Câu 17 trang 223 Sách bài tập Hình học 11 Nâng cao


    Cho hình chữ nhật ABCD có AB = a, BC = b. Xét hai tia At, Ct’ cùng chiều và cùng vuông góc với mp(ABC). Lấy điểm M thuộc At, N thuộc Ct’ (M ≠ A, N ≠ C). Đặt AM = m, CN = n.a) Tính góc giữa các...

    Cho hình chữ nhật ABCD có AB = a, BC = b. Xét hai tia At, Ct’ cùng chiều và cùng vuông góc với mp(ABC). Lấy điểm M thuộc At, N thuộc Ct’ (M ≠ A, N ≠ C). Đặt AM = m, CN = n.

    a) Tính góc giữa các mặt phẳng (MBD) và (NBD) với mặt phẳng (ABCD).

    b) Tính góc giữa hai mặt phẳng (MBD) và (NBD). Tìm hệ thức giữa a, b, m, n để hai mặt phẳng đó vuông góc.

    c) Khi a = b và mp(MBD) vuông góc với mp(NBD), hãy tính đường cao OI của tam giác MON (trong đó O là giao điểm của AC và BD), từ đó suy ra hai mặt phẳng (BMN) và (DMN) vuông góc với nhau.

    Trả lời

     Câu 17 trang 223 Sách bài tập Hình học 11 Nâng cao

    a) Kẻ \(AH \bot B{\rm{D}}\). Do \(MA \bot \left( {ABC{\rm{D}}} \right)\) nên \(MH \bot B{\rm{D}}\) (định lí ba dường vuông góc).

    Ta có MAH là tam giác vuông tại A nên \(\widehat {MHA}\) là góc giữa mp(MBD) với mp(ABCD). Đặt \(\widehat {MHA} = \alpha \) thì

    \(\eqalign{  & \tan \alpha  = {{MA} \over {AH}},MA = m  \cr  & AH = {{ab} \over {\sqrt {{a^2} + {b^2}} }}  \cr  &  \Rightarrow \tan \alpha  = {{m\sqrt {{a^2} + {b^2}} } \over {ab}} \cr} \)

    Vậy góc giữa mặt phẳng (MBD) và mặt phẳng (ABCD) là α mà

    \(\tan \alpha  = {{m\sqrt {{a^2} + {b^2}} } \over {ab}}\)

    Tương tự, ta có \(\widehat {NKC}\) là góc giữa mp(NBD) với mp(ABCD) và đặt \(\widehat {NKC} = \beta \) thì

    \(\tan \beta  = {{n\sqrt {{a^2} + {b^2}} } \over {ab}}\)

    Vậy góc giữa mặt phẳng (NBD) và mặt phẳng (ABCD) là β mà

    \(\tan \beta  = {{n\sqrt {{a^2} + {b^2}} } \over {ab}}\)

    b) Kẻ Hx song song với KN, do AH // KC và At, Ct’ nằm về một phía của (ABCD) nên \(\widehat {MH{\rm{x}}}\) hoặc \({180^0} – \widehat {MH{\rm{x}}}\) là góc giữa hai mặt phẳng (MBD) và (NBD).

    Đặt \(\widehat {MH{\rm{x}}} = \gamma \) thì \(\gamma  = {180^0} – \left( {\alpha  + \beta } \right)\)

    \(\eqalign{  & \tan \gamma  =  – tan\left( {\alpha  + \beta } \right) = {{\tan \alpha  + \tan \beta } \over {\tan \alpha \tan \beta  – 1}}  \cr  &  = {{\sqrt {{a^2} + {b^2}} \left( {m + n} \right)ab} \over {mn\left( {{a^2} + {b^2}} \right) – {a^2}{b^2}}} \cr} \)

    Vậy góc giữa hai mặt phẳng (MBD) và (NBD) là φ mà

    \(\tan \varphi  = {{\sqrt {{a^2} + {b^2}} \left( {m + n} \right)ab} \over {\left| {mn\left( {{a^2} + {b^2}} \right) – {a^2}{b^2}} \right|}}\)

    Từ đó, suy ra mặt phẳng (MBD) và mặt phẳng (NBD) vuông góc khi và chỉ khi

    \(mn\left( {{a^2} + {b^2}} \right) – {a^2}{b^2} = 0\) hay \(mn = {{{a^2}{b^2}} \over {{a^2} + {b^2}}}\).

    c)

    Câu 17 trang 223 Sách bài tập Hình học 11 Nâng cao 

    Khi a = b thì H ≡ K ≡ O và \(mp\left( {MB{\rm{D}}} \right) \bot mp\left( {NB{\rm{D}}} \right)\) tức là \(mn = {{{a^2}} \over 2}\).

    Gọi OI là đường cao của tam giác vuông OMN.

    Ta có

     \(\eqalign{  & OI = {{2{{\rm{S}}_{MON}}} \over {MN}}  \cr  & 2{{\rm{S}}_{MON}} = 2\left[ {{S_{ACNM}} – \left( {{S_{AM{\rm{O}}}} + {S_{CNO}}} \right)} \right]  \cr  &  = 2\left( {{1 \over 2}\left( {m + n} \right)a\sqrt 2  – {1 \over 2}.{{a\sqrt 2 } \over 2}m – {1 \over 2}.{{a\sqrt 2 } \over 2}n} \right)  \cr  &  = {{a\sqrt 2 } \over 2}\left( {m + n} \right)  \cr  & MN = \sqrt {{{\left( {m – n} \right)}^2} + 2{{\rm{a}}^2}}   \cr  &  = \sqrt {{{\left( {m – n} \right)}^2} + 4mn}   \cr  &  = m + n \cr} \)

    Từ đó \(OI = {{a\sqrt 2 } \over 2}\)

    Vậy BID là tam giác vuông tại I.

    Mặt khác \(B{\rm{D}} \bot \left( {MACN} \right)\) nên \(B{\rm{D}} \bot MN\) ; kết hợp với \(OI \bot MN\) ta có \(MN \bot \left( {BI{\rm{D}}} \right)\).

    Vì \(\widehat {BI{\rm{D}}} = {90^0}\) nên hai mặt phẳng (BMN) và (DMN) vuông góc với nhau.