Chuyên đề hình chóp ôn thi THPT quốc gia _File Word

Chuyên đề hình học không gian ( hình chóp ôn thi THPT quốc gia _File Word)Chuyên đề hình học không gian ( hình chóp ôn thi THPT quốc gia _File Word)Chuyên đề hình học không gian ( hình chóp ôn thi THPT quốc gia _File Word)Chuyên đề hình học không gian ( hình chóp ôn thi THPT quốc gia _File Word)

CHN ĐỀ HÌNH CHĨP GĨC – KHOẢNG CÁCH Quan hệ song song – vng góc mảng vơ quan trọng chương trình hình học khơng gian nói chung tốn có liên quan đến hình chóp nói riêng Và ứng dụng quan trọng quan hệ song song – vuông góc việc giải tốn hình học khơng gian tốn có liên quan đến hình chóp tìm góc khoảng cách.Ta đến với toán sau: Bài 1: Cho (∆),(∆′) chéo nhau, có AA′ là đường vuông góc chung của (∆) và (∆′) (A′ ∈ (∆′) và A ∈ (∆)) Gọi (P) là mặt phẳng chứa A và vuông góc với (∆′), còn (Q) // (P) cắt (∆) và (∆′) lần lượt tại M và M′ Gọi N=ch M/(P) Đặt γ = (∆,(P)), ∠MAM′ = α, ∠M′AA′ = β Tìm mối quan hệ của α,β,γ Giải : ( ') ( ) O A' H N A * Vì (P) ⊥ (∆′) và AA′ ⊥ (∆′), A ∈ (P) ⇒ AA′ ⊂ (P) -1- * AA′ // (Q) M′A′ ⊥ (P) N = ch M/(P) MA′ // MN ⇒ M′M // A′N M′A′ ⊥ A′N ⇒ M′MNA′ là hình chữ nhật Đặt MN = x Ta có AA′2 = A′M2 – AM2 = A′N2 + MN2 – (AN2 + MN2) = A′N2 – AN2 ⇒ A′A ⊥ AN * Dễ dàng thấy được γ = ∠MAN Trong mặt phẳng (M′AM), ta có: M′M2 = A′A2 + AN2 = M′A2 + MA2 – 2M′A.MA.cos α Mà A′A = cot β.x AN = cot γ.x M′A = MA = x sin β x sin γ ⇒ x2(cot2β + cot2γ) = x  1 cos α  −2  + ÷ sin β sin γ   sin β sin γ 2 ⇔ cot2β + cot2γ = + cot2β + cot2γ ⇔ cos α = sin β.sin cos α sin β sin γ Bài 2: Cho tứ diện vuông S.ABC M là một điểm bất thuộc ∆ABC, I là trung điểm AB Giả sử CA = 2SB, CB = 2SA Kẻ SE ⊥ CA, SF ⊥ CB CMR: a SC ⊥ EF -2- b tan ( SCI ) EB + =1 tan ( SCA) AB Giải : C F E S B I A * Ta có SC2 = BC2 – SB2 = 4SA2 – SB2 SC2 = AC2 – SA2 = 4SB2 – SA2 ⇒ SA = SB ⇒ AC = AB * SE = SF = SC.SA AC SC.SB AB ⇒ SE = SF Từ ta dễ dàng suy ra: EF // AB mà SC ⊥ (SAB) nên EF ⊥ SC * Ta có : SC 2 EF CE AC = SC = = AB CA AC AC -3- Mặt khác: AB = 2 = ⇒EF = Lại có: SA = AC ⇒ ∠SAC = AC − SA Do đó: EF = * tan SCI = tan SCA = ⇒ AC SC 2 SC = AC 2 AC CS = SA (do ∆SAB vuông cân) = SA = AB 2 π ⇒ CS π π π  = cos  − ÷ = cos = AC 2 3 AB = AB ⇒ EF = AB (1) AB SI = = SC 6 AB SA SA = = SC SA 3 tan SCI = tan SCA (2) * Từ (1),(2) suy ra: tan ( SCI ) EB + = + =1 tan ( SCA) AB 4 (đpcm) Bài 3: Trong (P) cho ABCD là hình vuông cạnh a Lấy M,N ∈ CB và CD Đặt CM = x, CN = y Trên At ⊥ (ABCD) lấy S Tìm x,y để: π a ((SAM),(SAN)) = b ((SAM),(SMN)) = π Giải : -4- S a AM ⊥ SA AN ⊥ SA ⇒ ∠MAN = ((SAM),(SAN)) SA = (SAM) ∩ (SAN) A Để ((SAM), cos MAN = ⇔ B D C (SAN)) = M N π thì ta có: AM + AN − MN = 2 AM AN a + (a − x )2 a + (a − y )2 = a2 + (a – x)2 + a2 + (a – y)2 – (x2 + y2) ⇔ 2[a2 + (a – x)2].[a2 + (a – y)2] = [4a2 – 2a(x + y)]2 ⇔ a4 + a2[2a2 – 2a(x + y) + x2 + y2] + (a2 + x2 – 2ax)(a2 + y2 – 2ay) = 2[2a2 – a(x + y)]2 ⇔ a4 + 2a4 – 2a3(x + y) + a4 + a2(x2 + y2) + 4a2xy – 2a3(x + y) + x2y2 – 2axy(x + y) = 8a – 8a3(x + y) + 2a2(x2 + y2) + 4a2xy ⇔ x2y2 + 4a3(x + y) = 2axy(x + y) +4a4 b Giả sử (SAM) ⊥ (SMN) Dựng NM′ ⊥ SM ( M′ ∈ SM) Ta có :  NM ' ⊥ SM ⇒ NM ' ⊥ ( SAM )   SM = ( SAM ) ∩ ( SMN ) ⇒ NM′ ⊥ SA Mặt khác: SA ⊥ (ABCD) ⇒ SA ⊥ NM Do đó: M ≡ M′ -5- ⇒ MN ⊥ (SAM) ⇒ MN ⊥ AM Vậy để (SAM) ⊥ (SMN) thì ta phải có: AM2 + MN2 = AN2 ⇔ a2 + (a – x)2 + x2 + y2 = a2 + (a – y)2 ⇔ 2x2 = 2ax – 2ay ⇔ x2 = a(x – y) Bài 4: Cho hình chóp S.ABCD có SA ⊥ (ABCD) và SA = a ABCD là hình thang vuông tại A, D AB = 2a, AD = CD = a a Tính góc (S, BC, A) và (A, BS, C) b Tính góc ((SBC),(SCD)) Giải : * Xét mp (ABCD) + Gọi H = ch C/AB ⇒ AHCD là hình vuông, ∆CHB là tam giác vuông cân S ⇒ ∠CAB = K I A D H C E -6- B π hay CA ⊥ CB * Từ giả thuyết ta dễ dàng có được: SB = a , BC = AC = a , SD = a ⇒ SC = 2a ⇒ SC2 + BC2 = SB2 ⇒ SC ⊥ CB • Do đó: (S, BC, A) = ∠SCA = π + Gọi K = ch A/SB I = ch A/SC SC ⊥ CB   ⇒ CB ⊥ ( SAC ) AC ⊥ CB  ⇒ AI ⊥ SB AK ⊥ SB ⇒ AI ⊥ BC mà AI ⊥ SC ⇒ AI ⊥ (SBC) ⇒ SB ⊥ (AIK) ⇒ KI ⊥ SB ⇒ (A, SB, C) = ∠AKI Dễ thấy: AI = a AK = a 2.2a = a a SI KI SI BC a.a = ⇒ KI = = =a SB BC SB a ⇒ AI2 + KI2 = a2 + a2 = 4a = AK2 ⇒ ∆AKI vuông tại I -7- ⇒ sin AKI = π AI a = = AK a 3 ⇒ ∠AKI = * Trong mp (SCD) dựng đường thẳng qua C vuông góc với SC và cắt SD tại E ⇒ SC ⊥ CE   ⇒ (( SCB ), ( SCD)) SC ⊥ CB  = ∠ECB + SE.SD = SC2 ⇒ SE = ⇒ DE = + 3 4a a = a a ⇒ CE2 = DE.SE = 3 a a = a2 3 BD = a   SD + SB − BD 2  SB = a  ⇒ cos ESB = = 2SD.SB  SD = a   ⇒ BE2 = SE2 + SB2 – 2.SE.SB.cos ESB = 16 a2 + 6a2 – ⇒ cos ECB = 2 a a = a 3 CE + CB − EB 2.CE.CB ⇒ ∠ECB = arccos = 2 a + 2a − a 3 = 3 a 2a Bài 5: Cho ∆SAB đều và hình vuông ABCD cạnh a nằm mặt phẳng vuông góc với Gọi M là trung điểm của AD -8- a Tìm d(SA,MC) b Gọi (P) là mặt phẳng qua BC và một điểm P bất kì SD Xác định giá trị lớn nhất có thể có của góc nhị diện giữa (P) và (ABCD), biết thiết diện giữa (P) và hình chóp là hình thang Giải : S Q P A M Q' O B E P' D C Gọi O là trung điểm của AB ⇒ SO ⊥ AB Mà (SAB) ∩ (ABCD) = AB ⇒ SO ⊥ (ABCD) ⇒ SO ⊥ BC mà BC ⊥ AB ⇒ BC ⊥ (SAB) a Gọi E là trung điểm của BC -9- ⇒ AE = MC = SE = a a AM = EC = ⇒ AMCE là hình bình hành ⇒ MC // AE ⇒ ∠(MC,SA) = ∠(AE,SA) ⇒ cos (MC,SA) = ⇒ sin (MC,SA) = Ta có: VS.AMC = VS AMC Mặt khác: a ⇔ 24 = AE + SA2 − SE 2 AE.SA 5 = Dễ thấy SO = SO.SAMC = a2 = 5 2a a a SO.DC.MA = a a a 2 = SA.MC.sin ( MC , SA ) d ( SA, MC ) = VS.AMC = a 5 a .d ( SA, MC ) a ⇔ d(SA,MC) = b + Thiết diện giữa (P) và hình chóp là hình thang Dựng PQ // AD (Q ∈ SA) ⇒ PQ // BC Dễ thấy PQBC là thiết diện của (P) với hình chóp S.ABCD + Trong mặt phẳng (SAB) dựng QQ′ // SO ⇒ QQ′ ⊥ (ABCD) Dựng PP′ ⊥ (ABCD) (P′ ∈ (ABCD)) ⇒ (P′Q′BC) = ch (PQBC)/(ABCD) - 10 - a3 24 SA.MC.sin (MC,SA).d(SA,MC) Tương tự có: m b ≤ R + OB1 m c ≤ R + OC1 ; Suy ra:  ma m b m c 1   OA1 OB1 OC1  + + ≤ R + + ÷+  + + ÷ hb hc hb hc   h b h c   Ta chứng minh : 1 1 + + = hb hc r Bởi OA1 OB1 OC1 + + =1 hb hc 2S = (a + b + c)r nên 2S 2S 2S 2S 1 1 = a+b+c= + + ⇔ + + = r hb hc hb hc r Ta có: 2S = a.OA1 + b.OB1 + c.OC1 = 2S 2S 2S OA1 + OB1 + OC1 hb hc ⇔ Vậy ta có : OA1 OB1 OC1 + + =1 hb hc ma mb mc R + + ≤ 1+ hb hc r Đẳng thức xảy O trực tâm tam giác hay tam giác ABC tam giác → ta thử suy nghĩ này: “mặt cầu ngoại tiếp” tứ diện tương ứng với “đường tròn ngoại tiếp” tam giác; “đường tròn ngoại mặt” tứ diện tương ứng với “trung điểm cạnh” tam giác “thể tích” tứ diện tương ứng với “diện tích” tam giác Từ ta xây dựng tốn sau từ tính chất phẳng 3; sau ta kiểm chứng lại → Bài toán 3: tứ diện ABCD mà tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện thuộc miền tứ diện, ta ln có: ma m b mc md R + + + ≤ 1+ hb hc hc r ( Trong đó, ma độ dài đoạn thẳng nối A tâm đường tròn ngoại tiếp ∆BCD; - 121 - đường cao tứ diện kẻ từ A; R, r bán kính mặt cầu ngoại tiếp nội tiếp tứ diện ABCD ) Chứng minh: Gọi O tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD; A1, B1, C1, D1 tâm đường tròn ngoại tiếp ∆BCD, ∆CDA, ∆DAB, ∆ABC Vì O thuộc miền tứ diện nên: m a = AA1 ≤ AO + OA1 = R + OA1 m b ≤ R + OB1 m c ≤ R + OC1 m d ≤ R + OD1 Tương tự có: ; ; Suy ra:  ma m b mc md 1   OA1 OB1 OC1 OD1  + + + ≤ R + + + + + + ÷+  ÷ hb hc hd h b hc hd   h a hb hc hd   Ta chứng minh: 1 1 + + + = hb hc hd r Bởi OA1 OB1 OC1 OD1 + + + =1 hb hc hd 3V = (S +S +S +S )r ABCD BCD CDA DAB ABC Nên : 3V ABCD = S +S +S +S BCD CDA DAB ABC r 3V 3V 3V 3V = BCD + CDA + DAB + ABC h hc h b d ⇔ 1 1 + + + = hb hc hd r Ta có: 3V OB1 + S OC1 + S OD1 = CDA DAB ABC 3V 3V 3V 3V ABCD OA + ABCD OB + ABCD OC + ABCD OD = 1 1 ABCD =S BCD OA1 + S hb hc - 122 - hd ⇔ Vậy ta có: OA1 OB1 OC1 OD1 + + + =1 hb hc hd ma m b mc md R + + + ≤ 1+ hb hc hc r Đẳng thức xảy O trực tâm tứ diện hay ABCD tứ diện TỔNG HỢP Bài 1: SABC hình chóp tam giác với cạnh đáy AB = a, đường cao SH = h Tính theo a h bán kính r, R hình cầu nội tiếp ngoại tiếp hình chóp S C J A B H O O’ - 123 - Giả sử a cố định h thay đổi xác định h để r R lớn Giải: Tính R: Tâm hình cầu ngoại tiếp tứ diện SABC nằm SH( trục đường ngoại tiếp tam giác ABC) đường trung trực SA vẽ mp(SAH) Tứ giác AHOJ nội tiếp( J trung điểm SA), Do đó: r 6ah2 = R (a + 12h + a ).(3h + a ) a ⇔h= SO.SH = SA.SJ SA2 ⇒ SO = R = SH 2 a 3 a2 SA = SH + HA = h +  3 ÷ =h + ÷   Nhưng: 2 = = 3h + a 3h + a Suy ra: R = Tính r: Tâm O’ hình cầu nội tiếp tứ diện nằmg SH phân giác SIH( I trung điểm BC), góc phẳng nhị diện cạnh BC Tính chất phân giác cho: - 124 - O ' H HI h.HI = ⇒ r.SI = HI ( h − r ) ⇒= O'S SI SI + HI  a  HI =  Ta có :   SI = h +  a  = r + a   ÷ ÷  12    12h + a ⇒ SI = Cho nên tính a ah r= = a 12h + a a + 12h + a + h Định h để r/R lớn Ta có: Đặt: r 6ah = R (a + 12h + a ).