Hình học chọn lọc thi HSG toán lớp 12

BÀI TẬP HÌNH CHỌN LỌC ÔN THI HSG 12 NGUYỄN TRUNG KIÊN Câu Cho hình chóp SABCD có đáy hình bình hành C1 trung điểm cạnh SC Mặt phẳng (P) tùy ý chứa đường thẳng AC1 cắt cạnh SB, SD B1, D1 a) Xác định (P) để  SB1D1 có diện tích bé VSAB1C1D1 b) Chứng minh  VSABCD Lời giải: S C1 B1 O1 B C D1 O A D a) Để dựng (P) tùy ý thoã mãn điều kiện toán từ O1  SO  AC1 ( mp(SBD) ta vẽ đường thẳng tùy ý qua O1 cắt hai cạnh SB, SD B1, D1 Như đường thẳng B1D1 SB SD SA SC qua hai điểm O1 cố định Ta có:     1  SB1 SD1 SA SC1 ˆ Trong SBD ˆ không đổi Mặt khác: S SB1 D1  SB1.SD1.sin BSD 2 1 SB SD Xét:   ˆ SB1 SD1 SB.SD.sin BSD ˆ SB1 SD1 SSB1 D1 sin BSD Và từ đó, theo hệ bất đẳng thức Cauchy: Vậy S SB1D1 đạt  b) Đặt x  SSB1 D1 đạt max  SB SD   SB1 SD1 SB1 SD1    (P) qua AC1 song song với BD SB SD SB1 SD , y    x  y  1 SB SD 1   (1) x y Mặt khác: Áp dụng công thức tỉ số thể tích với hai hình chóp SABD SBCD ta dễ dàng tính VSAB1C1D1 1 được:  xy  xy  xy (2) VSABCD 4 VSAB1C1D1 Từ (1) (2) áp dụng hệ bất đẳng thức Cauchy: đạt  x  y  VSABCD VSAB1C1 D1 2     ta có điều chứng minh VSABCD 3 Câu Cho hình chóp SABC điểm M tùy ý nằm đáy Ba đường thẳng qua M, song song với SA, SB, SC cắt mặt (SBC), (SCA), (SAB) A1, B1, C1 SA SB SC a) Chứng minh rẳng:   9 MA1 MB1 MC1 b) Xác định vị trí M để thể tích khối chóp MA1B1C1 nhận giá trị lớn Lời giải: Theo kết ta có: S B1 C1 B' C A1 A M C' A' B a) Kéo dài AM, BM, CM cắt cạnh đối diện A’, B’, C’  A1, B1, C1 thuộc SA’, SB’, SC’ Theo định lý Thales ta có: SA SB SC AA ' BB ' CC '      MA1 MB1 MC1 MA ' MB ' MC ' Do M điểm tam giác ABC nên:  AA ' BB ' CC ' S ABC S ABC S ABC 1         S MBC  S MCA  S MAB       (bất MA ' MB ' MC ' S MBC S MCA S MAB  S MBC S MCA S MAB  đẳng thức Cauchy)  ta có điều phải chứng minh   b) Đặt v  MS Tv : M  S ; A1  A2 ; B1  B2 ; C1  C2 Dễ thấy: A2 , B2 , C2 thuộc hai tia đối SA, SB, SC SA2  MA1 , SB2  MB1 , SC2  MC1  VMA1 B1C1  VSA2 B2C2 Theo công thức tỉ số thể tích, ta có: VMA1 B1C1  VMA2 B2C2  SA2 SC2 MA1 MB1 MC1  SA SC SA SB SC VSABC VSABC Mặt khác theo định lý Thales: MA1 MB1 MC1 MA ' MB ' MC ' S MAB  S MAC  S MBC     1 SA SB SC AA ' BB ' CC ' S ABC MA ' MB ' MC '  VMA1B1C1 đạt max      M trọng tâm tam giác ABC AA ' BB ' CC ' a  Câu Cho khối chóp SABCD có đáy hình bình hành, AB=a SA=SB=SC=SD=b  b   2  a) Xác định khối tứ diện tích lớn b) Tính khối cầu ngoại tiếp khối chóp tích lớn Lời giải: S D M C O H A B a) Vì chóp có cạnh bên nên đáy phải tứ giá nội tiếp  ABCD hình chữ nhật Gọi H  AC  BD SH đường cao chóp Đặt BC  x AC  a  x SH  4b  a  a   x  4b  a  1  VSABCD  a.x 4b  a  x  a x  4b  a  x  2 2 2 Do x  4b  a  x  4b  a nên theo bất đẳng thức