HHKG QUA CAC KI THI HSG

CHUN ĐỀ 12 THỰC HÀNH GIẢI TỐN HÌNH HỌC KHƠNG GIAN QUA CÁC KÌ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH (THÀNH PHỐ) Bài 1: [HSG HÀ NỘI 2009-2010] Cho hình lập phương ABCD ABC D có cách cạnh a Với M điểm thuộc cạnh AB , chọn điểm N thuộc cạnh DC cho AM  DN   a Chứng minh đường thẳng MN qua điểm cố định M thay đổi Tính thể tích khối chóp B.AMCN theo a Xác định vị trí M để khoảng cách từ B tới  AMCN  đạt giá trị lớn Tính giá trị lớn theo a Tìm quỹ tích chình chiếu vng góc C xuống đường thẳng MN M chạy cạnh AB Lời giải A' M B C D C1 I K A' B' J H D' N C' Chứng minh đường thẳng MN qua điểm cố định M thay đổi Xét hình chữ nhật ABCD , gọi I giao điểm AC MN Ta nhận thấy hai tam giác AMI CNI nên IA  IC tức I trung điểm AC Vậy MN qua tâm I hình lập phương Tính thể tích khối chóp B AMCN theo a Xác định vị trí M để khoảng cách từ B tới  AMCN  đạt giá trị lớn Tính giá trị lớn theo a VC AMB S ABBA a  CB  Tương tự VC ANB  a3 a3 Vậy VB AMCN  VC AMB  VC AMB  Dễ thấy ANCM hình bình hành Gọi J trung điểm AC  IJ   ABC D  , gọi H hình chiếu I lên đường thẳng AN JH  AN 1 Tính IJ : S AJN  S ANC   AD.NC   ax 4 S ax Mặt khác AN  a   a  x  nên JH  AJN  AN a   a  x 2  a  a  ax  x  a2 x2 a2  x2 a IH  IJ  JH            a   a  x    a   a  x 2    a2   a  x  2   a  a  ax  x  a2 2 S A2MCN  S IA2 N  IH AN   a  a  x  a  ax  x         a  a  x    S AMCN Ta  a2 a  3a  a     a  ax  x       x     cos 3V a3 VB AMCN  S AMCN d  B,  AMCN    d  B,  AMCN    B AMCN  S AMCN S AMCN nên 6a a d  B,  AMCN   lớn nhát S AMCN nhỏ  x  Khi khoảng cách nhỏ 3 Tìm quỹ tích chình chiếu vng góc C xuống đường thẳng MN M chạy cạnh AB Gọi K tâm hinh vng BCCB dễ thấy CK   ABC D  từ gọi C1 hình chiếu C đường thẳng MN KC1  IC1 Tức C1 nhìn đoạn IK góc vng, quỹ tích C1 la cung tròn mặt phẳng  ABCD  có đường kính IK ( Giới hạn: Hình chiếu C đường Bài 2: thẳng AC M  A , hình chiếu C BD  M  B ) [SỞ TPHCM 2011] Cho hình chóp S ABCD có ABCD hình vng cạnh a , SA vng góc với  ABCD  , SA  a Xác định tính độ dài đoạn vng góc chung AC SD Lời giải E S J D A M I C B Gọi M trung điểm AD I giao điểm BM AC , J giao điểm EM SD ( E đỉnh hình vng SADE ) IM AM JM DM Ta có   ,   IB BC JE SE IM JM   IJ  BE IJ  BE IB JE AC   BDE   AC  BE  AC  IJ  SD   BAE   SD  BE  SD  IJ Vậy IJ đoạn vng góc chung AC SD a 3 Bài giải phương pháp tọa độ [SỞ TPHCM 2010] Cho tứ diện ABCD Giả sử I điểm thuộc cạnh AB có khoảng cách đến BE  a  IJ  Bài 3: mặt phẳng  ACD   BCD  a) Chứng minh : IA VAICD S ACD   IB VBICD S BCD b) Cho IA  IB AB vng góc với CD Chứng minh AB vng góc với mặt phẳng  ICD  Lời giải a) Ta có : VAICD AH AI với AH đoạn vng góc vẽ từ A đến mp  ICD  BK đoạn   VBICD BK BI vng góc vẽ từ B đến mp  ICD  Ngoài ta có : VI ACD IM S ACD với IM đoạn vng góc vẽ từ I đến mp  ACD  IN  VI BCD IN S BCD đoạn vng góc vẽ từ I đến mp  BCD  ACD, BCD  nên IM  IN cho tađpcm Vì I thuộc mặt phân giác nhị diện  b) Với IA  IB AB vng góc với CD , ta vẽ đường cao AJ tam giác ACD Ta có : CD vng góc AB , CD vng góc AJ nên CD vng góc với mp  ABJ  suy CD vng góc với BJ Do IA  IB nên diện tích  ACD  diện tích  BCD  , câu a) Nên suy AJ  BJ Tam giác ABJ cân J cho ta : JI vng góc với AB Vậy AB vuông với IJ , AB vuông với CD nên AB vuông với mp  ICD  ( đpcm) Bài 4: [SỞ TPHCM 2010] Cho tứ diện ABCD , tam giác BCD chọn điểm M qua M kẻ đường thẳng song song với cạnh AB , AC , AD cắt mặt  ACD  ,  ABD  ,  ABC  A’ , B’ , C’ Xác định vị trí M tam giác BCD cho thể tích tứ diện MA’B’C’ đạt giá trị lớn Lời giải V MA ' MB ' MC ' Trước hết ta chứng minh : M A ' B 'C '  (1) VA BCD AB AC AD Thật vậy, ta xét góc tam diện đối đỉnh góc tam diện A.BCD lấy ba tia đối đoạn AA1  MA’ , BB1  MB’ , CC1  MC’ Thực phép tịnh tiến theo vectơ MA hình tứ diện MA’B’C’ biến thành tứ diện AA1B1C1 nên thể tích hai hình tứ diện ta có : VA A1B1C1 VA.BCD  AA1 AB1 AC1 MA ' MB ' MC ' (đpcm)  AB AC AD AB AC AD ta chứng minh tiếp : MA ' MB ' MC '   1 AB AC AD (2) Thật vậy, ta có : VABCD  VMABC  VMACD  VMABD   Xét VMABC VMACD VMABD   VABCD VABCD VABCD VMABC VMABC MK   VABCD VD ABC DH với MK khoảng cách từ M đến mp  ABC  , DH khoảng cách từ D đến mp  ABC  Ta lại có hai tam giác vng MKC DHA đồng dạng cho : Suy : MK MC '  DH AD VM ABC MC '  VD ABC AD Tương tự ta có : VMACD MA '  VB ACD AB ; VMABD MB '  VB ACD AC Vậy (2) Từ kết (1) (2), ta có : 1 MA ' MB ' MC ' MA '.MB '.MC ' MA '.MB '.MC ' VMA ' B ' C '    33    AB AC AD AB AC AD 27 AB AC AD VABCD Vậy VMA ' B ' C '  VABCD 27 VABCD xảy dấu bằng, lúc M trọng tâm tam giác 27 1 BCD (vì MA '  AB, MB '  AC , MC '  AD) 3 Thể tích MA’B’C’ đạt lớn Bài 5: [SỞ TPHCM 2009] Cho tứ diện ABCD có AB  BC  CA  a , AD  2a , BD  a , CD  a Tính theo a khoảng cách từ D đến mặt phẳng  ABC  Lời giải D A B Ta có BCD vng C , ABD vng B Gọi H hình chiếu D lên mp  ABC    30 Ta có AB  BD  AB  BH  CBH BC  CD  BC  CH C H  CH  a  DH  DC  CH  a Bài 6: [SỞ TPHCM 2009] Cho hình chóp S ABC có đáy ABC tam giác cạnh a , SA vuông góc với mặt phẳng  ABC  Gọi H , K hình chiếu vng góc A lên đường thẳng SB , SC Xác định tâm tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp A.BCKH theo a Lời giải S K H D C A O E B Gọi O giao điểm đường cao BD CE ABC  BD   SAC  CE   SAB  Do ABC tam giác nên D , E trung điểm AC , AB  D , E tâm cácđường tròn ngoại tiếp tam giác AKC AHB  O tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp A.BCKH a 3 [SGD PHÚ THỌ 15-16] Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình thoi cạnh a , AC  a Tam giác SAB cân nằm mặt phẳng vng góc với mặt phẳng đáy Tính khoảng cách từ điểm D tới mặt phẳng  SBC  , biết góc đường thẳng SD mặt phẳng đáy 60o Bán kính OA  Bài 7: Lời giải S K A D H B I C Gọi H trung điểm AB , tam giác SAB cân nên SH  AB Vì tam giác SAB nằm mặt phẳng vng góc với đáy nên SH  ( ABCD) Suy góc SD mp  ABCD    60o  SH  HD tan 60o  HD SDH   120o Dễ thấy tam giác ABC cạnh a nên  ABC  60o  HAD Theo định lí Cơsin: HD  AH  AD  AH AD.cos1200  a2 a   7a  a  .a.     2 a a 21 hay SH  