Đang tải... (xem toàn văn)
Tứ diện ABCD có các góc phẳng vuông tại đỉnh D và DA=a, DB=b, DC=c.Chứng minh rằng tứ diện nội tiếp trong hình cầu và tìm bán kính hình cầu đó.... Theo hệ thức lượng trong tam giác vuôn[r]
(1)Sƣu tầm: Phạm Minh Tuấn
PHẦN – ĐỊNH NGHĨA TỨ DIỆN VUÔNG VÀ MỘT SỐ TÍNH CHẤT CƠ BẢN
A – ĐỊNH NGHĨA TỨ DIỆN VUÔNG:
Tứ diện OABC gọi tứ diện vng tứ diện có OA, OB, OC đơi vng góc với
Chú ý:
Tứ diện trực tâm tứ diện có cạnh đối vng góc Như ta thấy tứ diện vuông l| loại tứ diện trực t}m đặc biệt Chính tứ diện trực t}m có đầy đủ tính chất tứ diện trực tâm
B CÁC TÍNH CHẤT CỦA TỨ DIỆN VNG: Cho tứ diện vng SABC đỉnh S Khi ta có:
1 Kẻ đường cao SH Khi H l| trực tâm tam giác ABC
2 12 12 12 12 SH SA SB SC
3 = ( Định lí Pytago không gian) Tam giác ABC tam giác nhọn
Và nhiều tính chất khác mà bạn tìm hiểu phần tập tứ diện vng mà chúng tơi trình bày phần sau
Chứng minh tính chất nêu trên: A
O C
(2)Tính chất 1:
AH kéo dài cắt BC M, CH kéo dài cắt AB P
Do SA SB SA SBC SA BC (1) SA SC
Vì SH ABCSH BC (2)
Từ (1) (2) suy BCSAHBC AM
Ho|n to|n tương tự ta chứng minh CP vng góc AB Từ ta có đpcm
Tính chất 2:
Được chứng minh phần III
Tính chất 3:
Trong (SBC) ta hạ SM vng góc với BC Ta thấy A, H, M thẳng hàng
Tam giác SAM vng S ta có:
Suy ra:
Hay ta có:
(1)
SBC HBC ABC
S S S
Lý luận ho|n to|n tương tự ta có: A
S
C
B H
P
(3)Sƣu tầm: Phạm Minh Tuấn
2
(2) (3)
SAB HAB ABC
SAC HAC ABC
S S S
S S S
Cộng vế (1), (2) v| (3) ta có đpcm
Tính chất 4:
Thật ta gi{c ABC theo định lí hàm cosin ta có:
2 2 2
2 2
cos
2
a b a c b c
AB AC BC a
A
AB AC AB AC AB AC
Suy A nhọn Tương tự cho B C
PHẦN II – CÁC BÀI TẬP VỀ TỨ DIỆN VUÔNG
+ Vẽ MM’//OC (M'OB), ta có: OC//(AM’M) + Vẽ OH AM'OH(AMM')
+ Vẽ HI//OC ( IAM), vẽ IJ//OH (JOC) ta có IJ l| đoạn vng góc chung OC AM Tam gi{c OAM’ vng có OH l| đường cao nên: 2 12 2
' OH OA OM
Suy
2
ab IJ OH
a b
Bài 1:
Cho tứ diện OABC có OA, OB, OC vng góc đơi với
,
OAa OBb Gọi M trung điểm BC Vẽ tính đoạn vng góc chung OC AM
J
I
M' M C
O
A B
(4)a) Gọi K l| trung điểm AC, ta có AB//(SKI) Do đó, khoảng cách SI AB khoảng cách từ A đến (SKI)
Vẽ AHSK.Do AB(SKA)nên ABAH
Mà KI//AB nên AH KI Từ ta AH (SKI)
Vậy khoảng cách SI v| AB l| đoạn AH
Áp dụng hệ thức lượng tam gi{c vuông SAK,đường cao AH
2 2 2
1 1
AH AK AS b h
Vậy khoảng cách cần tìm
2
4 bh AH
b h
b) Ta có BMIJ
BSCA
V BM BI BJ V BS BC BA
Vẽ ALMJ.Vì IJ//AC,mà AC(SAB)nên IJ (SAB)
Ta có AL nằm mp(ASB) nên IJ AL Vậy AL(MIJ)
Mà AC//(MIJ) nên AL khoảng cách AC MJ Bài 2:
Trong mặt phẳng (P) cho tam giác ABC vng A có AB=c, AC=b Trên đường vng góc với (P) A lấy điểm S cho SA=h (h>0).M điểm di động SB Gọi J,I trung điểm BC AB
a) Tính độ dài đoạn vng góc chung SI AB
b) Tính tỉ số thể tích hình MBIJ BSCA độ dài đoạn vng góc chung AC MJ đạt giá trị lớn
K
I
J S
A
B
C M
(5)Sƣu tầm: Phạm Minh Tuấn
Mặt khác tam giác ALJ vuông L nên ALAJ Khi ABMJ
Suy M l| trung điểm AB
Vậy 1 2
BMIJ
BSCA
V
V
a)
3 ' ' ' ' ' ' ' ' '
3 12
A BB C ABC A B C AA BC A B C C
d
V V V V
b) Thiết diện l| hình thang A’B’FE Gọi M,M’ l| trung điểm AB v| A’B’
Ta có : ' '2 39
6 d M G MM MG
Diện tích thiết diện
' ' 39
'
2 36
EF A B d
S M G
Gọi V V1, 2 thể tích phần (chứa A) phần (chứa C’) thiết diện hình lăng trụ
Ta thấy '
' ' JI EC
JC d JC A C Bài 3:
Cho lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có tất cạnh d a) Tính thể tích tứ diện A’BB’C
b) Tính diện tích thiết diện mp qua A’B’ trọng tâm G ABC tính tỉ số thể tích phần khối lăng trụ chia cắt
M'
G
J
F M
C'
A C
A'
B
(6)' ' '
8
' ' ' 27
JEFC
JA B C
V JE JF JC
V JA JB JC
Từ
19 V k
V
Gọi I l| trung điểm AB, suy I tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC
Vẽ (SAB) I, trục tam giác SAB
Trong mặt phẳng tạo SC (do//SC), vẽ trung trực SC cắt O, ta có OA=OB=OC=OD nên O tâm mặt cầu ngoại tiếp SABC
Ta có bán kính mặt cầu
O M
I C
A
B S
Bài 4:
(7)Sƣu tầm: Phạm Minh Tuấn
2
2 2 2
4
AB SC
RSO SI IO a b c
a) Ta có
1
( )
6
1
OABC IOAB IOCA IOBC
V V V V
OA OB OC OA OB c OB OC a OA OC b
a b c
OA OB OC
b)Vì I cố định nên a,b,c khơng đổi
do ta có a b c OAOBOC
nên suy a b c
OA OB OC đạt giá trị lớn
1
a b c
OA OB OC (bất đẳng thức Cơ-si) Bài 5:
