D04 cực trị hình học muc do 4

Câu [HH12.C1.1.E04.d] Cho hình hộp đứng ABCD ABC D có đáy ABCD hình vng Gọi S mp  P  tâm hình vng ABC D Cho AA  AB a Gọi G trung điểm BD , thay đổi qua G cắt đoạn thẳng AD, CD, DBtương ứng H , I , K Tìm giá trị lớn biểu thức T 1   DH DI DI DK DK DH Lời giải D' D' C' B' A' K E G F H C D A G I C A B B' Vì AA  AB a nên ABCD ABC D hình lập phương có G trung điểm BD nên G tâm ABCD ABC D Gọi E , F tâm ADDA BBC C  E , F trung điểm AD BC ; G trung điểm EF             GA  GB  GC  GD 2GE  2GF 0  DG  DA  DC  D B    DC  DA DB  DG  DH  DK  DI DH DK DI   a a 2 a  DG  DI  DK  DH (1) DI DK DH Vì điểm H , I , K , G đồng phẳng nên          GH kGI  l.GK  D ' H  DH k DI  DG  l DK  DG     DG       k  l DI  DK  DH (2) k l  k l  k l  a a a      1    D I , D K , D H không đồng phẳng nên từ (1) (2) ta DI DK DH  ab  bc  ca    a  b  c  ta chứng minh nên T 1 1 1          DH DI DI DK DK DH  DI DH DK  3a T 3a  D ' H  D ' I D ' K   P  qua G song song với  ABC  Vậy 3a Nghĩa giá trị lớn T 3a Câu Cho hình hộp đứng ABCD ABC D có đáy ABCD hình vng Cho [HH12.C1.1.E04.d] AA  AB a Gọi G trung điểm BD , mp  P  thay đổi qua G cắt đoạn thẳng AD , CD , DB tương ứng H , I , K Tìm giá trị lớn biểu thức Lời giải A' T 1   DH DI DI DK DK DH D' H K E C' B' I G A D F B C N Vì AA  AB a nên ABCD ABC D hình lập phương có G trung điểm BD nên G tâm ABCD ABC D Gọi E , F tâm ADDA BBC C  E , F trung điểm AD BC ; G trung điểm EF             GA  GB  GC  GD 2GE  2GF 0  D G  DA  DC  D B     DC   B   a D A D a a  DG  DH  DK  DI  DG  DI  DK  DH  1 DH DK DI 4DI DK 4DH Vì bốn điểm H , I , K , G đồng phẳng nên:          GH kGI  lGK  DH  DG k DI  DG  l DK  DG    DG     l  k DI  DK  DH   k l  k l  k l  a a a   1 1       D I D K D H    D I D K D H , , không đồng phẳng nên từ ta được:    T Mặt khác T 1 1 1                   D H D I D I D K D K D H  D I D H D K  3a 3a  DH DI DK  3a Vậy giá trị lớn T 3a Câu [HH12.C1.1.E04.d] (HSG Dak-Lak 2011-2012) Cho hình lăng trụ ABC ABC  , đáy ABC tam giác cân có AB  AC a ( a số thực dương) mặt bên ACC Alà hình chữ nhật có AA 2a Hình chiếu vng góc H đỉnh B lên mặt phẳng  ACC  nằm đoạn thẳng AC Trong trường hợp thể tích khối lăng trụ ABC ABC  lớn nhất, tìm khoảng cách AB AC Lời giải Trong mặt phẳng  AHB  kẻ HJ  AB , suy HJ đường vng góc chung AB AC 1 4a a2 2   HA  HB  HA2 HB , ta có , suy Trong tam giác vng AHB ta có HJ HJ  2a Câu [HH10.C3.1.E01.c] (HSG Dak-Lak 2011-2012) (3,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam A  1;1 B   2;   C  5;  1 giác