D03 các bài toán chứng minh muc do 3

Câu a AA=  AB  AD  a 60 , BAD [HH11.C2.1.E03.c] Cho hình hộp đứng ABCD ABC D có , Gọi M N trung điểm AD AB , E giao điểm MN AC  Chứng  BDMN  minh AC vng góc với mặt phẳng Lời giải A B O C D I A' B' N E M O' D' C' Gọi O giao điểm AC BD Suy AC vng góc với BD ; CC  vng góc với BD theo giả thiết BD   ACC A Theo chứng minh ta có BD vng góc AC (1) Gọi O trung điểm AC  ; I giao điểm OO AC  Chứng minh tam giác OOE tam giác AOI       Suy OAI EOO; OAI  OIA 90  EOO  OIA 90 Từ chứng minh EO vng góc với AC  (2)  BDMN  Từ (1) (2) suy AC  vng góc với mặt phẳng Câu [HH11.C2.1.E03.c] Cho hình chóp S ABCD có đáy hình bình hành, SA SC , SB SD Gọi  P  mặt phẳng qua B , trọng tâm tam giác SAC song song với AC Mặt phẳng  P  cắt đường thẳng AD , CD M , N Chứng minh SO vuông góc với mặt phẳng  ABCD  B trung điểm đoạn thẳng MN (với O giao điểm AC BD ) Lời giải S H E G A M F D O C B N Tam giác SAC cân S , O trung điểm AC suy SO vng góc với AC Tam giác SBD cân S , O trung điểm BD suy SO vng góc với BD ABCD  Do SO vng góc với  G B Mặt phẳng qua , (trọng tâm tam giác SAC ) song song với AC cắt SA , SC , SD E , F , H Do AC //  EFH  suy AC //EF M giao  EFH  với AD suy M giao EH AD , N giao  EFH  với CD suy N giao FH với CD  EFH   ABCD  nên B , M , N thuộc giao Do B , M , N điểm chung hai mặt phẳng tuyến hai mặt phẳng suy B , M , N thẳng hàng GE GH GF    AC //  EFH  BM HB BN (1) Do suy AC //MN GE SG GF    GE GF AC //EF suy OA SO OC (2) BM  BN Từ (1) (2) suy hay B trung điểm MN Câu [HH11.C2.1.E03.c] Cho tứ diện ABCD có cạnh: BC DA a ; CA DB b ; AB DC c 1  2 2 2 S ( S diện tích tồn phần tứ diện) Chứng minh rằng: a b b c c a Lời giải A G D E C B F abc S  *Diện tích mặt tứ diện R 2 2 *BĐT tương đương a  b  c 9 R *Gọi O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC   2         a  b  c BC  CA  AB (OC  OB)  (OA  OC )  (OB  OA)       6 R  2(OB.OC  OCOA  OAOB )    9R  OA  OB  OC 9R     *Dấu xảy OA  OB  OC O  O trùng trọng tâm G tam giác ABC  tam giác ABC  ABCD tứ diện [HH11.C2.1.E03.c] Cho tứ diện vuông SABC vuông S Gọi  ,  ,  góc  Câu mặt phẳng   SAB  ,  SBC  ,  SCA với  ABC  Chứng minh Cos 2 Cos  Cos 2    2 2 2 Sin   Sin  Sin   Sin  Sin   Sin  Lời giải Cho tứ diện vuông SABC vuông S Gọi  ,  ,  góc mặt phẳng  SAB  ,  SBC  ,  SCA với  ABC  , Chứng minh Cos 2 Cos  Cos2    2 2 2 Sin   Sin  Sin   Sin  Sin   Sin  Ta có Cos 2 Cos  Cos 2 Cos 2 Cos  Cos 2      Sin   Sin 2 Sin 2  Sin 2 Sin 2  Sin   Sin 2  Sin   Sin 2 Cos 2 Cos  Cos 2 3      cos 2  cos   cos 2 Đẳng thức xảy    Câu   1   3    2  4   cos   cos   cos   0    [HH11.C2.1.E03.c] Cho hình chóp S.ABC có SA SB SC , ASB 60 , BSC 90 , ASC 120 Gọi H , K trung điểm AC , BC gọi L hình chiếu vng góc H lên đường SBC  thẳng SK Chứng minh tam giác ABC vng HL vng góc với mặt phẳng  Lời giải S L H A C K B Theo định lí hàm số sin tam giác SAB , SAC , SBC ta được: AB a, BC a 2, AC a  AC  AB  BC  tam giác ABC vuông B H trung điểm AC nên SH vuông góc với AC , Câu 1 a a BH  AC  , SH  SA2  HA2   SB SH  HB  2 SH vng góc với BH suy SH vng góc với mặt phẳng  ABC  H , K trung điểm CA , CB suy HK //AB  HK  BC (1) ABC  Mặt khác SH vng góc  suy SH  BC (2) BC   SHK   BC  HL HL  SK  HL   SBC  Từ (1) (2) suy , kết hợp với [HH11.C2.1.E03.c] Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình vng; cạnh SA vng góc với mặt phẳng  ABCD  Gọi H , I , K hình chiếu vng góc điểm A SB , SC , SD Chứng minh BC vng góc với mặt phẳng  SAB  ; CD vng góc với mặt phẳng  SAD  Lời giải S I K H A D O B C Ta có BC  AB   (do ABCD hình vng) SA   ABCD   SA  BC   ABCD  (vì BC nằm mp  ) BC   SAB  Từ   ,   suy CD   SAD  Chứng minh tương tự ta có Câu 1.[HH11.C2.1.E03.c](HSG CỤM TRƯỜNG THPT THANH CHƯƠNG LẦN NĂM 2019-2020) Cho tứ diện ABCD có trọng tâm G, cạnh AB a; O tâm tam giác BCD M điểm thuộc mặt phẳng ( BCD) Gọi H , K , L hình chiếu vng góc M lên mặt phẳng ( ACD ), ( ABD), ( ABC ) Mặt phẳng ( P ) qua trọng tâm G, cắt cạnh AB, AC , AD AB AC AD   4 B ', C ', D ' Chứng minh AB ' AC ' AD ' Lời giải     AO 4GO; AO  GA Tính chất trọng tâm G tứ diện ABCD     O trọng tâm tam giác BCD nên OB  OC  OD 0   AD AB  AC      AB '  AC '  AD ' 4 AG  AB  AC  AD 3 AO AB ' AC ' AD ' AB AC AD   4 Do với điểm A điểm B ', C , D ', G thuộc mặt phẳng (P) nên AB ' AC ' AD ' Câu [HH11.C2.1.E03.c] (HSG 2018 - 2019 - THPT Đan Phượng - Hà Nội) Cho tam giác ABC cân  A có AB=AC =a góc BAC 2 Trên đường thẳng d qua A vng góc với mặt phẳng ( ABC ) lấy điểm S cho SA=2 a Gọi I trung điểm BC hạ AH ⊥ SI H thuộc SI Chứng minh AH ⊥( SBC ) Tính độ dài AH theo a, αα Lời giải Theo giả thiết AH  SI suy AH  (SBC ) 2 Ta có: AI a cos  , SI  SA  AI a  cos  1 2a cos  S ASI  AH SI  SA AI  AH  2  cos  Từ Câu [HH11.C2.1.E03.c] (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  ABCD  góc 450 đoạn AB , điểm N thuộc đoạn BC  cho đường thẳng MN tạo với mặt phẳng Chứng minh AK  BH Lời giải A' D' C' B' K M N  D A E B H F I C      AB  a , AD  b , AA c + Đặt        AK  AD  DD  DK  a  b  c +      BH  AB  AH  a  b +    2 1 AK BH  a  b  a  a 0  AK  BH 2 2 + Suy Câu [HH11.C2.1.E03.c] Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình thang cân với AB / /CD nội tiếp    đường tròn