Chuyên đề hình học không gian - 2 pps

Bài 7: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O và SA vuông góc với mp(ABCD) .Cho AB = a , SA = a 2 . Gọi H, K, lần lượt là hình chiếu vuông góc của A lên SB và SD. Chứng minh SC vuông góc với mp(AHK) và tính thể tích hình chóp O.AHK. Giải: A O D C B S H K M Ta có: ∆ SAD = ∆ SAB ⇒ AK = AH ⇒ ∆ SAK = ∆ SAH ⇒ SK = SH ⇒ HK//BD Mà BD ⊥ mp(SAC) ⇒ HK ⊥ mp(SAC) ⇒ HK ⊥ SC (1) Mặt khác : CD ⊥ mp(SAD) ⇒ CD ⊥ AK Mà AK ⊥ SD nên AK ⊥ (SCD) ⇒ SC ⊥ AK (2) Từ (1) và (2) ⇒ SC ⊥ mp(AHK) Trong mp(SBD) thì SO cắt HK tại I Trong mp(SAC) thì AI cắt SC tại M Ta có : SC ⊥ mp(AHK) ⇒ SC ⊥ AM Mà SAC vuông cân tại A nên M là trung điểm SC Vậy I là trọng tâm SAC Ta có : CM = d(C , mp(AHK)) = 2 SC = 2 2 a = a Mà O trung điểm AC nên ( ,( )) 1 ( ,( )) 2 d O AHK OA d C AHK AC = = ⇒ h = d( O, (AHK)) = 1 2 CM = 2 a Ta có : 2 SA HK SH HK SB BD SB BD SB = ⇒ = 2 2 2 2 2 2 . 2. 2 3 3 SA a HK BD a a SB a ⇒ = = = Ta có: AI = 2 3 AM = 2 3 . 2 SC = 3 SC = 2 3 a Mà HK ⊥ mp(SAC) ⇒ HK ⊥ AI Ta có: 3 . 1 2 2 2 . ( ) . . 2 3 6 12 3 3 27 O AHK h a a a V h dt AHK AI HK a    = ∆ = = =  ÷ ÷    Bài 8: Trong mặt phẳng (P) cho hình vuông ABCD có tâm O , cạnh a . Trên tia Ax , Cy ở về cùng một phía và vuông góc mp(P) lấy 2 điểm M , N . Đặt AM = x, CN = y. a) Chứng minh điều kiện cần và đủ để ∆ OMN vuông tại O là 2 2a xy= . b) Giả sử M, N thay đổi sao cho ∆ OMN vuông tại O . Tính thể tích tứ diện B.DMN.Xác định x ,y để 3 . 4 B DMN a V = Giải: H D O A C B y x N M a) Trên mp(Ax , Cy) vẽ MH //AC MHN ∆ vuông tại H ( ) 2 2 2 2 2 2MN MH NH a y x⇒ = + = + − OMN ∆ vuông tại O 2 2 2 MN OM ON⇔ = + 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ( ) ( ) 2 ( ) 2 2 2 MN AM OA OC CN a a a y x x y a xy ⇔ = + + + ⇔ + − = + + + ⇔ = b) Ta có: BD ⊥ AC và BD ⊥ MA ⇒ BD ⊥ mp(MNCA) ⇒ BD ⊥ MO (1) Mà MO ⊥ ON (2) Từ (1) và (2) ⇒ OM ⊥ mp(BDN) ⇒ Ta có: NBC NC D NB ND ∆ = ∆ ⇒ = Do đó: dt( ∆ NBD) = 1 2 NO.BD 2 2 1 . 2 2 2 a y a= + Vậy . 1 . ( ) 3 M NBD V OM dt NBD= ∆ 2 2 2 2 1 2 . 3 2 2 2 a a a V x y⇒ = + + Mà 2 2 a xy = nên 2 2 2 2 2 2 . ( ) ( ) 6 6 6 a a a V x xy y xy xy x y x y= + + = + = + Ta có: 3 4 a V = ⇔ ( ) 2 2 2 3 3 2 2 2 6 4 a x y a xy a a a xy x y   + = =     ⇔     = + =     2 2 x a a x a y y a  =  =   ⇔ ∨   =   =   Bài 9: Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD . Gọi H là hình chiếu của S lên mặt đáy . Tính thể tích của khối chóp biết : a) Cạnh bên bằng b , góc giữa mặt bên và mặt đáy là α . b) Cạnh đáy bằng a, khoảng cách từ trung điểm của SH đến mp(SCD) bằng k. Giải: M H A B D C S I K a) Gọi M là trung điểm của CD. Ta có SM ⊥ CD , SH ⊥ CD nên CD ⊥ (SHM), do đó · SHM α = Đặt HM = x thì SH = x tan α . Tam giác HCD vuông cân tại H nên CD = 2x và HC = HD = 2 x. Xét tam giác vuông SHC ta có 2 2 2 SC SH HC= + nên 2 2 2 2 tan 2b x x α ⇔ = + 2 . 2 tan b x α ⇒ = + Thể tích của khối chóp 2 3 1 1 4 . tan .(2 ) tan 3 3 3 ABCD V SH S x x x α α = = = , Hay ( ) 3 3 2 4 tan . 3 2 tan b V α α = + b) Diện tích đáy của khối chóp 2 . ANBCD S a= Gọi I là trung điểm của SH , hạ IK ⊥ SM thì IK ⊥ (SCD) ⇒ IK = k. Đặt SH = h. Tam giác SIK và tam giác SHM đồng dạng nên SI IK SM HM = , do đó ta có SI.HM = IK.SM 2 2 2 2 2 . . 2 2 4 16 h a a ak k h h a k ⇔ = + ⇒ = − . Vậy thể tích khối chóp là 3 2 2 2 3 16 a k V a k = − Bài 10: Trong mặt phẳng (P) cho nửa đường tròn đường kính AB = 2R và điểm C thuộc nửa đường tròn sao cho AC = R. Trên đường vuông góc với (P) tại A lấy điểm S sao cho góc phẳng nhị diện cạnh SB bằng 0 60 . Gọi H, K lần lượt là hình chiếu vuông góc của A lên SB và SC. Chứng minh ∆ AHK vuông và tính thể tích tứ diện S.ABC. Giải: O S A C I H K Ta có: ACB = 1v ⇒ BC ⊥ CA và BC ⊥ SA nên BC ⊥ mp(SAC). Do đó : BC ⊥ AK Mà AK ⊥ SC nên AK ⊥ mp(SBC) Do đó : AK ⊥ HK Vậy ∆ AHK vuông tại K Đặt SA = h ∆ SAC vuông .AC AS AK SC ⇒ = 2 2 Rh R h = + ∆ SAB vuông .AS AB AH SB ⇒ = 2 2 2 4 Rh R h = + Ta có: SB ⊥ (AHK) ⇒ SB ⊥ HK Vậy · AHK = 0 60 · AHK ∆ AHK vuông 0 2 2 3 sin 60 3 4 2 AK AH AK AH ⇒ = = ⇒ = ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3.4 4 3 4 4 R h R h R h R h R h R h ⇒ = ⇒ + = + + + 2 2 2 R h⇒ = Do đó: 1 1 1 . ( ) . . . 3 3 2 2 SABC R V SA dt ABC CI AB= ∆ = ( ) 3 1 3 6 2 2 12 6 2 R R R R   = =  ÷  ÷   Bài 11: Gọi V là thể tích của khối tứ diện ABCD có các cạnh thoả mãn điều kiện AB= CD = a, AC = BD = b, AD = BC = c.Chứng minh rằng 2 12 abc V ≤ 3a Giải: M N P A B C D Trong mặt phẳng (DBC) , dựng các đường thẳng qua các đỉnh và song song với cạnh còn lại của tam giác BCD , chúng cắt nhau tại M, N, P.Khi đó B, C, D lần lượt là trung điểm của các đoạn cạnh MN, NP, PM. Ta có: 4 MNP BCD S S= nên 4 AMNP ABCD V V= . Vì AD = BC và BC là đường trung bình của tam giác NMP nên AD = DM = DP Suy ra tam giác AMP là tam giác vuông tại A. Vì thế 1 . . . 6 AMNP V AM AN AP= Đặt AM = x, AN = y, AP = z. Áp dụng định lý Pytago cho các tam giác AMP , APN, ANM ta có: ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 4 4 4 4 2 x y a x y a y z b y z b z x c x z y a b c   + = + =     + = ⇔ + =     + = + + = + +     ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 , 2 , 2x a b c y a b c z a b c⇒ = − + = + − = − + + Vậy : ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 AMNP V a b c a b c a b c= − + + − − + + , nên ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 12 ABCD V a b c a b c a b