Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống
1
/ 13 trang
THÔNG TIN TÀI LIỆU
Thông tin cơ bản
Định dạng
Số trang
13
Dung lượng
0,99 MB
Nội dung
Câu [HH11.C2.1.E08.c] Cho hính chóp SABC có mặt bên SAB tam giác đều, mặt bên SBC vuông cân S, góc ASC 120 Các điểm M N di động cạnh AB SC cho AM CN AB SC Tìm vị trí M N cho độ dài đoạn MN nhỏ Lời giải Theo ta có SA SB SC m2 a.b a b c m SA SB SC m SA a SB b SC c b Đặt , , ta có , c 0 , m2 a.c AM CN k Đặt AB SC , (0 k 1) đó: NC k SC kc , AM k AB k (b a ) MN MA AS SC CN k (b a ) a c kc (k 1)a kb (1 k )c m2 2 m MN k 1 a kb k c k 1 m k 2m k m 2k k 1 k 1 2 Suy 11 11 2 m k m m m 3k 5k 12 12 k 0;1 Dấu xảy Câu P cho đường trịn tâm O bán kính R điểm A cố định [HH11.C2.1.E08.c] Trong mặt phẳng O Tứ giác ABCD biến thiên nội tiếp O cho đường chéo vng góc với P A lấy điểm S Nối S với A , B , C , Trên đường thẳng d vng góc với mặt phẳng D Nêu cách xác định điểm I cách điểm A , B , C , D , S Tứ giác ABCD hình để diện tích lớn Tìm giá trị lớn theo R Lời giải d d S I A O P D H K B C Cách dựng: P Qua O kẻ đường thẳng d vng góc với mặt phẳng Q mặt phẳng trung trực SA Dựng mặt phẳng Q đường thẳng d là điểm I cần xác định Giao mặt phẳng Chứng minh: Vì I d nên I cách A , B , C , D I Q Vì nên I cách S A Vậy điểm I vừa dựng cách điểm A , B , C , D , S SABCD AC.BD Kẻ OH AC H Kẻ OK BD K 2 2 Ta có AC 2 AO OH 2 R OH BD 2 BO OK 2 R OK Để tứ giác ABCD có diện tích lớn độ dài AC BD lớn OH OK 0 H O K O SABCD R.2 R 2 R ABCD hình vng Khi Vậy tứ giác Câu [HH11.C2.1.E08.c] 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 MD x Tính x để diện tích thiết diện lớn Lời giải S K Q B C J P O M A T N D 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 120 ST a 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 diện ngũ giác NPQKJ Ta có: NJ , MK , PQ vng góc với NP 1 dt NPQKJ dt NMKJ dt MPQK ( NJ MK ) MN ( MK PQ )MP ( NJ MK ).NP (do NJ PQ ) NP MD AC.MD x.a NP 3x 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 3x) x dt NPQKJ Suy ra: = 1 3 a (3a 3x)2 x (3 a x ) x 4 3 3 a x a Diện tích NPQKJ lớn Câu 1 cos( BSC ) ; SB SC ; [HH11.C2.1.E08.c] Cho hình chóp S ABC có ASB ASC 45 ; SA a K trung điểm BC ; M điểm nằm đoạn thẳng AK Đặt AM x SA ABC a) Chứng minh: a qua M vng góc với AK Tìm x để thiết diện hình chóp b) Mặt phẳng S ABC cắt mp a có diện tích lớn Lời giải a) Áp dụng định lí cosin tam giác ta có AB AC a SAB SAC c g c suy tam giác SAB tam giác SAC vuông cân A SA AB SA ( ABC ) SA AC Ta có: ABC qua M kẻ đt song song BC cắt AB AC b) BC AK ; SA AK Trong mặt phẳng P Q Trong mặt phẳng SAK qua M kẻ đt song song với SA cắt SK N Từ N kẻ đt song S PQ.PF song với BC cắt SB ; SC E ; E thiết diện hình chữ nhật PQEF : PQEF a AK Ta có : BC a ; Câu Tính PQ 2 x ; PF (a x) 2 x a x) a S PQEF 2 x 3(a x) 3( a max S PQEF x 4 [HH11.C2.1.E08.c] Cho tứ diện ABCD , M điểm nằm tam giác ABC Các BCD , ACD , đương thẳng qua M song song với AD , BD , CD tương ứng cắt mặt phẳng ABD A' , B ' , C ' MA ' MB ' MC ' 1) Chứng minh tổng DA DB DC khơng phụ thuộc vị trí điểm M 2) Tìm vị trí điểm M cho MA '.MB '.MC ' đạt giá trị lớn Lời giải ABC : AM BC A1 , BM AC B1 , CM AB C1 1) Trong mặt phẳng ADA1 , kẻ đường thẳng