Chuyen de HHKG tong hop

Hình học không gian: Trần Đình Nam Hình học không gian Bài 1.[Đại học Quốc Gia HCM D 2000]: Cho ABC đều cạnh a. Trên đờng thẳng (d) vuông góc (ABC) tại A, lấy điểm MA. Gọi H, K lần lợt là trực tâm các ABC, MBC. 1. Chứng minh rằng: MC(BHK). 2. Chứng minh rằng: HK(MBC). Lời giải 1. Chứng minh: MC(BHK): Có BHAC, BHAM. BH(MAC)BHMC. Mà MCBKMC(BHK). Vậy câu 1 đợc chứng minh. 2. Có MC(BHK)MCHK. Gọi N là trung điểm BCBCAN, BCMNBC(AMN). Mà HAN, KMNHK(AMN)HKBCHK(MBC). Vậy câu 2 đợc chứng minh. Bài 2.[Học viện Quân Y 2001]: Cho 2 nửa mp(P)(Q) theo (d). Trên tia Ax(d) ở trong (P), lấy điểm M mà AM=b>0. Trên tia Bt(d) ở trong (Q), lấy điểm N mà BN= b a 2 . 1. Tính d(A, (BMN)). 2. Tính MN theo a, b. Tìm b theo a để MN min. Lời giải 1. Tính khoảng cách d(A, (BMN)): 1 A B C M N H K Hình học không gian: Trần Đình Nam Kẻ AHBM. Có (P)(Q) theo giao tuyến (d), NB(d)NB(P). NBAH. Mà AHMBAH(BMN)AH=d(A, (BMN)). Trong AMN có: 22 22 22222 ba ba a 1 b 1 AB 1 AM 1 AH 1 + =+=+= . Vậy . ba ab ))BMN(,A(d 22 + = 2. Trong AMN: MN 2 =AM 2 +AN 2 = =AM 2 +AB 2 +BN 2 =a 2 +b 2 + . b a 2 4 Vậy 2 4 22 b a baMN ++= . Có .3aMNa3 b a .b2a) b a b(aMN 2 2 4 22 Cosi 2 4 222 =+++= 3aMinMN = , đạt tại abab b a b 0b,a 44 2 4 2 = == > . Vậy b=a thì MN đạt min và 3aMinMN = . Bài 3.[Đại học Thuỷ Sản 2001]: Cho tứ diện S.PQR có các góc ở S vuông. Gọi A, B, C lần lợt là trung điểm PQ, QR, RP. 1. CMR: các mặt của S.ABC là các tam giác bằng nhau. 2. Tính thể tích S.ABC khi SP=a, SQ=b, SR=c>0. Lời giải 1. Có AC=SB= 2 QR . BC=SA= 2 PQ . AB=SC= 2 PR . SAC=ASB=CBS=BCACâu 1 đợc chứng minh. 2. Tính V S.ABC : Có .V 4 1 VS 4 1 S PQR.SABC.SPQRABC == Mà . 24 abc V 6 abc SR.SQ. 2 1 .SP 3 1 S.SP 3 1 V ABC.SSQRPQR.S ==== 2 A N B M H Q P (d) S P Q R A B C Hình học không gian: Trần Đình Nam Bài 4.[Đại học Hồng Đức 2001]: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA=2a, SA(ABCD). 1. Chứng minh rằng: tgSBD=4tgBSD. 2. Kẻ AB SB, AD SD. Chứng minh rằng: SC(AB D ). Lời giải 1. Chứng minh: tgSBD=4tgBSD: Đặt =SBD, =BSD. Có SAB=SADSB=SD. SBD cân ở SBSO=/2. Trong BSO có: SO BO 2 tg, BO SO tg = = Có . 2 a OAOB2aBD === Trong SAO có: 2 a3 2 a a4OASASO 2 222 =+=+= 3 1 2 tg,3 a 2 . 2 a3 tg = == . === = = tg4tg 4 3 8 9 . 3 2 9 1 1 3 2 2 tg1 2 tg2 tg 2 đpcm. 2. Chứng minh rằng: SC(AB D ): Có BCAB, BCSABC(SAB)BCAB . Mà AB SBAB (SBC)AB SC. Tơng tự, ta có: AD SCSC(AB D )đpcm. Bài 5. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, diện tích 3 , góc nhỏ 2 đờng chéo đáy là 60 0 , các cạnh bên nghiêng đều với đáy góc 45 0 , kẻ SH(ABCD). 1. CMR: H là tâm đờng tròn ngoại tiếp ABCD. 3 S A B C D O B D Hình học không gian: Trần Đình Nam 2. Tính thể tích S.ABCD. Lời giải 1. CMR: H là tâm đờng tròn ngoại tiếp ABCD: Có SH(ABCD)SAH=SBH=SCH=SDH=45 0 . SHA=SHB=SHC=SHDHA=HB=HC=HD. Vậy H là tâm đờng tròn ngoại tiếp ABCD. 2. Có .SH 3 3 S.SH 3 1 V ABCDABCD.S == Có HBC đều S HBC = .HB 4 3 2 Mà 4 3 S 4 1 S ABCDHBC == . .1HB 4 3 HB 4 3 2 == Trong SHB có .1HBSH HB SH 45tg 0 === Vậy . 3 1 V ABCD.S = Bài 6.[Đại học Thuỷ Sản 2000]: Cho ABC vuông ở C. Trên đờng thẳng (d)(ABC) ở A, lấy điểm SA. Gọi AD, AE lần lợt là 2 đờng cao của SAB, SAC. 1. Chứng minh rằng: A, B, C, D, E thuộc 1 mặt cầu. 2. Chứng minh rằng: DESB, DEAE. Lời giải 1. Chứng minh rằng: A, B, C, D, E thuộc 1 mặt cầu: Có ACB=ADB=90 0 . Ta sẽ CM: AEB=90 0 . Có BCAC, BCSA. BC(SAC)BCAE. 4 S A B C D H 60 0 S A B D E Hình học không gian: Trần Đình Nam Mà AESCAE(SBC). AEBEAEB=90 0 . Do đó, 3 điểm C, D, E cùng nhìn AB dới góc vuông. Vậy A, B, C, D, E cùng thuộc mặt cầu đờng kính AB. 2. CMR: DESB, DEAE: Có AE(SBC)AEDE. Có SBAD, SBAESB(ADE)SBDE. Vậy bài toán đợc chứng minh. Bài 7. Cho tứ diện đều ABCD cạnh a. 1. Tính thể tích ABCD. 2. Gọi O là trung điểm của đờng cao DH. Tính OA và Chứng minh rằng: OA, OB, OC đôi một vuông góc. 3. Xác định tâm và bán kính mặt cầu ngoại tiếp ABCD. Lời giải 1. Tính thể tích ABCD: Có ABCD là tứ diện đềuH là tâm tam giác đều ABC. Trong ABC có: . 3 a 2 3a . 3 2 AM 3 2 AH, 4 3a S 2 ABC ==== Trong ADH có: DH 2 =AD 2 -AH 2 =a 2 - . 3 2a DH 3 a2 3 a 22 == Vậy . 12 2a 4 3a . 3 2a . 3 1 S.DH 3 1 V 32 ABCABCD === 2. Tính OA và chứng minh: OA, OB, OC đôi một vuông góc: Trong AOH có OA 2 =OH 2 +AH 2 = . 2 a 3 a ) 3 2a . 2 1 ( 22 2 =+ . 2 a OA = Tơng tự: . 2 a OCOB == Trong OAB có: OA 2 +OB 2 =a 2 =AB 2 AOB=90 0 . Tơng tự: BOC=COA=90 0 đpcm. 3. Xác định tâm và bán kính mặt cầu ngoại tiếp ABCD: 5 C Hình học không gian: Trần Đình Nam Trong ADH kẻ trung trực (d) của AD và gọi I=(d)DH. Ta sẽ CM: I là tâm mặt cầu cần tìm. Có IDHIA=IB=IC. I(d)IA=IDIA=IB=IC=ID. Vậy I là tâm mặt cầu ngoại tiếp ABCD. Trong AIH có: R 2 =IA 2 =AH 2 +IH 2 =AH 2 +(DH-R) 2 . .R 3 2aR2 3 a2 3 a R)R 3 2a ( 3 a R 2 22 22 2 2 ++=+= Vậy bán kính: . 4 6a R = Bài 8.