Bài toán này thường yêu cầu học sinh vận dụng kiến thức về vectơ, các phép toán vectơ, và các tính chất hình học để giải quyết.
Tại giaibaitoan.com, chúng tôi cung cấp lời giải chi tiết, dễ hiểu, giúp bạn nắm vững kiến thức và kỹ năng giải toán.
Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ có cạnh bằng a. a. Chứng minh rằng AC’ vuông góc với hai mặt phẳng (A’BD) và (B’CD’). b. Cắt hình lập phương bởi mặt phẳng trung trực của AC’. Chứng minh thiết diện tạo thành là một lục giác đều. Tính diện tích thiết diện đó.
Đề bài
Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ có cạnh bằng a.
a. Chứng minh rằng AC’ vuông góc với hai mặt phẳng (A’BD) và (B’CD’).
b. Cắt hình lập phương bởi mặt phẳng trung trực của AC’. Chứng minh thiết diện tạo thành là một lục giác đều. Tính diện tích thiết diện đó.
Lời giải chi tiết
Cách khác:
Ta có: \(BD \bot AC\) (do \(ABCD\) là hình vuông)
\(BD \bot AA'\) (do \(AA' \bot \left( {ABCD} \right)\))
\( \Rightarrow BD \bot \left( {ACC'A'} \right)\) \( \Rightarrow BD \bot AC'\)
\(\left\{ \begin{array}{l}A'D \bot AD'\\A'D \bot AB\end{array} \right. \Rightarrow A'D \bot \left( {ABC'D'} \right)\)
\( \Rightarrow A'D \bot AC'\)
Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}BD \bot AC'\\A'D \bot AC'\end{array} \right.\) \( \Rightarrow AC' \bot \left( {A'BD} \right)\)
Lại có, \(\left\{ \begin{array}{l}BD//B'D'\\A'B//CD'\\BD,A'B \subset \left( {A'BD} \right)\\B'D',CD' \subset \left( {CB'D'} \right)\end{array} \right.\) \( \Rightarrow \left( {A'BD} \right)//\left( {CB'D'} \right)\)
\( \Rightarrow AC' \bot \left( {CB'D'} \right)\)
Vậy \(AC'\) vuông góc với các mặt phẳng \(\left( {A'BD} \right)\) và \(\left( {CB'D'} \right)\).
b)
Gọi \(O\) là trung điểm của \(AC'\).
\(\left( P \right)\) là mặt phẳng trung trực của \(AC'\) thì \(\left( P \right)\) đi qua \(O\) và vuông góc với \(AC'\).
Mà \(AC'//\left( {A'BD} \right)\) và \(AC' \bot \left( {CB'D'} \right)\) nên \(\left( P \right)//\left( {A'BD} \right)//\left( {CB'D'} \right)\).
Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}BD \subset \left( {BDD'B'} \right)\\BD//\left( P \right)\\O \in \left( P \right) \cap \left( {BDD'B'} \right)\end{array} \right.\) \( \Rightarrow \left( P \right) \cap \left( {BDD'B'} \right) = Ot//BD\)
Trong \(\left( {BDD'B'} \right)\), qua \(O\) kẻ đường thẳng \(Ot//BD\) và cắt \(BB',DD'\) lần lượt tại các điểm \(S,P\).
Tương tự,
\(\left\{ \begin{array}{l}A'D \subset \left( {ADD'A'} \right)\\A'D//\left( P \right)\\P \in \left( P \right) \cap \left( {ADD'A'} \right)\end{array} \right.\) \( \Rightarrow \left( P \right) \cap \left( {ADD'A'} \right) = PQ//A'D\) với \(Q \in A'D\).
\(\left\{ \begin{array}{l}B'D \subset \left( {A'B'C'D'} \right)\\B'D//\left( P \right)\\Q \in \left( P \right) \cap \left( {A'B'C'D'} \right)\end{array} \right.\) \( \Rightarrow \left( P \right) \cap \left( {A'B'C'D'} \right) = QR//B'D'\) với \(R \in A'B'\).