HD  2 Ta có AD  BC  AD   SBC   d  D,  SBC    d  A,  SBC   Suy HD  Đường thẳng AH cắt  SBC  B nên d  A,  SBC   d  H ,  SBC    BA   d  A,  SBC    2d  H ,  SBC   BH Kẻ HI  BC , HK  SI Vì BC  HI , BC  SH  BC   SHI   BC  HK Vì HK  BC , HK  SI  HK   SBC   HK  d  H ,  SBC   Vì thấy tam giác ABC cạnh a nên CH  AB hay tam giác HBC vng H Ta có 1 1 1 4 4.29        2  2 2 2 HI HS HI HS HB HC 21a a 3a 21a 609a a 609 Vậy d  A,  SBC    2d  H ,  SBC    HI  58 29 [SGD HÀ NAM 16-17] Cho hình hộp ABCD ABC D có đáy ABCD hình thoi cạnh a ,   60 , AA  AB  AD Cạnh bên AA hợp với mặt phẳng  ABCD  góc 600 Tính theo a BAD Suy HI  Bài 8: thể tích khối hộp ABCD ABC D khoảng cách hai đường thẳng BC , AD Lời giải A' B' C' D' H 600 B A O G N C D Gọi G trọng tâm ABD  G tâm đường tròn ngoại tiếp ABD (vì ABD đều) Theo gt A ' A  A ' B  A ' D  A ' G  ( ABCD ) AA,( ABCD)    AAG  60  *) Tính thể tích khối hộp ABCD ABC D + S ABCD  AB AD.sin 600  a 3  AG  AO  a 3 AAG vuông G  A ' G  AG.tan  A ' AG  a + ABD cạnh a  AO  a Vậy VABCD ABC D  S ABCD AG  a 3 *) Tính d  BC , AD  ?  BC  AD Ta có   BC   ADDA   AD   ADDA  AD   ADDA   d  BC , AD   d  BC ,( ADDA)   d  B,( ADDA)  Gọi BG  AD  N ( N trung điểm AD )  BG   ADDA   N  Vì  BN  d  B, ( ADDA)   3d  G, ( ADDA)  3   GN  AD  GN Ta có   AD  ( AGN ), AD   ADDA    AGN    ADDA   AD  AG  AGN    ADDA   AN Trong mp  AGN  dựng GH  AN suy GH   ADDA   d  G,  ADDA    GH a a 13 a 117  GH   d  BC , AD   13 13 a 117 Kết luận: VABCD A ' B 'C ' D '  a ; d  BC , AD '  13 [SGD HÀ NAM 16-17] Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a , cạnh Có AG  a, GN  Bài 9: bên SA vng góc với mặt phẳng đáy, SA  a Điểm M thay đổi thuộc cạnh BC ( M khác B , C ), điểm N thay đổi thuộc cạnh DC ( N khác D , C ) cho hai mặt phẳng  SAM   SAN  hợp với góc 450 Tìm vị trí M , N để tổng thể tích khối SABM , SMCN , SADN đạt giá trị lớn Tính giá trị lớn đó? S A a 45 a B x M D y N C  SA  AM   450 Có SA  ( ABCD)     ( SAM ),( SAN )   MAN  SA  AN Đặt V  VSABM  VSMCN  VSADN  SA. S ABM  S MCN  S ADN  Đặt BM  x, DN  y (với x, y   0; a  ) 1  BA.BM  CM CN  DN DA   a  xy  2     DAN   450  tan 450  tan BAM  tan DAN  a  x  y   Lại có BAM .tan DAN  a  xy  tan BAM  S  SABM  S MCN  S ADN  y a  ax a ax  x   S  a  ax 2 a  x  Đặt f ( x)  ax  x  x  2ax  a  f '( x)  ax a  x f '( x)   x      a Bảng biến thiên x 1   a f ' x     a 3 2   a  f  x   max f  x   a  2  max S  a 2   0;a   1 a    Vì SA  a (khơng đổi) nên max V  max S  max V    a3   x  y  a Vậy -và GTLN max V   Bài 10:   a3   1  [HSG AN GIANG 08-09 vòng 1] Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình vng, SA  ( ABCD) Cho SA  AB  a ; mặt phẳng  P  qua A vng góc với mặt phẳng  SAC  cắt SB , SC SD B; C ; D 1/ Chứng minh tứ giác ABC D có hai đường chéo vng góc 2/ Đặt SC   x Tìm x để mặt phẳng  P  chia hình chóp thành hai phần tích Lời giải S C D I B A D I B C  BD  AC Ta có   BD  ( SAC ) Mà ( P )  ( SAC ) nên BD  ( P)  BD  SA  BD  ( SAC ) Mặt khác   BD  AC   AC  ( SAC ) ( SBD)  ( P )  BD Ta lại có   BD // BD Do đó, BD  AC   BD // ( P) Xét ABC vng A có:  SI SC.sin ISC S SIC SC.SI   (1) / / S SI / C / SC / SI / sin ISC  SC SI - Tương tự: SA.SC.sin  ASC S SAC SC   (2) / S SAC / SA.SC / sin  SC ASC SA.SI sin  ASI S SAI SI   / (3) S SAI / SA.SI / sin  ASI SI - Từ (1), (2) (3); ta được: S SAI / S SI / C / S SAC / SI / SC / SI / SC /      S SAI S SIC S SAI SI SC.SI SC SI /  SC /  SC /  1   SI  SC  SC (4) SI SC  SC / 2SC / a  x    SI / SC / SC 2x hA S SBC  SC  SC   SC  (a  x)a VS ABCD VS ABC SB.SC SI SC      SC .SC  x2 SB.SC  SI .SC  VS ABC D VS ABC  h S A SBC  Vậy: - Để mặt phẳng  P  chia khối thành phần tích thì: VS ABCD (a  x) a a (  51) 2   x  a x  3a   x  VS ABC D 2x Bài 11: [SỞ AN GIANG 08-09 vòng 2] Cho mặt phẳng ( ) ba điểm A , B , C không nằm mặt phẳng ( ) phía mặt phẳng ( ) , ba đường thẳng song song vẽ từ A , B , C cắt mặt phẳng ( ) A/ , B / , C / Giả sử đường thẳng song song di động cho AA/  BB /  CC /  k khơng đổi 1/ Tìm tập hợp điểm A/ , B / , C / 2/ Tìm tập hợp trọng tâm G tam giác A/ B / C / Lời giải A C A B A1 B C C1 I B1 1/ - Gọi A1 , B1 , C1 hình chiếu A ; B ; C lên mp(  ) - Khi đó: AA/ BB / CC / AA/  BB /  CC /    AA1 BB1 CC1 AA1  BB1  CC1 - Do AA1; BB1; CC1 không đổi nên đặt AA1  BB1  CC1  a - Vậy: AA/ AA/  BB /  CC / k   AA1 AA1  BB1  CC1 a - Mặt khác AA1 A / vuông A1 , nên: 2   k  2 k  A1 A  AA  AA   AA1   AA1  AA1    1 a   a   /2 /2 - Do A; A1 cố định a , k không đổi, nên tập hợp A/ đường tròn tâm A1 bán kính  k   A1 A  AA    1  a   / - Tương tự hai điểm B C  nằm đường tròn tâm B1 C1 bán kính  k    k   B1B /  BB12    1 ; C1C /  CC12    1  a    a   2/ - Gọi G G trọng tâm ABC A/ B / C / AG  ( )   I  - Do G cố định nên I cố định GG / / / AA/ D C N E G A B I H1 D M H I1 E1 K E1 A M D H1 I1 N1 C N1 G1 C G1 A B Xác định đoạn MN Gọi E1 , N1 , G1 , H1 hình chiếu vng góc E , N , G , H mặt phẳng  ABCD  B Do KH  MN (gt) KH  NN1 suy KH  MN1 , suy AH1  MN1 I1 Mà theo giả thiết MN cắt KH I suy II1 // NN1 mà I trung điểm đoạn MN nên I1 phải trung điểm MN1 Từ suy cách dựng hai điểm M , N Tính độ dài MN Đặt   DAH1  H1 AN1  E1 N1M   Xét tam giác vng DAH , ta có: sin   AE1 1  a  tg   cos2   AN1  cos 2 Xét tam giác vuông AIN1 , ta có: IN1  AN1 sin   a a a   MN1  6 (Cách khác: Gọi P trung điểm CG1 , suy N1 AP , suy E1 N1  MN1  a ) E1 N1 a 5 14 a 14   MN  NN12  MN12  a  a  a  MN  cos  9 Câu 50: 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 MG NG điểm N Đặt Q   NG MG 1/ Tìm tất vị trí điểm M cho Q đạt giá trị nhỏ 2/ Tìm giá trị lớn Q Lời giải 1/ S N G D A O M C B MG NG MG NG   Dấu   + Q NG MG NG MG + SG cắt mp  ABCD  tâm O hình bình hành ABCD Gọi K trung điểm SG Từ K dựng mặt phẳng song song với mp  ABCD  cắt SA , SB , SC , SD A1 , B1 , C1 , D1 Từ N dựng mặt phẳng song song với mp  ABCD  cắt SG N  NG N G NG ;    N  trùng K  N thuộc cạnh hình bình hành A1 B1C1 D1 MG OG MG Nối NK cắt cạnh hình bình hành A1 B1C1 D1 P , ta có : PM // SG Ta có: + Từ Q  M thuộc cạnh hình bình hành