Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi hình học không gian

TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TỐN HỌC BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI HÌNH KHƠNG GI CHINH PHỤC OLYMPIC TỐN N Sưu tầm tổng hợp Chương Phương pháp Vector A Cơ sở phương pháp vector Định nghĩa B C a A c A' b D C' B' D' Các khái niện phép toán vec tơ khơng gian định nghĩa hồn tồn giống mặt phẳng Ngoài ta cần nhớ thêm Quy tắc hình hộp Nếu ABCD A ' B 'C ' D ' hình hộp AC ' = AB + AD + AA ' = a + b + c Quy tắc trọng tâm tứ diện G trọng tâm tứ diện ABCD hai điều kiện sau xảy • GA + GB + GC + GD = • MA + MB + MC + MD = 4MG, M Ba vector a, b, c đồng phẳng giá chúng song song với mặt phẳng Điều kiện cần đủ để ba vector a,b,c đồng phẳng có số m, n, p khơng đồng thời cho ma + nb + pc = Cho hai vectơ khơng phương điều kiện cần đủ để ba vec tơ a,b,c đồng phẳng có số m,n cho c = ma + nb Nếu ba vector a,b,c không đồng phẳng vector d phân tích cách dạng d = ma + nb + pc | Một số chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi hình học khơng gian B Các toán ứng dụng vector Bài toán Chứng minh đẳng thức vec tơ Phương pháp Sử dụng qui tắc cộng, qui tắc trừ ba điểm, qui tắc trung điểm đoạn thẳng, trọng tâm tam giác, trọng tâm tứ giác, qui tắc hình bình hành, qui tắc hình hộp…để biến đổi vế thành vế Sau tốn minh họa Câu Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật Chứng minh 2 SA + SC = SB + SD Lời giải S D C O A B Gọi O tâm hình chữ nhật ABCD Ta có OA = OB = OC = OD ( ) = (SO + OC ) SA = SO + OA = SO + OA + 2SO.OA (1) SC 2 2 2 ( Từ (1) ( ) suy SA + SC = 2SO + OA + OC + 2SO OA + OC 2 2 2 (2) = SO + OC + 2SO.OC ) = 2SO + OA + OC ( OA + OC = ) 2 2 2 2 Tương tự SB + SD = 2SO + OB + OD Từ suy SA + SC = SB + SD Câu Cho tứ diện ABCD , M N điểm thuộc cạnh AB CD thỏa mãn điều kiện MA = −2MB, ND = −2NC ; điểm I ,J , K thuộc AD, MN , BC cho IA = kID,JM = kJN , KB = kKC Chứng minh với điểm O ta có OJ = OI + OK 3 Lời giải Tạp chí tư liệu tốn học | Phương pháp Vector | A M I B D J N K C Vì MA = −2MB nên với điểm O ta có ( OA − OM = −2 OB − OM )  OM = OA + 2OB OD + 2OC OB − kOC OM − kON OA − kOD , OI = , OK = ,OJ = 1−k 1−k 1−k 1 Từ ta có OJ = OA + 2OB − kOD − 2kOC 1−k 1 = [(1 − k )OI + (1 − k )OK ] = OI + 2OK 1−k 3 Vậy OJ = OI + OK 3 Tương tự ta có ON = ( ) ( ) Bài tốn Chứng minh ba vec tơ đồng phẳng bốn điểm đồng phẳng Phương pháp Để chứng minh ba vec tơ a,b,c đồng phẳng ta thực theo cách sau • Chứng minh giá ba vec tơ a,b,c song song với mặt phẳng • Phân tích c = ma + nb a,b hai vec tơ không phương Để chứng minh bốn điểm A, B,C , D đồng phẳng ta chứng minh ba vec tơ AB, AC , AD đồng phẳng Ngồi sử dụng kết quen thuộc sau Điều kiện cần đủ để điểm D  ( ABC ) với điểm O ta có OD = xOA + yOB + zOC x + y + z = Tính chất gọi tâm tỉ cự khơng gian Sau tốn minh họa Câu Cho tứ diện ABCD , điểm M , N trung điểm AB,CD Gọi P,Q điểm thỏa mãn PA = kPD, QB = kQC (k  1) Chứng minh M , N , P,Q đồng phẳng Lời giải | Chinh phục olympic toán | Một số chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi hình học khơng gian A P M B D Q N C ( ) Ta có PA = kPD  MA − MP = k MD − MP  MP = Tương tự QB = kQC  MQ = MA − kMD 1−k MA − kMC 1−k k MA − kMD + MB − kMC = MC + MD ( Do MA + MB = ) k −1 1−k 2k Mặt khác N trung điểm CD nên MC + MD = 2MN  MP + MQ = MN suy ba vec tơ k −1 ( Suy MP + MQ = ) MP, MQ, MN đồng phẳng, hay bốn điểm M , N , P,Q đồng phẳng Câu Cho tứ diện ABCD , điểm M , N xác định MA = xMC , NB = yND ( x ,y  1) Tìm điều kiện x y để ba vec tơ AB,CD, MN đồng phẳng Lời giải Đặt DA = a, DB = b, DC = c a,b,c khơng đồng phẳng A M B D N C ( ) Ta có MA = xMC  DA − DM = x DC − DM  DM = Lại có NB = yND  DN = 1 DB = b 1−y 1−y Từ (1) ( ) suy MN = DN − DM = DA − xDC a − xc = 1−x 1−x (1) (2) −1 x a+ b+ c 1−x 1−y 1−x Tạp chí tư liệu tốn học | Phương pháp Vector | Ta có AB = DB − DA = b − a,CD = −c ; AB CD hai vec tơ không phương nên AB,CD, MN đồng phẳng MN = mAB + nCD , tức −1 x a+ b+ c = m b − a − nc 1−x 1−y 1−x ( )  m = − x      x     m − a + − m b +  n + c =  m = x =y   1−x  1−y 1−x  − y      x n = − 1−x  Vậy ba vec tơ AB,CD, MN đồng phẳng x = y Lưu ý Ta sử dụng điều kiện đồng phẳng ba vec tơ để xét vị trí tương đối đường thẳng với mặt phẳng Cho ba đường thẳng d1 ,d2 ,d3 chứa ba vec tơ u1 , u , u d1,d2 cắt d3  mp (d1 ,d2 ) u3 d3 u2 d1 A d2 u1 Khi • • (d1,d2 )  u1,u2 ,u3 ba vec tơ đồng phẳng d3  mp (d1,d2 ) = M  u1,u2 ,u3 ba vec tơ không đồng phẳng d3 Câu Cho hình hộp ABCD A ' B 'C ' D ' , M , N điểm thỏa MA = − MD , NA ' = − NC Chứng minh MN ( BC ' D ) Lời giải A M D C B N D' A' B' C' Đặt BA = a, BB ' = b, BC = c a,b,c ba vec tơ không đông phẳng BD = BA + AD = BA + BC = a + c ; BC ' = b + c, BA ' = a + b ( ) 1 Ta có MA = − MD  BA − BM = − BD − BM  BM = BA + BD 4 4 | Chinh phục olympic toán | Một số chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi hình học khơng gian  BM = Tương tự BN = ( ) 4BA + BD 4a + a + c 5a + c = = 5 3a + 3b + 2c MN = BN − BM = −2a + 3b + c 3 = − a + c + b + c = − BD + BC ' 5 5 ( ) ( Suy MN , DB, BC ' đồng phẳng mà N  ( BC ' D )  MN ) (BC ' D ) Nhận xét Có thể sử dụng phương pháp để chứng minh hai mặt phẳng song song Câu Cho lăng trụ tam giác ABC A ' B 'C ' Gọi M , N trung điểm AA ',CC ' G trọng tâm tam giác A ' B 'C ' Chứng minh ( MGC ' ) (AB ' N ) Lời giải A C B M N A' C' G I B' Đặt AA ' = a, AB = b, AC = c Vì M , N trung điểm AA ',CC ' nên ( ) 1 1 AM = AA ' = a , AN = AC + AC ' = a + b 2 2 1 Vì G trọng tam tam giác A ' B 'C ' nên AG = AA ' + AB ' + AC ' = a + b + c 3 1 1 Ta có MG = AG − AM = a + b + c  MG = AB ' + AN 3 ( ) Suy MG, AB ', AN đòng phẳng Mặt khác G  ( AB ' N )  MG (AB ' N ) (1) 1 Tương tự MC ' = AC ' − AM = a + c − u = u + k = AN  MC ' ( AB ' N ) ( ) 2  MG (AB ' N ) Từ (1) ( ) suy   ( MGC ' ) (AB ' N )  MC ' ( AB ' N ) Bài toán Tính độ dài đoạn thẳng Phương pháp Để tính độ dài đoạn thẳng theo phương pháp vec tơ ta sử dụng sở 2 a =a a = a Vì để tính độ dài đoạn MN ta thực theo bước sau Tạp chí tư liệu tốn học | Phương pháp Vector | • Chọn ba vec tơ khơng đồng phẳng a,b,c so cho độ dài chúng tính góc chúng tính • Phân tích MN = ma + nb + pc (ma + nb + pc ) Khi MN = MN = MN = 2 ( ) ( ) ( ) = m a + n b + p c + 2mn cos a,b + 2np cos b,c + 2mp cos c,a Sau toán minh họa Câu Cho hình hộp ABCD A ' B 'C ' D ' có tất mặt hình thoi cạnh a góc BAA ' = BAD = DAA ' = 600 Tính độ dài đường chéo AC ' Lời giải A D C B D' A' B' C' ( ) ( ) ( ) Đặt AB = a, AD = b, AA ' = c a = b = c = a, a,b = b,c = c,a = 600 2 2 Ta