20 chuyên đề bồi dưỡng hình học lớp 8

Tailieumontoan.com  Điện thoại (Zalo) 039.373.2038 20 CHUYÊN ĐỀ HÌNH HỌC BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI TOÁN (Liệu hệ tài liệu word mơn tốn SĐT (zalo) : 039.373.2038) Tài liệu sưu tầm, ngày 15 tháng năm 2023 Website: tailieumontoan.com Chương I: TỨ GIÁC Chuyên đề TỨ GIÁC A Kiến thức cần nhớ Tứ giác ABCD hình gồm bốn đoạn thẳng AB, BC, CD, DA, hai đoạn thẳng khơng nằm đường thẳng (h.1.1 a, b) Ta phân biệt tứ giác lồi (h.1.1 a) tứ giác lõm (h.1.1 b) Nói đến tứ giác mà khơng thích thêm, ta hiểu tứ giác lồi Tổng góc tứ giác 360  B  C  D   360 A B Một số ví dụ  B   40 Các tia phân giác góc C góc D cắt O Cho biết Ví dụ 1: Cho tứ giác ABCD, A   110 Chứng minh AB  BC COD Giải (h.1.2) * Tìm cách giải   90 Muốn chứng minh AB  BC ta chứng minh B  B   B  nên cần tính tổng A Đã biết hiệu A * Trình bày lời giải     180 C  D   180 C  D Xét COD có COD 2    C ; D D  ) (vì C 2    D   360 A  B  , Xét tứ giác ABCD có: C Liên hệ tài liệu word tốn SĐT (zalo): 039.373.2038 Website: tailieumontoan.com   180 COD   360  A B   180180  A  B  B  A    110 nên A  B   220 Theo đề COD Vậy COD   B   40 nên B   220 40 :  90 Do AB  BC Mặt khác, A   Ví dụ 2: Tứ giác ABCD có AB = BC hai cạnh AD, DC không Đường chéo DB đường phân giác góc D Chứng minh góc đối tứ giác bù Giải (h.1.3 a,b) * Tìm cách giải Để chứng minh hai góc A C bù ta tạo góc thứ ba làm trung gian, góc góc A chẳng hạn Khi cịn phải chứng minh góc bù với góc C * Trình bày lời giải - Xét trường hợp AD < DC (h.1.3a) Trên cạnh DC lấy điểm E cho DE = DA ADB  EDB (c.g.c) E   AB  EB A E  Mặt khác, AB  BC nên BE  BC Vậy BEC cân  C  E   180  A  C   180 Ta có: E  D   360180  180 Do đó: B - Xét trường hợp AD > DC (h.1.3b) Trên tia DA lấy điểm E cho DE = DC  D   180  C   180 ; B Chứng minh tương tự trên, ta được: A Ví dụ Tứ giác ABCD có tổng hai đường chéo a Gọi M điểm Tìm giá trị nhỏ tổng MA  MB  MC  MD Giải (h.1.4) * Tìm cách giải Để tìm giá trị nhỏ tổng MA  MB  MC  MD ta phải chứng minh MA  MB  MC  MD  k ( k số) Ghép tổng thành hai nhóm  MA  MC    MB  MD Ta thấy dùng bất đẳng thức tam giác mở rộng * Trình bày lời giải Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 039.373.2038 Website: tailieumontoan.com Xét ba điểm M, A, C có MA  MC  AC (dấu “=” xảy M  AC ) Xét ba điểm M, B, D có MB  MD  BD (dấu ‘=’ xảy M  BD ) Do đó: MA  MB  MC  MD  AC  BD  a Vậy  MA  MB  MC  MD  a M trùng với giao điểm O đường chéo AC BD C Bài tập vận dụng  Tính số đo góc 1.1 Chứng minh tứ giác, tổng hai góc ngồi hai đỉnh tổng hai góc hai đỉnh lại  B   220 Các tia phân giác đỉnh C D cắt K Tính 1.2 Cho tứ giác ABCD có A số đo góc CKD  C  Chứng minh đường phân giác góc B góc D song song 1.3 Tứ giác ABCD có A với trùng   130 ; D   110 Tính số đo góc A, góc B 1.4 Cho tứ giác ABCD có AD  DC  CB ; C ( Olympic Toán Châu Á - Thái Bình Dương 2010 )  So sánh độ dài 1.5 Có hay khơng tứ giác mà độ dài cạnh tỉ lệ với 1, 3, 5, 10 ? 