A1 B1C1 D1 ; A1 , B1 , C1 , D1 hình chiếu song song hình bình hành A1 B1C1 D1 lên mp  ABCD  theo phương SG 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 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: hay     OG OG OG MG NG 1  +Đặt : x  Ta có : Q   x với x   ;  MG x 2   1  1  Q '  x   ;   x  MaxQ  Max Q   ; Q   ; Q 1   2   2  +Giá trị lớn Q là: Đạt M trùng với O đỉnh A , B , C , D Câu 51: Cho hình chóp S ABC có đáy ABC tam giác cạnh 2a , SA vng góc với mặt phẳng  ABC  SA  3a Gọi O trọng tâm tam giác ABC , H hình chiếu vng góc điểm O lên mặt phẳng  SBC  1/ Chứng minh rằng: H trực tâm tam giác SBC 2/ Tính góc đường thẳng OH mặt phẳng  ABC  Lời giải S K 3a A C H 2a O M B 1/ Gọi M trung điểm cạnh BC Do ABC đều, G trọng tâm ABC nên ta có AM  BC Do SA   ABC  nên AM hình chiếu vng góc SM lên  ABC  Theo Định lí ba đường vng góc ta có SM  BC Mặt khác H hình chiếu vng góc O lên  SBC  nên OH  BC OM  BC Suy HM  BC Suy SH  BC (1) * Do ABC nên ta có CO  AB Do SA   ABC  nên SA  OC Từ suy OC   SAB  Suy SB  OC Mặt khác OH   SBC   OH  SB Từ ta có SB   COH  Suy CH  SB (2) Từ (1) (2) suy H trực tâm SBC 2/ Gọi K hình chiếu vng góc điểm A lên  SBC  Do ta có OH // AK Ta có đường thẳng AM hình chiếu vng góc đường thẳng AK lên  ABC  Vì góc đường thẳng OH  ABC  góc đường thẳng AK  ABC  góc  hai đường thẳng  AK , AM  góc KAM   Do KAM AMS  90  ASM   AMS  90 nên KAM ASM Xét SAM vng A có AM  a , SA  3a AM    ASM   30  tan ASM AS Từ ta có góc  OH ,  ABC    30 Kết luận:  OH ,  ABC    30 Suy tan  ASM  Câu 52:   60 , AB  2a Gọi H trung (HSG Nghệ An 2015-2016) Cho hình thoi ABCD có BAD điểm AB Trên đường thẳng d vng góc với mặt phẳng  ABCD  H lấy điểm S thay đổi khác H Trên tia đối tia BC lấy điểm M cho BM  BC a Chứng minh đường thẳng SM vng góc với mặt phẳng  SAD  b/ Tính theo a độ dài SH để góc SC  SAD  có số đo lớn a/ Khi SH  Lời giải S  E K A I D N H M B a   HAD   60 a/ Ta có MB  BC   HB , HBM 2  HBM vuông M C a Gọi N giao HM AD  HM  HB.sin 60  a  SMN vuông S  SH  AD ( SH  ( ABCD))  AD  ( SMN )  AD  SM   MN  DA ( AD //BC ) Ta có: HN  HM  SH  Kết hợp với SM  SN  SM  ( SAD ) b/ Gọi  góc SC  SAD  ; K hình chiếu vng góc H lên SN ; I giao HC với AD Lấy E đối xứng với I qua K Vì AD  ( SMN )  AD  HK Kết hợp với HK  SN  KH  ( SAD) Mà HK đường trung bình tam giác ICE nên HK // CE Suy CE  ( SAD ) E Suy SEC vng E SE hình chiếu SC  SAD  Ta có    CSE Đặt x  SH ( x  0) Tam giác SHN vuông H HK đường cao nên HK  SH HN 3ax 3ax   CE  2 SN 3a  x 3a  x CH  CM  MC  25a 3a   7a 4 Tam giác SHC vuông H nên SC  SH  CH  x  a sin   EC 3ax 3ax   SC (4 x  3a )( x  7a ) (4 x  21a )  31a x 2 3ax  sin    sin   21.a x  31.a x Dấu đẳng thức xảy x  12 21  31 21 a Vậy  lớn sin  lớn SH  21 a Câu 53: (HSG Vĩnh Phúc 2016) Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật SA vng góc với mặt phẳng  ABCD  Biết AB  a , BC  a SD  a a) Đường thẳng qua A vng góc với AC cắt đường thẳng CB , CD I , J Gọi H hình chiếu vng góc A SC Hãy xác định giao điểm