Cauchy ta có: VSABCD đạt max  x  4b  a  x  x  4b  a b) Xét khối chóp SABCD có đáy hình chữ nhật vơi AB=a, BC  4b  a 4b  a 2  4b  a 2 Cầu ngoại tiếp có tâm O đường tròn ngoại tiếp tam giác SAC bán kính R bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác Trong tam giác SAC ta có: 4b 2b ˆ  SH  R  sin SAC R b 4b  a 4b  a SA= SB=SC=SD=b Khi SH trục đáy SH   2b Vậy thể tích cầu ngoại tiếp chóp SABCD là: V     4b  a  b 4b  a    4b  a    ˆ  900 A  ABC    DBC  Câu Cho tứ diện ABCD có AB  AC  a, BC  b, BDC a) Tứ diện tích lớn nhất.Tính giá trị b) Tính thể tích cầu ngoại tiếp tứ diện Lời giải: a) VABCD  VS BCD  S BCD AH với H trung điểm BC  ABC    DBC  AB  AC Ta b 4a  b có: AH  AB  BH  a    AH  4a  b  b  2a  4 Do AH không đổi nên: VABCD max  S BCD max  BC DK max  DK max  DK  BC , K  BC  ˆ Mặt khác BDC  90 nên D thuộc đường tròn đương kính BC cố định b  DK max  K  H  DK   DB  DC b2 b 4a  b Vậy tứ diện tích nhận giá trị lớn là: V  4a  b  24 ˆ  90 nên trục đáy hình chóp ABCD đường thẳng AH  cầu ngoại tiếp b) Do BDC tứ diện không phụ thuộc vào vị trí D đường tròn đường kính BC thuộc (BDC)  tâm O cầu tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC AE AE AB 2 a2  R  OA   AB   a  cos  AH AH 4a  b 4a  b 4  a 4a  b  Vậy Vcầu   R3     3  4a  b  Câu Cho khối chóp SABC có đáy tam giác vuông cân B, đường cao SE với E trung điểm cạnh BC SE=CE=2a Gọi M, N trung điểm SE, CE Trên tai đối tia BA lấy ˆ   450    900 Gọi H hình chiếu S lên CD điểm D cho ACD   a) Tính thể tích tứ diện EHMN theo a  b) Tính thể tích cầu ngoại tiếp tứ diện SACD theo a VEHMN lớn Lời giải: S I M C A N H E B D O a) Theo giả thiết SE=EB=EC=2a nên tam giác SBC vuông cân S Kẻ EH  CD CD  SH (định lý ba đường vuông góc) Xét chóp MEHN N trung điểm CE Dễ thấy tam giác HCE vuông H CE  2a, CH  2a cos   450   S CHE  2a.2a cos   450 sin   450  a sin 2  900   a cos 2 1  VMEHN  S EHN ME   a3 cos 2 0 b) Vì 45    90 nên 900  2  1800  VEMHN đạt max 2  1800    900 Khi đó: tam giác CAD vuông cân C AD=8a với B tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác Đường thẳng  qua B,  SE trục đáy CAD Do  thuộc (SBC) nên  cắt đường trung trực IE cạnh bên SC O O tâm cầu ngoại tiếp chóp SACD với bán kính R=OC Dễ thấy BO  SE  2a  R  OC  BO  BC  4a  16a  20a  R  2a       160 Vậy thể tích cầu ngoại tiếp chóp SACD bằng: V   R3  a 3 Câu Trong (P) cho hình chữ nhật ABCD có AB=a, AD=b Về phía (P) vẽ hai tia Bx, Dy   P  Cho M, N chuyển động Bx, Dy cho BM.DN=c2 (c số riêng) a) Xác định vị trí M, Nđể thể tích tứ diện ACMN b) Tính thể tích cầu ngoại tiếp tứ diện ACMN tích bé Lời giải: N M B C H a O K A b D a) Xét (OMN) chia tứ diện ACMN thành hai tứ diện AOMN COMN Gọi H, K