c= − + + − − + + . Để ý rằng : ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 4 2 2 4 a b c a b c a b c a− + + − = − − ≤ và hai bất đẳng thức tương tự khác , ta có: ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 4 4 a b c a b c a b c a b c   − + + − − + + ≤   Hay 2 12 ABCD V abc≤ . Dấu đẳng thức xảy ra khi a = b = c , hay tứ diện ABCD là tứ diện đều. Bài 12: Cho khối chóp tứ giác S.ABCD có cạnh SC = x và tất cả các cạnh còn lại đều bằng a ,(0 < x< 3a ).Tính thể tích khối chóp và tìm x theo a để giá trị thể tích đó lớn nhất. Giải: O D A C B S H Vì SA = SB = SD nên hình chiếu H của điểm S lên mặt phẳng đáy là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD . Mà tứ giác ABCD có các cạnh bằng nhau nên tứ giác đó là hình thoi , do đó H ∈ AO . Ba tam giác SBD, ABD, CBD có các cạnh tương ứng bằng nhau nên bằng nhau ,do đó các trung tuyến SO , AO, CO bằng nhau, suy ra tam giác SAC vuông tại S 2 2 2 2 .AC SA SC a x⇒ = + = + Tam giác vuông SAC có đường cao SH nên 2 2 2 1 1 1 SH SA SC = + 2 2 ax SH a x ⇒ = + . Ta có: 2 2 2 OB OA AB+ = nên 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 3 4 4 4 2 AC a x a x a x OB AB a OB + − − = − = − = ⇒ = . Diện tích đáy của khối chóp ( ) ( ) 2 2 2 2 1 . 3 . 2 ABCD S AC OB a x a x= = + − Thể tích của khối chóp S.ABCD là 2 2 . 1 1 . 3 . 3 6 S ABCD ABCD V SH S ax a x= = − Theo bất đẳng thức Côsi ta có: 36 ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 3 2 x a x V a x a x a   + −   = − ≤     6 6 3 2 2 9 36 4 16 4 a a a V V V⇒ ≤ ⇒ ≤ ⇒ ≤ . Đẳng thức xảy ra khi 2 2 2 6 3 2 a x a x x= − ⇔ = . Vậy giá trị lớn nhất của thể tích khối chóp S.ABCD là 3 4 a , đạt được khi và chỉ khi 6 2 a x = Bài 13: Cho ABC ∆ đều cạnh a . Trên đường thẳng (d) vuông góc mp(ABC) tại A lấy điểm M. Gọi H và K lần lượt là trực tâm của ABC ∆ và BCM ∆ . a/ Chứng minh MC vuông góc mp(BHK) và HK vuông góc mp(BMC). b/ Khi M thay đổi trên (d) , tìm giá trị lớn nhất của thể tích tứ diện K.ABC Giải: M H K A B C (d) I L a/ Ta có: BH ⊥ AC và BH ⊥ MA ⇒ BH ⊥ mp(MAC) ⇒ BH ⊥ MC mà BK ⊥ MC nên MC ⊥ mp(BHK) Gọi I là trung điểm BC. Ta có: BC ⊥ AI và BC ⊥ MA ⇒ BC ⊥ mp(MAI) ⇒ BC ⊥ HK Do MC ⊥ mp(BHK) ⇒ MC ⊥ MK Vậy HK ⊥ mp(MBC). b/ Trong mp(MAI) vẽ KL// MA ⇒ KL ⊥ mp(ABC) Do HK ⊥ mp(MBC) ⇒ HK ⊥ MI Ta có: dt( HKI∆ ) 1 1 . . 2 2 KL HI HK KI= = Do đó theo bất đẳng thức Côsi , ta có: 2 2 2 . 2 .HK KI KH KI KL HI+ ≥ = Do đó : 2 2 2 3 2 2 2 12 HK KI HI HI a KL HI HI + ≤ = = = Ta có: 2 . 1 3 . ( ) 3 12 K ABC a V KL dt ABC KL= ∆ = . 2 3 . 3 3 . 