tâm O SBA SCA 90 Gọi M trung điểm cạnh SA Chứng minh MO   ABCD  Lời giải S M H D C O A B  ABCD  Gọi O hình chiếu vng góc M Do tam giác SBA SCA vng B C nên ta có MA MB MC  O ' A O ' B O ' C  O ' O hay MO   ABCD  Câu [HH11.C2.1.E03.c] Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình thang cân với AB / /CD nội tiếp    đường tròn tâm O SBA SCA 90 Gọi M trung điểm cạnh SA Gọi  góc hai đường thẳng AB SC Chứng minh cos   BC SA Lời giải S M H D C O A B ( a,b) góc hai đường thẳng a,b Cách 1: Ký hiệu     SC , AB   SC , CD  SCD  SAD Gọi Mặt cầu đường kính SA ngoại tiếp khối chóp S.ABC nên ngoại tiếp khối chóp  90 S.ABCD SDA Gọi R, r bán kính đường trịn ngoại tiếp SAD, SCD Ta có:       SD 2r sin SCD 2 R sin SAD Do r  R nên sin SCD  sin SAD   SCD  SAD AD BC  cos   cos SAD   SA SA Cách 2: ( Đáp án chính) S I M D C O A B Vì AB / /CD nên góc hai đường thẳng AB SC góc CD SC cos   cos SCD   sin SCD suy (*) SCD  lên mặt phẳng  ta có MD MC  SA nên tam Gọi I hình chiếu vng góc điểm M giác SAD vuông D Mặt khác MS MD MC suy I tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác SCD Khi SD SD SD sin SCD    2.ID 2.MD SA ( Vì tam giác MI D vuông I ) SD SA2  SD AD BC cos    sin SCD      SA2 SA2 SA2 SA Từ (*) suy ra: Vậy ta có đpcm Câu [HH11.C2.1.E03.c] (HSG Tốn 11 - Sở Quảng Ngãi - 2018 – 2019) Cho hình chóp S ABCD có đáy hình chữ nhật, AD 2a, AB a ; O giao điểm AC BD , SO vng góc với  ABCD  SO  a Gọi M trung điểm BC Chứng minh đường  SAD  thẳng SM vng góc với mặt phẳng Lời giải a) Gọi N trung điểm AD  AD  MN  AD   SMN   AD  SM  AD  SO  Ta có (1) Mặt khác SM SN  SO  OM  a 2 MN a suy SM  SN MN Theo định lý Pitago ta có SM  SN (2) AD, SN   SAD  ; AD  SN  N  Mà (3) SM   SAD  Từ (1), (2), (3) ta Câu [HH11.C2.1.E03.c] (HSG Hà Nội-Cấp Thành Phố 13-14) Trong không gian cho ba tia Ox , Oy ,    Oz không đồng phẳng Vậy Pmax 10 a b c 1 Đặt xOy  , yOz  , zOx  Lấy điểm A , B , C thuộc tia Ox , Oy , Oz cho OA OB OC a với a  Chứng minh rằng: cos   cos   cos    Lời giải         OA  OB  OC Vì Ox , Oy , Oz không đồng phẳng nên OA  OB  OC 0   a  a  a  2a cos   2a cos   2a cos   Câu   cos   cos   cos   0 [HH11.C2.1.E03.c] Cho hình hộp đứng ABCD A1 B1C1 D1 có cạnh AB  AD 2 , AA1   BAD 60 Gọi M , N trung điểm A1 D1 , A1 B1 Chứng minh AC1 vng góc với mặt phẳng  BDMN  Lời giải  BDMN  a Chứng minh AC1 vng góc với mặt phẳng Ta có:  BD  AC  BD   ACC1 A   BD  AC1   BD  AA1 (1)          AC1.BN  AB  BC  CC1  BB1  BA           1  ABBB1  BC BB1  CC1 BB1  ABBA  BC BA  CC1 BA 2     1  AB  BA AD  BB1 2 1  22  2.2.cos 60  2  AC1  BN (2)    Từ (1) (2) suy ra: 0 AC1   BDMN 