Bài Tập Nâng Cao Chuyên Đề Hình Học Không Gian.pdf

Untitled  BÀI TẬP ÔN THI HSG TOÁN 11  WEB toanthaycu com GV Trần Đình Cư –Zalo 0834332133 1 BÀI TẬP CHUYÊN ĐỀ HÌNH HỌC KHÔNG GIAN (Dành cho giáo viên ôn thi học sinh giỏi, học sinh năng khiếu và ch[.]

 BÀI TẬP ƠN THI HSG TỐN 11  WEB: toanthaycu.com BÀI TẬP CHUN ĐỀ HÌNH HỌC KHƠNG GIAN (Dành cho giáo viên ôn thi học sinh giỏi, học sinh khiếu chuyên toán)  Câu 1: (HSG NAM ĐỊNH 2014-2015) Cho tứ diện ABCD có cạnh 1, hai điểm M N nằm đoạn AB CD, cho BN  DN a) Chứng minh AD  BC Tìm điểm I cách đỉnh tứ diện ABCD b) Khi M, N trung điểm AB CD, gọi   mặt phẳng chứa BN song song với MC Tính chu vi thiết diện tạo   tứ diện ABCD c) Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ MN M, N thay đổi đoạn AB C D  Lời giải D P J K N I B M A H C a) +) Gọi H trực tâm tam giác ABC, suy DH  ( ABC ) Chứng minh BC  ( ADH )  BC  AD +) Trong (ADH) dựng đường trung trực đoạn AD cắt DH I, suy IA=I D (1) Mặt khác IHA  IHB  IHC suy IA  IB  IC (2) Từ (1), (2)  IA  IB  IC  ID hay I điểm cách đỉnh tứ diện ABC D b) Trong mặt phẳng (DMC) kẻ NK//MC ( K  DM ) suy ( ) (BNK) Trong mặt phẳng (ABD) gọi P  BK  AD suy ( ) cắt tứ diện ABCD theo thiết diện tam giác BNP Vì M, K trung điểm AB DM  PD  1 AD  3 Áp dụng định lý côsin tam giác BDP; PDN ; BDN ta có PB  7 ; PN  ; BN  7     BM DN c) +) Đặt  x , với  x    x Khi ta có: BM  x.BA DN  x.DC BA DC          Ta có: DN  x.DC  BN  BD  x( BC  BD )  BN  x.BC  (1  x ).BD Vậy chu vi BNP CBNP  GV: Trần Đình Cư –Zalo: 0834332133  BÀI TẬP ƠN THI HSG TỐN 11  WEB: toanthaycu.com       Do đó: MN  BN  BM  x.BC  (1  x ).BD  x.BA       MN  x BC  (1  x ) BD  x BA2  x (1  x) BC BD  x BC BA  x (1  x ) BD.BA  x2  x  1 +) Xét f  x   x  x  đoạn  0;1 , ta có: max f  x   f    f 1  1, f  x   f    2 Vậy, MN đạt giá trị nhỏ M, N trung điểm AB, C D MN đạt giá trị lớn M  B, N  D M  A, N  C  Câu 2: (HSG ĐÀ NẴNG NĂM 2011-2012) Cho hình hộp ABCD A ' B ' C ' D ' Trên cạnh AB lấy điểm M khác A B Gọi (P) mặt phẳng qua M song song với mặt phẳng ( ACD ') a) Trình bày cách dựng thiết diện hình hộp mặt phẳng (P) b) Xác định vị trí M để thiết diện nói có diện tích lớn  Lời giải a I D' R Q C' F A' P D S A J B' O M C K E N B Trong mp(ABCD), qua M vẽ đường thẳng song song với AC cắt DB, BC E, N Trong mp(BDD’B’), qua E vẽ đường thẳng song song với D’O (O=ACBD) cắt B’D’ F Trong mp(A’B’C’D’), qua F vẽ đường thẳng song song với AC cắt A’D’, D’C’ R, Q Trong mp(AA’D’D), qua R vẽ đường thẳng song song với AD’ cắt AA’ S Trong mp(CC’D’D), qua Q vẽ đường thẳng song song với CD’ cắt CC’ P Thiết diện lục giác MNPQRS b Do mặt đối diên hình hộp song song nên cạnh đối lục giác thiết diện MNPQRS song song cặp cạnh song song với cạnh tam giác ACD’  Các tam giác JKI, ACD’, RQI, JMS, NKP đồng dạng MJ MA NC NK PC PK QD ' QI          MJ=NK PK=QI MN MB NB NM PC ' PQ QC ' QP  Các tam giác RQI, JMS, NKP (gọi diện tích chúng S1 gọi diện tích tam giác JKI, ACD’ S2, S) GV: Trần Đình Cư –Zalo: 0834332133  BÀI TẬP ƠN THI HSG TOÁN 11 Đặt  WEB: toanthaycu.com AM  k ; ta có