D08 cực trị hình học trong hình học không gian muc do 3

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 SABCD  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 SABCD  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 SMBC   ADA DA AA SABC 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 SMBC  SMAC  SMAB SABC ) 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 SABH  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