\(\left\{ \begin{array}{l}CD' \subset \left( {CDD'C'} \right)\\CD'//\left( P \right)\\P \in \left( P \right) \cap \left( {CDD'C'} \right)\end{array} \right.\) \( \Rightarrow \left( P \right) \cap \left( {CDD'C'} \right) = PN//CD'\) với \(N \in CD\).
\(\left\{ \begin{array}{l}BD \subset \left( {ABCD} \right)\\BD//\left( P \right)\\N \in \left( P \right) \cap \left( {ABCD} \right)\end{array} \right.\) \( \Rightarrow \left( P \right) \cap \left( {ABCD} \right) = NM//BD\) với \(M \in BC\).
Vậy thiết diện là lục giác \(MNPQRS\).
Dễ thấy, \(O\) là trung điểm của \(AC'\) nên cũng là trung điểm của \(BD'\).
\( \Rightarrow PS//BD\) thì \(P,S\) lần lượt là trung điểm của \(DD',BB'\).
Từ đó các điểm \(M,N,Q,R\) lần lượt là trung điểm của \(BC,CD,D'A',A'B'\).
\(ABCD\) là hình vuông cạnh \(a\) nên \(BD = \sqrt {A{B^2} + A{D^2}} \) \( = \sqrt {{a^2} + {a^2}} = a\sqrt 2 \)
\( \Rightarrow MN = \frac{1}{2}BD = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\)
Tương tự \(MN = NP = PQ\) \( = QR = RS = SM = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\).
Do đó, lục giác \(MNPQRS\) là lục giác đều.
Xét \(\Delta MON\) đều cạnh \(OM = ON = MN = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\) nên có diện tích:
\({S_{MON}} = \frac{1}{2}OM.ON.\sin \widehat {MON}\) \( = \frac{1}{2}.\frac{{a\sqrt 2 }}{2}.\frac{{a\sqrt 2 }}{2}.\sin {60^0} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{8}\)
Vậy \({S_{MNPQRS}} = 6{S_{MON}}\) \( = 6.\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{8} = \frac{{3{a^2}\sqrt 3 }}{4}\).
Bài toán Câu 23 trang 111 SGK Hình học 11 Nâng cao thường xoay quanh việc chứng minh đẳng thức vectơ, xác định vị trí tương đối của các điểm, hoặc tính toán các yếu tố hình học dựa trên các vectơ đã cho. Để giải quyết bài toán này một cách hiệu quả, học sinh cần nắm vững các kiến thức cơ bản về vectơ, bao gồm:
Để cung cấp một lời giải cụ thể, chúng ta cần biết nội dung chính xác của bài toán. Tuy nhiên, dưới đây là một ví dụ về cách tiếp cận và giải quyết một bài toán tương tự:
Cho tam giác ABC. Gọi M là trung điểm của BC. Chứng minh rằng: overrightarrow{AM} = (overrightarrow{AB} +overrightarrow{AC})/2
overrightarrow{AM} =overrightarrow{AB} +overrightarrow{BM}
overrightarrow{AM} =overrightarrow{AB} + (overrightarrow{AC} -overrightarrow{AB})/2 = (2overrightarrow{AB} +overrightarrow{AC} -overrightarrow{AB})/2 = (overrightarrow{AB} +overrightarrow{AC})/2
Ngoài bài toán chứng minh đẳng thức vectơ, Câu 23 trang 111 và các bài tập lân cận có thể thuộc các dạng sau:
Để giải các bài tập về vectơ một cách hiệu quả, bạn nên:
Câu 23 trang 111 SGK Hình học 11 Nâng cao là một bài toán điển hình để rèn luyện kỹ năng về vectơ và ứng dụng trong hình học. Bằng cách nắm vững kiến thức cơ bản, áp dụng các quy tắc và tính chất vectơ, và luyện tập thường xuyên, bạn có thể tự tin giải quyết bài toán này và các bài toán tương tự.