1.6 Tứ giác ABCD có hai đường chéo vng góc Biết AB  3; BC  6,6; CD  Tính độ dài AD 1.7 Chứng minh tứ giác tổng hai đường chéo lớn nửa chu vi nhỏ chu vi tứ giác 1.8 Cho bốn điểm A, B, C, D khơng có ba điểm thẳng hàng, hai điểm có khoảng cách lớn 10 Chứng minh tồn hai điểm cho có khoảng cách lớn 14 1.9 Cho tứ giác ABCD có độ dài cạnh a , b , c , d số tự nhiên Biết tổng S  a  b  c  d chia hết cho a , cho b , cho c , cho d Chứng minh tồn hai cạnh tứ giác  Bài toán giải phương trình tơ màu 1.10 Có chín người ba người có hai người quen Chứng minh tồn nhóm bốn người đôi quen Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 039.373.2038 Website: tailieumontoan.com Hướng dẫn giải 1.1  Trường hợp hai góc ngồi hai đỉnh kề (h.1.5) , D  số đo hai góc trong; D , D  số đo hai góc ngồi hai Gọi C 1 2 đỉnh kề C D Ta có: +D  C = 2 (180° − C ) + (180° − D=) 1 ( ) +D  (1) 360° − C 1 ( ) +D  (2)  360° − C Xét tứ giác ABCD có:  A += B 1 +D  =  Từ (1) (2) suy ra: C A+ B 2  Trường hợp hai góc ngồi hai đỉnh đối (h.1.6)  =B +D  Chứng minh tương tự, ta  A2 + C 1.2 (h.1.7)  + DCy =  = 220° (bài 1.1) Ta có: CDx A+ B ⇒  + CDy  CDx  +C  = 110° = 110° Do D 2 ( )   +C = 180° − 110= Xét ∆CKD có: CKD = 180° − D ° 70° 2 1.3 (h.1.8) ( )  +=  360° −  = 360° − 2C  Xét tứ giác ABCD có: B D A+C =B , D =D  nên B +D  ⇒B +D  +C  180° Vì B = 180° − C = 2 1 1 (1) +M  +C  = 180° (2) Xét ∆BCM có B 1 =M  Do DN // BM Từ (1) (2) suy D 1 1.4 (h.1.9)  D  chúng cắt E Vẽ đường phân giác góc C = 180° − 110° + 130°= 60° Xét ∆ECD có CED  =° AED = CED 60 ∆ADE = ∆CDE (c.g.c) ⇒  =  =° DEC 60 ∆BCE = ∆DCE (c.g.c) ⇒ BEC Suy  AEB = 180° ba điểm A, E, B thẳng hàng = EAD  Vậy BAD ABC= 360° − ( 65° + 110° + 130° )= 55° = ECD= 65° Do  1.5 (h.1.10) Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 039.373.2038 Website: tailieumontoan.com Giả sử tứ giác ABCD có CD cạnh dài Ta chứng minh CD nhỏ tổng ba cạnh lại (1) Thật vậy, xét ∆ABC ta có: AC < AB + BC Xét ∆ADC có: CD < AD + AC Do CD < AD + AB + BC Ta thấy cạnh tỉ lệ với 1, 3, 5, 10 khơng thỏa mãn điều kiện (1) nên khơng có tứ giác mà cạnh tỉ lệ với 1, 3, 5, 10 1.6 (h.1.11) Gọi O giao điểm hai đường chéo Xét ∆AOB , ∆COD vng O, ta có: AB + CD = OA2 + OB + OC + OD Chứng minh tương tự, ta được: BC + AD = OB + OC + OD + OA2 Do đó: AB + CD = BC + AD Suy ra: 32 + 62 =6, 62 + AD ⇒ AD =9 + 36 − 43,56 =1, 44 ⇒ AD =1, 1.7 (h1.12) Gọi O giao điểm hai đường chéo AC BD tứ giác ABCD Gọi độ dài cạnh AB, BC, CD, DA a, b, c, d Vận dụng bất đẳng thức tam giác ta được: OA + OB > a; OC + OD > c Do ( OA + OC ) + ( OB + OD ) > a + c hay AC + BD > a + c (1) Chứng minh tương tự, ta được: AC + BD > d + b (2) Cộng vế (1) (2), ta được: ( AC + BD ) > a + b + c + d ⇒ AC + BD > a+b+c+d Xét ∆ABC ∆ADC ta có: AC < a + b; AC < c + d ⇒ 2AC < a + b + c + d (3) Tương tự có: 2BD < a + b + c + d (4) Cộng vế (3) (4) được: ( AC + BD ) < ( a + b + c + d ) ⇒ AC + BD < a + b + c + d Từ kết ta điều phải chứng minh 1.8 • Trước hết ta chứng minh toán phụ: Cho ∆ABC ,  A ≥ 90° Chứng minh BC ≥ AB + AC Giải (h.1.13) Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 039.373.2038 Website: tailieumontoan.com Vẽ BH ⊥ AC Vì  A ≥ 90° nên H nằm tia đối tia AC Xét ∆HBC ∆HBA vng H, ta có: BC = HB + HC = ( AB − HA2 ) + ( HA + AC ) = AB − HA2 + HA2 + AC + HA AC = AB + AC + HA AC Vì HA AC ≥ nên BC ≥ AB + AC ( dấu “=” xảy H ≡ A tức ∆ABC vng) • Vận dụng kết để giải toán cho Trường hợp tứ giác ABCD tứ giác lồi (h.1.14)  +C +D  = 360° Ta có:  A+ B Suy bốn góc phải có góc lớn 90° , giả sử  A ≥ 90° Xét ∆ABD ta có BD ≥ AB + AD > 102 + 102 = 200 suy BD > 200 , BD > 14 Trường hợp tứ giác ABCD tứ giác lõm (h.1.15)  =360° Nối CA, Ta có:  ACD +  ACB + BCD Suy ba góc phải có góc lớn 120° Giả sử  ACB ≥ 120° ,  ACB góc tù Xét ∆ACB có AB ≥ AC + BC > 102 + 102 = 200 Suy AB > 200 ⇒ AC > 14 Vậy ln tồn hai điểm cho có khoảng cách lớn 14 1.9 (h.1.16) Ta chứng minh phương pháp phản chứng Giả sử khơng có hai cạnh tứ giác Ta giả sử a  b  c  d Ta có: a  b  c  BD  c  d Do a  b  c  d  2d Ta đặt a  b  c  d  S S  2d (*) Ta có: S  a  S  ma m  N  (1) Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 039.373.2038 Website: tailieumontoan.com S  b  S  nb n  N  (2) S  c  S  pc  p  N  (3) S  d  S  qd q  N  (4) Từ (4) (*)  qd  2d q  Vì a  b  c  d nên từ (1), (2), (3), (4) suy m  n  p  q  Do q  3; p  4; n  5; m  Từ (1), (2), (3), (4) suy a b c d  ;  ;  ;  m S n S p S q S Ta có: 1 1 1 1 abcd         1 m n p q S Từ đó: 19  , vơ lí 20 Vậy điều giả sử sai, suy tồn hai cạnh tứ giác 1.10 Coi người điểm, ta có chín điểm A, B, C,… Nối hai điểm với ta đoạn thẳng Ta tô màu xanh hai người không quen nhau, ta tô màu đỏ hai người quen Ta chứng minh tồn tứ giác có cạnh đường chéo tô màu đỏ  Trường hợp có điểm đầu mút bốn đoạn thẳng màu xanh AB, AC, AD, AE vẽ nét đứt (h.1.17) Xét ABC có hai đoạn thẳng AB, AC màu xanh nên đoạn thẳng BC màu đỏ tam giác có đoạn thẳng màu đỏ Tương tự đoạn thẳng CD, DE, EB, BD, CE có màu đỏ (vẽ nét liền) (h.1.18) Do tứ giác BCDE có cạnh đường chéo tơ đỏ nghĩa tồn nhóm bốn người đôi quen  Trường hợp điểm đầu mút nhiều ba đoạn thẳng màu xanh Không thể điểm đầu mút ba đoạn thẳng màu xanh số đoạn thẳng màu xanh Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 039.373.2038 9.3 N Website: tailieumontoan.com Như tồn điểm đầu mút nhiều hai đoạn thẳng màu xanh, chẳng hạn điểm A, A đầu mút sáu đoạn thẳng màu đỏ, giả sử AB, AC, AD, AE, AF, AG (h.1.19) Trong sáu điểm B, C, D, E, F, G tồn ba điểm đỉnh tam giác có ba cạnh màu (đây toán phương pháp tơ màu) chẳng hạn BCD (h.1.20) Trong BCD có cạnh màu đỏ (theo đề bài) nên ba cạnh BCD màu đỏ Khi tứ giác ABCD tứ giác có cạnh đường chéo tô đỏ, nghĩa tồn nhóm bốn người đơi quen Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 039.373.2038 Website: tailieumontoan.com Chuyên đề HÌNH THANG HÌNH THANG CÂN DỰNG HÌNH THANG A Kiến thức cần nhớ Hình thang tứ giác có hai cạnh đối song song (h.2.1) Đặc biệt : Hình thang vng hình thang có góc vng (h.2.2) Hình thang cân hình thang có hai góc kề đáy (h.2.3) Trong hình thang cân : - Hai cạnh bên ; - Hai đường chéo ( h.2.4) Dấu hiệu nhận biết hình thang cân : - Hình thang có hai góc kề đáy hình thang cân ; - Hình thang có hai đối bù hình thang cân ; - Hình thang có hai đường chéo hình thang cân Dựng hình • Dụng cụ dựng hình : Thước compa • Các bước giải tốn dựng hình : - Phân tích ; - Cách dựng; - Chứng minh; - Biện luận Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 039.373.2038 Website: tailieumontoan.com So sánh hai kết ta thấy S1 = S b) Xét trường hợp thứ nhất: Thể tích khơng khí bên lều là: = V1 1b = ab (đvdt)   a 22 Xét trường hợp thứ hai: Thể tích khơng khí bên lều là: = V2 1a = a b (đvdt)   b 2 2 2 a b − ab= ab ( a − b ) > (vì a > b ) Suy ra: V2 > V1 8 Ta có: V2 − V= Vậy căng tám bạt theo chiều rộng thể tích khơng khí bên lều lớn 19.10 (h.19.15) Ta đặt = AC 2= m; BD 2n là: S Diện tích đáy ABCD = Mặt khác: S= 2m.2n 2mn = V 1280 = = 64 ( cm ) 20 h Vậy 2m.n = 64 ( cm ) Diện tích xung quanh hình lăng trụ đứng là: = S xq 4.= AB.20 80 AB Vậy S xq nhỏ AB nhỏ Gọi O giao điểm hai đường chéo AC BD Ta có AC ⊥ BD O Xét ∆AOB vuông O , ta có: AB =OA2 + OB =m + n Mặt khác m + n ≥ 2mn Do AB ≥ 64 ⇒ AB ≥ ( cm ) Vậy giá trị nhỏ AB 8cm m = n tức ABCD hình vng Giá trị nhỏ diện tích xung quanh 4.8.20 = 640 ( cm ) 19.11 (h.19.16) 108 ( cm ) a) Chi vi đáy đèn là: 18 × = Diện tích xung quanh đèn là: S xq = p.h = 108 × 40 = 4320 ( cm ) Vậy diện tích giấy bóng kính để làm mặt xung quanh đèn 4320 ( cm ) b) Diện tích đáy đèn là: = S a2 182 = = 486 ( cm ) 4 Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 039.373.2038 Website: tailieumontoan.com Thể tích đèn lồng là: = V S= h 486 3.40 = 19440 ( cm3 ) ≈ 33671( cm3 ) c) Gọi a b độ dài cạnh đáy đèn lồng trước sau giảm thể tích Gọi S1 S diện tích đáy tương ứng Khi đó: = V1 S= S h h; V2 V1 S1.h S1 a 3.6 b 3.6 Ta có: : =2 ⇔ =2 ⇔ =2 ⇔ =2 4 V2 S h S2 ⇔ a : b =⇔ a : b =2 Vậy độ dài cạnh đáy phải giảm lần Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 039.373.2038 10 Website: tailieumontoan.com Chun đề 20 HÌNH CHĨP ĐỀU A Kiến thức cần nhớ Mơ tả hình chóp - hình chóp • Hình chóp có đáy đa giác Các mặt bên tam giác chung đỉnh Đường thẳng qua đỉnh vng góc với mặt phẳng đáy gọi đường cao hình chóp • Hình chóp hình chóp có mặt đáy đa giác đều, mặt bên tam giác cân (h.20.1) • Trong hình chóp đều, chân đường cao trùng với tâm đa giác đáy, ví dụ SH Đường cao mặt bên vẽ từ đỉnh S gọi trung đoạn hình chóp, ví dụ SM Hình chóp cụt Cắt hình chóp mặt phẳng song song với đáy Phần hình chóp nằm mặt phẳng mặt phẳng đáy gọi hình chóp cụt (h.20.2) Mỗi mặt bên hình chóp cụt hình thang cân Diện tích xung quanh hình chóp • Diện tích xung quanh hình chóp tích nửa chu vi đáy với trung đoạn Sxq=p.d (p nửa chu vi đáy; d trung đoạn) • Diện tích xung quanh hình chóp cụt bằng: - Diên tích mặt bên nhân với số mặt bên; - Diện tích xung quanh hình chóp lớn trừ diện tích xung quanh hình chóp nhỏ; hoặc: Sxq = (p + p').d (Trong đó: - p, p' nửa chu vi đáy lớn, đáy nhỏ - d trung đoạn mặt bên.) Thể tích hình chóp V = S h Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 039.373.2038 Website: tailieumontoan.com (S diện tích đáy; h chiều cao) • Thể tích hình chóp cụt bằng: - Thể tích hình chóp lớn trừ thể tích hình chóp nhỏ; hoặc: V= ( ) S1 + S + S1S h (Trong đó: S1, S2 diện tích hai đáy; h chiều cao.) B Một số ví dụ Ví dụ 1: Cho hình chóp tam giác S.ABC, đường cao SH Trên cạnh SA, SB, SC lấy điểm A', B', C’ cho SA' = SB' = SC' Chứng minh rằng: a) mp ( A ' B ' C ') / / mp ( ABC ) ; b) mp ( SCH ) ⊥ mp ( SAB ) Giải (h.20.3) * Tìm hướng giải Muốn