ABC có ; ; đường thẳng  : x  y  12 0 Tìm điểm M      MA  MB  MC cho nhỏ Lời giải  4 G  ;  Gọi G trọng tâm tam giác ABC ta có  3      MA  MB  MC  3MG Khi , G  cố định ( G không nằm  )     MA  MB  MC 3MG Vậy nhỏ nhỏ nhất, tức MG nhỏ hay MG vng góc với  Do M giao điểm  đường thẳng d qua G vng góc với   u  3;  Một vec tơ phương  là vec tơ pháp tuyến d , phương trình d là: 3x  y  0 Tọa độ M nghiệm hệ phương trình Câu  x  y  12 0    x  y    20  x    20 116  13  M  ;   116 13 39   y   39 [HH12.C1.1.E04.d] (HSG lớp 12 SGD Hà Nam NH 18 – 19) Cho hình hộp ABCD AB C D có tất     mặt hình thoi cạnh a , BAD BAA  AAD 60 Gọi I , J , G trung điểm AD, AB, IJ Mặt phẳng  P   A   P , B   P , D   P  Gọi qua G cắt cạnh AA, AB, AD A1 , B1 , D1 VA A1B1D1 , VB A1B1D1 , VD A1B1D1 thể tích khối chóp A A1B1D1 , B A1B1D1 , D A1B1D1 Tìm giá trị nhỏ biểu thức T VA A1B1D1  VB A1B1D1  VD A1B1D1 theo a Lời Giải  P  thay đổi qua trọng tâm G tứ Bổ đề: Cho tứ diện SABC có SA SB SC 1 Một mặt phẳng diện cắt SA, SB, SC M , N , P CMR : 1   4 SM SN SP Chứng minh: SG   S , G , G Gọi G  trọng tâm ABC Theo tính chất trọng tâm tứ diện ta có thẳng hàng SG VSABGG  VSBCG VSGCA  VSABC Thêm Ta có: VSMNG SM SN SG 3V V 3SM SN SM SN   SMNG   SMNG   1 VSABG SA SB SG VSABC VSABC (Lưu ý SA SB 1 ) VSNPG SN SP VSGPM SP.SM    2  3 V V  SABC SG CA Lập luận tương tự thu Cộng theo vế đẳng thức  1 ,   ,  3 ta VSMNP SM SN  SN SP  SP.SM SM SN SP SM SN  SN SP  SP.SM    VSABC SA SB SC  4.SM SN SP SM SN  SN SP  SP.SM Quay lại toán cho:  1   4 SM SN SP G trung điểm đoạn thẳng nối trung điểm hai cạnh đối tứ diện AABD nên G trọng tâm tứ diện A,B ,D Coi a đơn vị dài Áp dụng bổ đề cho tứ diện AABD với G trọng tâm tứ diện 1 lần 1   4 P A1 AB1 AD1  A    A A , A B , A D G lượt giao điểm mặt phẳng qua với cạnh Ta có: Đặt AA1  x; AB1  y; AD1  z   x, y , z  1 1   4 ta x y z 1 1 27 27    3  64  xyz  x y z xyz xyz 64 Áp dụng bất đẳng thức AM  GM ta có x  y z  Dấu xảy (mặt phẳng P song song với  ABD  )   Mặt khác VAA1B1D1 VAA1B1D1 VAA1B1D1 VAABD  AA1  x VBA1B1D1 BB  y VDA1B1D1 DD1  z      AA1 x VAA1B1D1 AB1 y VAA1B1D1 AD1 z ;  ; AA1 AB1 AD1  xyz  VAA1B1D1 xyz.VAABD AA AB AD Suy 1 1 1 1  T       1 VAA1B1D1     y z  x x y z Mà VAABD   xyz.VAABD  xyz.V   27 V  A ABD A ABD  64 a3 27 a 9a  T  Tmin  12 64 12 256 đạt mp ( P ) song song với mp  ABD  Cách trình bày khác: (Theo thầy Kiên Nguyễn) AA AB AD AA1 BB1 DD1   4    1 A1 AB1 AD1 A1 AB1 AD1 A A Chứng minh (cách chứng minh tương tự bổ đề trên) Đặt h1 d  A;  A1 B1 D1   ; h2 d  B;  A1 B1 D1   ; h3 