điều kiện  k  có: AB 2 S1  JM   AM   AM  2    k  S1 = k S     S  AC   DC   AB  2 S  JK   JM  MK   JM MK           k  1  S2 =( k2 + 2k +1)S S  AC   AC   AC AC   Diện tích thiết diện: Std  S  3S1 3  1   3S (dấu xảy  k  ) Std  S (k  k  )  2S    k     2     S lớn  k   M trung điểm AB  Câu 3: (HSG ĐÀ NẴNG NĂM 2011-2012) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình bình hành M trung điểm S C Một mặt phẳng (P) chứa AM cắt cạnh SB, SB ' SD ' SD điểm B', D' khác S Chứng minh rằng:    SB SD  Lời giải S D' M I D P O C B' A B N Lấy I = AMB'D' O = ACBD, ta có: S, O, I điểm chung mặt phẳng (SAC) (SBD) SI  S, O, I thẳng hàng.Và I trọng tâm mặt chéo SAC  SO SD SB Vẽ BP // B'I DN // D'I  P, N  SO   OP  ON Đặt x  ; y SD ' SB ' SB SD SP SN SO  x y         x, y  [1; 2] (*) SB ' SD ' SI SI SI 2   1  3 Suy ra:     x y xy  x y Từ (*):  x   x  x    x (3  x)   x  y  GV: Trần Đình Cư –Zalo: 0834332133  BÀI TẬP ƠN THI HSG TỐN 11   WEB: toanthaycu.com 3 x y 1       xy xy 2 x y  Câu 4: (HSG ĐỀ 046) Cho lăng trụ tam giác ABC A’B’C’ Trên tia đối tia AB lấy điểm M cho AM = AB Gọi E trung điểm CA a) Xác định thiết diện lăng trụ cắt mặt phẳng (MEB’) CD AK b) Gọi D = BC  (MEB’), K = AA’  (MEB’) Tính tỷ số CB AA'  Lời giải a) Ta có D = ME  BC ; K  MB'AA' Suy thiết diện tứ giác DEKB’ M E A D B K C A' C' B' b, Xét tam giác MBB’ có AK MA AK     BB ' MB AA ' +) Trong (ABC) Dựng EN // AB (N BC), EN= AB DN NE 1 +) Xét tam giác DBM có:    DN  BN DB BM Suy D trung điểm CN Vậy CD  CB  Câu 5: (HSG ĐỀ 046) Cho tứ diện 2 MA  MB  MC  MD2 đạt giá trị nhỏ ABCD Tìm M không gian cho  Lời giải Gọi G trọng tâm tứ diện ta có: GV: Trần Đình Cư –Zalo: 0834332133  BÀI TẬP ƠN THI HSG TOÁN 11  WEB: toanthaycu.com     MA  MB  MC  MD  MA  MB  MC  MD          MG  GA  MG  GB  MG  GC  MG  GD       MG  MG ( GA  GB  GC  GD )  GA  GB  GC  GD          MG  GA  GB  GC  GD  GA  GB  GC  GD Dấu “=” xảy M  G Vậy: MA2  MB  MC  MD2 đạt giá trị nhỏ M trọng tâm tứ diện  Câu 6: (HSG ĐỀ 047) Cho hình chóp tứ giác S ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a , cạnh bên 3a,  a   Hãy xác định điểm O cho O cách tát đỉnh hình chóp S ABCD tính độ dài SO  Lời giải S M D O C I A B Gọi I  AC  BD Do SA  SB  SC  SD nên tam giác SAC, SBD cân đỉnh S nên SI vng góc với AC, BD suy SI vng góc với mặt phẳng (ABCD) Dễ thấy điểm nằm đường thẳng SI cách đỉnh A, B, C, D Trong tam giác SIC, dựng trung trực cạnh SC cắt đường thẳng SI O suy OS  OA  OB  OC  OD Ta có: SM SC  SO.SI  SO  SM SC 3a.3a 9a 2a 2a    Vậy SO  2 2 SI SA  IA 9a  a  Câu 7: (HSG ĐỀ 047) Cho hình chóp S.ABC có đường thẳng SA vng góc với mặt phẳng (SBC) Gọi H hình chiếu S lên mặt phẳng (ABC) Chứng minh đường thẳng SB vuông 1 1 tứ giác S ABCD có đáy ABCD hình góc với đường thẳng SC, biết  2 2 SH SA SB SC vuông cạnh a , cạnh bên  Lời giải GV: Trần Đình Cư –Zalo: 0834332133  BÀI TẬP ƠN THI HSG TOÁN 11  WEB: toanthaycu.com A H C S K D B Gọi K giao điểm đường thẳng AH BC; mặt phẳng (SBC) gọi D giao điểm đường thẳng qua S, vng góc với S C Ta có BC vng góc với SH SA nên BC vng góc