chứng minh mp ( A ' B ' C ') / / mp ( ABC ) ta chứng minh hai cạnh ∆A'B'C' tương ứng song song với hai cạnh ∆ABC * Trình bày lời giải a) Xét ∆SAC = có SA SC = ; SA ' SC ' nên SA ' SC ' = SA SC ⇒ A ' C '/ / AC (1) Chứng minh tương tự, ta được: A ' B '/ / AB (2) Từ (1) (2) suy A ' B ' C '/ / mp ( ABC ) b) Xét ∆ABC có H giao điểm ba đường trung tuyến Gọi M trung điểm AB, ta có: CM ⊥ AB;SM ⊥ AB Vậy AB ⊥ mp ( SCM ) Mặt khác AB ⊂ mp ( SAB ) nên mp ( SAB ) ⊥ mp ( SCM ) hay mp ( SAB ) ⊥ mp ( SCH ) Ví dụ 2: Cho hình chóp S.ABC có đáy tam giác SA đường cao hình chóp Gọi M trung điểm BC a) Chứng minh mp ( SAM ) ⊥ mp ( SBC ) b) Cho biết SMA = 30o chứng minh diện tích tam giác BCS tổng diện tích tam giác ABS ACS Giải (h.20.4) * Tìm cách giải Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 039.373.2038 Website: tailieumontoan.com BC ⊂ mp ( SBC ) Vì nên muốn chứng minh mp ( SBC ) ⊥ mp ( SAM ) ta cần chứng minh BC vng góc với AM SM * Trình bày lời giải a) SA ⊥ mp ( ABC ) ⇒ SA ⊥ AB; SA ⊥ AC ∆SAB = ∆SAC (c.g c) ⇒ SB ⇒ SC Xét ∆SBC cân S ⇒ SM ⊥ BC ; Xét ∆ABC ⇒ AM ⊥ BC Suy BC ⊥ mp ( SAM ) Mặt khác BC ⊂ mp ( SBC ) nên mp ( SBC ) ⊥ mp ( SAM )  = 30o nên SA = SM hay SM = SA b) Xét ∆SAM vuông A, SMA 1 Diện tích ∆BCS là: = BC.SM = BC.2 SA BC.SA (1) 2 Tổng diện tích ∆ABS ∆ACS là: 1 AB.SA + AC.= SA SA ( BC + BC = ) SA.BC (2) 2 Từ (1) (2) suy điều phải chứng minh Ví dụ 3: Cho hình chóp cụt tứ giác ABCD.A'B'C'D' Một mặt phẳng song song với đáy hình chóp cụt cắt cạnh A A' B B' C C', DD' M, N, P, Q Chứng minh tứ giác MNPQ hình vng Giải (h.20.5) Gọi S đỉnh hình chóp sinh hình chóp cụt Vì mp ( MNPQ ) / / mp ( ABCD ) nên hình chóp cụt ABCD.MNPQ hình chóp cụt Các mặt bên hình thang cân Suy ra: NP / / BC ; MQ / / AD Mặt khác BC / / AD nên NP / / MQ Chứng minh tương tự ta MN / / PQ Do tứ giác MNPQ hình bình hành Xét ∆SBC có NP / / BC nên BC SB (1) = NP SN Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 039.373.2038 Website: tailieumontoan.com AB SB (2) = MN SN Xét ∆SAB có MN / / AB nên Từ (l) (2) ⇒ BC AB = mà BC = AB nên NP = MN NP MN Hình bình hành MNPQ có hai cạnh kề nên hình thoi Hai đường thẳng MP AC nằm mặt phẳng (SAC) hai đường thẳng khơng có điểm chung (vì nằm hai mặt phẳng song song) nên MP / / AC Chứng minh tương tự, ta NQ / / BD AC SC SB BD Ta có: = = = Vì AC = BD nên MP = NQ MP SP SN NQ Hình thoi MNPQ có hai đường chéo nên hình vng Ví dụ 4: Cho hình chóp tam giác S.ABC có độ dài cạnh đáy 12cm, độ dài cạnh bên 8cm Hãy tính: a) Thể tích hình chóp; b) Diện tích tồn phần hình chóp Giải (h.20.6) * Tìm hướng giải Để tính thể tích diện tích tồn phần hình chóp biết độ dài cạnh đáy cạnh bên, ta cần tính chiều cao trung đoạn hình chóp * Trình bày lời giải a) Gọi M trung điểm AC O giao điểm ba đường trung tuyến ∆ABC Ta có BM đường cao tam giác nên = BM = BO AB = cm 2 = BM cm ∆SBO vuông O nên ta có: ( SO = SB − OB = 8− ) = 16 ⇒ SO = (cm) AB 144 Diện tích ∆ABC = = 36 (cm2) 4 Thể tích hình chóp là: = V 1 = S h 36 = 48 (cm3) 3 Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 039.373.2038 Website: tailieumontoan.com b) Tam giác SMA vuông M nên SM = SA2 − MA2 = 82 − ⇒ SM = 28 = (cm) Diện tích xung quanh hình chóp là: d S= p= xq 12.3 = 36 (cm2) Diện tích tồn phần hình chóp là: Stp = 36 + 36 = 36 ( ) + ≈ 157, (cm2) Ví dụ Cho hình chóp cụt tam giác ABC.A'B'C' có cạnh bên 17cm, cạnh đáy lớn 28cm, cạnh đáy nhỏ 12cm Tính diện tích xung quanh hình chóp cụt Giải (h.20.7) * Tìm hướng giải Để tính diện tích xung quanh hình chóp cụt biết độ dài cạnh đáy lớn, độ dài cạnh đáy nhỏ cịn phải tính chiều cao mặt bên * Trình bày lời giải Trong mặt bên A’B’BA vẽ A’H ⊥ AB ta được: = AH AB − A ' B ' 28 − 12 = = (cm) 2 Xét ∆A ' AH vuông H, ta có: A ' H = AA '2 − AH = 17 − 82 = 225 ⇒ A ' H = 15 (cm) Diện tích xung quanh hình chóp cụt là: S xq = 12 + 28 )15 (= 900 (cm2) C Bài tập vân dụng • Chứng minh song song, vng góc Tính chiều cao 20.1 Cho hình chóp tứ giác S.ABCD Trên cạnh SA, SB, SC, SD lấy điểm A', B', C', =' SB =' SC =' SD ' Chứng minh rằng: D' cho SA a) Bốn điểm A', B', C, D' thuộc mặt phẳng Có nhận xét mặt phẳng (A'B'C'D') mp(ABCD) b) mp ( SAC ) ⊥ mp ( SBD ) 20.2 Cho hình chóp tứ giác S.ABCD Cho biết SA ⊥ SC Chứng minh mặt bên tam giác 20.3 Cho hình chóp S.ABC, bốn mặt tam giác có cạnh a Gọi M, N, P, Q trung điểm SC, SB, AB, AC Chứng minh tứ giác MNPQ hình vng Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 039.373.2038 Website: tailieumontoan.com 20.4 Cho hình chóp tam giác S.ABC, mặt bên tam giác vuông cân S a) Chứng minh mặt bên vng góc với hai mặt bên lại b) Gọi độ dài cạnh đáy a, Tính chiều cao hình chóp 20.5 Một hình chóp cụt tứ giác có diện tích xung quanh tổng diện tích hai đáy Biết cạnh đáy lớn 6cm, cạnh đáy nhỏ 4cm Tính chiều cao hình chóp cụt = a, A1= B1 b ( a > b ) Một mặt phẳng 20.6 Cho hình chóp cụt tứ giác ABCD A1 B1 C1 D1 có cạnh AB song song với hai đáy hình chóp cụt cắt cạnh AA1 , BB1 , CC1 CC1 A2 , B2 , C2 , D2 chia hình chóp cụt lớn thành hai hình chóp cụt nhỏ có diện tích xung quanh Gọi c cạnh a + b2 hình vng A2 B2C2 D2 Chứng minh rằng: c = 2 • Tính diện tích, tính thể tích 20.7 Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có cạnh đáy a cạnh bên a 10 Tính thể tích hình chóp 20.8 Cho hình chóp lục giác S.ABCDEF có AD = 2a diện tích tam giác SAD a Tính diện tích xung quanh hình chóp 20.9 Cho hình chóp tam giác S.ABC có cạnh bên a Chứng minh cạnh bên vng góc với đơi thi diện tích xung quanh lớn 20.10 Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có cạnh bên dài 5cm diện tích xung quanh 48cm2 Tính thể tích hình chóp 20.11 Cho hình chóp tam giác S.ABC có cạnh bên 17cm chiều cao 15cm Gọi A', B', C' trung điểm SA, SB, SC Tính thể tích hình chóp cụt A'B'C'.ABC 20.12 Cho hình lập phương ABCD.A'B'CD' cạnh a Từ hình lập phương cắt hình chóp C.BDC' Chứng minh rằng: a) Hình chóp C.BDC' hình chóp b) Tỉ số diện tích xung quanh diện tích đáy hình chóp c) Tỉ số thể tích hình chóp thể tích hình lập phương Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 039.373.2038 Website: tailieumontoan.com Hướng dẫn giải 20.1 (h.20.8) SA ' SB ' a) Xét ∆SAB = có SA SB ⇒ A ' B '/ / AB = ; SA ' SB’ nên = SA SB Chứng minh tương tự, ta được: CD '/ / CD Mặt khác AB / / CD nên A ' B '/ / C ' D ' Từ suy bốn điểm A ', B ', C ', D ' nằm