qua M song song AD cắt DA1 A ' Trong mặt phẳng MA ' MA1 SMBC ADA DA AA SABC MA ' // AD 1 Xét tam giác có nên: MB ' MB1 S MAC MC ' MC1 S MAB BB1 S ABC ; DC CC1 S ABC Tương tự ta có: DB MA ' MB ' MC ' 1 Suy ra: DA DB DC ( Do SMBC SMAC SMAB SABC ) MA ' MB ' MC ' MA ' MB ' MC ' 3 DA DB DC 2) Ta có DA DB DC MA '.MB '.MC ' DA.DB.DC 27 (không đổi) DA.DB.DC Vậy GTLN MA '.MB '.MC ' 27 MA ' MB ' MC ' MA1 MB1 MC1 1 AA1 BB1 CC1 DB DC đạt DA M trọng tâm tam giác ABC Câu P thay đổi ln [HH11.C2.1.E08.c] Cho hình lăng trụ tứ giác ABCD A’B’C’D’ Một mặt phẳng P cắt đoạn AA’, BB’, CC’, DD’ song song với hai mặt đáy Mặt phẳng I , J , H , K cắt đoạn AB’, BC’, CD’, DA’ M , N , Q, R IM IR AI x AA ' ) Xác định vị trí mặt phẳng P cho tổng diện tích Tính IJ IK theo x ( với tam giác IMR, RKQ, QHN , NJM lớn Lời giải AI AM IM IM x IJ Ta có AA ' AB ' IJ IR A ' R A ' I AA ' AI AI IR 1 1 x IK A ' D A ' A AA ' AA ' IK Gọi S diện tích mặt đáy IM IR x IM x.IJ; 1 x IR (1 x).IK S IMR x (1 x ) S IJK IJ IK Tương tự S NJM x (1 x )S JIH ; SQHN x(1 x )S HJK ; S RKQ x (1 x )S KHI S IMR SQHN x (1 x)( S IJK S HJK ) x (1 x )S S NJM S RKQ x(1 x)( S MIH S KIH ) x (1 x ) S 1 S S IMR S RKQ SQHN S NJM 2 x(1 x )S 2[ ( x ) ]S 2 S x Khi P song tổng diện tích tam giác IMR, RKQ, QHN , NJM lớn song cách hai mặt đáy Câu [HH11.C2.1.E08.c] Cho hình lập phương ABCD A’B’C’D’ cạnh a Lấy điểm M thuộc đoạn AM DN x , x AD’ , điểm N thuộc đoạn BD cho Tìm độ dài đoạn MN Tìm x theo a để đoạn MN ngắn Lời giải a 2 Gọi M ’ , N ’ hình chiếu M , N lên AD M ' N ' AD M ' A N ' D a x 2 2 2 Ta có MN M ' M M ' N M ' M M ' N ' N ' N Tam giác M ’ AM vuông cân M ’ nên có M ' A M ' M N ' D N ' N x 2 ; x 2 Tam giác N ’DN vuông cân N ’ nên có x2 x2 MN a x 3x 2 a.x a 2 Khi a a x Vậy MN ngắn đạt 2 a2 a2 a MN 3 x a MN 3 Câu [HH11.C2.1.E08.c] Cho hình chóp S ABCD có ABCD M đáy ABCD hình vng cạnh a ,cạnh SA a vng góc với mặt phẳng điểm di động đoạn BC BM x , K hình chiếu S DM Tính độ dài đoạn SK theo a x Tính giá trị nhỏ đoạn SK Lời giải Ta có BM x nên CM a x Ta có AKD đồng dạng với DCM (vì có AKD DCM 90, DAK CDM ) AK AD AD a2 AK DC CD DM DM x 2ax 2a x 2ax 3a x 2ax 2a Tam giác SAK vuông A nên SK nhỏ AK nhỏ K O x 0 a Vậy SK nhỏ SK SA2 AK a Câu [HH11.C2.1.E08.c] Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a , SA h vuông ABCD , M điểm thay đổi CD Kẻ SH vng góc với BM Xác định vị trí góc mặt phẳng điểm M để diện tích tam giác ABH lớn Lời giải SA ABCD ABCD Do nên AH hình chiếu SH lên Mà BM SH (gt) BM AH H nhìn AB góc vng tập hợp điểm H đường trịn đường kính AB thuộc mặt ABCD phẳng BC SAB Giới hạn: Khi M C H B (chứng minh ) M D H O O Khi ( tâm hình vng) Vậy quỹ tích điểm H cung BO đường trịn nói Gọi K hình chiếu H lên AB SABH AB.HK S HKmax nên ABH max Câu 0 90 Khi Trong ABH gọi ABM , AH BH AB.sin AB.cos AB.sin 2 AB HK AB AB 2 Đẳng thức xảy sin 2 1 45 Vậy diện tích tam giác ABH lớn M D [HH11.C2.1.E08.c] Cho tam giác S ABCD đáy hình thang, đáy lớn BC 2a , đáy bé AD a , AB b Mặt bên SAD tam giác M điểm di động AB , mp P qua điểm M song song với SA , BC Xác định vị trí điểm M để diện tích tam giác ABH lớn Lời giải S Q P 2a C B M b x N D A a +) Từ M kẻ đường thẳng song song BC SA , cắt DC N , SB