Hình không gian

Câu (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    mặt phẳng chứa BN song song với MC b) Khi M, N trung điểm AB CD, gọi Tính chu vi thiết diện tạo   tứ diện ABCD c) Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ MN M, N thay đổi đoạn AB CD Lời giải D P J K N I M B 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=ID Mặt khác IHA IHB IHC suy IA IB IC Từ (1), (2)  IA IB IC ID hay I điểm cách đỉnh tứ diện ABCD (1) (2) 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 1  PD  AD  3 Vì M, K trung điểm AB DM 7 PB  ; PN  ; BN   BDP ;  PDN ;  BDN Áp dụng định lý cơsin tam giác ta có 7 CBNP  Vậy chu vi BNP BM DN      x x  x  BM  x BA DN  x.DC BA DC c) +) Đặt    , với      Khi  ta có: x.DC  BN  BD x ( BC  BD )  BN x.BC  (1  x ).BD Ta có: DN       MN  BN  BM  x BC  (1  x).BD  x.BA Do đó:       MN x BC  (1  x ) BD  x BA2  x (1  x ) BC.BD  x BC.BA  x(1  x ) BD.BA 2 x  x  +) Xét f  x  2 x  x   0;1 1 max f  x   f    f  1 1, f  x   f     2 , ta có: đoạn Vậy, MN đạt giá trị nhỏ M, N trung điểm AB, CD MN đạt giá trị lớn M B, N D M A, N C (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 ') Câu 7: 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 B' S C K O A M J 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        MN MB NB NM PC ' PQ QC ' QP  MJ=NK PK=QI   Các tam giác RQI, JMS, NKP (gọi diện tích chúng S1 gọi diện tích tam giác JKI, ACD’ S2, S) AM k ; Đặt AB ta có điều kiện  k  có: 2 S1  JM   AM   AM    k     S  AC   DC   AB   S1 = k2S 2 S  JK   JM  MK   JM MK            k  1 S  AC   AC   AC AC   S2 =( k2 + 2k +1)S  Diện tích thiết diện: Std S  3S1 3 Std 2 S ( k  k  ) 2S    S lớn  k   3S  k     k    2) (dấu xảy   M trung điểm AB Câu 8: (HSG ĐÀ NẴNG NĂM 2011-2012) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình bình hành M trung điểm SC Một mặt phẳng (P) chứa AM cắt cạnh SB, SD SB ' SD '    điểm B', D' khác S Chứng minh rằng: SB SD Lời giải S D' M I D P O A C B' N B 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  P, N  SO   OP ON Đặt Vẽ BP // B'I DN // D'I x y   x SD SB ; y SD ' SB ' SB SD SP SN SO     2 3 SB ' SD ' SI SI SI  x, y  [1; 2] (*)   1   3     xy Suy ra: x y xy Từ (*):  x 2  x  x  0  x(3  x) 2  x y 2 3 x y 1      x y  xy  xy Câu 8: (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’ AK MA AK     AA ' b, Xét tam giác MBB’ có BB ' MB M AB +) Trong (ABC) Dựng EN // AB (N BC), EN= DN NE 1    DN  BN +) Xét tam giác DBM có: DB BM E A B K C D CD  Suy D trung điểm CN Vậy CB A' C' B' Câu 9: (HSG ĐỀ 046) Cho 2 tứ diện ABCD Tìm M khơng gian cho MA  MB  MC  MD đạt giá trị nhỏ Lời giải Gọi G trọng tâm tứ diện ta có:    2 2 MA  MB  MC  MD MA  MB  MC  MD         2  MG  GA  MG  GB  MG  GC  MG  GD     4 MG  MG ( GA  GB  GC  GD)  GA  GB  GC  GD         4 MG  GA  GB  GC  GD GA  GB  GC  GD2 2 2 Dấu “=” xảy M G Vậy: MA  MB  MC  MD đạt giá trị nhỏ M trọng tâm tứ diện Câu 10: (HSG ĐỀ 046) Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số: y sin x  cos x Lời giải y sin x  3.cos x sin x  3.cos x (1) Ta chứng minh: sin x  3.cos x  với x  R (2)  3.(1  cos x)  sin x 0  3.(1  cos x)  (1  cos x) 0  (1  cos x)   (1  cos x)(1  cos x)  0 (3) Theo BĐT côsi: (1  cos x)(1  cos x)(1  cos x)  ( 2   32 (1  cos x)(1  cos x)(1  cos x)  (2  2cos x)(1  cos x)(1  cos x)        27 2  (3) 32 suy BĐT (2) suy y  3, x  BĐT       27cos x 1  x k 2 Dấu “=” Max y= +) Tương tự: y sin x  3.cos x  sin x  3.cos x , Min y  3, đạt x   k 2 HẾT Câu 7: (HSG ĐỀ 047) Cho hình chóp tứ giác S ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a , 3a,  a   cạnh bên Hãy xác định điểm O cho O cách tát đỉnh hình chóp S ABCD tính độ dài SO Lời giải 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 : S M D O C I A SM SC SO.SI  SO  Vậy SO  Câu 8: B SM SC 3a.3a 9a 2a    2 2 SI SA  IA 9a  a 2a (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 vng góc với 1 1  2 2 SA SB SC tứ giác S ABCD có đáy ABCD hình đường thẳng SC, biết SH vng cạnh a , cạnh bên Lời giải Gọi K giao điểm đường thẳng AH BC; mặt phẳng (SBC) gọi D giao điểm đường thẳng qua S, vng