với mặt phẳng (SAH) suy BC vng góc với SK 1 Trong tam giác vng SAK ta có , kết hợp  2 SH SA SK 1 (1) với giả thiết ta   2 SK SB SC 1 Trong tam giác vng SDC ta có (2)   2 SK SD SC Từ (1) (2) ta SB  SD , từ suy B  D hay suy SB vng góc với SC  Câu 8: (HSG ĐỀ 047) Cho tứ diện ABCD thỏa mãn điều kiện AB  CD, BC  AD, AC  BD điểm X thay đổi không gian Tìm vị trí điểm X cho tổng XA  XB  XC  XD đạt giá trị nhỏ . Lời giải Gọi G trọng tâm tứ diện; M, N, P, Q A trung điểm cạnh AB, CD, BC, AD Ta có tam giác ACD tam giác BCD nên AN  BN Q M suy MN  AB , tương tự ta chứng minh MN  CD đường thẳng PQ vng góc với G hai đường thẳng BC, AD Từ suy GA  GB  GC  GD Ta có XA  XB  XC  XD  D B N P XA.GA  XB.GB  XC GC  XD.GD GA C GV: Trần Đình Cư –Zalo: 0834332133  BÀI TẬP ƠN THI HSG TOÁN 11  WEB: toanthaycu.com         XA.GA  XB.GB  XC.GC  XD.GD  GA      XG GA  GB  GC  GD  4.GA2   4GA GA   Dấu xảy X trùng với điểm G Vậy XA  XB  XC  XD nhỏ X trọng tâm tứ diện ABCD  Câu 9: (HSG ĐỀ 048) Cho hình chóp S ABCD , có đáy ABCD hình thang cân  AD / / BC  BC  2a; AB  AD  DC  a,  a   Mặt bên SBC tam giác Gọi O giao điểm AC BD Biết SD vng góc với AC a) Tính SD b) Mặt phẳng   qua điểm M thuộc đoạn OD ( M khác O, D ) song song với hai đường thẳng SD AC Xác định thiết diện hình chóp S ABCD cắt mặt phẳng ( ) ) Biết M MD  x Tìm x để diện tích thiết diện lớn  Lời giải S K Q B C J P O A N T M D a) Dễ thấy đáy ABCD hình lục giác cạnh a Kẻ DT//AC (T thuộc BC) Suy CT = AD = a DT vng góc S D Ta có: DT = AC = a Xét tam giác SCT có SC=2a, CT=a,   1200  ST  a SCT Xét tam giác vng SDT có DT= a , ST  a  SD  2a b) Qua M kẻ đường thẳng song song với AC cắt AD, DC N,P Qua M, N, P kẻ đường thẳng song song với SD cắt SB, SA, SC K, J, Q Thiết GV: Trần Đình Cư –Zalo: 0834332133  BÀI TẬP ƠN THI HSG TỐN 11  WEB: toanthaycu.com diện ngũ giác NPQKJ Ta có: NJ, MK, PQ vng góc với NP 1 S NPQKJ  SNMKJ  SMPQK  (NJ  MK)MN  (MK  PQ)MP  ( NJ  MK ).NP (do 2 NJ=PQ) Ta có: NP MD AC.MD x.a   NP    3x a AC OD OD  a   x 2a  NJ AN OM SD.OM    2( a  x 3)    NJ   a SD AD OD OD   KM BM SD.BM 2a a  x   KM    (a  x) SD BD BD a 3 1  Suy ra: S NPQKJ =  2(a  x 3)  (a  x)  x  2(3a  x) x 2   1  3 a (3a  x)2 x  (3a  x)  3x    4 Diện tích NPQKJ lớn 3 a a x  4  Câu 10: (HSG ĐỀ 049) Cho hình chóp S ABCD cạch đáy a , chiều cao 2a Tính diện tích thiết diện hình chóp bị cắt mặt phẳng   chứa CD vng góc với mặt phẳng  SAB   Lời giải GV: Trần Đình Cư –Zalo: 0834332133  BÀI TẬP ƠN THI HSG TỐN 11  WEB: toanthaycu.com Gọi O tâm hình vng ABCD M , N trung điểm CD AB Khi O trung điểm MN AB vng góc  SMN  Kẻ IN vng góc SM  IN vng góc mp  SAB       CDI  Từ I kẻ đường thẳng song song với AB cắt SB, SA E , F  EF / / AB / /CD Thiết diện hình thang CDEF Ta có +) SM  SO  OM  +) SI  SN  IN  SO.MN 4a a 17 ; IN   SM 17 15a SI.AB 15a EF SI   EF   SM 17 17 AB SM 64a Diện tích thiết diện: S CDEF  (CD  EF)IN  17 17  Câu 11: (HSG HÀ NAM) Cho hình lập phương ABC D A’B’C’D’ có cạnh a Gọi I tâm hình vng CDD’C’, K trung điểm cạnh C B a Dựng thiết diện hình lập phương ABC D A’B’C’D’ cắt mặt