Giao an Hình học 11 tuan 32

GIÁO ÁN HÌNH HỌC 11 Lê Văn Quang THPT PL
Tiết 62 tuần 35
Ngày soạn 10/4/ 011 BÀI TẬP ÔN TẬP CUỐI NĂM
I/ Mục tiêu:
– Giải các bài tập qua đó củng cố lí thuyết
– Rèn luyện kĩ năng vẽ hình không gian
II/ Chuẩn bị: Chọn bài tập thích hợp để giảng dạy
III/ Tiến trình bài dạy:
1) Kiểm tra: Gọi hs lên bảng giải bài tập
2) Bài mới: tiết 2 – 3/3
Hoạt động của thầy và trò Nội dung ghi bảng
Bài 1. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi và có SB = SD =
AB
1) CMR mp(SAC) là mp trung trực của đoạn thẳng BD
2) Chứng minh tam giác ASC vuông tại S
Giải
1) Do ABCD là hình thoi nên AC
⊥
BD (1)
Gọi O là tâm hình thoi ABCD thì OB = OD
Theo bài ra: SB = SD

∆
ABD cân nên SO
⊥
BD (2)
Từ (1) và (2) suy ra : BD
⊥
mp(SAC) tại O, nên mp(SAC) là mp trung
trực của đoạn thẳng BD
2) Từ gt ta có: SB = SD = AB = AD = CB = CD

Cạnh BD chung, nên

∆
ABD =
∆
SBD =
∆
CBD ( c. c. c)
Suy ra : OA = OS = OC
Vậy
∆
SAC vuông tại S
Bài 2: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O và có
SA
⊥
(ABCD). Gọi H, I, K lần lượt là hình chiếu của điểm A trên SB, SC,
SD. CMR
a) BC
⊥
(SAB), CD
⊥
(SAD), BD
⊥
(SAC)
b) SC
⊥
(AHK) và điểm I
∈
(AHK)
c) HK

⊥
(SAC) Từ đó suy ra HK
⊥
AI
Giải
a) Do tứ giác ABCD là hình vuông nên BC
⊥
AB
Mặt khác
( )
( )
SA ABCD
BC SA
BC ABCD
⊥

⇒ ⊥

⊂

Do đó BC
⊥
(SAB)
Lí luận tương tự ta có:
( )
CD AD
CD SAD
CD SA
⊥


⇒ ⊥

⊥

Do tứ giác ABCD là hình vuông nên BD
⊥
AC
Lại có BD
⊂
(ABCD) và SA
⊥
(ABCD) nên BD
⊥
SA
Do đó: BD
⊥
(SAC)
b) Theo cmt: BC
⊥
(SAB) mà AH
⊂
(SAB) suy ra BC
⊥
AH
Mặt khác : AH
⊥
SB nên AH
⊥
(SBC) suy ra AH
⊥

SC (1)
Tương tự ta cm được AK
⊥
SC (2)
Từ (1) và (2) suy ra SC
⊥
(AHK)
50
S
A B
CD
O
GIÁO ÁN HÌNH HỌC 11 Lê Văn Quang THPT PL
Ta có : SC
⊥
(AHK), SC
⊥
AI mà A
∈
(AHK)
⇒

( )AI AHK⊂
(đpcm)
c) Ta có: Do SA
⊥
(ABCD)
SA AB
SA AD
⊥


⇒ ⇒

⊥

Hai tam giác vuông SAB
và SAD bằng nhau ( chung SA, AB = AD )
Do đó:
ê / /
SB SC
n n HK BD
AH AK
=


=

Mà BD
⊥
(SAC) ( cmt) nên HK
⊥
(SAC)
Lại có AI
⊂
(SAC)
⇒
HK
⊥
AI ( đpcm)
Bài 3: Cho hình chóp tam giác đều S.ABC cạnh đáy bằng a và đường cao

SO =
3
3
a
. Gọi I là trung điểm của BC và K là hình chiếu của O lên SI
a) Tính khoảng cách từ O đến SA
b) Chứng minh: BC
⊥
(SOI)
c) Chứng minh : OK
⊥
(SBC)
d) Tính khoảng cách từ O đến (SBC)
Giải
a) Ta có:
3 2 3
,
2 3 6
a a
AI AO AI= = =
và
1 3
3 6
a
OI AI= =
Hạ OH
⊥
SA . Khi đó OH là khoảng cách từ O đến SA
Ta m giác SOA vuông tại O có OH là đc nên
2 2 2 2 2 2

1 1 1 3 3 6
OH OA SO a a a
= + = + =
2
2
6
6 6
a a
OH OH⇒ = ⇒ =
b) Chứng minh
( ) :BC SOI⊥
ta có:
BC SO⊥
(vì SO
⊥
(ABC)) và BC
SI
⊥
. Nên BC
⊥
(SOI)
c) Chứng minh OK
⊥
(SBC): Ta có: BC
⊥
(SOI) và OK
( )SOI⊂
OK BC⇒ ⊥
. Mặt khác OK
⊥

SI. Vậy : OK
⊥
(SBC)
d) Khoảng cách từ O đến (SBC): Dễ thấy OK là khoảng cách từ O đến
(SBC). Tam giác SOI vuông tại O có OK là đường cao nên:
2
2
2 2 2 2 2 2
1 1 1 12 3 15 15
15 15
a a
OK OK
OK OI OS a a a
= + = + = ⇒ = ⇒ =
IV/ Củng cố: Củng cố trong từng bài tập
V/ Hướng dẫn: Bài tt chủ đề tự chọn
VI/ Rút kinh nghiệm:
51