K , L SB , SD với  HIJ  chứng minh AK   SBC  b) Tính diện tích tứ giác AKHL Lời giải S J H K L I C B A A D J I B D C Trong  SCD  gọi L  SD  JH  L  SD   HIJ  Trong  SBC  gọi K  SB  IH  K  SB   HIJ   IJ  AC Ta có   IJ   SAC   IJ  SC , mà AH  SC Suy SC   IJH  IJ  SA Suy AK  SC Mà BC   SAB   BC  AK Vậy AK   SBC  2a ; AK  SA2  AC 2a Do AK   SBC   AK  KH , KH  AH  AK  Tương tự phần (a) AL   SCD   AL  HL Từ tính b) Ta có SA  SD  AD  a ; AH  LH  AH  AL2  SA AC  SA AB SA2  AB  2a a 15 Suy S AKHL  S AKH  S ALH  1 8a AK KH  AL.LH  2 15 Câu 54: (HSG Vĩnh Phúc 2012) Cho hình chóp tứ giác S ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a , cạnh bên 3a  a   Hãy xác định điểm O cho O cách tất đỉnh hình chóp S ABCD tính độ dài SO theo a Cho hình chóp S ABC có đường thẳng SA vng góc với mặt phẳng  SBC  Gọi H hình chiếu S lên mặt phẳng  ABC  Chứng minh đường thẳng SB vng góc với đường thẳng SC , 1 1  2 2 SH SA SB SC Cho tứ diện ABCD thỏa mãn điều kiện AB  CD, BC  AD, AC  BD điểm X thay đổi khơng gian Tìm vị trí điểm X cho tổng XA  XB  XC  XD đạt giá trị nhỏ Lời giải S biết M O D C I A B Gọi I  AC  BD Do SA  SB  SC  SD nên tam giác SAC , SBD cân đỉnh S nên SI vng góc với AC , BD suy SI vng góc với mặt phẳng  ABCD  Dễ thấy điểm nằm đường thẳng SI cách đỉnh A , B , C , D Trong tam giác SIC , dựng trung trực cạnh SC cắt đường thẳng SI O suy OS  OA  OB  OC  OD Ta có SM SC  SO.SI  SO  Vậy SO  SM SC 3a.3a 9a 2a    2 2 SI SA  IA 9a  a 2a Gọi K giao điểm đường thẳng AH BC ; mặt phẳng  SBC  gọi D giao điểm đường thẳng qua S , vng góc với SC Ta có BC vng góc với SH SA nên BC vng góc với mặt phẳng  SAH  suy BC vng góc với SK A H S C K B D Trong tam giác vng SAK ta có 1 , kết hợp với giả thiết ta  2 SH SA SK 1 (1)  2 SK SB SC Trong tam giác vng SDC ta có 1 (2)   2 SK SD SC Từ (1) (2) ta SB  SD , từ suy B  D hay suy SB vng góc với SC A M Q G B D P N C Gọi G trọng tâm tứ diện; M , N , P , Q trung điểm cạnh AB , CD , BC , AD Ta có tam giác ACD tam giác BCD nên AN  BN suy MN  AB , tương tự ta chứng minh MN  CD đường thẳng PQ vng góc với hai đường thẳng BC , AD Từ suy GA  GB  GC  GD XA.GA  XB.GB  XC.GC  XD.GD GA         XA.GA  XB.GB  XC.GC  XD.GD  GA      XG GA  GB  GC  GD  4.GA2   4GA Dấu xảy X trùng với điểm G GA Vậy XA  XB  XC  XD nhỏ X trọng tâm tứ diện ABCD Ta có XA  XB  XC  XD    Câu 55: (HSG Hà Tĩnh 2013) Cho hình chóp SABC có SC   ABC  tam giác ABC vuông B Biết AB  a , AC  a góc hai mặt phẳng  SAB  ,  SAC   với sin   13 Tính độ 19 dài SC theo a Lời giải Gọi H , K hình chiếu C lên SA , SB Ta chứng minh CK  ( SAB) , SA  (CHK ) Suy CHK vuông K SA  KH Do   CHK Đặt SC  x  Trong tam giác vng SAC ta có 1 3a x 2    CH  CH CA2 CS 3a  x 2a x Tương tự, tam giác vuông SBC ta có CK  2a  x Ta có sin   2(3a  x ) 13 13 CK 13      x  6a , x  Vậy SC  6a 3(2a  x ) 19 19 CH 19 S H x K C A a B Câu 56: (HSG Quảng Bình 2013) Cho hình chóp S ABCD , có đáy ABCD hình thang cân  AD // BC  BC  2a , AB  AD  DC  a  a   Mặt bên SBC tam giác Gọi