Chuyên đề hsg phần hình học không gian 11

CHUN ĐỀ HÌNH HỌC KHƠNG GIAN BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI Bài Xét hình chóp n – giác S A1 A2 An ( n số tự nhiên tùy ý lớn ) thỏa mãn đồng thời điều kiện sau: A A A a/ Đáy n có tất cạnh b/  A SA  A  SA  A 60 SA 2 n Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ độ dài đường cao SH hình chóp nêu Hướng dẫn giải Chứng minh hình chóp S A1 A2 An tồn hình chóp đều: Chứng minh cạnh bên SA = x1 SA2 = x2 SAn = xn Đặt : ; ; ; Dùng định lý cosin tam giác SA1 A2 SA2 A3 SA A ; ; ; n ta có: x22 = + x12 - x1 cos 600 = + x12 - x1 x32 = + x22 - x2 cos600 = + x22 - x2 xn2 = + xn2- - xn- 1cos600 = + xn2- - xn- x12 = + xn2 - xn cos600 = + xn2 - xn f ( x) = x - x +1 = ( x - ) + , ta có hệ: Đặt   ;     f  x  đồng biến Trên  ìï x22 = f ( x1 ) ïï ïï x = f ( x ) ïï ïí ïï ïï xn2 = f ( xn- ) ïï ïïỵ x1 = f ( xn ) é3 x1 , x2 , , xn ẻ ờ ; +Ơ với ÷ ÷ ÷ ÷ ø Do đó: x1  x2 vơ lý Thật vậy: x1  x2  f  x1   f  x2   x 22  x 32  x  x   x n  x1 Ta có x1  x1 ( vơ lý) Tương tự x1  x suy điều vô lý: x1  x1 Vậy x1  x2 Trang 2 Do x1  x2 ta x1 x1  x1   x1 1 Từ ta được: x1  x2   xn 1 Chứng minh đáy A1 A2 An đa giác Từ SA1 SA2  SAn 1 suy hình vng góc H S lên A A A đáy cách đỉnh đáy Đa giác n có cạnh nội tiếp đường tròn nên đa giác a) Tìm SH lớn nhất, nhỏ b) Chứng minh n  Ta có mặt bên hịnh chóp tam giác cạnh 0 Ngoài ra: 60  A1SA2  A1 HA2 ; 60  A2 SA3  A2 HA3 ; ; 60  An SA1  An HA1 Do đó: n.600  3600  n   n  2 Tính SH tìm giá trị lớn nhất, nhỏ SH :  SA12  HA12 SA1 1; HA1  Xét tam giác vuông SH 1  4sin  n SHA1 1  : SH  2sin  n 1 1     cot g   cot g     cot g  , SH= 4 4 4 4 n 3 : SH  ; n 3; 4;5 1  n 5 : SH  2 n 4 : SH  ; 1   Do giá trị lớn SH , giá trị nhỏ SH 2 Bài Cho hình lập phương ABCD A ' B ' C ' D ' cạnh a Gọi E , G , K trung điểm cạnh A ' D ', B ' C ' AA' H tâm hình vng DCDC ' M , N hai điểm hai đường thẳng AD EG cho MN vng góc với KH cắt KH Tính độ dài đoạn MN theo a Hướng dẫn giải D’ C’ E G A’ H M B’ I E1 M H1 D C E1 I1 A G1 N1 B H1 D A C I1 N1 G1 B Trang Xác định đoạn MN  ABCD  Gọi E1 , N1 , G1 , H1 hình chiếu vng góc E , N , G, H mặt phẳng KH  NN1 KH  MN1 AH1  MN1 I Do KH  MN (gt) K suy , suy Mà theo giả thiết MN cắt KH I suy II1 // NN1 mà I trung điểm đoạn MN nên I1 phải MN1 trung điểm Từ suy cách dựng hai điểm M , N Tính độ dài MN Đặt  DAH1  H1 AN1 E1 N1M  1 AE1  a  AN  cos 2 Xét tam giác vng DAH , ta có: sin    tg   cos2  5 a a a   MN1  AIN1 IN  AN1 sin   6 Xét tam giác vng , ta có: a (Cách khác: Gọi P trung điểm CG1 , suy N1 AP , suy E1 N1  ) E1 N1 a 5 14 a 14   MN NN12  MN12 a  a  a  MN  cos  9 Cách khác: Dùng phương pháp tọa độ khơng gian MN1  Bài Cho hình chóp tứ giác S ABCD có cạnh đáy a 12,54 (cm) ,các cạnh bên nghiên với đáy góc  72 Tính thể tích diện tích xung quanh hình chóp S ABCD Hướng dẫn giải Chiều cao hình chóp: SH  a tg 72 27, 29018628 V  a h 1430, 475152 cm 3   Thể tích hình chóp: Trung đoạn hình chóp a2 d  SH  28, 00119939 Sxq  a.d 702, 2700807 cm 2 Diện tích xung quanh hình chóp:   Trang Cho hình chóp tứ giác S ABCD có cạnh đáy a 12,54 (cm) , a 12,54 (cm) ,các