phẳng (AKI) Tính diện tích thiết diện theo a b Tính góc tạo hai đường thẳng A’D’ AQ với Q giao điểm (AKI) CC’  Lời giải C' D' A' B' N Q J I D C K B A a, +) Gọi J giao điểm AK CD, Q giao điểm JI CC’, N giao điểm IJ DD’ Thiết diện tứ giác AKQN Chứng minh AKQN hình thang có đáy KQ, AN +) Chứng minh C trung điểm JD, K trung điểm JA, Q trung điểm JN SJKQ JK JQ 1     S AKQN  S JAN  S JKQ  3S JKQ SJAN JA JN 2 +) CQ  CQ 1 ND  QC '    CQ  a CC ' 3 GV: Trần Đình Cư –Zalo: 0834332133  BÀI TẬP ƠN THI HSG TỐN 11 +) Tính KQ   WEB: toanthaycu.com a 13 a a 10 ; JK  ; JQ  JQ  JQ  KQ cos KJQ   JK JQ 50 14a S JKQ  JK JQ.sin KJQ  12 14a S AKQN  3S JKQ  sin KJQ   cos KJQ  b, Vì A’D’//AD nên góc tạo A’D’, AQ góc tạo AQ, A D Có AC   AB  AD  AA2  a Tính AQ  cos QAD  a 19 a 10 ; AD  a; QD  3 AQ  AD  QD  AQ AD 19 (HSG ĐỀ 052) Cho hình chóp S ABC có SA   ABC  SA  2a , đáy ABC tam  giác vuông C với AB  2a , BAC  30 Gọi I điểm di động cạnh AC , J hình chiếu vng góc S BI a) Chứng minh AJ vng góc với BI b) Đặt AI  x (  x  a ) Tính khoảng cách từ S đến BI theo a x Tìm giá trị x để khoảng cách có giá trị lớn nhất, nhỏ  Câu 12:  Lời giải S 2a 2a A B x J I C a) Ta có AJ hình chiếu SJ mặt phẳng  ABC  , SJ  BI  AJ  BI (định lí ba đường vng góc) GV: Trần Đình Cư –Zalo: 0834332133 10  BÀI TẬP ÔN THI HSG TOÁN 11  WEB: toanthaycu.com S H A O C I B N Chứng minh OH(SBC) + AO cắt BC I BCAO(  ABC đều) BCSA nên BC( SAI) BCAI nên H nằm đường AI OH nằm (SAI)BCOH(1) + Có BOAC; BOSABO(SAC) BOSC BHSC SC(BOH) ACOH (2) Từ (1) (2) ta OH(SBC) +) Chứng minh BCSN có cặp cạnh đối vng góc với SA(ABC) SNBC SC(BOH) SCBN( N nằm OH) Chứng minh tương tự ta có SB(COH) SBCN( N nằm OH)  Câu 89: (HSG THPT VĨNH LỘC NĂM 2017-2018) Cho điểm O cố định số thực a S ABC khơng đổi Một hình chóp thay đổi thỏa mãn 0   60 , CSA   120 Chứng minh OA  OB  OC  a, SA  OA, SB  OB, SC  OC ,  ASB  90 , BSC rằng: a ABC tam giác vuông b Khoảng cách SO khơng thay đổi GV: Trần Đình Cư –Zalo: 0834332133 80  BÀI TẬP ƠN THI HSG TỐN 11  WEB: toanthaycu.com  Lời giải S M A a C B a a O a + Đặt SO  x + Vì tam giác SAO, SBO, SCO vng A, B, C nên SA  SB  SC  x  a + Tam giác SAB vuông S nên AB  SA2  SB   x  a  1   600  SBC nên BC  x  a + Xét tam giác SBC ta có BSC + Xét tam giác SCA ta có  2 CA2  SC  SA2  2SC.SA.cos1200   x  a   3 + So sánh 1 ,    3 ta thấy CA2  AB  BC  ABC vuông B b + Gọi M trung điểm AC + Vì ABC tam giác vuông B nên MA  MB  MC + Mặt khác SA  SB  SC  5 OA  OB  OC  4  6 + Từ    5 suy M hình chiếu S lên  ABC  + Từ     suy M hình chiếu O lên  ABC  + Từ suy SO   ABC  M Do AM đường cao tam giác vuông SAO 1 1 1         2 2 2 2 AM SA OA CA SA OA 3 x  a   x  a  a  1 4a 2a 2 2 x a a x       x   2 3 x  a  a + Vậy SO  2a  đpcm  Câu 90: (HSG SGD&ĐT HÀ TĨNH NĂM 2006-2007) Hình chóp S.ABC có đáy ABC tam giác vuông A, ACB   cạnh BC = a Mặt bên SBC vng góc với đáy, hai mặt bên cịn lại tạo với đáy góc  Các góc SBC SCB nhọn a) Cho   450   600 , xác định tâm tính bán kính mặt cầu nội tiếp hình chóp S.ABC theo a GV: Trần Đình Cư –Zalo: 0834332133 81  BÀI TẬP ƠN