mặt phẳng Ta có: A ' B '/ / AB; B ' C '/ / BC mà A'B' B'C' cắt B'; AB BC cắt B Từ suy ra: mp ( A ' B ' C ' D ') / /mp ( ABCD ) b) Gọi O giao điểm AC BD Vì S.ABCD hình chóp nên AO ⊥ SO; AO ⊥ DO ⇒ AO ⊥ mp ( SOD ) Vì AO ⊂ mp ( SAC ) nên mp ( SAC ) ⊥ mp ( SBD ) 20.2 (h.20.9) Ta đặt a AB = a ⇒ AC = a ⇒ OA = Xét ∆SAC có SA SC = = ; A SC 90o = nên ∆SAC vuông cân ⇒ SAO 45o   Xét ∆SOA có ⇒ SOA = 90o , SAO = 45o OA nên ∆SOA vuông cân ⇒ SO = 2 a 2 a 2 a2 a2 Ta có: SA = SO + OA =  = a2  +   = + 2 2     2 Do SA = a = SB = AB = a nên tam giác Do mặt bên tam giác Xét mặt bên SAB có SA 20.3 (h.20.10) Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 039.373.2038 Website: tailieumontoan.com Xét ∆SBC có MN đường trung bình nên MN / / BC MN = BC (1) Xét ∆ABC có PQ đường trung bình nên PQ / / BC MN = BC (2) Từ (1) (2) suy MN / / PQ MN = PQ Do tứ giác MNPQ hình bình hành Ta có: BC a SA a ; MQ = = = 2 2 MN = Vậy MN = MQ , suy hình bình hành MNPQ hình thoi Xét QBS có QB = QS = a nên ∆QBS cân ⇒ NQ ⊥ SB Xét ∆QNS vng N có:  a   a 2 a a QN =QS − NS =  −   = ⇒ QN = 2   2 2 Chứng minh tương tự, ta được: MP = a QN = MP Hình thoi MNPQ có hai đường chéo nên hình vng 20.4 (h.20.11) a) Ta có SC ⊥ SA; SC ⊥ SB ⇒ SC ⊥ mp ( SAB ) Mặt khác SC ⊂ mp ( SAC ) nên mp ( SAC ) ⊥ mp ( SAB ) SC ⊂ mp ( SBC ) nên mp ( SBC ) ⊥ mp ( SAB ) Do mặt bên (SAB) vng góc với mặt bên (SAC) (SBC) Chứng minh tương tự ta mặt bên (SBC), (SCA) vng góc với hai mặt bên cịn lại b) Xét tam giác ABC Gọi O giao điểm đường trung tuyến CM BN Khi = BO 2 a a = = BN 3 Xét ∆SAB vuông cân S có AB = a nên SB = a Xét ∆SOB vuông O, ta có: 2 a 2 a 3 a2 SO = SB − OB =  −   =     2 a ⇒ SO = Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 039.373.2038 Website: tailieumontoan.com 20.5 (h.20.12) Xét hình chóp cụt tứ giác ABCD.A'B'C'D' Gọi M M' trung điểm BC B'C' Ta có OM / / AB; O ' M '/ / A’B ' mà A’B '/ / AB nên O ' M '/ / OM Trong hình thang O ' M ' MO ta vẽ M ' H ⊥ OM Ta M ' H ⊥ OO '; OH = O'M ' Ta có OM = : = (cm); O ' M ' = : = (cm); HM = − = (cm) Tống diện tích hai đáy là: S1 + S = 62 + 42 = 52 (cm2) + ) MM ' (= Diện tích xung = quanh là: S xq 20 MM ' (cm2 ) Theo đề ta có: 20 MM ' = 52 ⇒ MM ' = 2, (cm) Xét ∆M ' HM vng H, ta có: M= 'H ( 2.6 ) M ' M − HM = = − 12 2, (cm) Do chiều cao hình chóp cụt 2,4cm 20.6 (h.20.13) Gọi S đỉnh hình chóp sinh hình chóp cụt Gọi diện tích xung quanh hình chóp S.ABCD hình chóp S A2 B2C2 D2 S S Gọi độ dài trung đoạn cùa hình chóp S.ABCD hình chóp S A2 B2C2 D2 d d2 Ta có: = S 4a 4c = d 2ad= ; S2 = d 2cd 2 Xét ∆SBC có BC / / B2C2 nên: d SB BC a = = = d SB2 B2C2 c S 2ad a a a Do = = = S 2cd c c c Chứng minh tương tự, ta được: S1 b = S2 c Theo đề ta có: S − S = S − S1 Suy ra: S 2= S + S1 , S + S1 = S2 Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 039.373.2038 Website: tailieumontoan.com Vậy a b2 a + b2 a + b2 S S1 = ⇒ = c + = hay + =2 ⇒ c c c2 S2 S2 20.7 (h.20.14) * Tìm cách giải Để tìm thể tích hình chóp biết cạnh đáy ta cần tính chiều cao hình chóp Có thể vận dụng định lý Py-ta-go để tính * Trình bày lời giải ABCD hình vng a cạnh nên BD =a 2 =2a ⇒ OB =a Vì S ABCD hình chóp nên SO ⊥ mp ( ABCD ) ⇒ ∆SOB vuông O Ta có: SO = SB − OB = ( a 10 ) Thể tích hình chóp là: = V − a = 9a ⇒ SO = 3a ( ) 1 = S h a = 3a a 3 20.8 (h.20.15) Gọi O tâm lục giác ABCDEF Ta có: SO ⊥ AD Diện tích tam giác ADS là: 1 = AD.SO = 2a.SO a.SO 2 Theo đề ta có: a.SO =a ⇒ SO =a Gọi SM trung đoạn hình chóp, OM ⊥ BC Xét ∆OBC đều, cạnh a, đường cao OM = a 2  a  7a a Xét ∆SOM vuông O, ta có: SM =SO + OM =a +   = ⇒ SM =   2 Diện tích xung quanh hình chóp= là: S xq 2 6a a 3a = 2 20.9 (h.20.16) Gọi M trung điểm AB Khi SM trung đoạn hình chóp Liên hệ tài liệu word tốn SĐT (zalo): 039.373.2038 10 Website: tailieumontoan.com x2 x Ta đặt AB = x thì: SM = SB −   = a − ⇒ SM = 4a − x   2 Diện tích xung quanh hình chóp là: = S xq 3x 3x 4a −= x2 4a − x 2 Vận dụng bất đẳng thức a + b ≥ 2ab hay ab ≤ x + 4a − x a + b2 ta được: x 4a − x ≤ 2a = 2 3 Do S xq ≤ 2a = a Dấu "=" xảy x = 4a − x ⇔ x = 4a − x ⇔ x = 2a Khi SA2 + SB = 2a ) AB (vì a + a = Theo định lý Py-ta-go đảo ∆SAB vng ⇒ SA ⊥ SB Chứng minh tương tự, ta có: SB ⊥ SC ; SC ⊥ SA Vậy max S xq = a SA, SB, SC vuông góc với đơi 20.10 (h.20.17) Ta đặt BC = 2a trung đoạn SM = d (a < d ) Khi = S xq 2a.4 d 4ad = Theo đề ta có: 4ad = 48 ⇒ ad =12 (1) Xét ∆SMC vng M, ta có: MC + SM = SC Do a + d = 25 Suy a + d + 2ad = 25 + 24 ⇒ ( a + d ) = 49 ⇒ a + d = (2) d (lo¹i) =  a 4;= a + d = ⇔ Từ (1) (2) ta được:  = d (Tháa m·n) ad = 12  a 3;= Khi SO = SM − OM = d − a = 16 − = ⇒ h = SO = (cm) Vậy thể tích hình chóp là: V = 1 S h = 12 (cm3) = 3 20.11 (h.20.18) Xét ∆SOC vng O, ta có: OC =SC − SO =17 − 152 =64 ⇒ OC =8 ( cm ) ⇒ CM =12 ( cm ) Gọi độ dài cạnh đáy a Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 039.373.2038 11 Website: tailieumontoan.com Ta có: CM = a 24 (cm) ⇒ a = 24 ⇒ a = Diện tích đáy hình chóp S.ABC là: a  24  = S1 =  = 48 (cm2)    Thể tích hình chóp S.ABC là: = V1 1 S1.h1 48 = 3.15 240 (cm3) = 3 Theo tính chất đường trung bình tam giác ta có A ' B '/ / AB; A ' C '/ / AC ; suy mp ( A ' B ' C ') / / mp ( ABC ) Do hình chóp cụt A ' B ' C ' ABC hình chóp cụt Xét ∆SOC có SO ' SC ' = = ⇒ SO =7,5 cm SO SC Ta có: A = 'C ' 12 (cm) Do diện tích tam giác A'B'C là: = AC 3  12  = S =  12 (cm )   Thể = V2 tích hình chóp S.A'B'C' là: 1 = S h2 12 = 3.7,5 30 (cm3) 3 Thể tích hình chóp cụt ABC.A’B'C' là: V = V1 − V2 = 240 − 30 = 210 (cm3) 20.12 (h.20.19) a) Hình chóp C.BDC' có đáy tam giác đều, cạnh dài a Ba mặt bên tam giác vuông cân nhau, tam giác có cạnh bên a cạnh đáy a Do hình chóp C.BDC' hình chóp b) Diện tích xung quanh cụa hình chóp là: = S xq a2 = a 2 a 2) (= Diện tích đáy hình = chóp là: S a2 Tỉ số diện tích xung quanh diện tích đáy hình chóp là: S xq a a : = = S 2 Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 039.373.2038 12 Website: tailieumontoan.com c) Xét hình chóp C.BDC' (h.20.20) có: CB = CD = CC =′ a; BD = BC =′ DC =′ a Gọi M trung điểm BC ', CO ⊥ DM Ta= có: DM = OD a 2) (= a ; 2 a a = DM = 3 Xét ∆COD vng O có: a 6 a2 a CO =CD − DO =a −  = ⇒ CO =  3   2 2 (a ) V1 = Sh Thể tích hình lập phương là:= 3 a a3 = Thể tích hình lập phương là: V2 = a V a3 Vậy = = :a V2 6 Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 039.373.2038 13