Cho tam diện Oxyz có Ox, Oy,Oz vng góc đơi một.Gọi I điểm tam diện a,b,c, khoảng cách từ I đến mặt (Oyz),(Oxz), (Oxy), Mặt phẳng di động qua I cắt Ox,Oy,Oz A, B, C
a.chứng minh a b c OAOBOC
b Tìm giá trị nhỏ VOABC cho biết vị trí I tam giác ABC lúc
z
y
x
O I A
B
(8)lúc OA OB OC
abc đạt giá trị nhỏ , tức l| OA.OB.OC đạt giá trị nhỏ
Mà
6
OABC
V OA OB OC
Nện thể tích OABC đạt giá trị nhỏ
2abc OA=3a, OB=3b, OC=3c Khi I l| trọng tâm tam giác ABC
a)Vẽ OHAB,định lý đường vuông góc cho ta CH AB Ta có:
2
2 2 2
1 1 a b
OH a b a b
2
2 2
2
a b CH OC OH c
a b
2 2 2 2 a b b c c a CH
a b
Bài 6:
Cho Ox, Oy, Oz vng góc với đơi
Lấy AOx, BOy, COz cho OA=a, OB=b, OC=c a) Tính diện tích tam giác ABC theo a, b, c
b) Giả sử A, B, C thay đổi ln ln có OA + OB + OC + AB + AC + BC = k không đổi
Hãy xác định giá trị lớn thể tích tứ diện OABC
H O
C
A
(9)Sƣu tầm: Phạm Minh Tuấn Vậy
2 2 2
1
2
ABC
S AB CH a b b c c a
b)Ta có: 2 2 2
k a b c a b b c c a
3
3 abc 2ab 2bc 2ac abc 2ab ac ca2
suy k33 abc3 23 abc3(1 2)3 abc
3(1 2) k abc
3 27(1 2)
k abc
Do
3
6 162(1 2)
OABC
k V abc
Vậy giá trị lớn thể tích OABC
3 162(1 2)
k
a = b = c
Khi AB = AC = BC = a thay v|o ta k3a3a
3(1 2) k a b c
Vậy GTLN thể tích OABC
3 162(1 2)
k
3(1 2)
k a b c
Bài 7:
Cho góc tam diện ba góc vng Oxyz.Trên Ox, Oy, Oz lấy điểm A,B,C
a)Tính khoảng cách từ A đến (ABC) theo OA = a, OB = b, OC = c
(10)a)Gọi H hình chiếu O ABC
Ta có 2 2 2 2
2 2 2
1 1 abc
OH
OH a b c a b b c c a
b) 1
( )
6 24
OABC
b c
V abc a a
Thể tích tứ diện OABC đạt giá trị lớn
24a b c a
Xét hình hộp chữ nhật có kích thước OA, OB, OC, đường chéo hình hộp n|y l| đường kính mặt cầu ngoại tiếp OABC,
2 2 2
1 1
( ( )
2 2 2
a R a b c a b c
R đạt giá tri nhỏ b c a
Gọi M l| giao điểm AG với BC Trên tia DG ta lấy điểm O cho OM//AD
Vì AD vng góc (BCD) nên OM vng góc (BCD) Lại có MB=MC=MD nên OB=OC=OD
Trong tam giác OBD cân có
c b
a
z
y
x
H O
A
B
C
Bài 8:
Tứ diện ABCD có góc phẳng vng D Kí hiệu , , góc tạo tia
DA, DB, DC với tia DG G trọng tâm tam giác ABC.CMR
γ β
α
O
M G A
D
B
(11)Sƣu tầm: Phạm Minh Tuấn BDO nên BOD 2 Tam giác OCD cân O có
CDO nên COD 2
Hai tam giác OMD OMB
BOM DOM
Vì OM phân giác tam giác OBC, ta có
2
BOC
Trong tứ diện OBCD tổng góc phẳng đỉnh O thoả mãn điều kiện
2 2
(đpcm)
Gọi , , tương ứng với số đo c{c góc OCA,OCB,ACB Đặt OA=a, OB=b, OC=c
Ta có
2
sin a
a c
,sin 2
b b c
Và
2
cos c
a c
, cos 2
c b c
Từ ta có
2
2 2
sin( ) c
a c b c
Theo định lí hàm cosin với tam giác ABC ta có
2
2 2
cos c
a c b c
sin( ) cos
Mặt khác số đo , , nằm khoảng (0 ;90 )0 nên 900 (đpcm)
Đặt x=OA, y=OB, c=OC
Ta tích V OABC
6 xyz V Bài 10:
Trong số tứ diện OABC có góc phẳng O vng diện tích mặt ABC, tứ diện tích lớn nhất?
Bài 9:
Cho tứ diện OABC có góc phẳng đỉnh O vuông thoả mãn điều kiện OC=OA+OB.CMR tổng góc phẳng đỉnh C
(12)Diện tích tam giác ABC (xy)2(yz)2(zx)2 Gọi k diện tích tam giác BAC, ta có
k2 (xy)2(yz) (2 zx)2 3 (3 xyz)2
3 k xyz
3 18
k V
Vậy max
3 18
k
V
3 k x y z
Vì c{c đường trịn ngoại tiếp DAB ABC có dây cung chung AB nên tồn hình cầu qua tứ diện DABC.Gọi M l| trung điềm cạnh AB, M l| t}m đường trịn ngoại tiếp ABD Đường thẳng d (ABD) M trục đường tròn
Theo giả thiết d//CD O tâm hình cầu ngoại tiếp O nằm mặt phẳng (CDM) Gọi KMDOC
Vì CDM D nên OD=OC=OK Điều chứng tỏ K nằm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện Trong tam giác CDK vng ta có:
2
,
CDc DK DM AB a b
Gọi R bán kình hình cầu O
2 2
2
CK a b c
R
Bài 12:
Cho tứ diện vuông ABC đỉnh O P điểm nằm đáy ABC Đặt u AP AO
,
BP v
BO
, w CP
CO
Gọi góc tạo đường thẳng OP với (ABC) Chứng minh
rằng 2 2
2 cot
u v w Bài 11:
(13)Sƣu tầm: Phạm Minh Tuấn
Xét hệ trục tọa độ Đề Các vng góc nhận O làm gốc tọa độ, trục tọa độ chứa OA, OB, OC,
HPO Giả sử hệ tọa độ ấy, tọa độ c{c đỉnh A,B,C tương ứng là:
A(a,0,0); B(0,b,0); C(0,0,c)
Giả sử tọa độ điểm P P(x0,y0,z0) Ta có:
2 2
2 2
2 2
u v w
AP BP CP
AO BO CO
2 2
2 2
AP BP CP
a b c
(1)
Ta có
2 2
0 0
2 2
0 0
2 2
0 0
( ) ;
( ) ;
( ) ;
AP x a y z
BP x y b z
CP x y z c
Nếu đặt 2 2
0 0
p x y z ta viết
2 2 2 2
0 0
2
2 x
AP x y z a x a p a
a
Tương tự ta có:
2 2
2 2
2
2
y BP p b
b z CP p c
c
O
x B
y H
P C
(14)Thay vào (1) , có:
2 2 0
2 2
1 1
3 2x y z
u v w p
a b c a b c
(2)
Theo phương trình đoạn chắn mặt phẳng ABC có phương trình