THI HSG TỐN 11  WEB: toanthaycu.com b) Khi a  không đổi, tìm giá trị  để đường cao SH hình chóp có độ dài lớn  Lời giải Do mp(SBC) vng góc với đáy ABC góc SBC, SCB nhọn nên H thuộc cạnh BC tam giác AB C Vẽ HM  AC , HN  AB suy AC  SM , AB  SN nên SMH  SNH   tam giác vuông: SMH,SNH nhau, suy MH=NH, từ ta có tứ giác AMHN hình vng a) Khi   45 tam giác ABC vng cân A nên AH  BC , AH  a Vẽ tia phân giác góc SMH cắt SH K mp(KAC) mp(KAB) thứ tự mặt phẳng phân giác góc nhị diện cạnh AC,AB hình chóp S.AB C Dễ thấy giao tuyến hai mặt phẳng đường thẳng AK Vẽ tia phân giác góc SHA cắt AK I I cách mặt hình chóp S.ABC nên tâm mặt cầu nội tiếp hình chóp Dễ thấy a a HM  sin 45  2 Xét tam giác vuông KHM: Vẽ KH  HM tan 30  IE  AH , IF  HK IE  IF  r a  ( doKMH  30 ) 2 a với r bán kính mặt cầu nội tiếp hình chóp S.AB C Ta có: IE AH  IF HK  AH HK ( vế lần diện tích  AHK ) GV: Trần Đình Cư –Zalo: 0834332133 82  BÀI TẬP ÔN THI HSG TOÁN 11  WEB: toanthaycu.com a a AH HK a 2 r   AH  HK a  a 2(  1) 2 b) Đặt HM  HN  x Xét tam giác vuông NBH: BH  NH x  BH  (1) cos  cos  HM x  HC  (2) sin  sin  x(sin   cos  ) a cos  sin  x Từ (1) (2) ta có: a  cos  sin  sin   cos  Xét tam giác vuông MCH: HC  Xét tam giác vuông SHM: SH  x.tan   a sin  cos  tan  sin   cos  Do a ,  không đổi nên SH lớn sin  cos  lớn sin   cos  Áp dụng bất đẳng thức Cô si cho số dương ta được: sin   cos  ) sin  cos  2   (sin   cos  )  sin   cos  sin   cos  4 ( Dấu xảy Gía trị thỏa mãn  sin   cos  sin   cos     45 Vậy đường cao SH hình chóp S.ABC lớn   45  Câu 91: (HSG ĐỀ 142) Cho hình chóp S.ABC với đáy ABC tam giác nhọn, cạnh SA vng góc với đáy Gọi I, K chân đường cao kẻ từ B tam giác BSC, BAⒸ Đường thẳng IK cắt đường thẳng SA P a) Chứng minh tứ diện SPBC có cặp cạnh đối vng góc b) Tam giác ABC cố định có BC = a, ABC  , ACB   , điểm S di động Tìm độ dài đoạn thẳng SA trường hợp diện tích tam giác SPC đạt giá trị nhỏ  Lời giải GV: Trần Đình Cư –Zalo: 0834332133 83  BÀI TẬP ƠN THI HSG TỐN 11  WEB: toanthaycu.com  BK  SA  BK  ( SAC )  PC  BK , BK  SC a)  SP  BC (do SA  ( ABC ) )   BK  AC  SC  BI    SC  ( BIK )  SC  BP, SC  PI  SC  BK CK  SP  Trong (SPC)   K trực tâm tam giác SPC  PC  SK  PK  SC  PC  SK    PC  ( SBK )  PC  SB  PC  BK  SP  BC   Tứ diện SPBC có  SC  BP  PC  SB   Tứ diện SPBC có cặp cạnh đối vng góc với SA AK b) Ta có SAK  CAP (g.g)    SA AP  AK AC không đổi AC AP 1  S SPC  AC.SP  AC.( SA  AP )  AC SA AP  AC AC AK 2 Đẳng thức xảy  SA  AP  AK AC  SA  BK cot(180o     ) CH sin(180o     )  SA  a.sin  cot(180o     )  SA  a sin  sin  a.sin  sin(180o     ) cos(180o     ) sin (   ) GV: Trần Đình Cư –Zalo: 0834332133 84  BÀI TẬP ƠN THI HSG TOÁN 11  WEB: toanthaycu.com  SA  a.sin(   ) sin  sin  cos(180o     ) ( CH  AB, H  AB ) Vậy S SPC đạt giá nhỏ SA  a.sin(   ) sin  sin  cos(180o     )  Câu 92: (HSG ĐỀ 143) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình bình hành M trung điểm S C Một mặt phẳng (P) chứa AM cắt cạnh SB, SD điểm B', D' khác S Chứng minh SB ' SD '    SB SD  Lời giải Gọi O giao điểm BD AC, suy SO  SBD   SAC  