hình chiếu vuông góc A, C lên BD theo giả thiết AH , CK   OMN  Mặt khác dễ thấy: SOMN AH a b Theo giả thiết biết hình thang, ta có: AH  CK  ab 2  VACMN  2VAOMN  a  b2 ab S BDMN   m  n   VACMN   m  n  Theo giả thiết m.n  c nên theo hệ bất đẳng thức Cauchy ta có Vmin  m  n  c abc Từ Vmin  b) Vì ABCD hình chữ nhật nên OE trục Gọi I trung điểm đoạn OE dễ thấy SOMN  a  b2  c IA  IC  IM  IN  Do cầu ngoại tiếp tứ diện ACMN tích cầu 2 tâm I, bán kính R  a  b  c thể tích cầu là:  V   R3   a  b  c  a  b  c Câu Trong (P) cho hình vuông ABCD có cạnh a phía (P) vẽ hai tia Bx, Dy   P  Cho M, N di động Bx, Dy cho BM  DN  2a a) Chứng ming VACMN có giá trị không đổi b) Tính thể tích cầu ngoại tiếp khối ABCDMN khoảng cách (AC) (MN) nhận giá trị lớn Lời giải: H E M N B C a O A b D a) Gọi O  AC  BD  AO   OMN  (OMN) mặt đối xứng chia ACMN thành hai tứ diện SOMN AO Xét hình thang vuông BDMN có đường cao BD  a hai đáy BM  m, DN  n  m, n    m  n  2a tích AOMN, COMN Từ đó: VACMN  2.VAOMN  Do OB=OD nên dễ dàng chứng minh được: 1 mn a a2 SOMN  S BDMN  a   m  n   2 2 a a Vậy VACMN  không đổi 2  Điều phải chứng minh b) Vẽ đường trung bình OE hình thang BDMN BM  DN Do OE   a  E cố định Mặt khác AO   OMN  nên kẻ OH  MN  H  MN  OH đường vuông góc chung (AC) (MN) Ta có OH  OE đạt dấu  H  E  OE  MN  BM  DN  a Khi (OE) đường trung trực hình vuông ABCD BDNM hình chữ nhật Gọi I trung điểm a đoạn OE IA  IB  IC  ID  IM  IN   cầu ngoại tiếp khối ABCDMN có tâm I a bán kính R  Vậy thể tích khối cầu là: V   R3   a ˆ  600 Về phía (P) vẽ hai tia Câu Trong mp(P) cho hình thoi có cạnh a BAD Bx, Dy   P  Hai điểm M, N chuyển động Bx, Dy cho BM  DN  2a a) Xác định M, N để thể tích tứ diện ACMN max b) Tính thể tích cầu ngoại tiếp tứ diện ACMN tứ diện tích max Lời giải: N M B C a O A D a) Gọi O  AC  BD giả thiết ACBD hình thoi nên AC   OMN   mp(OMN) chia SOMN AO giống trước, đặt BM  m, DN  n  m, n   , ta có: tứ diện ACMN thành hai pần ta có: VACMN  2VAOMN  SOMN  1 a S BCNM  a  m  n    m  n  2 a a 3 (Vì tam giác ABD nên AB  BD  DA  a )  VACMN   m  n   a2 . m  n 12 Theo bất đẳng thức Bunhiacoski ta có:  m  n   m  n  4a  m  n  2a dấu   với BM=DN=a b) Đối với tứ diện ACMN có Vmax dễ thấy OE giao tuyến hai mặt phẳng trung trực cặp cạnh đối AC MN nên tâm cầu ngoại tiếp I thuộc (OE) Để xác định vị trí I ta chọn trục OE đặt OI  x  a  OE  OI  IE  IE  a  x Vì bán kính cầu R  IA  IM nên IA2  IM  AO  OI  IE  EM đạt m=n=a Từ tứ diện ACMN tích lớn là: Vmax  a  3a a2 a a  x2   a  x    2x   x  4 a 3a a 13a a 13 4 13 13 13 13 Còn R    R  Vcầu   R3   a3   a 16 16 3 48 Câu Trong mp(P) cho hình vuông ABCD cạnh a Về phía (P) vẽ hai tia Bx, Dy   P  Cho M, N tùy ý thuộc Bx, Dy