Toán 11 Khoảng cách

Thảo luận trong 'Đường thẳng-mặt phẳng trong không gian' bắt đầu bởi 0837125476, 25 Tháng tư 2021.

Lượt xem: 171

  1. 0837125476

    0837125476 Học sinh chăm học Thành viên

    Bài viết:
    200
    Điểm thành tích:
    51
    Nơi ở:
    Quảng Ngãi
    Trường học/Cơ quan:
    THPT Phạm Văn Đồng
    Sở hữu bí kíp ĐỖ ĐẠI HỌC ít nhất 24đ - Đặt chỗ ngay!

    Đọc sách & cùng chia sẻ cảm nhận về sách số 2


    Chào bạn mới. Bạn hãy đăng nhập và hỗ trợ thành viên môn học bạn học tốt. Cộng đồng sẽ hỗ trợ bạn CHÂN THÀNH khi bạn cần trợ giúp. Đừng chỉ nghĩ cho riêng mình. Hãy cho đi để cuộc sống này ý nghĩa hơn bạn nhé. Yêu thương!

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là nửa lục giác đều nội tiếp đường tròn đường kính AB = 2a, SA [tex]\perp[/tex] (ABCD) và SA = a
    a. Tính d(AB, (SCD))
    b. Một mặt phẳng [tex](\alpha )[/tex] song song với (SAD) cách (SAD) một khoảng bằng [tex]\frac{a\sqrt{3}}{4}[/tex]. Tính diện tích thiết diện mà [tex](\alpha )[/tex] cắt hình chóp S.ABCD.
    upload_2021-4-25_20-59-29.png
     
  2. Kirigaya Kazuto.

    Kirigaya Kazuto. Học sinh tiến bộ Thành viên

    Bài viết:
    512
    Điểm thành tích:
    194
    Nơi ở:
    Nghệ An
    Trường học/Cơ quan:
    HM Forum

    Với đấy là nửa lục giác đều, ta có AD=DC=BC=a. AC vuông BC và BD vuông AD
    a. Từ A kẻ vuông góc với đường DC kéo dài tại M, tiếp tục kẻ AH vuông SM, ta được khoảng cách cần tìm
    b. Ta dễ dàng dựng được thiết diện bằng cách kẻ các đường song song với các cạnh SA, AD, SD
    Đến đây bạn thử tìm hiểu chút xem sao nào :D
    P/s: Thật ra mình nghĩ ở câu b nếu đề cho [tex](\alpha )//(SAB)[/tex] thì sẽ hợp lý hơn
     
    Last edited: 1 Tháng năm 2021
    Tungtom thích bài này.
  3. Tungtom

    Tungtom Học sinh chăm học Thành viên

    Bài viết:
    460
    Điểm thành tích:
    121
    Nơi ở:
    Thanh Hóa
    Trường học/Cơ quan:
    Trường THPT Nông Cống 2