1 x y z
a b c mà P(x0,y0,z0) thuộc (ABC)
0 0
1
x y z
a b c
(3)
Kẻ OH(ABC), ta có hiển nhiên cơng thức sau:
2 2
1 1
a b c OH (4)
Thay (3)(4) vào (2) có:
2
2 2
2 p
u v w
OH
(5)
Chú ý 2 2
0 0
p x y z OP
2
2 2
2
1
1 1 cot
sin OP
u v w
OH
Vậy 2 2
2 cot
u v w
Chú ý:
1 Xét trường hợp đặc biệt PH, H trực tâm ABCOH (ABC)
Khi từ cơng thức chứng minh, ta có
2 2
2
AH BH CH
AO BO CO
2 2
cos OAH cos OBH cos OCH
(6)
Chú ý gọi M AHBC
AMO
gó tạo (OBC) với đ{y (ABC) v| ta có
2
cos OAHsin AMO
O
A
B
C
(15)Sƣu tầm: Phạm Minh Tuấn
Vì gọi , , góc tạo ba mặt OBC, OAC, OAB với đ{y ABC, từ (6) ta có:
2 2
sin sin sin 2
hay cos 2acos 2bcos 2c1 (7)
Vậy công thức: 2 2
2 cot
u v w mở rộng công thức quen thuộc (7)
2 Cơng thức (4) chứng minh phương ph{p tọa độ sau:
Phương trình mặt phẳng (ABC) x y z a b c ,
Hay acxacyabzabc0 (8)
Khi theo cơng thức tính khoảng c{ch điểm O(0,0,0) xuống mặt phẳng (8) ta có
2 2 2 2 2 2 2 2
1
abc b c a c a b
OH
OH a b c
b c a c a b
hay 2 2
1 1
OH a b c
Dễ thấy H trực tâm ABC ABC tam giác nhọn AH kéo dài cắt BC JAJ BC Vì OA(OBC), nên theo định lí đường vng góc ta có OJ BC
Ta có
2
2 sin AH
OA
(1)
Xét vuông OAJ đỉnh O Theo hệ thức lượng tam giác vng ta có OA2 AH AJ. , từ
(1) có
sin AH AJ
Bài 13:
Cho tứ diện vuông OABC đỉnh O Vẽ chiều cao OH tứ diện Đặt
, , , , ,
ACAB B ABC CBCA AOH BOH COH Chứng minh rằng:
2 2
sin sin sin sin 2A sin 2B sin 2C
(16)Vẽ đường tròn ngọai tiếpABC, gọi I l| t}m đường tròn ngoại tiếp G trọng tâm ABC Theo đường thẳng Euler H, G, I thẳng hàng HG2IGAH2IM ACABBIM Ta có: sin 2A 2sinAcosA 2BM IM
IB IB
2
2 2
BC AH BC AH
IB IB R
(2)
Với R l| b{n kính đường trịn ngoại tiếp ABC
Từ (1)(2) suy
2 2
sin sin
R R
A BC AJ S
; đ}y S l| diện tích ABC
Do bình đẳng cặp ,B , ,C, ta có
2 2
sin sin sin sin
R
B C S
Từ suy điều phải chứng minh
α
G
M H
J J
A
I
B
C A
O
H
B C
Bài 14:
Cho tứ diện vuông OABC đỉnh O, giả sử OA = a, OB = b, OC = c Đặt
1, 2,
OAB OBC OAC
S S S S S S SAABC S Gọi r bán kính hình cầu nội tiếp
tứ diện OABC Chứng minh S1 S2 S3 S r
a b c
(17)Sƣu tầm: Phạm Minh Tuấn
Áp dụng công thức
tp
V r
S
(1)
Với V, Stp tương ứng thể tích diện tích tồn phần tứ diện
Thay V abc abc
(do OABC tứ diện vng đỉnh O) vào (1)
và có
1
abc r
a S S S S
23 2
( )
2
abc S S S S
S S S S
(2)
Theo định lý Pytago không gian 2 2
1
S S S S ,
2 2
1 2 3
2 S S S S 4S S 4S S 4S S
2 2
ab c abc a bc
( )
abc a b c
(3)
Thay (3) vào (2) có S1 S2 S3 r
a b c
Đó l| điều phải chứng minh
Bài 14:
Cho tứ diện vuông DABC đỉnh D Giả sử DAa DB, b DC, c a, b c M điểm tùy ý đáy ABC Gọi l tổng khoảng cách từ A,B,C xuống DM Chứng minh l a b
c
b a
O
A
B
(18)Sƣu tầm: Phạm Minh Tuấn
Đặt ADM ,BCM ,CDM ta có lasinbsincsin
Vì góc tam diện đỉnh D vng nên ta ln dựng hình hộp chữ nhật có DM l| đường chéo, cịn DA, DB, DC l| phương cạnh bên
Vậy có: 2 2 2
sin sin sin 3 (cos cos cos )2
Do 0sin ,sin ,sin 1
2 2
sin sin sin sin sin sin
sin sin sin
hay
sin sin 1 sin
(1)
Ta có ba (2)
Nên từ (1) (2) có b(sinsin 1) a(1 sin ) (3)
sin sin sin
a b b a b Lại c b csin bsin (4)
1 asin bsin csin a b
Đó l| điều phải chứng minh
Dấu xảy rasin sin2, sin sin2, sin sin2 v| đồng thời có dấu (3)
(4), tức 90 ,o 0 M C
Bài 15:
Cho tứ diện vuông OABC đỉnh O Gọi R, r, h, V tương ứng bán kính mặt cầu ngoại tiếp, nội tiếp, đường cao hạ từ O thể tích tứ diện Chứng minh rằng:
2
2 V h r
R rh
c
b a
A
B
(19)Sƣu tầm: Phạm Minh Tuấn
Đặt OAa OB, b OC, c, chiều cao OH h
Ta thấy ;
tp ABC
V V
r h
S S
Ở đ}y Stp SABC tương ứng diện tích tồn phần diện tích đ{y ABC tứ diện cho Vì
2
2
3
( 3 )
3 3
ABC tp tp ABC
ABC tp
V V V
S S V S V V S V h r
V V
R rh R R V V
S S
2
3
tp ABC xq
S S S
R R
(1)
Ở đ}y Sxqlà diện tích xung quanh tứ diện O.ABC đỉnh O, dễ thấy:
2
xq
ab bc ca
S (2)
Vì OABC tứ diện vng đỉnh O, nên bán kính hình cầu ngoại tiếp R tính cơng thức
2 2
2
R a b c (3)
Từ (1)(2)(3) suy bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với bất đẳng thức sau:
2 2
2
3
ab bc ca
a b c
2 2
ab bc ca a b c
2 2 2
a b b c c a
(4)
Do (4) hiển nhiên dpcm Dấu xảy a b c OABC tứ diện vuông cân đỉnh O
Chú ý:
C
B A
O
(20)Với tứ diện ABCD, bán kính hình cầu nội tiếp r
của tính cơng thức sau:
tp
V r
S
Ở đ}y V, Stp tương ứng thể tích diện tích tồn phần tứ diện
Thật vậygọi I tâm hình cầu nội tiếp tứ diện,
I BCD I ACD I ABD I ABC
V V V V V
hay
1
3
3
BCD ACD ABD ABC tp
tp
V r S S S S r S
V r
S
a Đặt OA = a, OB = b, OC = c
Theo tính chất tứ diện vng đỉnh O, ta có: Bài 16:
Cho tứ diện vng OABC đỉnh O Kẻ đường cao OH=h Gọi R,r tương ứng bán kính hình cầu ngoại tiếp nội tiếp tứ diện
a Chứng minh h r
b Chứng minh 3 R
r
D
C B
A
I
c b
a
r
O
A
B
(21)Sƣu tầm: Phạm Minh Tuấn
2 2
1 1
h a b c (1)
Ta có: tp
tp
S V
S r V (*)
Do
1
1 1
3
tp
S S S S S
V V h h h h
(Ở đ}y h1, h2, h3, h4 bốn chiều cao tứ diện)
Vì từ (*) , O.ABC tứ diện vuông đỉnh O, với OA = a, OB = b, OC = c, nên ta có: 1 1
r a b c h (2)
Hiển nhiên ta có
2
2 2
1 1 1
3
a b c a b c
(3)
Dấu (3) xảy a b c Từ (1) (3) có:
2
1 1
a b c h
hay
1 1
a b c h (4)
Từ (2) (4) suy ra: 1
r h h hay 1
3 r h
3 h
r
Đó l| đpcm Dấu xảy trong (3) có dấu a b c O.ABC tứ diện vuông c}n đỉnh O
b Đặt OA = a, OB = b, OC = c từ cách dựng tâm hình cầu ngoại tiếp I (xem hình bên) suy ra:
2
ROI OM MI
2
2 2
4
BC OA
a b c
Lại áp dụng công thức:
3
3 6
2 2
tp
ABC
abc V
r
ab bc ac
S S
Có thể tính ngay: 2 2 2
ABC
S a b b c a c
Từ suy
2 2 2 abc
r
ab bc ca a b b c c a
Như ta có:
2 2 2
2 2
2
R ab bc ac a b b c c a
a b c abc
(1)
(22)3 2 4
3 2
3
3
R a b c a b c
a b c
r abc
(2)
Sau rút gọn, dễ thấy (2) 3 VF
Vậy từ (2) có: 3 R
r
Đó l| đpcm Dấu xảy trong (2) có dấu a = b = c OABC tứ diện vuông c}n đỉnh O
Đặt AB = a; AC = b; AD = c; ab a, c Áp dụng công thức:
3
2
2 2
tp
V abc
r
ab ac bc S
S
Ở đ}y S = SBCD, ta thấy
3 3 3 3
2 abc
a r a
ab ac bc S
2 3 ab ac bc S bc
2S ab ac 2bc 3bc
(2)
Do a = max(a,b,c) ab + ac 2bc (3) (Dấu (3) a = b = c)
Bài 17:
Cho tứ diện vuông ABCD đỉnh A Gọi A cạnh lớn tứ diện xuất phát từ
A r bán kính hình cầu nội tiếp tứ diện Chứng minh a 3 3r
c b
a
A
B
C
(23)Sƣu tầm: Phạm Minh Tuấn Theo định lý Pytago:
2 2 2
; ;
BC a b CD b c BD a c Từ ta thấy ba góc ABC nhọn bình phương cạnh bé tổng bình phương cạnh cịn lại Có thể cho BC cạnh lớn BCD BDClà góc lớn
Ta có 2 2
2SBD CD .sinBDC b c b c sinBDC
2 sin ac bc
(vì
3 BDC
)3bc (4)
(Dấu (4) có a b c) Từ (3) (4) (2) đpcm Dấu có AB AC AD
Gọi I tâm hình cầu nội tiếp.Ta có:
1
1
I ABC I OAB I OBC I OCA
I ABC I OAB I OBC I OCA
V V V V V
V V V V
V V V V
r r r r h c b a
1 1 1
h a b c
(1)
Bài 18:
Cho OABC tứ diện vuông đỉnh O, với OAa OB, b OC, c Gọi r bán kính hình cầu nội tiếp tứ diện
Chứng minh 1 1 3 r a b c a b c
r
c b
a
O
A
B
(24)Từ (1) suy bất đẳng thức cho có dạng tương đương sau:
1 3
h a b c (2)
Do OABC tứ diện vuông đỉnh O, nên theo b|i ta có
2 2
1 1
h a b c (3)
Từ (3) theo bất đẳng thức Cơsi, ta có:
3
2 2 2 2
1 1 1
3
h a b c a b c (4)
2 2
a b c a b c (5)
Từ (3)(4)(5) suy ra: 3 h a b c
Vậy (2) đpcm Dấu xảy a b c
OABC
tứ diện vuông c}n đỉnh O
Bài 19:
Cho góc tam diện vuông Oxyz đỉnh O Lấy A, B, C Ox, Oy, Oz cho OA OB OC ABACBCl, I đại lượng dương cho trước
Gọi V thể tích tứ diện OABC
Chứng minh 3
2 162 l V
(1)
Xác định vị trí A, B, C để có dấu (1)
c b O
x
y C
z
(25)Sƣu tầm: Phạm Minh Tuấn Đặt OA = a, OB = b, OC = c
Ta có theo bất đẳng thức Bunhicopski
2 2 2 2
2
a b a b
a c a c
c b c b
Từ suy
2 2 2
2 a b c a b a c b c
Hay 2 2 2
1
a b c a b c a b a c b c (1) Dấu (1) xảy a b c
Theo bất đẳng thức Cơsi ta có a b c 33 abc
Mà
3 6
OABC
abc
V V a b c V (2)
Dấu (2) có a b c Từ (1) (2) suy
3
3
l V hay
3
3
2 162
l l
V
(Điều suy phương trình 3a3a 1)
1) Gọi mặt phẳng qua A vng góc với Sx, qua B vng góc với Sy, qua C Bài 20:
1) Cho góc tam diện vuông Sxyz A, B, C ba điểm Sx, Ay, H trực tâm
tam
giác ABC SH cắt mặt phẳng qua A vng góc với Sx, mặt phẳng qua B vng góc với Sy, mặt phẳng qua C vng góc với Sz K, L, M Tìm quỹ tích H A, B, C di động thỏa mãn điều kiện
1 1
SK KLSM l (với l độ dài cho trước)
2) A, B, C di động SA SB SC 3k, k độ dài cho trước Tìm quỹ
tích trọng
(26)vng góc với Sz (P), (Q), (R) Ba mặt n|y với ba mặt tam diện vng tạo thành hình hộp chữ nhật ADBS.A’D’B’C Giả sử CHABI mặt phẳng (CSI) cắt (P), (Q), (R) theo giao tuyến EF, GN, CF
SH kéo dài cắt giao tuyến K, L, M (chúng l| giao điềm SH với (P), (Q), (R)
Theo hệ thức lượng tam giác vng, ta có:
2
2
2
1 1 1
1 1
SA SH SK
SB SH SL
SC SH SM
Từ suy
2 2
1 1
1 1
SA SB SC
SH SK SL SM
Vì 12 12 12 12
SA SB SC SH nên từ ta có