Gọi H giao điểm B ' D ' AM Ta có: SBD   SAC   SO  B ' D '  SBD     H  SO  AM  SAC   B ' D ' AM  H  Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác SOC ta có: SM AC OH OH OH   1.2 1  MC AO HS HS HS Mà H thuộc trung tuyến AO suy H trọng tâm tam giác SBD Xét mặt phẳng SBD  : +Lấy E , F  SO cho BF  DE  B ' D ' Suy ta có:  SB ' SD ' SH SH  4SH 4SH      SH       SF SE  SF  SE 2SO SB SD SF SE GV: Trần Đình Cư –Zalo: 0834332133 85  BÀI TẬP ƠN THI HSG TỐN 11 Vậy  WEB: toanthaycu.com SB ' SD '   SB SD +Vẽ trung tuyến DM tam giác SBD Do vai trị B D bình đẳng nên vai trị B’ D’ bình đẳng Giả sử HD '  HB ' ( trường hợp ngược lại chứng minh tương tự) D ' K HK Theo định lý Talet ta có  1 D'K  B'M B ' M HM Lấy K thuộc DM cho D ' K  SB Ta có SB ' SD ' SM MB '  SD DD '   DD ' MB '             SB SD SB   SD SD   SD SB   SB DD ' D ' K 2D ' K MB ' DD ' MB '      0 SD SM SB SB SD SB SB ' SD '  DD ' MB '        Suy  SD SB SD SB  Mặt khác lại có Vậy SB ' SD '    (dpcm) SB SD  Câu 93: (HSG ĐỀ 145) Cho hình chóp có , diện tích tam giác SBC Gọi M điểm di động SB,N trung điểm B C Biết AN vng góc với mặt phẳng Tìm giá trị nhỏ diện tích tam giác AMN theo a  Lời giải Cho hình chóp có , diện tích tam giác SBC Gọi M điểm di động SB,N trung điểm B C Biết AN vng góc với mặt phẳng Tìm giá trị nhỏ diện tích tam giác AMN theo a  Ta có BN  CN  AB  AN  SA2  AN  SN Suy SBC vuông S, ta có SC  2So BC  SC  SB  a 4So  a a2 GV: Trần Đình Cư –Zalo: 0834332133 86  BÀI TẬP ƠN THI HSG TỐN 11  WEB: toanthaycu.com a  4So  Xét CAN vng N ta có AN  AC  CN  a  BC  2a  Ta có S AMN 1 1 2So a  4So  AN MN  AN d (N , SB )  AN SC  2 2 a 2a Vậy giá trị nhỏ diện tích tam giác AMN  Câu 94: So a  4So 2a 2a (HSG ĐỀ 147) Cho tam giác nhọn ABC cố định Trên tia Ax  ( ABC ) lấy điểm S khác A Kẻ đường cao BH tam giác BA C Gọi (P) mặt phẳng qua C vng góc với SB, giả sử (P) cắt tia đối tia AS M Đường thẳng MH cắt SC N a) Chứng minh tứ diện SMBC có cặp cạnh đối vng góc với SC  (MBN ) b)Biết cạnh BC = a, ABC   ;   ACB   Tìm giá trị nhỏ diện tích tam giác SPC theo a  ,  S di động tia Ax (S khác A)  Lời giải S N A B H M C a) Ta có BC  SM (giả thiết) (1) Mà MC  SB (2) Từ (1) (2) suy S.MBC tứ diện có cặp cạnh đối vng góc nên cặp thứ vng góc Ta có BH  (SAC ) nên SC  HB Theo chứng minh SC  BM , ta có SC  (MBN ) b) Từ câu a ta có SC  MN , AHM , ASC đồng dạng (g.g) SSMC AH AM   SAAM  AH AC SA AC 1  SM AC  ( SA  AM ) AC  SA AM AC  AH AC AC 2 Có “ =” SA = AM Theo định lý hàm số sin ta có AC a AB sin  sin  ; AB  a    AC  a sin  sin(   ) sin  sin(   ) sin(   ) AH  ABcos(   )  a sin  cot(   ) GV: Trần Đình Cư –Zalo: 0834332133 87  BÀI TẬP ƠN THI HSG TOÁN 11 S SMC  AH AC AC  Có “=” SA   Câu 95:  WEB: toanthaycu.com a sin  sin  sin  cos(   ) sin (   ) a AH AC  s in sin cos(   ) 2sin(   ) (HSG HUẾ 2000-2001) Cho tứ diện ABCD có hai cạnh đối b, c cạnh lại a a/ Tìm giá trị nhỏ tổng khoảng cách từ điểm tùy ý không gian đến đỉnh tứ diện b/ Giả sử tứ diện ABCD thay đổi vị trí khơng gian có ba đỉnh A, B, C mặt cầu cố định đồng tâm Chứng minh đỉnh D