D08 cực trị hình học trong hình học không gian muc do 4

Câu ABC  SA 2a [HH11.C2.1.E08.d] Cho hình chóp S ABC , có SA vng góc với mặt phẳng  ,  tam giác ABC vuông C với AB 2a BAC 30 Gọi M điểm di động cạnh AC , đặt   AM x,  x a Tính khoảng cách từ S đến BM theo a x Tìm giá trị x để khoảng cách lớn Lời giải Cách BM   SAH  Gọi H hình chiếu vng góc S BM Suy BC AM a.x  AH   BM 4a  x  xa Ta có MAH MBC 2 hình  SH  SA  AH Cách Ta có a x  xa  16a x  xa  4a SM  SA2  AM  4a  x , SB  SA2  AB 2a 2, p  BM  BA2  AM  AB AM cos BAM  4a  x  xa , SM  SB  BM S SBM  p  p  SB   p  MB   p  SM  Diện tích tam giác SBM a  x  xa  16a 2 S SBM  SH BM Gọi H hình chiếu vng góc S BM Ta có 2 x  xa  16a 2 S SBM a x  xa  16a a  SH  x  xa  4a  d  S , BM  SH x  xa  4a BM Cách Ta có BC a, AC a Oxyz cho C  0; 0;  , B  a;0;  , A 0; a 3;0 , S 0; a 3; 2a Chọn hệ trục tọa độ M 0; a  x;0 Do H thuộc AC , AM x nên   MB  a; x  a 3; BS   a; a 3; 2a Ta có ,   2  MB, BS   2ax  2a 3;  2a ; xa                  MB, BS  x  xa  16a   d  S , BM    a x  xa  4a MB Khoảng cách từ S đến BM * Tìm giá trị x để khoảng cách lớn x  xa  16a f  x  x  xa  4a  x a Xét hàm số    x 0 f  x  0   f  x    x  3a   0; a  x  xa  4a f   4, f 7    , Có [HH11.C2.1.E08.d][HSG 12 THẠCH THÀNH - THANH HĨA 2019] Cho hình chóp S ABCD AB  AD DC a  a   có đáy ABCD nửa lục giác với BC 2a , Biết SD vng góc với AC , mặt bên SBC tam giác đều, O giao điểm AC BD Trên đoạn OB lấy điểm M cho M không trùng với B Mặt phẳng () qua điểm M song song với SD AC Xác định thiết diện hình chóp S ABCD cắt mặt phẳng () Tính diện tích thiết diện theo a x  2a 3x  xa  Câu    biết BM x Tìm x để diện tích thiết diện lớn Lời giải S I Q B P 2a C a M N O A D Xác định thiết diện tam giác NPQ (với N, P, Q nằm cạnh BA, BC, BS)  MQ / / SD, NP / / AC  NP  MQ  SD  AC  Ta có: S NPQ  NP.MQ Diện tích thiết diện: Trong tam giác SBD , tính MQ 2 x NP  x Trong tam giác BAC , tính 3x S NPQ  Diện tích thiết diện:  x BO  2a 2a  0x 3 Vì M thuộc đoạn BO ( M B ) nên 3  2a  2a 2a S NPQ     S NPQ    Vậy Do Câu [HH11.C2.1.E08.d] Cho hình chóp S ABC có cạnh đáy , cạnh bên O tâm đáy Mặt phẳng ( P) thay đổi chứa SO cắt đoạn thẳng AB, AC điểm M , N ( M , N khác A ) Khi góc tạo đường thẳng SA mặt phẳng ( P) có số đo lớn Tính AM  AN Lời giải AH  MN , AH  SO  AH   SMN  Gọi H hình chiếu A MN , ta có  H hình chiếu A mặt phẳng  SMN    Góc đường thẳng SA mặt phẳng  SMN  góc HSA 0    Do góc  HSA  90 nên HSA lớn sin HSA lớn AH OA  sin HSA     SA SA 3 Ta có  Vậy sin HSA đạt giá trị lớn H O P Hay góc