1 1 1
SH l SH SK SLSM l
Vậy suy quỹ tích H
8 mặt cầu tâm S, bán kính l nằm góc tam diện vuông (bỏ đường trỏn giao tuyến mặt tam diện vuông với mặt cầu điều kiện SA, SB, SC 0)
2) Xét hình hộp chữ nhật có kích thước l| SA, SB, SC Đường chéo SD’ cắt mặt
chéo ABC hình hộp trọng tâm G tam giác ABC ' SG SD
Để tìm quỹ tích G, ta cần tâm quỹ tích D Từ
3
' ' ' ' ' SA SB SC l
D B D A D D l
Ta tìm quỹ tích D’ cho tổng khoảng cách từ D’ tới ba mặt tam diện vuông 3l không đổi Gọi P,Q,R l| ba điểm Sx, Sy, Sz cho SPSQSR3l
Ta có VSPQRVD SPQ' VD SQR' VD SRP' VD PQR' (1)
Ta có 3
1
3
6
SPQR
l V l ,
2
2
SPQ SQR SRP
l S S S
Thay vào (1) suy
3
9
( ' ' ' ' ')
2 3 PQR
l l
D D D B D A d S
(27)Sƣu tầm: Phạm Minh Tuấn
ở đ}y d l| khoảng cách từ D’ tới (PQR)
Vì D B' D D' D A' 3l nên từ suy d S PQR 0 d Vậy D’ tam giác PQR
Đảo lại D’ thuộc tam giác PQR d=0
' ' ' ' ' DD D A D B l
Vậy quỹ tích D’ l| tam gi{c PQR
Do
1 ,
3 '
H S
D H
nên quỹ tích G l| tam gi{c P Q R0 0 0(trong P Q R0 0 0 ảnh PQR
phép vị tự tâm S tỷ số
3, đ}y SR0 SP0 SQ0 1)
1/Áp dụng định lí hàm số cosin tam giác ABC,ta có
2 2
2 2 2
cos
2
( ) ( )
2 AB AC BC
AB AC
a SB a SC BC
AB AC
do BC2 SB2SC2 nên từ (1) ta có
( )
cos
a SA SB SC SA SB SA SC AB AC AB AC AC AB AB AC
Hay ta có
0
cos cos sin cos sin cos sin( )
90 const
2/ Trong (P) dựng hình chữ nhật SCDB.Gọi I trung điểm SD.Do ASD,ABD,ACD tam giác vng chung đường huyền AD, nên có
IA=IB=IC=IS(vì =1 2AD) Bài 21:
Trong mặt phẳng (P) cho góc vng xSy=
90 ,đỉnh S cố định Đoạn SA vng
góc với (P) Trên Sx Sy lấy B,C cho SB+SC= a Xét tứ diện vuông SABC đỉnh S Đặt ASB,BSC,CSA
1.CMR B,C di động const
2.Tìm quỹ tích tâm I hình cầu ngoại tiếp tứ diện SABC
3.CM VSBCmaxRmin(ở R bán kính hình cầu ngoại tiếp tứ diện SABC 4.CMR B,C di động tồn điểm J cố định cách (ABC) khoảng không đổi
I S
C
B D
A
C* B*
C'
D D'
S x
y B'
(28)Vậy I tâm hình cầu ngoại tiếp tứ diện vuông SABC đỉnh S
Xét phép vị tự ( , )1 H A
Trong phép vị tự DI
Vậy tốn tìm quỹ tích I quy tốn quỹ tích phẳng sau đ}y:
Cho góc vng xSy900 cố định
Trên Sx, Sy lấy B,C di động cho SB+SC=a Dựng hình chữ nhật SCDB.Tìm quỹ tích đỉnh thứ tư D hình chữ nhật nói
Lấy B* Sx cho SB* = a.Nối B*D cắt Sy C* Do SB + SC = a, mà SB + BB* = a
BB*SCBDB*BD tam giác vuộng cân
B*SC* l| tam gi{c vuông c}n SC*=a B* C* cố định
Như D nằm đoạn B*C*
Đảo lại lấy D’ B*C*.Ta phải chứng minh tồn B'Sx C, 'Sy, cho SB’+SC’=a v| SC’D’B’ l| hình chữ nhật.Gọi B’,C’ hình chiếu D’ Sx v| Sy.Tương tự chứng minh suy B’,C’ có c{c tính chất nêu
Vậy quỹ tích D l| đoạn B*C* Do ( , )1
2
H A ,DI
Vậy quỹ tích tâm I hình cầu ngoại tiếp tứ diện SABC l| đường trung bình B2C2 tam giác AB*C* với B*,C* tương ứng nằm Sx,Sy cho SB* = SC* = a
3/Ta có
2 2 2
1 1
2 2
R AD SA SD SA SB SC
2 2 2
1 1
( ) 2( ) (2)
2 2
P a b c a b c bc a bc
Do a=const, nên từ (2) suy Rminbc max
Do b + c = a = const nên bc maxb=c= a
Mặt khác
3
SABC SBC
V S SA abc
Do VSABCmaxbcmax
Từ suy max
2
SABC
a
V R b c
Đpcm 4/
a a
a C1
B1
C*
B*
A
S
x
(29)Sƣu tầm: Phạm Minh Tuấn
Gọi E l| trung điểm B*C*.Kẻ Et//SA, lấy J cho EJ= a
Giả sử OB+OC=a OB=CC*
Khi ta có d(D*,(SMN))=2d(J,(SMN)), đ}y D* l| đỉnh thứ hình chữ nhật SC*D*B*, dùng ký hiệu d(D*,(SMN)), d(J,(SMN)) tương ứng khoảng cách từ D*, J tới (SMN)
Ta có
* *
*
*
1
( , ))
ABCD BCD
ABC D ABC
V aS
V d D SMN S
*
ABC(*)
BCD
a S h S
( 1, ( )
hd D SMN
Do SB+SC=a =>SB=CC* SC=BB*
Xét tam giác vuông ASC B*D*B, ta có BB*=SC;B*D* = SO (vì = a)
=>ASC D B B* * ACBD*
Tương tự , ta có AB=CD*.Từ suy BCD* ABC
Từ (*) suy a=h =>d(J,(SMN))= a
=const Đpcm
D*
C*
B* E C A
S y
x t
B
J
Bài 22:
Cho tứ diện vuông DABC D,gọi H trực tâm tam giác ABC
Đặt DAH, DBH, DCH, AHB
CMR : sin sin , cos
cos cos tg tg
D*
C*
B*
E A
S
B C
(30)Do H trực tâm tam giác ABC =>DH (ABC).Kéo dài AH cắt BC H1.Từ DH AA1 Trong tam giác vng ADH1,ta có
2
1 DH AH HH
Do HH1BHcosBHH1BHcos(1800)
2
.cos
cos
cos
DH AH BH DH DH AH BH tg tg
Giả sử CH kéo dài cắt AB K.Vì CD(ABD)mà CKABDKAB(định lí đường vng
góc)DKC góc tạo mặt phẳng ADB ABC.Dễ thấy HAB hình chiếu DAB phép chiều vng góc DAB xuống ABCSHAB SDAB.cosDKC(1)
Dễ thấy tam gi{c vuông KDC đỉnh D, thìcosDKCsin Vậy từ (1) có sin sin
2HA HB 2DA DB sin sin DA DB HA HB
hay sin sin cos cos
.