có AC ' = a + b + c  AC ' = a + b + c + 2ab + 2bc + 2ca = 3a + a b cos600 + b c cos600 + c a cos600 = 6a  AC ' = a Câu Cho hình hộp ABCD A ' B 'C ' D ' có tất mặt hình vng canh a Lấy M thuộc đoạn ( ) A ' D , N thuộc đoạn BD với AM = DN = x  x  a Tính MN theo a x Lời giải D' C' B' A' M D A Đặt AB = a, AD = b, AA ' = c ( ) ( ) ( ) Ta có a = b = c = a, a,b = b,c = c,a = 900 | Chinh phục olympic toán C N B | Một số chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi hình học khơng gian • • ( ) ( ) DN x x DB = AB − AD = a −b DB a a AM x x AM = AD ' = AD + AA ' = b +c AD ' a a DN = ( Suy MN = MA + AD + DN = ) x a ( ) x x x  x  a −b ) +b + b +c) = a + 1 − c ( ( b − a a  a 2 a 2  x x  x  x2  x  x2  Khi MN =  a + 1 − b − c = a + −     b + 2c 2a  a  a  2a  a 2 a 2  2x x  3x 3x = x + 1 − + a = − 2ax + a  MN = − 2ax + a   a 2 a   Đến tốn hỏi tìm giá trị nhỏ độ dài đoạn MN ! Bài toán Sử dụng điều kiện đồng phẳng bốn điểm để giải tốn hình khơng gian Phương pháp Sử dụng kết • A, B,C , D bốn điểm đồng phẳng  DA = mDB + nDC • A, B,C , D bốn điểm đồng phẳng với điểm O ta có OD = xOA + yOB + zOC x + y + z = Sau tốn minh họa Câu Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình bình hành Gọi B ', D ' trung điểm cạnh SB, SD Mặt phẳng ( AB ' D ' ) cắt SC C ' Tính SC ' SC Lời giải S C' D' B' D C B Đặt a = SA,b = SA,c = SD m = A SC ' SC ( ) ( ) 1 Ta có SB ' = b, SD ' = c SC ' = mSC = m SB + BC = m b − a + c 2  SC ' = 2mSB ' − mSA + 2mSD ' SC ' Do A, B ',C ', D ' đồng phẳng nên 2m + ( −m ) + 2m =  m = Vậy = SC Tạp chí tư liệu tốn học | Cực trị hình học khơng gian | Vì a  1;2 suy (a − 1)( − a )   a ( − a )   ab  ( Do a + b = ) 1 3 SM SN + =   +  (2) a b ab SB SD Từ (1) ( ) ta có điều phải chứng minh Vậy suy Câu 44 Cho góc tam diện vng Oxyz đỉnh O Lấy A, B,C Ox, Oy, Oz cho OA + OB + OC + AB + AC + BC = l , l số dương cho trước Xác định vị trí điểm A, B,C cho thể tích tứ diện OABC đạt giá trị lớn tính giá trị lớn Lời giải z C c B b O y a A x Nhắc lại kết quen thuộc Với x , y  x + y2  (x + y ) Dấu “ = ” xảy x = y OA = a   Đặt OB = b  OC = c   Khi ta có l = a + b + c + a + b + b + c + c + a Áp dụng đánh giá suy ( l  a + b + c + (a + b + c )  l  ) + (a + b + c ) (1) abc Áp dụng bất đẳng thức AM − GM ta có Ta có V =VO ABC = a + b + c  3 abc  a + b + c  3 6V Từ (1) ( ) ta l  ( ) +  3 6V V  l3 ( −1 ) (2) (*) 162 Dấu = ( * ) xảy l  l = a + b + c + a + b + b + c + c + a  a =b =c =   a = b = c Vậy maxV OABC = l3 ( −1 162 ) đạt a = b = c = Hay A, B,C cách O khoảng 87 | Chinh phục olympic toán l ( l −1 ( ) −1 ) ( −1 ) | Cưa đổ hình khơng gian Câu 45 biết  +  +  = 180 đồng thời Cho tứ diện S.ABC Đặt ASB = , BSC = ,CSA =  d2 Lời giải SA = SB = SC = d Chứng minh S ABC  S d d d c A B a b C Đặt AB = c;BC = a;CA = b (a,b,c  ) Gọi p = a +b +c nửa chu vi tam giác ABC Trong tam giác cân ASB ta dễ dàng tính c = 2d sin    Tương tự a = 2d sin ;b = 2d sin 2 Áp dụng bất đẳng thức AM − GM ta có 3p − (a + b + c )  p2 = p ( p − a )( p − b )( p − c )  p   = 27 3 S ABC p2 (1 ) a +b +c     3d  Mặt khác p = (2) = d  sin + sin + sin   2 2   S ABC  Có ( )  +  +  = 180 nên sin    + sin + sin  2 2 Từ (1) ( ) suy S ABC  3d       S ABC  d2 Câu 46 Cho tứ diện OABC có OA,OB,OC đơi vng góc với Gọi , ,  góc hợp mặt phẳng (OBC ), (OCA ), (OAB ) với mặt phẳng ( ABC ) Tìm giá trị lớn biểu thức P = ( cot   cot  + cot   cot  + cot   cot  ) + 6cot2   cot2   cot2  Lời giải Nhắc lại kết quen thuộc , ,  cos  + cos2  + cos2  = ( * ) Tạp chí tư liệu tốn học | 88 Cực trị hình học khơng gian | Từ ( * ) suy 1 + + =1 2 + tan  + tan  + tan2   tan2  + tan  + tan  = tan   tan   tan  − Áp dụng bất đẳng thức Cauchy − Schwarz ta có ( tan   + tan  + tan  ) ( ) (  tan2  + tan2  + tan2  = tan2   tan2   tan2  − (tan  + tan  + tan ) + 3 tan2   tan2   tan2   ( cot   cot  + cot   cot  + cot   cot  ) + 6cot2   cot2   cot2     Do P  Dấu " = " xảy tan  = tan  = tan    , ,      =  =  2  Câu 47 Cho tứ diện S.ABC có SA, SB, SC vng góc với Đặt SA = a, SB = b, SC = c Gọi H hình chiếu vng góc S mặt phẳng ( ABC ) Chứng minh P = a.S HBC + b.S MC + c.S MAB  abc Lời giải C H b S B M a A  BA ⊥ SH (DoSH ⊥ (ABC ) ) Ta có   BA ⊥ (SHC )  BA ⊥ SC (DoSC ⊥ SB,SC ⊥ SA ) BA ⊥ CM Gọi M = CH  BA Khi ta suy  BA ⊥ SM Vì tứ diện S.ABC tứ diện vuông đỉnh S nên dễ dàng chứng minh 1 1 a 2b 2c 2 = + +  SH = SH a b c a 2b + b 2c + c 2a 1 a 2b 2 Lại có, tam giác SAB = +  SM = SM a b a2 + b2 a 2b a 2b 2c 2a Theo định lý Pythagoras ta có HM = SM − SH = 2 − 2 2 2 a +b a b +b c +c a  HM = ab c2 − a + b a 2b + b 2c + e 2a abc c2 Từ suy cSHAB = c  HM  BA = −  a2 + b2 2 2 2 2 2 a +b a b +b c +c a 89 | Chinh phục olympic tốn ) | Cưa đổ hình khơng gian  c.SHAB = abc c 2a + b 2c 1− 2 2 2 a b +b c +c a Tương tự ta chứng minh a.SHBC = abc a 2b + c 2a 1− 2 2 2 a b +b c +c a b.SHAC = abc a 2b + b 2c 1− 2 2 2 a b +b c +c a Từ ta suy P= abc  c 2a + b 2c a 2b + c 2a a 2b + b 2c  1− 2 2 2 + 1− 2 2 2 + 1− 2 2 2  a b +b c +c a a b +b c +c a a b +b c +c a   (1 )   Áp dụng bất đẳng thức Cauchy − Schwarz ta lại có 1− c 2a + b 2c a 2b + c 2a a 2b + b 2c + − + − a 2b + b 2c + c 2a a 2b + b 2c + c 2a a 2b + b 2c   c 2a + b 2c a 2b + c 2a  3 −  2 2 2 + 2 2 2 2 2   a b +b c + c a a b +b c +c a +b c +c a  1−    c 2a + b 2c a 2b + c 2a a 2b + b 2c + − + −  a 2b + b 2c + c 2a a 2b + b 2c + c 2a a 2b + b 2c + c 2a (2) abc Dấu " = " xảy a = b = c Từ (1) ( ) ta suy P  Câu 48 Cho tia Ox ,Oy,Oz đơi vng góc với A, B,C di động tia Ox ,Oy,Oz cho tam giác ABC có diện tích S không đổi S1 , S , S diện tích tam giác OBC ,OCA,OAB Tìm giá trị lớn P= S3 S1 S2 + + S + 2S1 S + 2S S + 2S Lời giải Vì OABC tứ diện vuông Ta chứng minh S12 + S 22 + S 32 = S (*)  1  Khi ta có − 2P = S  + +  (1 )  S + 2S1 S + 2S S + 2S  Áp dụng bất đẳng thức Cauchy − Schwarz ta 1  + +  (2) S + 2S1 S + 2S S + 2S 3S + (S1 + S + S ) ( ) S1 + S + S  S12 + S 22 + S 32 = S ( Do ( * ) ) ( ) Từ ( ) ( ) ta suy 1 1 (4) + +   S + 2S1 S + 2S S + 2S S + Từ (1) ( ) suy − 2P  S  3 P  S 3+2 3+2 Tạp chí tư liệu tốn học | 90 Cực trị hình học khơng gian | 2  3 S S + S + S = S Dâu " = " xảy  Vậy max p =  S1 = S = S = S = S = S + 3   Câu 49 Cho tứ diện ABCD, chứng minh ( AC + BD ) + ( AD + BC )  ( AB + CD ) 2 Lời giải Gọi O, M , N , P,Q trung điểm cạnh CD, AC ,CB, DB, DA Suy MNPQ hình bình hành O khơng thuộc ( MNPQ ) Ta có ( MO + OP ) + ( NO + OQ )  MP + NQ = (PQ + QM )  (PQ + QM ) 2 Vậy ( MO + OP ) + ( NO + OQ )  (PQ + QM ) 2 2 2 1 2 2 1  1  Hay  AD + BC  +  BD + AC   (AB + CD )  ( AC + BD ) + ( AD + BC )  ( AB + CD ) 2 2  2  Từ ta có điều phải chứng minh! Câu 50 Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình bình hành Từ điểm M cạnh SA dựng SM CQ đường thẳng song song với AD cắt SD điểm N Trên cạnh CD lấy điểm Q cho = SA CD Xác định vị trí điểm M SA cho diện tích tam giác MNQ lớn Lời giải S M N C B Q D A SM SN SM CQ SN CQ Mà  = = =  NQ SC SA SD SA CD SD CD 1 Ta có S MNQ = MN  NQ sin MNQ = MN  NQ sin BCS 2 MN NQ Vậy để S MNQ lớn MN NQ lớn  lớn  AD SC MN SM MN NQ SN ND Mặt khác ta lại có = = + = + = = const Do S MNQ lớn  AD SC SD SD AD SA Khi M trung điểm đoạn SA Do MN AD nên Câu 51 Cho hình chóp tứ giác S ABCD có đáy ABCD hình bình hành Gọi G trọng tâm tam giác SAC M điểm thay đổi miền hình bình hành ABCD Tia MG cắt mặt bên MG NG hình chóp S ABCD điểm N Đặt Q = + NG MG a) Tìm tất vị trí điểm M cho Q đạt giá trị nhỏ b) Tìm giá trị lớn Q Lời giải 91 | Chinh phục olympic toán | Cưa đổ hình khơng gian S N N' D' H G C' A D O C Theo bất đẳng thức AM – GM ta có Q = M B MG NG + 2 NG MG MG NG = =1 NG MG SG cắt mp ( ABCD ) tâm O hình bình hành ABCD Gọi K trung điểm SG Từ Dấu • K dựng mặt phẳng song song với mp ( ABCD ) cắt SA, SB, SC , SD A1 , B1 ,C , D1 Từ N dựng mặt phẳng song song với mp ( ABCD ) cắt SG N ' NG N'G NG = ; = N ' trùng K MG OG MG  N thuộc cạnh hình bình hành A1B1C 1D1 Ta có Nối NK cắt cạnh hình bình hành A1B1C 1D1 P , ta có PM / /SG Từ Q = M thuộc cạnh hình bình hành A1B1C 1D1 Ta thấy A1B1C 1D1 hình chiếu song song hình bình hành A1B1C 1D1 lên mp ( ABCD ) • theo phương SG Miền hình bình hành ABCD hợp miền tam giác OAB,OBC ,OCD,ODA Điểm 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 hay     2 MG OG OG OG NG 1  Đặt x = Ta có Q = + x với x   ;2  MG x 2  Do HG  NG  SG Vì  1  1  Ta có Q  = x   ;2   x = Khi maxQ = max Q  ;Q ( );Q (1)  = 2   2  Dấu “=” xảy M trùng với O đỉnh A, B,C , D Vậy ta tìm giá trị lớn Q Câu 52 Cho tứ diện ABCD có trọng tâm G Các đường thẳng AG, BG,CG, DG kéo dài cắt mặt cầu ngoại tiếp tứ diện A1 , B1 ,C , D1 Chứng minh rằng: GA1 + GB1 + GC + GD1  GA + GB + GC + GD Lời giải O ABCD Gọi tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện Tạp chí tư liệu tốn học | 92 Cực trị hình học khơng gian | Có OA = OG + GA  OA2 = OG + GA2 + 2OG GA OB = OG + GB + 2OG GB  Tương tự ta có OC = OG + GC + 2OG GC  2 OD = OG + GD + 2OG GD ( )  R − OG = GA2 + GB + GC + GD Trong R bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD = GB.GB1 = GC GC = GD.GD1 = R – OG Lại có GAGA 1   Vậy GA1 + GB1 + GC + GD1 = R − OG  + + +   GA GB GC GD  ( ) 1 1   GA2 + GB + GC + GD  + + +   GA GB GC GD  Theo bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta có 1 1  2 GA1 + GB1 + GC + GD1  (GA + GB + GC + GD )  + + +  16  GA GB GC GD   GA + GB + GC + GD Dấu xảy GA = GB = GC = GD Điều đồng nghĩa tứ diện ABCD gần tứ diện ABCD = ( ) Câu 53 Chứng minh tứ diện ln tồn đỉnh mà ba cạnh xuất phát từ đỉnh có độ dài thích hợp để lập thành tam giác Lời giải Xét tứ diện ABCD , khơng tính tổng qt giả sử AB cạnh dài tứ diện xét Bằng phản chứng ta giả sử rằng: Khẳng định tốn sai, nghĩa khơng có đỉnh tứ diện ba cạnh xuất phát từ đỉnh có độ dài thích hợp để lập thành tam giác Khi ta có AB  AC + AD xét đỉnh A BA  BC + BD xét đỉnh B Suy 2AB  AC + AD + BC + BD (1) AB  AC + CB Ta xét tam giác ABC