[Đại học Hải Phòng 2000]: Cho S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông ở B, AB=3, BC=SA=4, SA(ABC). 1. Xác định tâm và bán kính mặt cầu ngoại tiếp S.ABC. 2. Trên cạnh AB, lấy E mà AE=1. Gọi (P) qua E, // SA, SB. Thiết diện của (P) và S.ABC là hình gì?. Tính S thiết diện . Lời giải 1. Xác định tâm và bán kính mặt cầu ngoại tiếp S.ABC: Có BCAB, BCSABC(SAB)BCSB. Có SA(ABC)SAACA, B nhìn SC dới góc vuông. Vậy tâm I của mặt cầu ngoại tiếp S.ABC là trung điểm SC. Có . 2 41 2 BCABSA 2 ACSA 2 SC R 22222 = ++ = + == 2. Do (P) // BCEF // BC, MN // BC. Do (P) // SAEN // SA, FM // SA. EFMN là hình bình hành. Có EN // SA, SA(ABC). EN(ABC)ENEF. Vậy thiết diện EFMN là hình chữ nhật. 6 A B C D M H O I A S B C E F MZ ZZZ N Hình học không gian: Trần Đình Nam Trong SAB có: . 3 8 4. 3 2 EN BA BE SA EN === Trong ABC có: . 3 4 4. 3 1 EF AB AE BC EF === Vậy . 3 32 S EFMN = Bài 9. Cho S.ABCD có ABCD là hình chữ nhật, AB=a, AD=b, SA=h, SA(ABCD). Một mặt phẳng (P) qua C, D cắt SA, SB ở K, L. 1. Tính diện tích KLCD theo a, b, h, x=AK. 2. Tìm x để (P) chia chóp thành 2 phần có thể tích bằng nhau. Lời giải 1. Tính S KLCD theo a, b, h, x: Có AB // CDAB // (CDKL). AB // KLKL // CD. Có CD(SAD)KL(SAD)KLKD. KLCD là hình thang vuông. Trong SAB có: . h a)ah( KL SA SK AB KL == Trong AKD có: .bxADAKKD 2222 +=+= Vậy . h2 bx)xh2(a 2 KD).KLCD( S 22 KLCD + = + = 2. Có (CDKL)(SAD) theo giao tuyến KD nên ta kẻ SHKD. SH(CDKL). Có SHK~DAK nên: 22 bx )xh(b SH DK SK DA SH + == Do đó: CDKL.SABCD.SBCL.ADKCDKL.S V2VVV == 22 22 CDKLABCD bxh6 bx)xh2)(xh(ab2 3 hab S.SH 3 2 S.SA 3 1 + + == 7 S A B C D K L H Hình học không gian: Trần Đình Nam h 2 =(h-x)(2h-x)x 2 -3hx+h 2 =0 . 2 5hh3 x hx0 = << Vậy 2 h)53( x = là giá trị cần tìm. Bài 10.[Đại học Bách Khoa 2001]: Trong mp(P), cho tam giác đều ABC cạnh a. Trên các đờng thẳng vuông góc (P) tại B, C ở cùng phía (P), lấy .3aCE, 2 3a BD == 1. Tính độ dài: AD, AE, DE. 2. Gọi M=BCDE. Chứng minh rằng: AM(ACE) và tính góc giữa 2 mặt phẳng (ADE), (ABC). Lời giải 1. Trong ABD có: . 2 7a 4 a3 aBDABAD 2 222 =+=+= Trong ACE có: .a2a3aCEACAE 2222 =+=+= Kẻ DKCEDK=BC=a, EK= . 2 3a 2 EC = Trong DEK có: . 2 7a 4 a3 aKCDKDE 2 222 =+=+= Vậy . 2 7a DE,a2AE, 2 7a AD === 2. Có EC(ABC)ECAM. Trong ACM có trung tuyến: AB= 2 MC MAC=90 0 MAAC. Do đó: MA(ACE)đpcm. Có MA là giao tuyến của (ADE), (ABC). Mà AEMA, ACMAEAC là góc giữa (ADE), (ABC). Trong ACE có .60EAC3 AC EC EACtg 0 === Vậy góc giữa (ADE), (ABC) là: 60 0 . Bài 11.[S Phạm D 2000]: Cho S.ABCD là chóp đều có SA=AB=a. 8 M A B C D E K Hình học không gian: Trần Đình Nam 1. Tính diện tích toàn phần và thể tích của S.ABCD. 2. Tính cos của góc nhọn giữa (SAB), (SAD). Lời giải 1. Tính S tp và V S.ABCD : Do S.ABCD đềuSA=SB=SC=SD=a. mặt bên là các tam giác đều cạnh a, diện tích mỗi mặt là: . 4 3a 2 .a)31(a 4 3a .4S 22 2 tp +=+= Có SO. 3 a S.SO 3 1 V 2 ABCDABCD.S == . SOA có SO 2 =SA 2 -AO 2 =a 2 - . 2 a 2 a 22 = Vậy . 23 a 2 a . 3 a V 32 ABCD.S == 2. Tính cos của góc nhọn giữa (SAB), (SAD): Gọi M là trung điểm của SA. Do các SAB, SAD đều nên ta có: BMSA, DMSA. góc giữa (SAB), (SAD) bằng góc giữa 2 đờng BM, DM. Trong BDM có: BM=DM= .2aBD, 2 3a = 3 1 DM.BM2 BDDMBM BMDcos 222 = + = Vậy . 3 1 BMDcoscos == Bài 12.[Khối A 2003]: Cho hình lập phơng ABCD.A B C D cạnh a. Tính số đo góc phẳng nhị diện [B, A C, D]. Lời giải Kẻ BHA C, HA C. Ta sẽ chứng minh: DHA C: Có BDAC, BDAA . BD(AA C)BDA C. 9 S A B C D O M A D A B C D H Hình học không gian: Trần Đình Nam Mà A CBHA C(BHD). A CDH[B, A C, D]=BHD. Trong BA C có: 3 a2 BH a2 3 a2 1 a 1 BA 1 BC 1 BH 1 2 2 2222'22 ==+=+= . Tơng tự: . 2 1 DH.BH2 BDDHBH BHDcos 3 a2 DH 2222 2 = + == Vậy [B, A C, D]=BHD=120 0 . Bài 13. Cho S.ABC có 3 góc ở S vuông, SA=a, SB=b, SC=c>0. 1. Xác định tâm và bán kính mặt cầu ngoại tiếp S.ABC. 2. Chứng minh rằng: ABC có 3 góc nhọn và: 2 CSA 2 BSC 2 ASB 2 ABC SSSS ++= Lời giải 1. Gọi (d) là đờng thẳng qua trung điểm M của AB và vuông góc với (SAB). Lấy điểm I ở trên (d), cùng phía C đối với (SAB) sao cho IM=SC/2. Ta sẽ chứng minh I là tâm mặt cầu: Có (d) là trục đờng tròn ngoại tiếp SAB, I(d)IA=IB=IS. Có IM=SC/2IS=ICIA=IB=IC=ISI là tâm mặt cầu. 2 SBSASC ) 2 AB () 2 SC (MAIMIAR 222 2222 ++ =+=+== Vậy bán kính mặt cầu là: . 2 cba R 222 ++ = 2. Chọn hệ trục Oxyz nh hình vẽ, ta có toạ độ các đỉnh là: S(0, 0, 0) A(a, 0, 0) B(0, b, 0) C(0, 0, c) AB 2 =a 2 +b 2 , AB 2 =a 2 +c 2 , BC 2 =b 2 +c 2 . 10 B C x y z O A B C a b c M H I d S . B, C, D, E cùng thuộc mặt cầu đờng kính AB. 2. CMR: DESB, DEAE: Có AE(SBC)AEDE. Có SBAD, SBAESB(ADE)SBDE. Vậy bài toán đợc chứng minh. Bài 7. Cho tứ diện. .3aCE, 2 3a BD == 1. Tính độ dài: AD, AE, DE. 2. Gọi M=BCDE. Chứng minh rằng: AM(ACE) và tính góc giữa 2 mặt phẳng (ADE), (ABC). Lời giải 1. Trong ABD có: