGD} = \frac{{GD}}{{SD}} = \frac{{\sqrt 2 }}{2} \Rightarrow \widehat {SGD} = {45^0}\)

Vậy số đo của góc nhị diện [S, BC, A] bằng 45⁰.

HĐ13

Cho hình chóp đều S.A₁A₂...A_n. Một mặt phẳng không đi qua S và song song với mặt phẳng đáy, cắt các cạnh SA₁, SA₂,.... SA_n, tương ứng tai B₁, B₂,..., B_n

a) Giải thích vì sao S. B₁B₂...B_n là một hình chóp đều.

b) Gọi H là tâm của đa giác A₁A₂...A_n. Chứng minh rằng đường thẳng SH đi qua tâm K của đa giác đều B₁B₂...B_n, và HK vuông góc với các mặt phẳng (A₁A₂...A_n), (B₁B₂...B_n)

Phương pháp giải:

- Hình chóp đều là hình chóp có đáy là đa giác đều và các cạnh bên bằng nhau.

- Đường thẳng vuông góc với một mặt phẳng thì đường thẳng sẽ vuông góc với mọi mặt phẳng song song với mặt phẳng đó.

- Qua một điểm nằm ngoài đường thẳng chỉ có duy nhất 1 đường thẳng vuông góc với một mặt phẳng cho trước.

Lời giải chi tiết:

a) Vì mặt phẳng không đi qua S và song song với mặt phẳng đáy, cắt các cạnh SA₁, SA₂,.... SA_n, tương ứng tại B₁, B₂,..., B_n nên theo định lý Talet trong từng tam giác SA₁A₂, …, SA_n-1A_n thì \(\frac{{S{B_1}}}{{S{A_1}}} = \frac{{S{B_2}}}{{S{A_2}}} = \frac{{{B_1}{B_2}}}{{{A_1}{A_2}}} = ... = \frac{{S{B_n}}}{{S{A_n}}}\) mà S.A₁A₂...A_n  là hình chóp đều nên S.B₁B₂...B_n cũng là một hình chóp đều.

b) Ta có \(SH \bot \left( {{A_1}{A_2}...{A_n}} \right)\) (H là tâm của đa giác A₁A₂...A_n)

Mà \(\left( {{A_1}{A_2}...{A_n}} \right)//\left( {{B_1}{B_2}...{B_n}} \right)\)

\( \Rightarrow \)\(SH \bot \left( {{B_1}{B_2}...{B_n}} \right)\)

Mà \(SK \bot \left( {{B_1}{B_2}...{B_n}} \right)\) (K là tâm của đa giác B₁B₂...B_n)

\( \Rightarrow \) SH trùng SK

Vậy đường thẳng SH đi qua tâm K của đa giác đều B₁B₂...B_n, và HK vuông góc với các mặt phẳng (A₁A₂...A_n), (B₁B₂...B_n)

CH2

Hình chóp cụt đều có các cạnh bên bằng nhau hay không?

Phương pháp giải:

Dựa vào kết quả của hoạt động 13 trang 52

Lời giải chi tiết:

Hình chóp cụt đều có các cạnh bên bằng nhau vì theo hoạt động 13 có SB₁ = SB₂ = … = SB_n , SA₁= SA₂=.... = SA_n  nên B₁A₁=…= B_nA_n