đpcm
α
β
γ φ
H1 H A
D C
B K
Bài 23:
Cho tứ diện ABCD vuông D gọi ,, góc đường cao DH với cạnh DA,DB,DC Chứng minh rằng:
3 cos
cos cos
cos cos cos
cos cos cos
2
2
(31)Sƣu tầm: Phạm Minh Tuấn Đặt T= 2 cos cos cos cos cos cos cos cos cos Và DC DH z DB DH y DA DH x có ta z y
xcos, cos, cos, : , , Ta được: x2 y2 z2 1
(vì tứ diện ABCD vng D ta có hệ thức 12 12 2 2) DH DC
DB
DA
Trong 0x,y,z1 c{c góc ,, nhọn, ta có:
) ( ) ( 18 2 ) ( ) ( 2 2 2 2 ki Bunhiacôps Cauchy BĐĐ theo z y x y x z x z y x y y x z x x z y z z y z y x y x z x z y z y x y x z x z y z y x y x z x z y z y x T z y x
Mặt kh{c, theo BĐT Cauchy :
) ( ) (
0 x yz x2 y2 z2 Từ (1),(2) ta :
3 18 T
Đẳng thức xảy x yz DADBDCtứ diện ABCD vuông cân D
Ta chứng minh : 32 2 2 S S S
S
D A C B H Bài 24:
Cho tứ diện OABC OA,OB,OC vng góc với đôi Gọi S SABC,S1 SOBC,S3 SOAC
Chứng minh rằng: (*)
4 3 2 2 2 2 2
S S
(32)Áp dụng BĐT Cauchy cho số dương ta có : ) ( ) ( 1
1
x y z
z y
x (với x,y,z dương)
Áp dụng(1) ta có:
4 1 9 9 1 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 i i i i i i i i i i i i i i S S S S S S ra suy S S S S S S mà S S S S S S ra suy S S S S S S S S S S S S S S S
Dấu “=” xảy cho (*)
OABC OC OB OA S S S S S S S S
S
1 2 3
3 2 2 2
là tứ diện vuông cân O
Giả sử: AB = a; CD = d
BC = b; AD = e
BD = c; AC =f
Dễ dàng thấy thiết diện tứ diện song song với cặp cạnh a,d hình bình hành MNPQ
Đặt
AC AM
= x (0< x < 1) Bài 25:
Các cặp cạnh chéo tứ diện ABCD a,d;b,e;c,f Gọi S1 diện tích lớn
nhất thiết diện song song với cặp cạnh a,d Tương ứng gọi S2, S3 diện tích lớn thiết diện song song với cặp cạnh b,e c,f Chứng minh :
1/ S1 + S2 + S3
(ad + be + cf)
(33)Sƣu tầm: Phạm Minh Tuấn
CD AM
=
AC AM
= xMQ = xd
Do
AC AM
= x
AC CM
= – x
AB MN
=
AC CM
= – x MN = (1 – x)a
Gọi = (AC,CD) M ˆNP= SMNPQ = x(1 – x)adsinx
Vậy S1 = maxSMNPQ = )
(maxx
sin ) ( x ad
x =
4 sin ad
(max n|y đạt M l| trung điểm AC)
Tương tự gọi , góc cặp cạnh chéo b,c c,f ta có
S2 = sin be
; S3 = sin cf
S1 + S2 + S3 =
(adsin + besin + cfsin )
Vậy bất đẳng thức S1 + S2 + S3
(ad + be + cf)
là hiển nhiên Dấu xảy sin = sin = sin =
AB CD, BC AD, BDAC
ABCD tứ diện trực t}m Đó l| đ.p.c.m
Bài 26:
Cho tam diện vuông đỉnh O Trên cạnh tam diện, lấy điểm A, B, C cho AC = 2.OB, BC = 2.OA
1) M,N chân đường vuông góc kẻ từ O xuống AC BC Chứng minh MN vng góc với OC
2) Tính cosM ˆON
3) Gọi D điểm đoạn AB
Chứng minh:
) ˆ (
) ˆ ( 4
A C O tg
D C O tg
+
AB MN
(34)1) Ta có: OC OA,OB
OC (OAB)
OC MN
Vậy: MNOC
2) Để cho gọn, đặt OA = a OB = b, OC = c
AC = 2b; BC = 2a
OAC vuông O
a2 + c2 = 4b2
OBC vuông O
b2 + c2 = 4a2
Do ta có: a2 – b2 = 4b2 – 4a2
b2 = a2 b = a; c=a 3và AB = a 2
OAC = OBC (cgc) OM = ON =
b ac =2
c
=
3 a
Ta có: CM = CN =
AC OC2
=
a c
2
=
a a
= 3a
C{c tam gi{c c}n CMN v| CAB đồng dạng Ta có:
AB MN
=
CA CM
=
a
2 =
4
MN =
AB =
2 3a
Vận dụng định lý hàm cosin vào OMN, ta có:
cosM ˆON=
ON OM
MN ON
OM
2
2
=
4
2
16 18
2 2
a a a
Vậy: cosM ˆON=
c
b a
D C
A
B O
M
(35)Sƣu tầm: Phạm Minh Tuấn
3) OAB vuông cân ODAB OD = AB = 2 a Ta có
OC (OAB), OD AB CD AB
OCD vuông O tgO ˆCD=
OC OD
= a =
1
OCA vuông O tgO ˆCA=
OC OA = a a =
Ta lại có:
AB MN = Do đó: ) ˆ ( ) ˆ ( 4 A C O tg D C O tg + AB MN = + = 36 + = Vậy: ) ˆ ( ) ˆ ( 4 A C O tg D C O tg + AB MN =
PHẦN III – BÀI TẬP TỰ LUYỆN
Bài 1:
Cho tứ diện vuông SABC đỉnh S mặt bên (SAB), (SBC), (SCA) hợp với đ{y góc
, ,
.chứng minh
2 2 2 15
cot cot cot
2 tg tg tg g g g
Bài 2:
Cho điểm M cố định góc tam diện Oxyz,cố định mặt phẳng qua M song song với mặt tam diện cắt Ox, Oy, Oz A B C1, 1, 1.Mặt phẳng ( ) di động qua M cắt Ox, Oy, Oz
lần lượt A, B, C khác O
a)chứng minh 1 1 OA OB OC
OA OB OC
b)Tìm vị trí () cho : 1
OMAB OMBC OMCA OABC
e
V V V V đạt GTLN
Bài 3:
Cho điểm A, B, C cạnh Ox, Oy, Oz tam diện vuông Oxyz cho
2 2
(36)a)Với vị trí A, B, C ,gọi d =MA + MB.Hãy tìm giá trị nhỏ (d) b)X{c định vị trí A, B, C để d đạt GTLN
Bài 4:
Cho tứ diện vuông OABC với OA=OB=OC=a
a)X{c định mp(P) cho tổng diện tích hình chiếu mặt tứ diện lên (P) đạt GTLN b)(P) hợp với mặt (BOC), (COA), (OAB) góc nhọn , , chứng minh
Bài 5:
Cho tứ diện OABC vuông O.Gọi , , góc đường cao OH với cạnh OA,
OB, OC Tìm GTNN biểu thức
2 2
cos cos cos cos cos cos
cos cos cos
T
Bài 6:
Cho tứ diện OABC có ba góc phẳng C vng Gọi x, y, z góc nhị diện cạnh BC, CA, AB Tìm GTNN biểu thức
4 4
4 4
1 1
sin sin sin
sin sin sin
E x y z
x y z
Bài 7:
Cho tam diện Oxyz có góc đỉnh vng Gọi A, B, C l| c{c điểm nằm Ox,Oy, Oz a)Cho A, B cố định, C di động Oz Tìm quỹ tích ch}n c{c đường trung tuyến vẽ từ A, B, suy quỹ tích trọng tâm tam giác ABC