Q +) Từ Q kẻ đường thẳng song song với BC cắt SC P Suy MNPQ thiết diện Dễ dàng chứng minh MNPQ hình thang cân N P Q H K M * Tính diện tích thiết diện MNPQ Sử dụng định lý Talets ta suy ab ax QK b tính SMNPQ MQ NP b x x ab ax a PQ a MN b b b Từ ; ; a2 MN PQ QK b x b 3x 4b Áp dụng cơng thức S * Tìm x để MNPQ đạt giá trị lớn a 3b 3x b x a2 a2 SMNPQ b x b 3x 4b 12 4b b x Dấu "=" xảy Câu [HH11.C2.1.E08.c] (HSG Toán 11 – Cụm Hoàn Kiếm Hai Bà Trưng năm 1617) Trên P , cho C đường kính AB S điểm nằm đường thẳng qua A hai điểm cố định A , B đường trịn vng góc với B Gọi Q P , S không trùng với A M điểm di động C không trùng với A , Q cắt SB , SM H , K Cho mặt phẳng qua A , vng góc với SB , SA SB a , ABM Tính a , theo diện tích tam giác AHK tìm tan để diện tích tam giác AHK đạt giá trị lớn Lời giải S H K A B α M AK a sin AH a sin 1 , Ta có AM a sin , BM a cos , a cos a a sin HK sin sin a sin cos a tan a tan a2 S AHK AK HK 2 2 sin 2 tan 2 2 tan a2 tan 2 Câu Vậy diện tích tam giác AHK đạt giá trị lớn xảy tan 1 [HH11.C2.1.E08.c] Cho hình chóp S.ABC có hai mặt phẳng (SAB), (SAC) vng góc với ABC , tam giác ABC vuông cân B, SB = a, góc hai mặt phẳng (SBC) (ABC) mặt phẳng Gọi M trung điểm AC Tìm giá trị để khoảng cách hai đường thẳng MN , SC đạt giá trị lớn Lời giải S H G A D M B N C Vẽ hình vng ABCD, mp(SCD) chứa SC song song với MN nên 1 d ( MN , SC ) d ( MN , ( SCD)) d ( M ,( SCD )) d ( A,( SCD)) AH 2 1 a a 2 AH sin 2 AS AD a sin 2 2 Tam giác SAD có AH sin 2 1 Do khoảng cách cần xét lớn Câu [HH11.C2.1.E08.c] (HSG lớp 12 SGD Hà Nam NH 18 – 19) Cho tứ diện ABCD có cạnh DMN Gọi M , N hai điểm thay đổi thuộc cạnh AB , AC cho mặt phẳng ln vng góc với mặt phẳng tích nhỏ nhất, lớn ABC Đặt AM x , AN y Tìm x , y để tam giác DMN có diện Lời giải Gọi O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Do ABCD tứ diện nên DO ABC Theo đề bài, mặt phẳng DMN ABC nên suy O MN S DMN DO.MN S Tam giác DMN có DO MN nên Mà DO số nên DMN lớn MN lớn nhất, nhỏ MN nhỏ MN x y xy x y 3xy Áp dụng định lí cosin tam giác AMN ta có Như M , N thay đổi cho đoạn thẳng MN ln qua O Ta có x, y 1 MO AO AM AH x AB x AB AC 3 3 Ta có MN AN AM y AC x AB , 1 x 1 3 y x x 3xy x y x 3 Vì MN MO hướng nên y 1 1 1 x y 3 xy 3 3 2 x x y x y x Từ x, y 1 , ta có Ta có MN x y x y 3x 3x t x x x ;1 t x 3x 1 t x y x Đặt Ta có với , Bảng biến thiên: t Quan sát bảng biến thiên, ta có 3 3; 2 MN f t t t f t ta Ta có Khảo sát biến thiên hàm đoạn x t 2 x 1, y t y 1, x y t , MN max 2 MN Câu [HH11.C2.1.E08.c] (HSG 11 TRẦN PHÚ 2012-2013) Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD ABCD hình vng cạnh a , cạnh SA a vng góc với mặt đáy Chứng minh mặt bên hình chóp tam giác vng M điểm di động đoạn BC BM x , K hình chiếu S DM Tính độ dài đoạn SK theo a x Tính giá trị nhỏ đoạn SK Lời giải S A D K B M C SA vng góc với mp ABCD nên SA vng góc với AB AD Vậy tam giác SAB SAD vng A ABCD Lại có SA vng góc với AB vng góc với BC nên SB vng góc với BC Vậy tam giác SBC vuông C Tương tự tam giác SDC vuông D Ta có BM x nên CM a x AKD ∽DCM (vì có AKD DCM 90 , DAK CDM ) AK AD AD AK DC DC DM DM a2 x 2ax 2a Tam giác SAK vuông A nên SK SA2 AK a x 2ax 3a x 2ax 2a a SK nhỏ AK nhỏ K O x 0 SK nhỏ