12 12 48 K ABC a a a V⇒ ≤ = Đẳng thức xảy ra khi KH KI L= ⇔ là trung điểm HI. Do đó: .K ABC V max = 3 48 a . Bài 14: Tính thể tích khối chóp tứ giác đều S.ABCD biết: a/ Trung đoạn bằng d , góc giữa cạnh bên và mặt đáy là α b/Cạnh đáy bằng a , góc giữa hai mặt bên liên tiếp là β Giải: H B C D S A M K Gọi H là hình chiếu của S trên mặt phẳng đáy , M là trung điểm của BC. a/ SM = d , · SCH = α Đặt AB = x thì HM = 2 x , HC = 2 2 , tan 2 2 x x SH α = . Ta có: 2 2 2 SM SH HM= + nên 2 2 2 2 2 2 tan 2 4 1 2 tan x x d d x α α + = ⇒ = + Thể tích khối chóp: 3 2 3 1 2 4 2 .tan . .tan 3 6 3 (1 2 tan ) ABCD x d V SH S α α α = = = + . b/ Vì AC ⊥ (SBD) nên hạ AK ⊥ SD ⇒ SD ⊥ (ACK). Vì 2 2 2 2 2 2 KA KC AD KD CD KD+ = − + − 2 2 2 2AC KD AC= − < Nên · AKC ϕ = luôn là góc tù. Do đó: · ( ) · 0 , 180KA KC AKC β = = − 0 180 ϕ = − . Ta có: 2 .cot .cot . 2 2 2 a HK HC ϕ ϕ = = Tam giác SHD vuông tại H, đường cao HK nên 2 2 2 1 1 1 HK SH HD = + . Từ đó tính được SH = 0 2 2 2 . 180 2sin 2 2sin 2 2 2 a a a cos ϕ β β = = − Vậy thể tích khối chóp là 3 2 6 2 a V cos β = Bài 15: Cho hình chóp tam giác S.ABC có đáy là tam giác vuông ở B,cạnh SA (ABC)⊥ . Từ A kẻ AD SB⊥ và AE SC⊥ . Biết AB = a, BC = b, SA = c.Tính thể tích của khối chóp S.ADE? Giải: AD,AE là các đường cao trong tam giác SAB,SAC A B C D E S Tính đường cao: ABC∆ vuông tại B nên AB BC⊥ Giả thiết cho : SA (ABC)⊥ ⇒ SA BC⊥ ⇒ BC (ABC)⊥ ⇒ AD BC⊥ AD là đường cao trong tam giác SAB ⇒ AD SB⊥ ⇒ AD (SBC)⊥ ⇒ AD SC⊥ Mặt khác : AE SC⊥ ⇒ SC (ADE)⊥ Hay SE là đường cao của hình chóp S.ADE Độ dài SE: 2 2 2 2 AS.AB AS.AB a.c AD SB AS AB a c ⇒ = = = + + 2 2 2 2 2 2 2 AS.AC SA.AC c. a b AE SB SA AC a b c + = = = + + + Áp dụng Pytago trong tam giác SAE có: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 c (a b ) SE AS AE c a b c + = − = − + + = 2 2 2 2 c a b c+ + Diện tích tam giác ADE: DE = 2 2 AE AD+ = 2 2 2 2 2 2 2 c .b (a b c ).(a c )+ + + S = 1 .AD.AE 2 = 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 c .b ac . . 2 (a b c ).(a c ) a c+ + + + = 3 3 2 2 2 2 2 1 a.c .b . 2 (a b c ).(a c )+ + + Thể tích: V = 1 1 .SE. .AD.DE 3 2 = 3 3 2 2 2 2 2 2 2 2 1 c 1 a.c .b . . 3 2 a b c (a b c ).(a c )+ + + + + 2 4 2 2 2 2 2 1 a.b .c . 6 (a c )(a b c ) = + + + Bài 16: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, hai mặt bên (SAB) và (SAD) cùng vuông góc với đáy, một góc · 0 xAy 45= chuyển động trên đáy quay quanh điểm A các cạnh Ax, Ay cắt CB và CD tại M, N, đặt BM = x, CN = y, tìm x, y để thể tích của AMCN V đạt GTLN? [...]... 