(3h + a ) x > a x > a  x = 12h + a ⇔  ⇔  x2 − a2 2 12h + a = x h = 12  2  x2 − a2  6a  ÷ 2 r  12  = − x + 2ax + 3a = R (a + 3a )  x + 3a  (a + x )  ÷   Do đó: Bảng biến thiên Vậy : r  ÷ =  R max ⇔h= x = 3a x f’(x) f(x) ∞ -a - 125 - a a 3a ∞ + x + + _ a 0 Bài 2: cho hình chóp tam giác SABC Gọi K N trung điểm SA, BC Điểm M nằm SC cho: SM = MC Tìm tỉ số diện tích hai tam giác ASC AKM Mặt phẳng qua K song song với AB SC có qua N khơng? Qua K, M, N dựng mặt phẳng mp(P) a xác định tiết diện tạp mp(P) với hình chóp cho b Chứng minh KN chia tiết diện thành phần diện tích c Biết khoảng cách từ A đến mp(P) h thể tích hình chóp V tính diện tích tiết diện Giải: Tính ∆ AMS ∆ SAC có đường cao phát xuất từ A nên: - 126 - S SAC = MS = S CS AKM ∆ AMS ∆ (do MS = ) MC AMK có đường cao phát xuất từ M nên: S AMS = SA = S KA AMK 2.S Suy : AMK = S SAC ⇒ S SAC = S AMK Mặt phẳng qua K song song với AB SC có qua N khơng? Mặt phẳng qua K song song với aB SC cắt BC N’ Định lý Talét không gian cho: KS N ' C = =1 KA N ' B ⇒ ⇒ ≡ N trung điểm BC N N’ Vậy mặt phẳng qua K song song với AB SC qua trung điểm N BC a Cách dựng thiết diện: - Đường thẳng MK đường thẳng CA cắt I - Hai đường thẳng IN AB cắt H S M K I O C N B H A Tiết diện mặt phẳng (KMN) với hình chóp tứ giác KMNH - 127 - S b Chứng minh MKN =S HKN Gọi O giao điểm MH KN Vẫn theo định lý Talét không gian ta suy ra: O trung điểm MH Từ suy đường cao MM’ HH’ tam giác MKN HKN nhau, đó: S KMN = V 10 h ⇒ S KMNH = 3V 5h c Tính diện tích thiết diện: Ta tính thể tích tứ diện AKMN cách coi đáy V A.KMN ∆ KMN đỉnh A: = S KMN h Cũng tứ diện mà ta coi đáy ∆ AKM chiều cao khoảng cách từ N đến (AKM) thể tích là: V N AKM (1) = S h AKM N Nếu gọi chiều cao kẻ từ B tứ diện ABCD hB ta có : hB = 2.hN Và câu ta có: - 128 - V 1 = S h SAC B 1 = S hB = V 10 SAC 10 N AKM (2) Từ (1) (2) suy ra: V 10 h S KMN = 3V ⇒ S KMNH = 5h Bài 3: Cho tứ diện SABC có góc phẳng đỉnh S vuông 3.S Chứng minh : ABC ≥S SBC +S SBA +S SAC Cho biết SA = a, SB+ SC = k đặt SB = x tính thể tích tứ diện SABC theo a, k,x xác định SB, SC để thể tích tứ diện SABC lớn Cho A cố định; B C thay đổi ao cho SB + SC = k khơng đổi Tìm quỹ tích điểm O đường chéo hình hộp có cạnh SA, SB, SC Giải: 3.S Chứng minh : ABC ≥S SBC +S SBA +S SAC Trước hết ta chứng minh hệ thức : S2 ABC =S2 SBC + S2 SBA C S B I A - 129 - + S2 SAC (1) Vẽ SI vuông góc với AB Theo định lý đường thẳng vng góc ta có:  SC ⊥ ( SAB) ⇒ CI ⊥ AB   