cho  ACM    ACN  Vậy tâm I cầu xét nằm đoạn OE với OI  a) Chứng minh  ACM    ACN    AMN    CMN  b) Xác định vị trí M, N để tứ diện ACMN tích bé Lời giải: H N M B C a O A D ˆ  900 a) Gọi O  AC  BD từ giả thiết ta có AO   OMN  từ MON ˆ  900  BHD ˆ  900 kẻ OH  MN từ toán quen thuộc lớp dưới, dễ thấy MON 1 ˆ  900  HO  BD  HO  AC  AHC 2 ˆ  900   AMN    CMN   điều Mặt khác MN  OH AC nên MN   HAC   AHC phải chứng minh b) Đặt BM  m, DN  n  m, n   Như trình bày toán trước ta có: SOMN  1 mn a2 S BDNM  a  a  m  n  VACMN  2VAOMN   m  n  2 ˆ  900  MN  OM  ON  2a   m  n   a  m  n  mn  a Mặt khác MON Từ theo hệ bất đẳng thức Cauchy ta có: VACMN đạt  m  n  a 2 a 2a 2  a3 6 Câu 10 Trong mp(P) cho hình vuông ABCD cạnh a Về phía (P) vẽ hai tia ˆ  900 Bx, Dy   P  Cho M, N chuyển động Bx, Dy cho OMN a) Xác định vị trí M, N để VACMN TÍnh giá trị b) Tính thể tích cầu ngoại tiếp tứ diện ACMN m=a Lời giải: Vmin  F N M B C E I a O A D a) Tương tự toán trước, đặt O  AC  BD, BM  m, DN  n  m, n   VACMN  a2  m  n  (1) 2 ˆ  900  ON  OM  MN  a  n  a  m2  2a   m  n  Để OMN 2 2 a m  a  m  mn   n  (2) m a2  a  m  a a  2m a 2am 2 Từ (1) (2)  VACMN   m    a3   m  m m Và đạt dấu  2m  a  m  VACMN  a3 a 2 10 a2  a  2a MN  a a Theo định lý Pythagore ta có: MA2  MC  a  a  2a  MA  MC  a  MAC có cạnh a NM  MO AC nên NM   MAC  Gọi E tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MAC đường thẳng  qua E,  MN trục Đường thẳng  ' qua F trung điểm đoạn MN,  MO đường trung trực MN Do ,  ' đồng phẳng không song song nên chúng cắt I tâm cầu ngoại tiếp tứ diện b) Với m=a n  ACMN GỌi R bán kính cầu R  IM  IE  EM  3a 2a 17a a 51   R 12 17 51 54 Câu 11 Trong mp(P) cho tam giác ABC nhọn Vẽ đường thẳng d qua A vuông góc (ABC) Cho M tùy ý thuộc d  M  A  Gọi H trực tâm tam giác ABC d’ đường thẳng qua H, Vậy thể tích cầu là: V   a   MBC  d’ cắt (MBC) K d N a) Xác định vị trí N để VBCHK lớn b) Khi M chuyển động d, chứng minh cầu ngoại tiếp tứ diện BCMN qua đường tròn cố định Lời giải: Mo M d B' B1 A C Ko K H A1 B d' N a) Vẽ hai đường cao AA1 BB1 ABC  AA1  BB1  H 11 Vì ABC tam giác nhọn nên H nằm tam giác Dễ thấy BC   MAA1    MAA1    MBC  Từ mp(MAA1) vẽ d’ qua H vuông góc MA1 d   MBC  Cũng vị trí d’ MAA1 nên d’ cắt d N M, N phải nằm hai phía A nên K thuộc đường tròn đường kính HA1 mp(MA1 N) Xét VBCHK  VKBCH  S BCH KD với KD  AA1  D  HA1  Do BCH cố định nên VBCHK đạt max  KD max  K  K trung điểm cung  HA1 A1 K  d  M  M điểm cần tìm b) Gọi (S) cầu ngoại tiếp tứ diện BCMN Vì M, N nằm hai phía A AM AN  AH AA1 nên A điểm (S) Kéo dài BA phía A cắt (S) B’ Mặt phẳng (BMN) cắt (S) theo đường tròn    sử dụng phương tích điểm A    , ta có: PA/    AM AN  AB AB  B’ cố định