b)Cho điểm C cố định, điểm A, B di động cho OA + OB = l khơng đổi Tìm quỹ tích trung điểm M AB suy quỹ tích trọng tâm tam giác ABC
PHẦN IV - ỨNG DỤNG CỦA TỨ DIỆN VUÔNG
Định nghĩa:
Tứ diện vng tứ diện có góc tam diện ba mặt vng Trong tứ diện vng có tính chất đ{ng ý sau đ}y
Tính chất:
(37)Sƣu tầm: Phạm Minh Tuấn
1
OH =
OA +
OB + OC
Chứng minh: (h.6.1) Dựng OD BC AD BC nên CB (AOD)
Kẻ OH AD, lúc OH (ABC) Trong tam giác vng OBC OAD có
2
OD =
OB +
OC ;
OH =
OD + OA
Vì 2
OH =
OA +
OB + OC
Sử dụng tính chất n|y để tính khoảng cách từ điểm đến mặt
phẳng troong nhiều trường hợp tỏ bất lợi Trong viết, ký hiệu d(a ; b) khoảng cách đường thẳng a v| đường thẳng b ; d(X;(YZT)) khoảng cách từ điểm X đến mặt phẳng (YZT)
Thí dụ 1: Cho hình chóp S.ABCD có đ{y ABCD l| hình thoi t}m O, cạnh a, D
A
B ˆ = 600
, SO mp(ABCD) SO = 3a
a) Tính d(O;(SBC)), d(A;(SBC)) b) Tính d(AD;SB)
Lời giải
a)Từ giả thiết ta tính OB = a
; OC =
3 a
Do tứ diện OSBC vuông O nên
)) ( ; ( SBC O
d =
1
OS +
OB +
OC = 16
a + a +
4
a = 64 a
Suy d(O;(SBC)) = 3a Lại có )) ( ; ( )) ( ; ( SBC O d SBC A d = CO CA = Nên:
d(A;(SBC)) = 2d(O;(SBC)) = 3a
= 3a
b) AD//(SBC) nên d(AD;SB) = d(AD;(SBC)) = d(A;(SBC)) = 3a
Thí dụ Cho hình lập phượng ABCD. ' ' ' ' D C B
A có cạnh a
Tính d(AC ; DC' ) Lời giải
Vì AC// (DA'C')nên
d(AC ; DC') = d(AC ; (
)
' '
C
DA ) = d(A ; (DA'C')) = d(D' ; (DA'C'))
(38)Tứ diện ' ' ' C DA
D vuông ' D nên )) ( ; ( ' ' ' C DA D
d = ' '2
1 A
D + ' '2 C
D + '
D D =
3 a
Do d(AC ; ' DC ) =
3 a
Thí dụ Cho lăng trụ đứng ABC.A'B'C' có đ{y ABC l| tam gi{c vuông B, AB = BC = a, cạnh
bên '
AA = a Gọi M l| trung điểm BC a) Tính d(AM ; B'C)
b) Tính d(M; (AB'C)) Lời giải
a)Gọi E l| trung điểm '
BB B'C//(AME) Do d(AM ; B'C) = d( B'C; (AME) ) = d( '
B ; (AME)) = d( B ; (AME))
Vì tứ diện BAME vng B nên ta có:
)) ( ; ( AME B
d =
1
BE +
BA + BM =
7 a
Suy d( B ; (AME)) =
7 a
Vậy d(AM ; B'C) =
7 a
b)Ta thấy d(M; (AB'C))= ( ;( ))
1 '
C AB B
d .Vì tứ diện B.AB'C
vng B, nên
)) ( ; ( ' C AB B
d =
1
BA +
BC + '2
1 BB
= 12
a + a +2
1
a =2 a
Suy d(B; (AB'C)) =
10 a
(39)Sƣu tầm: Phạm Minh Tuấn
Thí dụ Cho lăng trụ ' ' '
.ABC
ABC có tất cạnh a Gọi M, N trung
điểm ' AA, '
BB Tính d(B'M,CN)
Lời giải
Gọi O '
O lần lượu l| trung điểm BC ' ' C
B ; P l| giao điểm '
OOvới CN Vì B'M
// mp(CAN) nên d(B'M ; CN) = d( B'M ; (CAN))=d( '
B ; (CAN))= d(B ; (CAN))= 2d(O ;
(CAN))=2d(O;(CAP))
Tứ diện OACP vuông O nên
)) ( ; ( CAP O
d =
1
OA +
OP +
OC =3 64 a
Vậy d(O ; (CAP)) =
3 a
Do d(B'M,CN)=
4 a
Thí dụ Cho hình chóp S.ABCD, có đ{y ABCD l| hình thang, ABCBAD=
90 ,BA=BC=a, AD = 2a Cạnh bên SA vng góc với đ{y SA = a 2.Gọi H hình chiếu vng góc A SB Tính d(H; (SCD))
Lời giải
Gọi M l| giao điểm AB với Cd; K l| giao điểm AH với SM Dể thấy B l| trung điểm AM Ta có:
BS BH
= 2
BS BS BH = 2 BS BA = 2 3a a =
Suy H trọng tâm tam giác SAM
Từ )) ( ; ( )) ( ; ( SCD A d SCD H d = KA KH =
Tứ diện ASDM vuông A nên
)) ( ; ( SCD A
d =
1
AS +
AD + AM =
1 a
Suy d(A;(SCD)) = a
(40)Vậy d( H;(SCD))= a
Thí dụ Cho hình lập phương ABCD. ' ' ' ' D C B
A có cạnh a Gọi K l| trung điểm ' DD
Tính d(CK; A'D) Lời giải(h.6.7)
Gọi M l| trung điểm ' BB
Ta có A'M //KC nên d(CK; A'D
) = d(CK; (A'MD
))= d(K; (A'MD
)) Gọi N l| giao điểm AK với A'D
P l| giao điểm AB với A'M
Khi )) ( ; ( )) ( ; ( ' ' MD A A d MD A K d = NA NK =
Suy d(CK; A'D) = ( ;( ))
1 '
MD A A
d = ( ;( ))
2 ' DP A A d
Tứ diện AA'DPvuông A nên
)) ( ; ( ' DP A A
d = '2
1 AA
+
2
AD +
AP =4 a
Suy d(A;(A'DP)) = 2a
.Vậy d( CK; A'D)= a
BÀI TẬP
1.Cho hình chóp S.ABCD có đ{y ABCD l| hình vng cạnh a, cạnh SA vng góc với đ{y v| SA = a
a) Gọi M, N l| trung điểm AB CD Tính d(SM; BN) b) Gọi G trọng tâm tam giác SAB Tính d(G;(SBD))
2 Cho hình chóp S.ABCD có đ{y ABCD l| nửa lục gi{c nội tiết đường trịn đường kính AD = 2a SA vng góc với đ{y, với SA = a Tính d(AD;(SBC))
3 Cho tứ diện ABCD có AD = BC = a, AC = BD = b, AB=CD=c Tính d(A;(BCD))
4.Cho hình lập phương ABCD ' ' ' ' D C B
A có cạnh a Gọi M, N, P l| trung điểm
,
' A
A AD '
CC Gọi O l| giao điểm AC BD Tính S(B;(MNP)), d(O;(MNP))
5 Cho hình hộp chữ nhật ABCD ' ' ' ' D C B
A có AB = a, AD = 2a, = a Gọi M l| điểm chia
đoạn AD theo tỉ số
MD MA
=3 Tính d( M; (AB'C))
(41)Sƣu tầm: Phạm Minh Tuấn
6 Cho hình hộp chữ nhật ABCD ' ' ' ' D C B
A có AB =6 cm ,AD = 4cm d( A; (A'BD))= 2cm Tính
thể tích hình hộp chữ nhật
7 Cho hình chóp S.ABCD có đ{y ABCD l| hình thoi t}m O, SO mp(ABCD), AC =4, BD=2, SO= Tính