đường thẳng SA mặt phẳng   đạt giá trị lớn MN  AO  AM  AN   AM  AN  Khi đường thẳng MN qua O song song với BC Câu m 33 AM CN   M N thỏa mãn AB SC [HH11.C2.1.E08.d] Suy MN đạt GTNN Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD nửa lục giác nội tiếp đường tròn đường    qua điểm M di động đoạn kính BC Gọi O giao AC BD Một mặt phẳng OD ( M khác O D ) đồng thời    song song với SD AC Xác định thiết diện hình    tìm vị trí M để thiết diện có diện tích lớn chóp S ABCD cắt mặt phẳng biết SD vng góc với AC Lời giải S K Q J C B P O M A N D 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 Khi thiết diện cần tìm ngũ giác NPQKJ Do SD vng góc với AC nên JN  NP , KN  NP PQ  NP , suy 1 S NPQKJ S NMKJ  S MKQP   NJ  MK  MN   MK  PQ  MP 2 JN AN CP PQ    S NPQKJ   NJ  MK  NP Mặt khác SD AD CD SD nên JN PQ OM MD OB  BD OD  BD x 1  x 3 Dễ thấy nên đặt OD , (  x  ) OD x BD  BD BM BO  OM x2    BD BD BD x2 MK  SD NP   x AC   Khi JN  xSD , Suy S NPQKJ  1 x2  x  x2  SD    x  AC  SD AC  NJ  MK  NP   xSD  2 3  1 f  x  f    x    0;1   , dấu xảy Đặt ta có SD AC x S NPQKJ Suy đạt GTLN OM  OD Vậy diện tích thiết diện lớn nhất.Câu [HH11.C2.1.E08.d] Cho tứ diện ABCD vuông D Gọi  ,  ,  góc đường cao DH với f  x   x  x  cạnh DA, DB, DC cos   cos  cos   cos  cos   cos    6 cos  cos  cos  Chứng minh Lời giải cos   cos  cos   cos  cos   cos  T   2 cos  cos  cos  Đặt Và x cos  , y cos  , z cos  , ta có 2 Ta x  y  z 1 x DH DH DH , y , z DA DB DC 1 1  2  2 DA DB DC ) (Vì tứ diện ABCD vng D nên ta có hệ thức DH Trong  x, y, z  góc  ,  ,  nhọn  x y yz zx ( x  y  z )T ( x  y  z )     x y   z Ta có 2 yz zx x y  yz   zx  xy           18 x y z  x   y   z   x  y  z  3( x  y  z )   T  Câu 18 6 3 Mặt khác, ta có Đẳng thức xãy x  y  z  tứ diện ABCD vuông cân D   [HH11.C2.1.E08.d] Cho hình thoi ABCD có BAD 60 , AB 2a Gọi H trung điểm AB Trên đường thẳng d vng góc với mặt phẳng ( ABCD ) H lấy điểm S thay đổi khác H Trên tia BM  BC đối tia BC lấy điểm M cho Tính theo a độ dài SH để góc SC ( SAD) có số đo lớn Lời giải Gọi  góc SC ( SAD); K hình chiếu vng góc H lên SN ; I giao HC với AD Lấy E đối xứng I qua K Vì AD  ( SMN )  AD  HK Kết hợp với HK  SN  HK  ( SAD) Mà MK đường trung bình tam giác ICE nên HK || CE Suy CE  ( SAD ) E Suy SEC vuông E SE hình chiếu SC ( SAD) Ta có   CSE Đặt x SH ,( x  0) Tam giác SHN vuông H HK đường cao nên SH HN 3ax 3ax   CE  SN 3a  x 3a  x 25a 3a 2 2 CH HM  MC   7a 4 HK  2 2 Tam giác SHC vuông H nên SC  SH  CH  x  7a EC 3ax 3ax sin     SC (4 x  3a )( x  a ) (4 x  21a )  31a x Suy  sin   3ax 2 21x a  31a x Dấu đẳng thức xảy Câu 2 x 4  sin   12 21  31 21 a 21 SH  a  sin  Vậy lớn lớn [HH11.C2.1.E08.d]Cho tứ diện OABC có cạnh OA , OB, OC đơi vng góc M MA2 MB MC T   OA OB OC điểm thuộc miền tam giác ABC Tìm giá trị nhỏ Lời giải Gọi H trực tâm tam giác ABC 1   1 HA  HB  HC 0 2 OB OC Ta chứng minh OA 2     MA MB MC   T    MH  HA  MH  HB  MH  HC 2 OA OB OC OA OB OC Khi HA2 HB HC 1  HA2 HB HC 2  2   MH      2   OA OB OC  OA OB OC  OA2 OB OC       2 2 HA2 HB HC   OH     OH     OH          2 OA2   OB   OC  OC  Lại có OA OB 1   3  OH    2   OA OB OC  3  2 Câu Đẳng thức xảy M trực tâm tam giác ABC [HH11.C2.1.E08.d] Cho hình chóp tứ giác S ABCD có đáy ABCD hình bình hành Một điểm M di động cạnh đáy BC ( M khác B , C ) Mặt phẳng ( ) qua M đồng thời song song với hai đường thẳng SB , AC Xác định thiết diện hình chóp S ABCD cắt ( ) tìm vị trí điểm M để thiết diện có diện tích lớn Lời giải Kẻ MN //AC  N  AB  ; NP //SB  P  SA  ; MQ //SB  Q  SC  Gọi O  AC  BD; E MN  BD; F PQ  SO; R EF  SD Khi thiết diện cần tìm ngũ giác MNPRQ , tứ giác MNPQ hình bình hành BM   x  1 MN  x AC , MQ   x  SB BC Đặt Gọi  góc SB AC Khi Suy S MN MQ.sin  x   x  SB AC.sin  MNPQ RF SF BE BM x     x  RF  x.OI  SB Gọi I trung điểm SD , đó: OI SO BO BC Do góc x x2 1 S PRQ  PQ.RF sin   MN RF sin   SB AC.sin  2 RE PQ  nên Vậy  3x  S MNPRQ S MNPQ  S PRQ x    SB.AC.sin   *   Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có 3x  x   x 3x   3x  1    1     x 1    4 4  4   3x 3x 1   x S MNPRQ  SB.AC.sin  *  hay Từ suy Đẳng thức xảy MB 2 MC  P  cho đường trịn tâm O bán kính R điểm A cố định Câu [HH11.C2.1.E03.b] Trong mặt phẳng  O  Tứ giác ABCD biến thiên nội tiếp  O  cho đường chéo ln vng góc với  P  A lấy điểm S Nối S với A , B , C , Trên đường thẳng d vng góc với mặt phẳng D Chứng minh cạnh BD , SC vng góc với Lời giải d d S I A O H K D P B C SA   P   P Vì nên AC hình chiếu SC mặt phẳng Theo giả thiết AC  BD nên theo định lí đường vng góc ta có SC  BD Câu [HH11.C2.1.E08.d] (HSG 2018 - 2019 - THPT Đan Phượng - Hà Nội) Cho tam giác ABC cân  2 Trên đường thẳng d qua A vng góc với mặt phẳng A có AB =AC=a góc BAC ( ABC ) lấy điểm S cho SA=2 a Gọi I trung điểm BC , K điểm thay đổi AK =x AI , đặt AI Mặt phẳng ( R) qua K vng góc với AI cắt cạnh AB , AC ,SC , SB M , N ,P ,Q Tìm x để tứ giác MNPQ có diện tích lớn Lời giải Ta có: BC 2CI 2a sin  AK MN    MN 2ax sin  AI BC +) MN//BC QM MB    QM 2 MB SA AB +) QM//SA AK AM    AM ax  MB a (1  x) AI AB  QM 2a(1  x) Mặt khác: S MNPQ  