góc với SC Ta có BC vng góc với SH SA nên BC vng góc với mặt phẳng (SAH) suy BC vng góc với SK 1  2 SA SK , kết hợp Trong tam giác vuông SAK ta có SH 1  2 SB SC (1) với giả thiết ta SK 1  2 SD SC (2) Trong tam giác vng SDC ta có SK Từ (1) (2) ta SB SD , từ suy B D hay suy SB vng góc với SC A H C S K B D (HSG ĐỀ 047) Cho tứ diện ABCD thỏa mãn điều kiện AB CD, BC  AD, AC BD điểm X thay đổi khơng gian Tìm vị trí điểm X cho tổng XA  XB  XC  XD đạt Câu 9: giá trị nhỏ .Lời giải Gọi G trọng tâm tứ diện; M, N, P, Q trung điểm cạnh AB, CD, BC, AD Ta có tam giác ACD tam giác BCD nên AN BN suy MN  AB , tương tự ta chứng minh MN  CD đường thẳng PQ vng góc với hai đường thẳng BC, AD Từ suy GA GB GC GD A Q M G D B Ta có N P XA.GA  XB.GB  XC.GC  XD.GD XA  XB  XC  XD  GA C         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 8:   AD / / BC  (HSG ĐỀ 048) Cho hình chóp S ABCD , có đáy ABCD hình thang cân 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    qua điểm M thuộc đoạn OD ( M khác O, D ) song song với hai đường b) Mặt phẳng 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 a) Dễ thấy đáy ABCD hình lục giác cạnh a Kẻ DT//AC (T thuộc BC) Suy CT = AD = a DT vng góc SD Ta có: DT = AC = a Xét tam giác SCT có SC=2a, CT=a,  SCT 1200  ST a Xét tam giác vng SDT có DT= a S K Q B C J P O , ST a  SD 2a b) Qua M kẻ đường thẳng song song A M N D T 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 diện ngũ giác NPQKJ Ta có: NJ, MK, PQ vng góc với NP 1 SNPQKJ SNMKJ  SMPQK  (NJ  MK)MN  (MK  PQ)MP  ( NJ  MK ).NP (do NJ=PQ) NP MD AC.MD x.a   NP   3 x a AC OD OD Ta có:  a  2a   x 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  2(a  x 3)  (a  x)  x 2(3a  x) x  S  Suy ra: NPQKJ =  1   3 a (3a  x)2 x  (3 a  x )  x  4 3 3 a x a Diện tích NPQKJ lớn Câu 9: (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  SAB     chứa CD Lời giải vng góc với mặt phẳng Gọi O tâm hình vng ABCD M , N trung điểm CD AB Khi O  SMN  Kẻ IN vng góc SM  IN vng góc mp trung điểm MN AB vng góc  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  SO2  OM2  SI  SN  IN  +) a 17 IN  SO.MN  4a SM 17 ; 15a EF SI SI.AB 15a   EF   17 AB SM SM 17 64a  (CD  EF)IN  17 17 S CDEF Diện tích thiết diện : Câu (HSG HÀ NAM) Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ có cạnh a Gọi I tâm hình vng CDD’C’, K trung điểm cạnh CB a Dựng thiết diện hình lập phương ABCD.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 1 CQ  ND QC '    CQ  a CC ' 3 +) a 13 a a 10 KQ  ; JK  ; JQ  +) Tính cos KJQ  JQ  JQ  KQ  JK JQ 50 sin KJQ   cos KJQ  14a S JKQ  JK JQ.sin KJQ  12 14a S AKQN 3S JKQ  b, Vì A’D’//AD nên góc tạo A’D’, AQ góc tạo AQ, AD 2 Có AC   AB  AD  AA a a 19 a 10 AQ  ; AD a; QD  3 Tính cos QAD  AQ  AD  QD  AQ AD 19 Câu 10 (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 Lời giải S 2a 2a A x J I C  ABC  , SJ  BI a) Ta có AJ hình chiếu SJ mặt phẳng  AJ  BI (định lí ba đường vng góc) SJ d  S , BI  b) SJ  BI J nên  +) AC  AB cos BAC 2a.cos 30 a  BC  AB sin BAC 2a.sin 300 a  BI BC  CI a  a  x  4a  x  2ax B  BI  4a  x  2ax AJ AI    * Hai tam giác vng AJI BCI có AIJ BIC (đối đỉnh) nên chúng đồng dạng, suy BC BI BC AI a.x  AJ   BI 4a  x  2ax * Xét tam giác vng SAJ ta có: SJ SA2  AJ 4a  a2 x2 16a  8a x  5a x  4a  x  2ax 4a  x  2ax 16a  8a x  5a x d  B, SI   4a  x  2ax Vậy +) Tìm x để SJ đạt min, max: Trong mặt phẳng  ABC  , AJ  JB nên J thuộc đường tròn  C  đường kính AB chứa mặt phẳng  C Rõ ràng C thuộc  C  nên I di động AC J di động cung Mặt khác J giao điểm thứ hai BI với  C nhỏ AC Do đó: SJ đạt  AJ đạt  I  A  x 0 SJ đạt max  AJ đạt max  I C  x a Câu (HSG ĐỀ 053) Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh a Gọi M, N, P trung điểm đoạn thẳng AD, BB’, C’D’ Xác định thiết diện cắt mặt phẳng (MNP) với hình lập phương ABCD.A’B’C’D’, tính theo a diện tích thiết diện Lời giải A M D S C B N R D' A' P B' Q C' Gọi S trung điểm AB, MS / / BD  MS / /( BDC ') NS / / C ' D  NS / /( BDC ') suy  MNS  / /( BDC ') Do  MNS  / / BC ' cắt B’C’ Q nên (MNS) cắt (BCC’B’) theo giao tuyến qua N song song với BC’