ln hình cầu cố định độ dài a, b, c thay đổi thỏa giả cho  Lời giải D D’ I A’ K0 C A J B a) Ta giả sử AD  b, BC  c cạnh lại a Gọi I , J trung điểm cạnh AD, BC Ta dễ dàng suy IJ vng góc với AD BC IJ trục đối xứng tứ diện Lấy M tùy ý không gian, M ’ điểm đối xứng M qua IJ suy trung điểm K MM ’ hình chiếu M đường thẳng IJ ta có: MA  MB  MC  MD   MA  MB  MC  MD  M ’A  M ’B  M ’C  M ’D  MA  M ’A  MB  M ’B   MC  M ’C   MD  M ’D   2KA  2KB  2KC  2KD 1 Do tính chất: trung tuyến tam giác bé nửa tổng hai cạnh xuất phát từ đỉnh nó) Do đó: MA  MB  MC  MD  KA  KB  KC  KD Bài tốn trở thành tìm điểm K IJ cho KA  KB  KC  KD bé GV: Trần Đình Cư –Zalo: 0834332133 88  BÀI TẬP ƠN THI HSG TỐN 11  WEB: toanthaycu.com Trong mặt phẳng BCI  dựng hình thang BCD’A’ cho IJ trung điểm hai đáy IA  IA’, ID  ID’ Ta thấy rằng: với K tùy ý IJ KA  KA’ KD  KD’ Do đó: KA  KB  KC  KD  KA’  KB  KC  KD’  KA’  KC   KB  KD’  AC ’  BD’ ’ Vậy KA  KB  KC  KD nhỏ K giao điểm K hai đường chéo AC BD’ Tính IJ : IJ  DJ – ID  DC – JC – ID  a  c2 b2 c2 b2   IJ  a   4 4  BC  A ' D '  b  c  c2 b2 bc 2      IJ    a    a2  Tính BD’ : BD '       4     Tổng khoảng cách nhỏ là: d  2BD’  4a  2bc b) Gọi r1, r2 , r3 bán kính mặt cầu tâm O qua đỉnh A, B,C Ta có: OD  OC  DC  OC  AB  OC  OA  OB  r1  r2  r3 Do D hình cầu cố định tâm O, bán kính R  r1  r2  r3  Câu 96: (HSG HUẾ 1998-1999) Cho hình chóp S ABCD, đáy ABCD hình chữ nhật có AB  a, BC  b, SA  SB  SC  SD  c K hình chiếu vng góc P xuống AC a/ Tính độ dài đoạn vng góc chung SA BK b/ Gọi M , N trung điểm đoạn thẳng AK CD Chứng minh: Các đường thẳng BM MN vng góc  Lời giải S _ N _ D _ C _ K _ M _ O _ A _ B _ Câu a / (2.5 điểm) + Theo giả thiết ta được: SO  (ABCD)  (SAC)  (ABCD) Mà BK  SAC  BK  AC  BK  SA + Gọi H hình chiếu K xuống SA  HK  SA HK  BK ( HK  SAC  ) GV: Trần Đình Cư –Zalo: 0834332133 89  BÀI TẬP ƠN THI HSG TỐN 11  WEB: toanthaycu.com  HK đoạn vng góc chung SA BK Suy được: BH  SA HBK vuông K + Do ABC vuông đỉnh A nên: 1 a 2b 2 BK     BK AB BC a  b2 + SAB cân đỉnh S , BH đường cao nên HB  SI AB  SA c2  a2 a c + Do HBK vuông K nên: (4c  a )a a 2b HK  HB  BK   4c a  b2 HK  2 (4c  a  b )a a (4c  a  b ) HK   2c 4c (a  b ) (a  b ) Câu b (2.5 điểm)    + 2BM  BA  BK ( M trung điểm AK )         + MN  MB  BC  CN  (AB  KB)  BC  BA 2    + MN  KB  BC + Do đó:               4BM MN  (BA  BK ).(KB  2BC )= BA.KB  2BA.BC  BK KB  2BK BC           = BA.KB  BK KB  2BK BC = KB.(BA  BK  2.BC )             = KB.(BA  BC  BK  BC )= KB.(CA  CK )  KB.CA  KB.CK  Vậy: BM  MN ( Có thể tính áp dụng định lý Pythagor)  Câu 97: (HSG SỞ GD&ĐT NGHỆ AN NĂM 2017-2018) Cho hình chóp S.ABC, mặt phẳng (P) di động cắt cạnh SA, SB,SC A’, B’, C’ Gọi G trọng tâm tam giác AB C a) Tìm giao điểm SG với mp(P) SA SB SC b) Biết    Chứng minh mp (P) qua điểm cố định SA ' SB ' SC '  Lời giải GV: Trần Đình Cư –Zalo: 0834332133 90  BÀI TẬP ƠN THI HSG TOÁN 11  WEB: toanthaycu.com S C' A' G' I' A B' C G I B a Gọi I giao AG BC nên I trung điểm B C SI cắt B’C’ I’ Trong tam giác SAI: A’I’ cắt SG G’ Khi G’ giao SG mặt phẳng (P) SB SC SI b Ta có  2    (1) SB ' SC ' SI ' Thật vậy: từ B kẻ BM//B’C’ cắt SI M, từ C kẻ CN// B’C’ cắt SI N Khi I trung điểm BC nên SM+SN=2SI SB SC SM SN SM  SN 2.SI      SB ' SC ' SI ' SI ' SI ' SI ' SA SB SC SA SI 2   8 2  8   (*) SA ' SB ' SC ' SA ' SI ' Gọi O trung điểm AI, A’I’ cắt SO O’ mặt phẳng (P) qua O’ Mặt khác từ (*) ta chứng minh tương tự (1) có SA SI SO  2  O’ trung điểm SO SA ' SI ' SO ' Hay O’ điểm cố định nên (P ) qua điểm cố định O’  Câu 98: (HSG SỞ GD&ĐT NGHỆ AN NĂM 2018-2019) Cho hình chóp S ABCD có đáy   SCA   900 Gọi M ABCD hình thang cân  AB / /CD  nội tiếp đường tròn tâm O SBA trung điểm cạnh SA a) Chứng minh MO   ABCD  b) Gọi  góc hai đường thẳng AB SC Chứng minh cos   BC SA  Lời giải GV: Trần Đình Cư –Zalo: 0834332133 91  BÀI TẬP ƠN THI HSG TỐN 11  WEB: toanthaycu.com S M I A B O D C a.Gọi H hình chiếu vng góc điểm M mặt phẳng  ABCD  Xét tam giác MHA, MHB, MHC có   MHB   MHC   900 MHA MH chung MA  MB  MC  SA Suy MHA  MHB  MHC nên HA  HB  HC Do H  O, MO   ABCD  b Vì AB / /CD nên góc hai đường thẳng AB SC góc hai đường thẳng CD SC ,    sin SCD  (*) suy cos   cos SCD Gọi điểm I hình chiếu vng góc điểm M lên mặt phẳng  SCD  Ta có MD  MC  SA nên SDA vuông D Mặt khác lại có MS  MD  MC suy I tâm đường tròn ngoại tiếp SCD Khi   SD  SD  SD (vì MID vuông I nên ID  MD ) sin SCD ID 2MD SA Từ (*) suy    SD  cos    sin SCD SA2 BC (đpcm) cos   SA SA2  SD  SA2 AD AD BC   SA2 SA SA  Câu 99: (HSG NAM ĐỊNH NĂM 2015-2016) Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình thang vng A B; AB  BC  4a Tam giác SAB nằm mặt phẳng vng góc với mặt phẳng (ABCD) Gọi H trung điểm AB, biết khoảng cách từ C đến mặt phẳng (SHD) a 10 Tính thể tích khối chóp S.HBCD cosin góc hai đường thẳng SC HD  Lời giải GV: Trần Đình Cư –Zalo: 0834332133 92  BÀI TẬP ƠN THI HSG TỐN 11  WEB: toanthaycu.com S A D K M H E C B N +) Tam giác SAB cân nên  SH  AB SAB )  ( ABCD)   +) ( SAB)  ( ABCD)  AB   SH  ( ABCD)  SH  AB  +) Kẻ CK  HD, K  HD mà SH  ( ABCD )  SH  CK Do CK  ( SHD )  d (C , ( SHD ))  CK  a 10 + Tính CH  a 20  HK  a 10  CK Do tam giác CHK vuông cân K   45  DHC   45  tan DHC  1 Nên KHC 2 +) Tam giác ABH vuông B nên tan BHC     tan( BHC   CHD )  tan BHC  tan CHD  3 +) tan BHD  tan CHD   tan BHC AD  Mà BHD AHD  180 Do tan  AHD     AD  6a AH ( AD  BC ) AB Ta có S ABCD   20a 2 S HBCD  S ABCD  S AHD  20a  6a  14a 28a 3 Vậy VS HBCD  SH S HBCD  3 Tính cosin góc hai đường thắng SC HD Tam giác SHC vuông H nên SC  a 32 +) Gọi M  AC  HD; E  BC  HD +) Khi AEBD hình bình hành nên EB  AD  4a  EC  10a +) AD//EC nên AD AM 6a 3 3 3a     AM  MC  AC  a 32  EC MC 10a 5 8 +) Trong mặt phẳng (ABCD), kẻ CN//HD với N thuộc đường AB Do góc SC HD góc CN SC GV: Trần Đình Cư –Zalo: 0834332133 93  WEB: toanthaycu.com  BÀI TẬP ƠN THI HSG TỐN 11 Ta có: AH  10 HN  HN  a  BN  a 3 Ta có: SN  SH  HN  208 10 a; CN  BN  BC  a 3  +) Áp dụng định lý Cơsin tam giác SCN, ta có cos SCN SC  CN  SN  SC.CN  +) cos( SC , HD)  cos(CN , SC )  cos SCN   Vậy cos( SC , HD )  cos SCN GV: Trần Đình Cư –Zalo: 0834332133 94