MN QM 4a x(1  x) sin   x 1  x  x(1  x)      Ta có Khi đó: lớn Câu [HH11.C2.1.E08.d] (HSG 2018 - 2019 - THPT Đan Phượng - Hà Nội) Cho hình lập phương ABCD ABC D cạnh a Các điểm H , K trung điểm cạnh AD, C D Điểm M thuộc S MNPQ  x 1  x  x   ABCD  góc 450 đoạn AB , điểm N thuộc đoạn BC  cho đường thẳng MN tạo với mặt phẳng MN   a Chứng minh Lời giải   A' D' C' B' K M N D A E B H F C I        + Ta có AB  a  cvà BC   b  c          x  0;1 y   0;1    x AB   xa  xc với   + Giả sử AM BN  yBC   yb  yc với     MN  AM  AB  BN  xa  xc  a  yb  yc   x  a  yb   y  x  c + Khi MN tạo với  ABCD  góc 450 góc MN AA 450   y  x a2 cos 450  cos MN , AA   a   x  a2  y 2a2   y  x  a2 Tức y x 2     x  y    x   y  1 2 2 1  x  y   y  x +   + Từ ta có xy 2 x  0  x  1 1   2x 2.1  y   x 1 + Do y 1   1 ta  x  y  + Áp dụng bất đẳng thức bunhia vào  x  y   2   x  y    x  y   0    x  y   x  y 0 nên ta có x  y   + Vì 2 MN a    x   y   x  y     + Mặt khác + Thay + Vậy  1 vào   ta có 2     x  y    2  MN 2a  x  y  2a       MN   a  x  1  x  y       x  y   y 2  2 a  Dấu “=” sảy   MN   Câu [DS11.C3.3.E02.d] (HSG 2018 - 2019 - THPT Đan Phượng - Hà Nội) Cho dãy số u1 4   * un 1  un    2un , n   Tìm cơng thức số hạng tổng qt un dãy số Lời giải * x   2un n   Đặt n xn2  un  * Ta có xn 0 xn 1  2un , n   hay    xn21  1  xn2      xn  9   xn21   xn2    xn   xn 1   xn   Thay vào giả thiết, ta được: 3x  xn  n  * Suy ra: n 1 n 1 n n * Hay xn 1 3 xn  4.3 , n   n * n * Đặt yn 3 xn , n   Ta có: yn 1  yn  4.3 , n   yn 1  y1  3n  3n    , n  * Từ    un  xác định n 1 * Hay yn 1  y1   2.3 , n   n Theo cách đặt ta có: x1 3  y1 9  yn 3  2.3 , n  * n Suy ra: 1  un    n   n   , n  * 2 3  Do xn 2  Câu [HH11.C2.1.E08.d] (Đề Ơn thi HSG Tốn 11 – Thanh Hóa năm 1819) Cho hình chóp S ABCD có đáy hình bình hành ABCD Gọi G trọng tâm tam giác SAC , M điểm bên MG NG P  NG MG Tìm hình bình hành ABCD Tia MG cắt mặt bên hình chóp điểm N Đặt vị trí M hình bình hành ABCD để biểu thức P đạt giá trị nhỏ nhất, lớn Lời giải MG NG  1 + Theo bất đẳng thức Cơsi ta có P 2 Dấu NG MG SG   ABCD  O Dễ thấy Gọi K trung điểm SG Từ K dựng mặt phẳng song song với ABCD  A , B ,C , D mặt phẳng  cắt cạnh SA, SB, SC , SD 1 1 Từ N dựng mặt phẳng NG N G NG  ; 1  N  K  N ABCD  song song với mặt phẳng  cắt cạnh SG N ' Ta có GM GO GM     ABC D thuộc hình bình hành 1 1  M thuộc hình bình hành A1 B1 C1 D1 hình chiếu hình bình ABCD  ABC D hành 1 1 lên mặt phẳng  theo phương SG + Miền hình bình hành ABCD hợp miền tam giác OAB, OBC , OCD, ODA ; M thuộc miền