    a) $ABCD$ là đáy nửa lục giác đều nên $AB//CD=> AB//(SCD)$.
    $d(AB,(SCD))=d(A,(SDC))$.
    Trong mp' $(ABCD)$, từ $A$ kẻ $AH \perp CD$ tại $H$.
    Ta có: [tex]\left\{\begin{matrix} SA \perp CD & \\ AH \perp CD & \\ SA \cap AH=A& \end{matrix}\right.=> CD \perp (SAH)=> (SAH)\perp(SDC)[/tex].
    Từ $A$ kẻ $AI \perp SH=> AI \perp (SDC)=> d(A,(SDC))=AI$.
    $AH=AD. sin60^o=\frac{\sqrt{3}}{2}.a$
    $=> AI= \frac{SA.AH}{SH}=\frac{a.\frac{\sqrt{3}}{2}.a}{a.\sqrt{1^2+(\frac{\sqrt{3}}{2})^2}}=\frac{\sqrt{21}}{7}.a$.
    Câu b chắc có cách ngắn hơn ạ :v, căn bản là bí quá nên em dùng cả thế tích hình chóp nữa....
    b) Gọi giao điểm của $(\alpha)$ với $AB, SB, SC, DC$ lần lượt là $M, N, P, Q$.
    Thể tích khối chóp: $V=\frac{1}{3}.S.h$( h là chiều cao, S là diện tích mặt đáy).
    ABCD là hình thang.
    $S_{ABCD}=\frac{1}{2}.(a+2a).\frac{\sqrt{3}}{2}a=\frac{3\sqrt{3}.a^2}{4}$.
    $V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}.SA.S_{ABCD}=\frac{1}{3}.a.\frac{3\sqrt{3}.a^2}{4}=\frac{a^3\sqrt{3}}{4}$.
    Lại có: $V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}.d(B,(SAD)).S_{SAD}$
    $=> d(B,(SAD))=\frac{V_{S.ABCD}}{\frac{1}{3}.S_{SAD}}=\frac{\frac{a^3\sqrt{3}}{4}}{\frac{1}{3}.\frac{1}{2}.a.a}=\frac{a.3\sqrt{3}}{2}$.
    Do $(MNPQ)//(SAD)=>d(M,(SAD))=d((MNPQ),(SAD))=\frac{a\sqrt{3}}{4}$
    Lại có: $\frac{d(M,(SAD))}{d(B,(SAD))}=\frac{MA}{BA}=> MA=\frac{\frac{a\sqrt{3}}{4}.2a}{\frac{a.3\sqrt{3}}{2}}=\frac{a}{3}$.
    Theo định lí Ta-let: $\frac{MB}{AB}=\frac{MN}{SA}=>MN=\frac{(2a-\frac{a}{3}).a}{2a}=\frac{5a}{6}$
    $MN//SA$ nên $MN \perp (ABCD)=> MN \perp MQ$
    $AMQD$ là hình bình hành nên $MQ=AD=a$.
    $S_{MNQ}=\frac{1}{2}.NM.MQ=\frac{1}{2}.\frac{5a}{6}.a=\frac{5a^2}{12}$
    (Cái thiết diện này hình như chả phải hình gì nên em chia làm 2 phần để tính diện tích vậy @@)
    $SD=\sqrt{a^2+a^2}=\sqrt{2}a$.
    Theo Ta-let:$ \frac{PQ}{SD}=\frac{QC}{CD}=>PQ=\frac{\sqrt{2}.a.(a-\frac{a}{3})}{a}=\frac{a.2\sqrt{2}}{3}$
    $\Delta NMQ$ vuông tại $M=>NQ=\sqrt{NM^2+MQ^2}=\sqrt{(\frac{5}{6}.a)^2+a^2}=\frac{\sqrt{61}}{6}a$
    Gọi $d$ là đường thằng đi qua $S$ song song với $AB$ và $CD$
    $=> d=(SAB) \cap (SCD)$.
    Theo định lí về giao tuyến của 3 mặt phẳng $=> MN \cap PQ=K(K \in d)$.
    Ta c/m được: $\Delta SAD= \Delta KMQ$=> $\widehat{ASD}=\widehat{MKQ}=45^o$.
    $NK=MK-MN=a-\frac{5a}{6}=\frac{a}{6}$
    $KP=KQ-PQ=\sqrt{2}.a-\frac{a.2\sqrt{2}}{3}=\frac{\sqrt{2}}{3}a$
    Sử dụng định lí cos cho $\Delta KNP$: $NP=\sqrt{KN^2+KP^2-2.KN.KP.cos45}=\sqrt{(\frac{a}{6})^2+(\frac{\sqrt{2}}{3}a)^2-2.\frac{\sqrt{2}}{3}a.\frac{a}{6}.\frac{\sqrt{2}}{2}}=\frac{\sqrt{5}.a}{6}$.
    Dùng công thức Hê rông tính $S_{NQP}$.
    $S_{NPQ}=...$
    Cái này ra số lẻ lắm @@.
    Kết quả chưa ra nhưng mà em tiếc công gõ nên vẫn gửi bài ạ, có khi đúng là sai đề rùi :<<
     
    Last edited: 1 Tháng năm 2021
Chú ý: Trả lời bài viết tuân thủ NỘI QUY. Xin cảm ơn!

Draft saved Draft deleted

CHIA SẺ TRANG NÀY