ABD ta có   2AB  AC + AD + CB + DB ( ) AB  AD + DB Mâu thuẫn (1) ( ) ta suy điều phải chứng minh! Câu 54 Hình chóp S ABC có tổng mặt (góc đỉnh) tam diện đỉnh S 180 cạnh bên SA = SB = SC = Chứng minh diện tích tồn phần hình chóp khơng lớn Lời giải Ký hiệu độ lớn mặt góc tam diện đỉnh S sau: BSC = ,CSA = , ASB =   +  +  = 180 Ta coi , ,  góc tam giác ( sin  + sin  + sin  ) Gọi BA = a, AC = b, AB = c Áp dụng định lý cosine tam giác BSC ta được:ư Tổng diện tích mặt bên hình chóp a = (1 − cos  ) = sin2 93 | Chinh phục olympic toán    a = 2sin 2 | Cưa đổ hình khơng gian   Tương tự ta có b = 2sin ,c = 2sin Theo bất đẳng thức AM – GM ta có 2  (p −a ) + (p −b ) + (p −c )  p2 = p ( p − a )( p − b )( p − c )  p  =  3   S ABC Hay S ABC      sin + sin + sin   Ta có bất đẳng thức quen thuộc sin  + sin  + sin    2 2 3 3 3 Diện tích tồn phần hình chóp khơng lớn + = 4 Dấu xảy  =  =  = 60 tức tứ diện Khi ta S ABC  Câu 55 Đường chéo hình hộp chữ nhật, tạo với ba kích thước a,b,c góc , ,  Gọi V thể tích hình hộp Chứng minh a6 b6 c6 + +  2178V 12 12 12 cos  cos  cos  Lời giải b a    c Ta có cos2  = c2 a2 b2 2 , , cos cos   = = a + b +c a + b +c a + b +c ( a2 + b2 + c2 a6 Suy = cos12  cos6  ) ( a2 + b2 + c2 b6 , = cos12  cos6  ( a2 + b2 + c2 a6 b6 c6 Suy + + = cos12  cos12  cos12  cos6  ) ) ( a2 + b2 + c2 c6 , = cos12  cos6  ( 2 (a + b + c )3 a + b + c + + cos6  cos6  ) ) 3 3 1  = a2 + b2 + c2  + +  (1 ) 6  cos  cos  cos   Áp dụng bất đẳng thức AM – GM , ta có ( • (a + b2 + c2 ) )  27a 2b 2c ( ) 1 3 + +   6 2 2 cos  cos  cos  cos .cos .cos  cos  + cos2  + cos2  27 1 + +  81 ( ) Vì cos2  + cos2  + cos2  = nên 6 cos  cos  cos6  • a6 b6 c6 + +  2187V cos12  cos12  cos12  Dấu xảy  =  =  (tức hình hộp cho hình lập phương) Do V = abc nên từ (1), ( ), ( ) suy Tạp chí tư liệu tốn học | 94 Cực trị hình học khơng gian | Câu 56 Cho hình lập phương ABCD A ' B 'C ' D ' có cạnh a Trên cạnh BC DD ' lấy điểm M N cho BM = DN = x (  x  a ) Chứng minh MN ⊥ AC  tìm x để MN có độ dài nhỏ Lời giải A D M C B N A D C B x x  c; DD ' =  a a a x x x  x  MN = MB + BA + AD + DN = −  c − b + c +  a =  a − b +  − c a a a  a Đặt AA ' = a; AB = b; AD = c a = b = c = a ; AC ' = a + b + c BM = x x  x   x  MN  AC ' =   a − b +  − c  a + b + c =  a − a +  −   a = a  a   a a ( ) 2 x2 6a  x  x  6a Vậy MN vng góc với AC ' MN =  a + a +  −   a =  −  +  4 a  a a 2 a x a MN ngắn   =  x = a 2 Trogn M , N tương ứng trung điểm BC DD ' Câu 57 Cho hình lập phương ABCD A’B’C ’D’ cạnh a Các điểm X ,Y , Z di động cạnh C ' D ', AD, BB ' Định vị trí X ,Y , Z để chu vi tam giác XYZ nhỏ Lời giải z A A D X B C Z y Y B x D C Chọn hệ trục toạ độ hình vẽ Ta có A ( 0;0;0 ), B (a;0;0 ), D ( 0;a;0 ), A’ ( 0;0;a ), X (x;a;a ),Y ( 0;y;0 ) Z (a;0;z )(x ,y, z  ) Ta có chu vi tam giác XYZ P = XY +YZ + ZX P = x + (a − y ) + a + a + y + z + Theo bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta có 95 | Chinh phục olympic toán (a − x ) + a + (a − z ) | Cưa đổ hình khơng gian   4a  4a  4a 2 2 2 6P =  x + (a − y ) + + + y + z + a − x + + (a − z )  ( )           =  (1 + + + + + 1)  x + (a − y )  +  4a  a2 a2 a2 a2  + + +  + 6 + y2 + z  + 4 4    4a  2  (a − x ) + (a − z ) +    4a   4a 4a       x + (a − y ) +  +  + y + z  +  (a − x ) + (a − z ) +  = 9a   2     Vậy P  9a = 3a a  x = a − y =  a a  Dấu xảy y = z = x =y =z = 2  a  a − z = a − x =  Câu 58 Trong mặt phẳng ( P ) , cho ABC , A = 900 ,C = 600 Dựng đường thẳng Bx ,Cy ⊥ ( P ) a) Xác định điểm M Bx cho mặt cầu đường kính BM tiếp xúc với Cy , biết BC = 2a b) Gọi điểm L điểm di động Bx , L phải vị trí để Cy tìm N cho BLN vng N ? c) Trong vị trí điểm L câu b) xác định vị trí cho hình chóp ABLNC tích nhỏ Lời giải L M1 N B H C A M2 BM a = 2 Vậy BM = 4a Có điểm M , M đường Bx thỏa mãn điều kiện Mặt cầu đường kính BM tiếp xúc Cy d ( Bx ,Cy ) = BC =  , mặt cầu đường kính BL phải cắt Cy Suy BL  4a , L phải nằm ngồi ( M , M ) Nếu L nằm đoạn M , M  , với điểm L Bx có điểm Muốn có điểm N để BNL = N , N thuộc Cy cho BN 1L = BN 2L =  Đặt BL = y,CN = x Do tam giác BNL vuông N nên Tạp chí tư liệu tốn học | 96 Cực trị hình học khơng gian | 4a + x x Hạ đường cao AH tam giác ABC Khi AH đường cao hình chóp ABLNC BL2 = BN + NL2  y = 4a + x + 4a + (y − x ) = 8a − 2xy + y + 2x  y = AH = a , đáy BLNC hình thang vng nên 1 a2 a2  4a + x  VABLNC = AH BC (CN + BL ) = (x + y ) = x +  3  x  =  2a 2a  2a 2a 4a + x  x =    x x  Vmin = 4a 2a = x  x = a  y = 3a x Giá trị y = BL = 3a  4a , nên chấp nhận Câu 59 Chứng minh thể tích V khối nón trịn xoay diện tích xung quanh S hình nón tương  6V   2S  ứng luôn thoả mãn bất đẳng thức   Dấu đẳng thức xảy ?       3 Lời giải Diện tích đáy S ABC = a Gọi R , l bán kính đáy, đường sinh hình nón Ta có S = Rl V = R l − R (  R  l ) Thay vào bất đẳng thức cần chứng minh, ta có 8R 3l R R3 4R l − R2   −  l l 3 3 ( Đặt x = ) R , x  ( 0;1) (  x  l ) Ta cần chứng minh f (x ) = x − x  l 3 Ta có f ' ( x ) = − 3x ; f ' ( x ) =  x =   −6 (do x  ) Ta lại có f '' ( x ) = −6x , f ''  0 = 3 3    Vậy f (x )  f  , x  ( 0;1) =  3 3 R l =R Dấu đẳng thức xảy x = hay = l 3 Suy f ( x ) đạt đại x = Câu 60 Cho tứ diện SABC có SA = a, SB = b, SC = c SA ⊥ SB, SA ⊥ SC , SB ⊥ SC Gọi R,V theo thứ tự bán kính mặt cầu ngoại tiếp thể tích tứ diện SABC Tính diện tích tam giác ABC theo a,b,c chứng minh R  972V Lời giải Ta có V = abc (1 ) Gọi h độ dài đường cao kẻ từ S hình chóp SABC ta có Ta có S ABC = 3V h (3) 97 | Chinh phục olympic toán 1 1 = + + (2) h a b c | Cưa đổ hình khơng gian a 2b + b 2c + c 2a Gọi I tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SABC , M , N trung điểm BC , SA Từ (1), ( ), ( ) ta có SABC = 1 2 SA + SB + SC = a +b +c 4 ( Khi R = IS = SN + SM = Theo bất đẳng thức AM – GM ta có R  Từ (1), ( ) suy R  6 ) 27a 2b 2c 2 (4) 927V Vậy ta có điều phải chứng minh Câu 61 Cho tứ diện ABCD có góc BAC = CAD = DAB = 600 Chứng minh AB + AC + AD  8R Trong R bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD Lời giải Gọi G O trọng tâm tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD , ta có GA + GB + GC + GD =  OA + OB + OC + OD = 4OG ( )  OA2 + OB + OC + OD + OAOB + OAOC + OAOD + OB.OC + OB.OD + OC OD = 16OG  AB + AC + AD + BC + CD + DB = 16R − 16OG Mặt khác theo định lý hàm số cosine ta có BC + CD + DB = AB + AC + AD − (AB AC + AC AD + AD AB ) (  ( AB  ( AB (  AB + AC + AD 2 2 + AC + AD 2 + AC + AD ) ) − (AB.AC + AC AD + AD.AB ) = 16R − 16OG  16R ) + (AB + AC + AD − AB.AC − AC AD − AD.AB )  16R )  16R 2 2 2 2 Vì AB + AC + AD − AB AC − AC AD − AD AB   AB + AC + AD  8R Câu 62 Khi cắt mặt cầu (O, R ) mặt kính, ta hai nửa mặt cầu hình trịn lớn mặt kính gọi mặt đáy nửa mặt cầu Một hình trụ gọi nội tiếp nửa mặt cầu (O, R ) đáy hình trụ nằm đáy nửa mặt cầu, đường tròn đáy giao tuyến hình trụ với nửa mặt cầu Cho R = , tính bán kính đáy chiều cao hình trụ nội tiếp nửa mặt cầu (O, R ) để khối trụ tích lớn Lời giải Hình trụ nội tiếp nửa mặt cầu, nên theo giả thiết đường tròn đáy có tâm O ' hình chiếu O đáy (O ' ) Suy hình trụ nửa mặt cầu chung trục đối xứng tâm đáy hình trụ trùng với tâm O nửa mặt cầu O A R h O A Tạp chí tư liệu tốn học | 98 Cực trị hình học khơng gian | Gọi r h bán kính đáy chiều cao hình trụ Ta có h = OO ' = R − r (  r  R = 1) Thể tích khối trụ V (r ) = r 2h = r R − r Ta có ( ) ( 2 r − 3r   r 2R − 3r r3 2 V ' (r ) =  2r R − r − = = R2 − r  R2 − r 1−r2  6 ; V ' (r )   r  V ' (r ) =  r = = 3 ) (  r  1) Do khoảng ( 0;1) hàm số V (r ) đổi dấu từ âm sang dương, nên r0 = hàm số V (r ) điểm cực đại   2 Vậy maxV (r ) =V  r0 = h0 = =    ( 0;1 3   Câu 63 1) Cho tứ diện ABCD Các mặt tứ diện có diện tích Chứng minh tâm mặt cầu nội, ngoại tiếp tứ diện trùng 2) Cho tứ diện ABCD mặt phẳng ( P ) Tìm mặt phẳng ( P ) điểm M cho MA + MB + MC + MD nhỏ Lời giải 1) Dựng mặt phẳng ( P ) ⊥ AB M Gọi DK ,CH đường cao tam giác DAB tam giác CAB Do S DAB = S CAB  DK  = CH Gọi C , D  hình chiếu C , D ( P )  MC  = MD  Vì CH Kẻ II  (P );DK (P )  MC D  cân M  MI  ⊥ C D  ; I  trung điểm C D  AB, ( I CD );IK MI   MKII  hình chữ nhật Vậy IK đường vng góc chung AB CD I trung điểm CD Vai trị A, B,C , D bình đẳng Bằng cách dựng tương tự mặt phẳng ( P  ) ⊥ CD ta chứng minh K  trung điểm AB I K  đường vng góc chung AB CD  I   I ; K   K Do tứ diện ABCD có đường trung bình đồng thời đường vng góc chung B P K O A D I Q C Gọi O trung điểm IK  OA = OB = OC = OD O tâm mặt ngoại tiếp tứ diện ABCD Ta có VKBCD =VKACD  KI thuộc mặt phẳng phân giác góc phẳng nhị diện cạnh CD AB Tương tự PQ thuộc mặt phẳng phân giác góc phẳng nhị diện cạnh AC BD Vì KI  PQ = O  O cách mặt tứ diện ABCD Vậy O tâm mặt cầu nội tiếp tứ diện ABCD 2) 99 | Chinh phục olympic tốn | Cưa đổ hình khơng gian A I D N B J C Gọi I ,J trung điểm AB CD ; N trung điểm IJ Với M ta có  2MI = MA + MB    MA + MB + MC + MD = MI + MJ = 4MN 2MJ = MC + MD   ( )  MA + MB + MC + MD == MN bé điểm M hình chiếu N mặt phẳng ( P ) Tạp chí tư liệu tốn học | 100 Tài liệu tham khảo [1] Chuyên đề cực trị hình học khơng gian – Strong Team Tốn VD – VDC [2] Tuyển tập chun đề hình học khơng gian bồi dưỡng học sinh giỏi – Nhóm Tốn Bắc Trung Nam [3] Tài liệu tham khảo Internet ... SB + SC  21 | Chinh phục olympic toán | Một số chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi hình học khơng gian Chú ý Ta có kết quen thuộc hình học phẳng Nếu M điểm thuộc miền tam giác ABC Sa MA + Sb MB... cho c = ma + nb Nếu ba vector a,b,c không đồng phẳng vector d phân tích cách dạng d = ma + nb + pc | Một số chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi hình học khơng gian B Các toán ứng dụng vector Bài... Chinh phục olympic toán | Một số chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi hình học khơng gian A1 A2 A4 H A3 Gọi H chân đường cao tứ diện ABCD Theo cơng thức hình chiếu với ý góc hai mặt phẳng bù với