hình bình hành ABCD nên M thuộc bốn miền tam giác Chẳng hạn M thuộc miền OAB Nếu M  A  N C ; M B  N D; M O  N S N thuộc miền SC D N  thuộc đoạn SH , với C , D, H trung điểm Do SC , SD, SO HG GN  SG NG    2 OG OG OG hay MG Do đó: NG 1 1  x  P x   x   ; 2  MG x 2  +Đặt : HG GN  SG  Câu   1  MaxP Max  P   ; P   ; P  1     2  Tìm P M trùng với điểm O, A, B, C , D Vậy GTLN [HH11.C2.1.E08.d] Cho ba tia Ox , Oy , Oz đơi vng góc với O A, B, C theo thứ tự ba điểm thay đổi Ox , Oy , Oz cho tam giác ABC có diện tích S khơng đổi cho trước Gọi S1 , S , S3 diện tích tam giác OBC , OCA , OAB 2 2 a) Chứng minh S1  S2  S3 S P b) Tìm giá trị lớn biểu thức: S1 S2 S3   S  S1 S  S2 S  S3 Lời giải A a c O C b H B CB  OA  CB  AH  a) Đặt OA a , OB b , OC c Kẻ OH  CB , ta có CB  OH Do 1 OB.OC S ABC  AH BC S S OBC  OH BC  OB.OC  OH  2 BC ; bc b 2c b c  a 2b  a c 2  OH    a  b  c ; AH OH  OA2 b  c b2  c 2 2 2 b c a b a c  2 S2  b  c    b c  a 2b  a c   2 b c Suy 2 2 Hay S S1  S2  S3 (điều phải chứng minh) 2 2  S  S  S3   S S  S  S  S1  S  S3 S b) Theo câu a) ta có S1 2S2 S3 S S S 2P    1  1  1  S  S1 S  S2 S  S3 S  S1 S  2S2 S  S3  1  3 S  1  1   S  2S2 S  S3   S  S1 9S 3  S 3  3S   S1  S  S3  3S  S 3    3 3 Suy P 6  3   Vậy Pmax 2S 6  3 đạt Câu [HH11.C2.1.E08.d] (HSG lớp 11 SGD Thanh Hoá 18-19) Cho hình chóp S ABCD có đáy hình bình hành tâm O Một mặt phẳng không qua S cắt cạnh SA, SB, SC , SD M , N , P, Q thỏa mãn : S1 S S3  OA OB OC  2  SD   SB  SB     T     4 SA 2 SM , SC 3SP Tính tỉ số SN biểu thức  SN   SQ  đạt giá trị nhỏ Lời giải S N M G P Q A D E B O C F P • Dựng mặt phẳng   không qua S thỏa mãn yêu cầu toán : Trên đoạn SA lấy M cho SA 2SM Trên đoạn SC lấy P cho SC 3SP SAC  Trong mp  : gọi G SO  MP ( P )  (SAC ) MP  ( P )  (SBD )  NQ ( SBD )  ( SAC ) SO Do  Vì SO  MP G nên SO, MP, NQ đồng qui G.” • Trong mặt phẳng  SAC  vẽ AE , CF song song với SA SE  Vì AE / / MP nên ta có : SM SG SC SF  CF / / MP nên ta có: SP SG Cộng vế với vế hai đẳng thức ta được: SA SC SE  SF SO  OE  SO  OF    SM SP SG SG (1) Xét AOE COF có : OA OC ( ABCD hình bình hành ) AOE COF  ( đối đỉnh) EAO FCO  (2 góc vị trí so le , AE / / CF )  AOE COF (g.c.g)  AE CF Mà AE / / CF (theo cách dựng)  Tứ giác AECF hình bình hành  OE OF (2) MP cắt SO E , F SA SC SO  2 SG Từ (1) (2) ta có: SM SP SBD  Tương tự  ta kẻ đường thẳng song song với NQ chứng minh SB SD SO SA SC SB SD  2    SN SQ SG Suy SM SP SN SQ SB SD  x, y SQ Đặt SN ta có: x  y 2  2 2 Khi T  x  4(5  x) 5 x  40 x  100 5( x  4)  20 20 SB Tmin 20 x =  SN 4