O giao điểm AC BD Biết SD vng góc với AC a) Tính SD b) Mặt phẳng   qua điểm M thuộc đoạn OD ( M khác O, D ) song song với hai đường thẳng SD AC Xác định thiết diện hình chóp S ABCD cắt mặt phẳng   Biết MD  x Tìm x để diện tích thiết diện lớn Lời giải a) S K Q J B C O A N T P M D Dễ thấy đáy ABCD hình lục giác cạnh a Kẻ DT // AC ( T thuộc BC ) Suy CT  AD  a DT vng góc SD Ta có: DT  AC  a Xét tam giác SCT có SC  2a , CT  a SCT  120  ST  a Xét tam giác vng SDT có DT  a , ST  a  SD  2a b) Qua M kẻ đường thẳng song song với AC cắt AD, DC N , P Qua M , N , P kẻ đường thẳng song song với SD cắt SB , SA , SC K , J , Q Thiết diện ngũ giác NPQKJ Ta có: NJ , MK , PQ vng góc với NP S NPQKJ  S NMKJ  S MPQK  Ta có: 1 ( NJ  MK ) MN  ( MK  PQ) MP  ( NJ  MK ).NP  NJ  PQ  2 NP MD AC.MD x.a   NP    3x a AC OD OD  a  2a   x NJ AN OM SD.OM    2(a  x 3)    NJ   a SD AD OD OD   KM BM SD.BM 2a a  x   KM    (a  x) SD BD BD a 3 Suy ra: S NPQKJ   1  2(a  x 3)  (a  x)  3x  2(3a  x) x  2  1    3 a2 (3a  x)2 x  (3 a  x )  x  4 3 Diện tích NPQKJ lớn 3 a x  a 4 Câu 57: Cho hình chóp S ABCD , đáy ABCD hình bình hành Gọi C  trung điểm SC , M điểm thuộc cạnh SA Mặt phẳng   chứa C M cắt cạnh SB , SD B , D a) Khi   song song với BC Xác định vị trí M để tứ giác BC DM hình bình hành b) Khi   thay đổi Xác định vị trí M để SB SD  3 SB SD Lời giải S M B D C A B O D C a) Khi   song song với BC Xác định vị trí M để tứ giác BC DM hình bình hành Gọi O tâm hình bình hành ABCD Gọi I  C M  SO  I  BD BC // BC Ta có: BC //( )    B C // DM  D M // BC  Mặt khác, C  trung điểm SC nên BC   1 BC  AD 2 Khi tứ giác BC DM hình bình hành DM  BC   Vậy M trung điểm SA b, AD S C I M E A O C F b) Khi   thay đổi Xác định vị trí M để SB SD  3 SB SD Xét ta giác SAC : Qua A , C kẻ đường thẳng song song với C M , cắt SO E , F Ta có: SA SE SC SF SA SC SO ;     2 SM SI SC  SI SM SC  SI Tương tự, xét tam giác SBD , ta có: SB SD SO SB SD SA SC SA  2      2 SB SD SI SB SD SM SC  SM Vậy SB SD SA  3 1 M  A SB SD SM Câu 58: [VĨNH PHÚC -2010-2011] Cho hình hộp ABCD ABC D có tất mặt hình vng cạnh a a) Chứng minh AC  vng góc với mặt phẳng  ABD  đường thẳng AC  qua trọng tâm tam giác ABD b) Hãy xác định điểm M , N nằm cạnh AD , CD cho MN vng góc với mặt phẳng  CBD  Tính độ dài đoạn MN theo a Lời giải a) Ta có BD  AC BD  AA nên BD   ACC A   AC   BD Tương tự ta chứng minh AC   AD Từ ta suy AC    ABD  Gọi I giao điểm AC BD Khi G  AC   AI giao điểm AC  mặt phẳng  ABD  GI AI Do AC //AC     suy G trọng tâm tam giác ABD GA AC                 b) Đặt AA  m , AD  n , AB  p  m  n  p  a ; m.n  n p  p.m      A ' M  x A ' D ; D ' N  y.D ' C       Ta có AM  x.m  x.n ; DN  y.m  y p         MN  MA  AD  DN   y  x  m  1  x  n  y p Do đường thẳng MN vng góc với mặt phẳng  CBD  nên ta có        y  x  m  1  x  n  y p  MN B ' C           MN D ' C    y  x  m  1  x  n  y p        m  n    1  y  x    x      y   m  p   2 y  x       Vậy M , N điểm cho AM  AD ; DN  DC 3  a a    Do ta có MN   m  n  p  MN   MN  3 3 B C I D A G M N B A Câu 59: C D (HSG Vĩnh Phúc 2017-2018) Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh 2a tam giác SAB tam giác cân đỉnh S Góc đường thẳng SA mặt phẳng đáy 45 , góc mặt phẳng  SAB  mặt phẳng đáy 60 Tính theo a khoảng cách từ C đến mặt phẳng ( SAD ) Lời giải S P A M K D N B C Gọi H hình chiếu vng góc S lên mặt đáy, M trung điểm AB SAB cân S nên SM  AB kết hợp với SH  ( ABCD ) suy AB   SMH  Vậy MH trung trực AB , MH cắt CD N  N trung điểm CD Nên theo giả thiết ta được:   45  SA  SH +  SA, ( ABCD )   SAH   60  SM  SH +  ( SAB),  ABCD     SM , MH   SMH Trong tam giác SAM ta có: SA2  AM  SM  SH  Từ tính được: d (C , ( SAD ))  2d ( H , ( SAD ))  HP  SH  2a  SH  a 3 2a 30 Câu 60: (HSG Thái bình 2017-2018) Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình thoi tâm O cạnh ABC  60 , SA  SB  SC , SD  2a Gọi  P  mặt phẳng qua A vng góc với SB K a,  1) Tính khoảng cách từ A đến  SCD  2) Mặt phẳng  P  chia khối chóp S ABCD thành phần tích V1 ; V2 V1 thể tích V1 V2 3) Gọi M , N theo thứ tự hình chiếu vng góc K SC SA Tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp khối chóp K ACMN Lời giải khối đa diện chứa đỉnh S Tính S N M E A D K O H B C Tính khoảng cách từ A đến  SCD  Gọi H trọng tâm ABC Chứng minh SH   ABCD  tính SH  6a 3 6a a Lập luận d A, SCD   d  H , SCD  Tính d H , SCD   Suy d A, SCD    2 Mặt phẳng  P  chia khối chóp S ABCD thành phần tích V1 ; V2 V1 thể tích khối đa diện chứa đỉnh S Tính V1 V2 Trong mặt phẳng  SAB  , dựng đường thẳng qua A vng góc với SB K Chứng minh  AKC   SB Suy  P mặt phẳng  AKC  Tính SB  3a ; a SK   SB V V SK 5 11  SAKC    VSAKC  VSABC  VSABCD  V2  VSABCD  V1  VSABCD   11 VSABC SB 6 12 12 12 V2 BK  Gọi M , N theo thứ tự hình chiếu vng góc K SC SA Tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp khối chóp K ACMN Trong mặt phẳng  AKC  dựng d1 đường trung trực đoạn AK ; d đường trung trực đoạn KC , d1 cắt d điểm I Chứng minh I cách đỉnh hình chóp K ACMN Suy I tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp K ACMN Do bán kính mặt cầu bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác AKC S N d1 M K A I d2 C Tính KA  KC  a 33 Diện tích tam giác KAC: S KAC  Bán kính mặt cầu là: R  a2 6 KA.KC AC 11 6a  4S KAC 48 Diện tích mặt cầu: S mc  4 R  121 a 96 Câu 61: HSG Nghệ An 2011-2012 Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình thoi cạnh 2a ; SA  SB  SC  2a Gọi M trung điểm cạnh SA ; N giao điểm đường thẳng SD mặt phẳng  MBC  Gọi V , V1 thể tích khối chóp S ABCD S BCNM a) Tính tỷ số V1 V b) Chứng minh V  2a Lời giải Gọi N trung điểm cạnh SD Ta có N giao điểm SD  MBC  VS ABC  VS ACD  V VS MBC SM V V SM SN V   VS MBC  S MCN   VS MCN  VS ABC SA VS ACD SA SD Suy V1  VS MBC  VS NCM  V 3V Vậy  V b) Gọi O giao điểm AC BD Dễ thấy SOC  BOA  SO  BO  BSD vuông S Do BD  4a  SD  OB  4a  SD Mà OA  BC  OB Suy OA  4a   4a  SD  a Vì AO   SBD  nên VS ABCD  2VS ABD  OA.S SBD  SD 12a  SD 3 2 SD  12a  SD Mà SD 12a  SD  =6a2 Vậy V  2a