Vậy mặt cầu (S) qua điểm cố định B,C,B’ nên (S) chứa đường tròn cố định đường tròn ngoại tiếp tam giác BCB’ Ngoài rat a suy tâm (S) thuộc đường thẳng  cố định đường trung trực tam giác BCB’ Câu 12 Trong mặt phẳng (P) cho tam giác nhọn ABC đường thẳng d qua A,   ABC  Điểm M chuyển động d  M  A  Gọi H trực tâm tam giác ABC Vẽ đường thẳng d’ qua H,   MBC  cắt d N (MBC) K a) Chứng minh K trực tâm tam giác MBC từ suy tam giác MBC tam giác nhọn b) Xác định vị trí M để thể tích tứ diện BCMN bé Lời giải: 12 M B2 B1 A C K H A1 B N a) Xét tam giác ABC với hai đường cao AA1  BB1  H  H nằm ABC Dễ thấy BC   MAA1  nên  MBC    MAA1   MBC    MAA1   MA1 Theo định lý bản, đường thẳng d’ qua H  MA1 d   MBC   d qua H ,  MA1 K Do d   MAA1  tứ ˆ tù nên K nằm đoạn MA1 M, N phải nằm hai phía A giác MAHK nội tiếp có AHK BK  MC  B2 B2, B1, N thẳng hàng thuộc giao tuyến hai mp(BB1B2) (MAC) Vì BB1   MAC  nên MC  BB1 Ngoài MC  d ' d '   MBC  Do MC   BKB1   MC  BB2  K trực tâm tam giác MBC Mặt khác K nằm đoạn MA1 nên điểm MBC  MBC nhọn b) Khi M chuyển động d H trực tâm tam giác MNA1 Từ AM AN  AH AA1  AM AN nhận giá trị không đổi Xét VBCMN  VMABC  VNABC  S ABC  AM  AN  Theo hệ bất đẳng thức Cauchy, VBCMN đạt  AM  AN Vậy để tứ diện BCMN tích bé AM  AN  AH AA1 Câu 13 Trong mp(P) cho tam giác ABC đều, cạnh a.Vẽ đường thẳng d qua A,  (P) cho M tùy ý thuộc d  M  A  Gọi B1 trung điểm AC B2 hình chiếu B lên MC Đường thẳng (B1B2) cắt d N a) Xác định vị trí M để tứ diện BCMN tích bé b) Chứng minh cầu ngoại tiếp tứ diện BCMN chứa đường tròn cố định Lời giải: 13 M B2 B' B1 A C K H D B N a) Vì AB=AC=a nên MB  MC Gọi D trung điểm cạnh BC AD, MD  BC ˆ ˆ BMC BD BD BMC ˆ  600  MBC nhọn  sin    sin 300 (vì BM  BA )   300  BMC MB BA  B2 nằm MC Mặt khác BB  AC MA  BB  MC  MC   BB B   MBˆ B  900   B B   d  N 1 2 với M, N nằm hai phía A a2 Còn (ABC) chia tứ diện BCMN a2 thành hai chóp tam giác MABC NABC nên VBCMN  S ABC  AM  AN    AM  AN  12 Từ theo hệ bất đẳng thức Cauchy VBCMN đạt a  AM  AN   Vmin  a 12 b) Do điểm A nằm cầu ngoại tiếp tứ diện BCMN nên đường thẳng BA cắt mặt cầu B’ thuộc tia đối tia AB Mặt phẳng (BMN) cắt mặt cầu theo đường tròn    theo phương tích Xét  CMN có B1 trực tâm nên AM AN  AB1 AC  a2  B cố định Vậy cầu xét qua điểm cố định B,C,B’ nên chứa đường tròn cố định đường tròn ngoại tiếp tam giác BCB’ Câu 14) Trong mặt phẳng (P) cho hình vuông ABCD có cạnh a Từ A, B kẻ hai đường thẳng d1; d2 vuông góc với (P) Cho hai điểm E, F chuyển động d1;d2 cho DE vuông góc với CF điểm A    ta có: ABAB '  ÂMN   14 a) Xác định E, F để tứ diện CDEF tích bé b) Xác định bán kính mặt cầu ngoại tiếp CDEF Chứng minh tậm mặt cầu thuộc đường thẳng cố định 15