cạnh bên nghiên với đáy góc  72 Bài a) Tính thể tích hình cầu  S1  nội tiếp hình chóp S ABCD b) Tính diện tích hình trịn thiết diện hình cầu cầu  S2   S1  cắt mặt phẳng qua tiếp điểm mặt với mặt bên hình chóp S ABCD Hướng dẫn giải SH 27.29018628; IH  SH MH 4.992806526 R MH  MS (bán kính mặt cầu nội tiếp)  S  V 3  R Thể tích hình chóp : S 521.342129 (cm3 ) SM 28,00119939 K MH 6, 27; IK IH 720 Khoảng cách từ tâm I đến mặt phẳng qua tiếp điểm  S1  D H B M với mặt bên C S hình chóp: d EI  I A IH 4.866027997 SH  IH E 2 Bán kính đường trịn giao tuyến: r EK  R  d 1,117984141 Diện tích hình trịn giao tuyến: S 74,38733486 (cm ) K I M H 12, 24  cm  Một thùng hình trụ có đường kính đáy ( bên trong) đựng nước 4,56  cm  cao lên so với mặt đáy Một viên bi hình cầu thả vào thùng mực nước dâng lên sát với điểm cao viên bi (nghĩa mặt nước tiếp diện mặt cầu) Hãy tính bán kính viên bi Hướng dẫn giải  R h   x3  R 2 x  x  R x  3R h 0 (0  x  R ) Ta có phương trình : Bài Với R, x, h bán kính đáy hình trụ, hình cầu chiều cao ban đầu cột nước Bấm máy giải phương trình: x  224, 7264 x  512,376192 0 (0  x 6,12) Trang x1 2,588826692; x2 5,857864771 Ta có: ( AB) : x  y  0; ( AC ) : x  y  42 0; ( BC ) : x  y  0  T  có cạnh a B Xét hai độ dài khác a, b Tìm điều kiện a, b để tồn tứ diện  T  này, xác định mặt phẳng    cho thiết diện mặt phẳng cạnh lại b Với tứ diện   tứ diện T  Điều kiện độ dài hình vng a, b V  Tính diện tích hình vng V  theo a b :  T  tồn Gọi AB cạnh a , cạnh AC , AD, BC , BD, CD b + Giả sử tứ diện Gọi I trung điểm cạnh CD Tam giác AIB tam giác cân: AB a; AI BI  +Ngược lại với: b Từ AB  AI  BI Suy ra:  a  b 0a b Dựng tam giác cân AIB có có: A  mp Dựng tam giác BCD cạnh b với chiều cao BI AB a , nằm mặt phẳng chứa BI vng góc với mặt phẳng  BCD  Ta  BCD  Tứ diện ABCD thỏa điều kiện toán A a Q M P B D I N C Xác định mặt phẳng   : Trang + Giả sử thiết diện MNPQ hình vng Các mặt tứ diện  T  chứa đoạn giao tuyến MN , NP, PQ, QM gọi tên mặt  I  , mặt  II  , mặt  III  , mặt  IV  Do MN // PQ; MQ // NP nên cạnh chung mặt  I  mặt  III  ; cạnh chung mặt  II  mặt  IV  nằm hai đường thẳng song song với mp   Ngoài hai đường thẳng vng góc với nhau, MN vng góc MQ  T  có cặp cạnh đối vng góc , AB CD a b + Do khác nên tứ diện Vì mặt phẳng    phải song song với AB CD    với AC , BC , BD, AD , + Gọi giao điểm mp MA M , N , P, Q Đặt: k  MC a kb a MN  MQ  k 1 k ;  k Từ MN MQ ta có : b Ta có: ab ) MNPQ : a  b + Diện tích hình vng ( Cho hình chóp tứ giác S ABCD , có đáy hình bình hành Gọi G trọng tâm tam giác SAC M điểm thay đổi miền hình bình hành ABCD Tia MG cắt mặt bên hình chóp điểm N MG NG Q  NG MG Đặt 1/ Tìm tất vị trí điểm M cho Q đạt giá trị nhỏ Bài 2/ Tìm giá trị lớn Q Hướng dẫn giải Trang s N C' D' N' H G D A O C M B 1/ Q + MG NG MG NG  2  1 NG MG Dấu NG MG  ABCD  tâm O hình bình hành ABCD Gọi K trung điểm SG Từ K dựng + SG cắt mp mặt phẳng song song với mp phẳng song song với mp  ABCD   ABCD  cắt SA, SB, SC , SD A1 , B1 , C1 , D1 Từ N dựng mặt cắt SG N ' NG N ' G NG  ; 1  N ' trùng K  N thuộc cạnh hình bình hành A1 B1C1 D1 OG MG Ta có : MG Nối NK