SI ⊥ AB S2 SBC + S2 SBA + S2 SAC 1 SB SC + SA2 SB + SA2 SC 4 1 = SC ( SB + SA2 ) + SA2 SB 4 1 = SC AB + SI AB 4 1 = AB ( SC + SI ) = CI AB 4 = = S2 ABC Áp dụng bất đẳng thức Schwarz: S SBC +S SBA +S SAC ( ≤ (1 + + 1) S SBC + S2 SBA Áp dụng kết (1) ta có: 3.S ABC ≥S SBC +S SBA +S A S B O’ O C D - 130 - SAC + S2 SAC ) (1) Tính V tứ diện SABC V = ax( k − x) V = SA.SB.SC Định SB, SC để V lớn uuuu uuu v v O ' O = SΩ x ≥ ; k − x ≥ Bất đẳng thức Cauchy: x.( k − x) ≤ k2 ( k, a: không đổi; x: thay đổi) V≤ Do : k 2a 24 ⇔x= Đẳng thức xãy : x = k – x Vậy Vma x = k 2a 24 xãy SB = SC = k k Quỹ tích điểm O Gọi O giao điểm đường chéo hình hộp vẽ cạnh SA, SB, SC Nếu ta vẽ hình chữ nhật SBDC O trung điểm AD Hình - 131 - chiếu O’ lên mặt phẳng (SBDC) trung điểm SD .Chọn tia Sx mang SB, định hướng từ S đến B tia Sy mang SC, định hướng từ S tới C phần tư mặt phẳng tọa độ Sxy ta có: J I J’ I’ S Ω J A y x SB  x =  O '  y = SC   Suy quỹ tích O’ đoạn thẳng I’J’ có phương trình là: SB + SC k = 2 k ⇔ y = −x + x+ y = Với điểm đầu I’(k/2;0) J’(0;k/2) Gọi Ω Ta có: trung điểm SA; Ω điểm cố định uuuu uuu r r O 'O = SΩ Suy quỹ tích O đoạn IJ, hình biến đổi I’J’ qua phép tịnh tiến - 132 - véctơ uuu r SΩ Bài 4: Trong tứ diện có cạnh có độ dài lớn CMR: thể tích tứ diện khơng vựơt q 1/8 D B F E A C H Giải: Cho tứ diện ABCD có AB > cịn cạnh khác nhỏ hay Ta chứng minh V ≤1/ Vẽ đường cao AE tam giác ABC đường cao BF tam giác BCD Gọi AH đường cao tứ diện vẽ từ A đặt CD = a (  a2  AE ≤ −   a2  BF ≤ −   Ta chứng minh : ED ≤ Nếu a AE = AC − EC ≤ − thì: EC ≥ ( ED ≥ Nếu a a AE = AD − ED ≤ − thì: - 133 - a2 ) a2 a ≤1 ) Trong trường hợp ta có: AE ≤ − a2 ⇔ AE ≤ − a2 Tương tự ta chứng minh được: BF ≤ − a2 ⇔ BF ≤ − a2 Thể tích tứ diện: 1 1 V = S BCD AH = CD.BF AH ≤ CD AE.BF 3  a  ≤ a 1 − ÷ = a(4 − a )   24 Xét hàm a (4 − a ) f(a) = f’(a) = -3a2 + a f’(a) f (a) Bảng biến thiên: −∞ − 0 + +∞ - 134 - Vmax = Vậy = 24 xãy a = .Cuối ta thử xem có tồn tứ diện không Chọn tứ diện A D C B ABCD sau: ∆BCD ∆ACD cạnh a = cạnh a = ⊥ (BCD) (ACD) Ta có: 3 V= =  3 AB = AH + HB = AH =   ÷ =2 ÷   ⇒ AB = >1 2 ; tứ diện ABCD thỏa đề Bài 5: Cho tam giác ∆ ∆ ABC cạnh a đường thẳng ( ) tùy ý qua tâm O - 135 -