d  C ;  A1 B1D1   ; h d  A;  A1B1D1   h1 AA1 h2 BB1 h3 DD1 h h h  ;  ;     1  h1  h2  h3 h h AD1 h AB1 h AD1 h h h Ta có 1 VA A1B1D1  VB A1B1D1  VD A1B1D1  S A1B1D1  h1  h2  h3   h.S A1B1D1 VAA1B1D1 3 VAA1B1D1 VA ABD Lại có  VAA1B1D1   AA AB AD   AA AB AD  AA1 AB1 AD1   AA1 AB1 AD1    27 27 a 9a VA ABD   64 64 12 256  Dấu xảy T  Vậy   4    27   AA AB AD      A1 B1D1  //  ABD  AA1 AB1 AD1 9a 256 đạt  P  //  ABD  Nhận xét: (Lê Thanh Bình) Cách chứng minh vectơ cho bổ đề: Bổ đề: Cho tứ diện SABC có SA SB SC a Một mặt phẳng ( P ) thay đổi qua trọng tâm G tứ diện cắt SA, SB, SC M , N , P Chứng minh: CMR : 1    SM SN SP a S M A P G C N H K B SM SM SN SN SP SP      x  ; y  ; z  SA a SB a SC a Ta có SM  xSA, SN  ySB, SP  zSC với  SG   ABC  H Vì G trọng tâm tứ diện S ABC nên ta có với H trọng tâm tam giác ABC  3  3   1   1  SG  SH  SA  SB  SC   SM  SN  SP  4 4 x y z  Suy 1 1 1   1    4  a  a  a 4 x y z SM SN SP Vì M , N , P, G đồng phẳng nên x y z   1    Hay SM SN SP a Câu [HH12.C1.1.E04.d] (HSG Tốn 12 - Thanh Hóa năm 1718) Cho lăng trụ đứng ABC A ' B ' C ' có AB 6 , BC 12 , ABC 60 Thể tích khối chóp C ' ABB ' A ' 216 Gọi M điểm nằm tam giác A ' B ' C ' cho tổng diện tích tất mặt hình chóp M ABC đạt giá trị nhỏ Chứng minh M tâm đường tròn nội tiếp tam giác A ' B ' C ' Tính cosin góc hai đường thẳng B ' M AC ' Lời giải  Ta chứng minh M tâm đường tròn nội tiếp tam giác A ' B ' C '  ABC  Các điểm D , E , F hình chiếu Gọi I hình chiếu vng góc M vng góc I AB , BC , CA Đặt ID x , IE  y , IF  z , AB 2a , BC 2b , CA 2c , MI h Khi S ABC SIAB  S IAC  S IBC ax  by  cz Diện tích tồn phần hình chóp M ABC nhỏ S S MAB  SMBC  S MCA nhỏ 2 2 Ta có MD  MI  ID  x  h  SMAB  AB.MD a h  x  Tương tự ta  S S  ah  bh  ch   ah  2  ah    ax   2   ax   bh    ax  by  cz   2   by    a b c ax by cz    x  y z Dấu “=” xảy ah bh ch  ch    cz  h  S 2ABC khơng đổi  I tâm đường trịn nội tiếp tam giác ABC  M tâm đường tròn nội tiếp tam giác A ' B ' C '  Tính cosin góc B ' M AC '  S A ' B 'C ' S ABC  BA.BC sin ABC 18 A ' C '2  AC  AB  BC  AB.BC.cos 60  A ' C ' 6 Gọi K chân đường phân giác kẻ từ B ' tam giác A ' B ' C ' , qua K kẻ đường thẳng song song với AC ' cắt AA ' H Khi      ' M , AC '  B  ' K , KH  cos   cos B  ' KH  B S B ' A ' C ' S B ' KC '  S B ' KA '  B ' K  B ' A ' B ' C '  sin 30  B ' K 4 A' K A' B ' 1    A ' K  A ' C ' 2 3 Ta cos C ' K C ' B ' Do KH / / AC '  A' H A' K    A ' H 2 A ' A A 'C '  KH  A ' H  A ' K 2 B ' H  A ' B '2  A ' H 4  ' KH   cos B B ' K  HK  B ' H 2   cos   2.B ' H HK 4