1− x 2 x 2 , MN = 4 BM 2 − 1 y x 2 + y2 MN.BC = 1− 2 2 4 BC2 = x 2 + y2 1− 4 4 1 x y x 2 + y 2 = xy , V xy x 2 + y2 × × 1− 1− S.ABC = 3 2 2 12 4 6 4 2 2 x +y xy Ta có: ( x-y )2 ≥ 0 ⇔ x2 + y2 ≥ 2xy ⇔ ≥ 4 2 Thể tích: VS.MBC = 2 2 xy 1 xy 2 − xy VS.ABC = xy 1 − x + y ≤ ≤ 1− (xy) 2 6 6 2 2 6 4 1 xy xy ≤ 2 (2 − xy) 6 2 2 xy xy Áp dụng BĐT Cauchy cho ba số , , ( 2- xy) ta có: 2 2 3  xy xy  16 xy xy + + (2 −... Bunhiacôpxki: a+b ≤ 2( a 2 + b 2 ) , a + c ≤ 2( a 2 + c2 ) , b + c ≤ 2( c 2 + b 2 ) cộng vế với vế các BĐT trên: 2( a + b + c) ≤ (a 2 + b 2 ) + (a 2 + c 2 ) + (c 2 + b 2 ) 2 2 2 2 2 2 2 ) ≤ (a + b ) + (a + c ) + (c + b ) + (a + b + c) (a + b + c)( 1 + 2 ) ≤ L (1) (a + b + c)( 1 + dấu “ = “ trong (1) xảy ra khi a = b = c Áp dụng BĐT Cauchy cho a, b, c ta có: a + b + c ≥ 3 abc (2) Ta có V = abc , BĐT (2) ⇔ a + b... (xy) 2 6 6 2 2 6 4 1 xy xy ≤ 2 (2 − xy) 6 2 2 xy xy Áp dụng BĐT Cauchy cho ba số , , ( 2- xy) ta có: 2 2 3  xy xy  16 xy xy + + (2 − xy) ÷ ( 2- xy) ≤  2 = 2   27 2 2 3 3 V≤ 1 6  x 2 + y 2 = 2xy 2  16 2 3 ⇒ x=y= = , dấu bằng xảy ra khi  xy 3 = 2 − xy 27 27   2 ... C Giải: a 2 − xy Trướ hết ta chứng minh đẳng thức: x + y = a 0, · · · · · Ta có BAM + NAD + MAN = 90 BAM + NAD = 450 · · Đặt BAM = α ⇒ NAD = β ⇒ α + β = 450 ⇒ tan(α + β) = 1 tan α + tan β x y Ta có 1 = , mà tan α = , tan β = 1 − tan α tan β 2 2 x+y 2 2 = 1 ⇒ x + y = a − xy , suy ra xy a 1− 2 a ax ay − 2 2 1 a ax ay a VAMCN = SA.SAMCN = (a 2 − − ) = (a 2 + xy) 3 3 2 2 6 2 (x + y) (x + y) 2 ta có xy... = SABCD − SABM − SADN = a − 2 2 Vmax ⇔ (xy) đạt GTLN khi (xy) = (x + y) đạt GTLN suy ra 4 2 (x + y) a(x + y) + = a 2 suy ra x + y = 2a( 2 − 1) 4 a2 Vmax = (2 − 2) khi x = y = a( 2 − 1) 3 Bài 17: Cho góc tam diện vuông Oxyz đỉnh O trên Ox, Oy, Ox lần lượt lấy các điểm A, B, C sao cho OA + OB + OC + AB + AC + BC = L, gọi V là thể tích của tứ diện L3 ( 2 − 1) ABCD CMR: V ≤ 1 62 Giải: A B O C Đặt OA = a,... (3) xảy ra khi a = b = c L3 ( 2 − 1) Từ (1), (3) ta có L ≥ 3.(1 + 2) .3 6V hay V ≤ (4) 1 62 L( 2 − 1) Dấu “ = “ (4) xảy ra khi a = b = c = 3 3 Bài 18: Cho hình chóp S.ABC có SA = x, SB = y, các cạnh còn lại bằng 1,với giá trị nào của x, y thì thể tích của khối chóp là lớn nhất, tìm giá trị lớn nhất đó? S M A B N C Giải: Gọi M, N là trung điểm của SA, BC, ta có: VS.ABC = 2 VS.MBC , các tam giác ABS, ACS . ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 4 4 4 4 2 x y a x y a y z b y z b z x c x z y a b c   + = + =     + = ⇔ + =     + = + + = + +     ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2. 2 2 2 2 2 2 2 c (a b ) SE AS AE c a b c + = − = − + + = 2 2 2 2 c a b c+ + Diện tích tam giác ADE: DE = 2 2 AE AD+ = 2 2 2 2 2 2 2 c .b (a b c ).(a c )+ + + S = 1 .AD.AE 2 = 2 2 2 2 2. vẽ MH //AC MHN ∆ vuông tại H ( ) 2 2 2 2 2 2MN MH NH a y x⇒ = + = + − OMN ∆ vuông tại O 2 2 2 MN OM ON⇔ = + 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ( ) ( ) 2 ( ) 2 2 2 MN AM OA OC CN a a a y x x y a xy ⇔