(1,0 ĐIỂM) CHO HÌNH CHÓP S . ABC CÓ ĐÁY ABC LÀ TAM GIÁC ĐỀU CẠNH...

Câu 6 (1,0 điểm) Cho hình chóp ^{S . ABC} có đáy ^ABC là tam giác đều cạnh 2 a √ ^{3 , mặt bên}

SAB là tam giác cân với A S B=120 ^

và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi ^M là

trung điểm của ^SC và ^N là trung điểm của ^MC .

Tính thể tích khối chóp ^{A . MNB} và khoảng cách giữa 2 đường thẳng ^{AM , BN}

Cách 1.{Dùng phương pháp tọa độ}

Gọi I là trung điểm của AB , khi đó dựa vào giả thiết bài

toán ta suy ra được ^{SI ⊥ (ABC )} .

Mặt khác dễ dàng xác định được:

( 2 a √ ^{3 )} √ ³

IS= IB

tan B S I ^ ⇒ IS= a √ ³

2 =3 a

√ ^{3 =a và IC=}

Chọn hệ trục tọa độ ^Oxyz với ^{O≡ I , Ox ≡IA , Oy ≡ IC , Oz ≡ IS}

Khi đó ta xác định được tọa độ các điểm:

A ( a √ ^{3 ; 0 ; 0 ) , B ( − a} √ ^{3 ; 0 ; 0 ) , C ( 0 ; 3 a ; 0 ) , S (0 ; 0 ;a) , M} ( ^{0 ; 3} 2 ^a ; a

2 ) ^{, N} ( ^{0 ; 9} 4 ^a ; a

4 )

a) Ta có: ^{⃗ AM} ( ^{−a √ 3 ; 3} 2 ^a ; a

2 ) ^{, ⃗ AN} ( ^{− a √ 3 ; 9} 4 ^a ; a

4 ) ^{, ⃗ AB ( − 2 a √ 3 ; 0 ; 0 )}

Từ đó suy ra: V

= 1

6 | ^{[ ⃗ AM , ⃗ AN ] ⃗ AB} | ^{= √ 3 a}

4

b) Ta có: ^{⃗ AM} ( ^{−a √ 3 ; 3} 2 ^a ; a

2 ) ^{, ⃗ BN} ( ^{a √ 3 ; 9} 4 ^a ; a

4 ) ^{, ⃗ AB ( − 2 a √ 3; 0; 0 )}

2 √ ^{237 a}

Từ đó suy ra: ^{d ( AM , BN )=} | [ ^⃗ AM , ⃗ BN ] ^⃗ AB |

79

| [ ^⃗ AM, ⃗ BN ] | ⁼

Cách 2. (Dùng phương pháp hình học thuần túy)

Tương tự cách 1 ta xác định được ^IS=a . Do đó thể tích của

khối chóp ^{S . ABC} là:

V

= 1

3 . IS . ( ¹ 2 AB . AC . sin 60

) ^{= √ 3 a}

^{( đvtt)}

Mặt khác ta có:

V

V

= SM

SC = 1

2 ⇒ V

= √ ^{3 a}

2 ;

V

V

= CN

CS = 1

4 ⇒ V

= √ ^{3 a}

Vì ^V

=V

− ( ^V

+V

) nên:

V

= √ 3 a

− ( ^{√ 3} 2 ^a

+ √ 3 a

4 ) ^{= √ 3} 4 ^a

(đvtt )

Gọi ^J là trung điểm ^AC và ^G là trọng tâm tam giác

ABC

Trên ^{SC, BC} lần lượt lấy các điểm ^{K , F} sao cho

GK // IS ,GF // AC

Khi đó ta chứng minh được: ^{BJ ⊥ (GKF ) ⇒ ( BJN) ⊥(GKF )(1)}

Mặt khác vì AM // JN nên AM // (BJM )(2)

Từ (1) và (2) ta có: ^{d (AM , BN )=d} ( ^{M ,( BJM )} ) ^{= 3} ₅ ^d ( ^{K , (BJN )} )

{Vì ^MN _SC ^{= 1} ₄ ^{, SK} _SC ^{= 1} ₃ nên ^MN _KN ^{= 3} ₅ }

Gọi ^T là giao điểm của ^{BN , KF} và ^E là 1 điểm trên

BN sao cho ^{EF // NC} . Khi đó ^d ( ^{K ,( BJN)} ) ^{=d ( K ,GT )(3)}

Dựa vào các tam giác đồng dạng ta có:

EF

3 {vì ΔBEF ~ ΔBNC }

BC = 2

NC = BF

TF

= 3

TK = EF

KN = EF

5 . EF

NC = 3

5 . 2

3 = 2

5 { vì ΔETF ~ ΔNTK }

( ⁵ 3 NC )

Xét tam giác vuông ^KGF ta dễ dàng xác định được:

GK= 2

3 ⇒ KT= 5

21

7 KF= 20 a

3 JC = 2 a √ ³

3 ; KF= 4 a

3 ; GF= 2

3 IS= 2 a

Suy ra ^{KT= 5} ₇ ^{KF= 20} ₂₁ ^a và G K F=60 ^

GT= √ ^GK

^{+ KT}

⁻ 2GK .KT cos B ^ K T = √ ³¹⁶

21 a

S

= 1

2 KG. KT sin 60

= 10 √ 3 a

63

Mặt khác:

S

= 1

2 d ( K , GT ) . GT ⇒ d (K , GT)= 2 S

GT = 10 √ ^{237 a}

237 (4)

Từ (1),(3),(4) ta suy ra:

d ( AM ,BN )= 3

5 d ( k , GT )= 3

5 . 10 √ ^{237 a}

237 = 2 √ ^{237 a}

II.PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm 1 trong 2 phần (phần A hoặc phần B)

A.Theo chương trình Chuẩn