cắt cạnh hình bình hành A1 B1C1D1 P , ta có : PM // SG Q 2 M thuộc cạnh hình bình hành A1' B1' C1' D1' + Từ A1' B1' C1' D1' hình chiếu song song hình bình hành A1 B1C1D1 lên mp  ABCD  theo phương SG 2/ + 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 M  A  N C ' ; M B  N D ' ; M O  N S Trang Do N thuộc miền SC ' D ' N ' thuộc đoạn SH , với C ', D ' H trung điểm SC , SD SO HG N ' G SG NG  Do đó: HG  N ' G SG Vì vậy: OG  OG  OG hay MG 2 NG +Đặt : x  MG 1    ; 2 Q  x x với x   Ta có : 1    ;   x 1 Q ' 0 vàø x    1  MaxQ Max Q   ; Q   ; Q  1     2  Q : Đạt M trùng với O đỉnh A, B, C , D +Giá trị lớn S S Cho tứ diện ABCD có diện tích tam giác ADB ADC b c Mặt phẳng phân giác  ADB   ADC  cắt BC M  góc hai mặt  ADB   ADC  nhị diện tạo hai mặt Chứng minh: Bài MB Sb  MC Sc a/ b/ Diện tích Sm tam giác ADM là: Sm  2Sb Sc cos  Sb  Sc Hướng dẫn giải Câu a: + Do M mặt phẳng phân giác góc nhị diện cạnh AD nên khoảng cách từ M đến hai mặt phẳng  ADB  ,  ADC  kí hiệu d + Do đó: MB dt(DBM) VADBM Sb d Sb     MC dt(DCM) VADCM Sc d Sc Câu b: Trang + Tính cơng thức thể tích tứ diện: 1 sin 2Sb Sc sin  VABCD  Sc BH  Sc BK.sin   Sc BK.AD  3 AD 3AD A + VABCD VADBM  VADCM , áp dụng cơng thức tính thể tích ta suy ra: 2Sb Sc sin   3AD Rút gọn, được:   2Sc Sm sin 2 3AD 3AD 2Sb Sm sin Sm  2Sb Sc cos K H  Sb  Sc C D M S d  MN , PQ   MN , PQ  lần Với hai đường thẳng MN , PQ chéo không gian, kí hiệu lượt khoảng cách góc hai đường thẳng MN , PQ Bài d  AB, CD  d  AC , BD  d  AD, BC  a/ Chứng minh tứ diện ABCD thỏa điều kiện: ba số: cotg  AB, CD  ; cotg  AC , BD  ; cotg  AD, BC  có số tổng hai số lại d  AB, CD  d  AC , BD  d  AD, BC  b/ Chứng minh tứ diện ABCD thỏa điều kiện:  AB, CD   AC , BD   AD, BC  hình chóp tam giác Hướng dẫn giải a/ C D B1   Dựng hình hộp ngoại tiếp tứ diện AC1 BD1 B1 DA1C d  AB, CD  d  AC , BD  d  AD, BC  Giả thiết suy mặt hình hộp diện tích S a  AB, a1 CD, AC b, BC b1 , AD c, Đặt BC c1 , AD1 z , AC1  y , AB1 x  Từ hình bình hành AC1 BD1 A1 D1 A C1 ta có: Trang a a12   y2 4 a  a12 2  y  z  ; cos  AB, CD   a.a1 cos  AB, CD    Chú ý: y2  z2 a.a1 S dtAC1 BD1 a1a sin  AB, CD  Do đó: z  x x  y2 cot g  AC, BD   ;  2S 2S Tương tự:   B cot g  AB, CD   y2  z2 2S cotg  AB, CD   cotg  AC , BD   cotg  AD, BC  cotg  AD, BD  Nếu x  y  z Các trường hợp khác có kết b/      AB, CD   AC , BD   AD, BC  Từ kết câu a/ thêm cotg  AB, CD  cotg  AC , BD  cotg  AD, BC  0 Suy cặp cạnh đối tứ diện ABCD vng góc đơi a  a12 b2  b12 c2  c12 (Do x = y = z)  a.a  b.b  c.c  1 Lúc ta có:  a, a1  b, b1  c, c1 Vì phải có mặt tứ diện ABCD tam giác Suy Từ ABCD hình chóp tam giác Trong không gian cho ba tia Ox, Oy, Oz không đồng phẳng ba điểm A, B, C ( khác điểm O ) a  a 0 Ox, Oy, Oz Dãy số (an) n cấp số cộng có cơng sai d  Với số n nguyên dương, tia Ox, Oy, Oz theo thứ tự lấy điểm An , Bn , Cn cho  A , B ,C  OA an OAn ; OB an 1.OBn ; OB an 2 OCn Chứng minh mặt phẳng n n n luôn qua đường thẳng cố định Hướng dẫn giải Bài + Phát biểu chứng minh mệnh đề: Nếu hai điểm X , Y phân biệt Điều kiện cần đủ để điểm S thuộc đường thẳng XY tồn cặp số thực x, y thỏa: Trang 10