1. Trang chủ
  2. » Giáo án - Bài giảng

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

13 0 0

Đang tải... (xem toàn văn)

Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống

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 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

Ngày đăng: 18/10/2023, 20:29

w