a) d(A;(SBC)) b) d(AB;SD)
8 Cho lăng trụ đứng ' ' '
.ABC
ABC có đ{y ABC l| tam gi{c vuông A Biết '
AA =1, BC=2, AB =
.Tính d( A;(A'BC))
PHẦN V - MỘT SỐ PHƢƠNG PHÁP TÌM CỰC TRỊ TRONG HÌNH HỌC KHƠNG GIAN
Trong chương trình mơn Hình học khơng gian lớp11, bên cạnh b|i to{n x{c định, tính tốn yếu tố chứng minh tính chất cịn kể đến tốn cực trị có ứng dụng lớn Những dạng b|i to{n sách giáo khoa phổ thơng cịn ít; nhiều học sinh cịn gặp khó khăn x{c định phương ph{p giải
1 Giải tốn cực trị hình học liên hệ yếu tố: độ dài đoạn vng góc chung là khoảng cách ngắn giƣã hai điểm hai đƣờng thẳng chéo
Bài toán: Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh a Xét mặt phẳng qua BD’ cắt AA’ M, cắt CC’ ở N X{c định vị trí M, N cho diện tích thiết diện tạo thành có diện tích nhỏ
Giải: Hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh a
Một mặt phẳng qua BD’ cắt AA’ M, cắt CC’ ở N (như hình vẽ)
C'
B' A'
A B
C D
D'
M
(42)Do mặt bên đối diện song song với nhau, nên cạnh đối thiết diện song song; mặt phẳng qua BD’ cắt hình hập phương theo thiết diện hình bình hành BMD’N Gọi H hình chiếu M BD’
Diện tích S thiết diện lần diện tích tam giác MBD’ Ta có: S = MH BD’
Vì BD’ = a √ không đổi Suy S nhỏ MH nhỏ
Do M thuộc AA’, H thuộc BD’ MH nhỏ l| đường vng góc chung AA’ v| BD’ Khi dễ chứng minh H tâm hình lập phương v| M l| trung điểm AA’, N trung điểm CC’
2 Giải toán cực trị hình khơng gian thơng qua tốn cực trị hình học phẳng
Bài toán:
Chứng minh cạnh dài hình tứ diện khoảng cách lớn hai điểm thuộc tứ diện
(43)Sƣu tầm: Phạm Minh Tuấn
Trước tiên ta xét tốn hình học phẳng: “ Chứng minh tam giác, cạnh dài nhất khoảng cách lớn điểm thuộc tam gi{c”
Gọi điểm thuộc tam gi{c l| M, N Ta xét c{c trường hợp sau: Trường hợp M, N trùng với hai đỉnh tam giác ta có ngay:
MN max (AB, AC, BC)
Trường hợp M, N trùng với đỉnh tam giác (giả sử M trùng với A) Khi N thuộc AB N thuộc AC ta có lời giải Nếu N thuộc BC thig\f tuỳ theo vị trí N ta có MN < AB MN < AC Do dó MN max (AB, AC, BC)
Trường hợp M N không trùng với đỉnh tam gi{c Ta đưa trường hợp cách nối NB, ta có: MN < max (AB, BN, NA) max (AB, BC, CA)
B|i to{n chứng minh Ta sử dụng kết đẻ giải tốn khơng gian
Xét khoảng cách giữ M v| N l| điểm thuộc tứ diện ABCD Bao dựng tam giác có cạnh thuộc mặt tứ diện chứa M, N (chỉ cần dựng mặt phẳng chứa MN v| đỉnh tứ diện (hình vẽ) Nối AM cắt BC E, nối AN cắt CD F
Theo kết toán phẳng: MN max (AE, EF, FA)
Mà AE max (AB, BC, CA); EF max (BC, CD, DB); AF max (AC, CD, DA) Từ suy max (AE, EF, FA) max (AB, AC, AD, BC, CD, DA)
N A
B C
A
B C
A
B
C
D M
N
F E
M
(44)Tức MN không lớn cạnh tứ diện
3 Giải tốn cực trị hình học phƣơng pháp chứng minh bất đẳng thức liên hệ giữa yếu tố
Bài toán:
Trong tứ diện vuông (tứ diện có mặt vng xuất phát từ đỉnh) nằm mặt cầu bán kính R; tìm kích thước tứ diện ngoại tiếp mặt cầu có bán kính lớn
Giải:
Dễ thấy tứ dịên vng cần tìm nội tiếp mặt cầu bán kính R cho trước
Gỉa sử tứ diện vng OABC có mặt vng OAB, OBC, OCA vuông O OA = a ,
OB = b , OC = c; ta có: R =
1 2 c b
a ;
Thể tích tứ diện OABC là: V =
a.b.c ; (1)
Gọi r bán kính mặt cầu nội tiếp tứ diện OABC ta có:
V = r
( S OAB +SOBC + SOCA+SABC) = r
( a.b + b.c + c.a + 2 2 2 c b c a b
a )
(2)
Từ (1) (2) suy ra:
r
=
a
+
b
+
c
+ 12 12 12
c b a
Do : (
2
1 2 c b a r
R
a
+
b
+
c
+ 12 12 12
c b
a )
j R
kC
A
(45)Sƣu tầm: Phạm Minh Tuấn
Ta có: a2 b2 c2 2
3 a b c 3.3 a.b.c, đẳng thức có : a = b = c;
a
+
b
+
c
3 . .
3 c b
a , đẳng thức có : a = b = c
Vì a2 b2 c2 12 12 12 c b
a
2 ) (
c c b b a
a = 3,
đẳng thức có : a = b = c;
Suy ra:
r R
2
+
; hay r
) (
2
R
=
) ( R
,
đẳng thức có a = b = c = 2R
Vậy tứ diện vng cần tìm có cạnh a = b = c= 2R
, chứa mặt cầu có bán kính lớn
r =
) ( R
4 Giải toán cực trị hình học phƣơng pháp diện tích, thể tích Bài toán:
Cho tứ diện mặt vng OABC đỉnh O, có OA = a , OB = b , OC = c Gọi x, y, z khoảng cách từ điểm M mặt ABC đến mặt OBC, OCA, OAB Tìm giá trị lớn tích T = x y z
Giải:
(46)Đặt c{c kích thước hình hộp chữ nhật OX= x, OY= y, OZ= z Khi x, y, z tương ứng khoảng cách từ M đến mặt OBC, OCA, OAB
Ta tích hình hộp là: V = x y z
Vẽ CM cắt AB K; gọi I hình chiếu M mặt OAB v| l| đỉnh hình hộp chữ nhật, ta có O, I, K thẳng hàng; gọi KQ= x1 , KP = y1 tương ứng l| c{c đoạn vng góc từ K đến OB, OA
Khi sử dụng tỷ số diện tích hai hình chữ nhật OXIY v| OPKQ đồng dạng với hệ số tỷ lệ là: OI/ OK = ZM/ OK = CZ/ CO = (c - z )/ c; ta :
x y = (c – z)2.x1 y1/ c2.
Do thể tích hình hộp chữ nhật có ba kích thước: x, y, z V = x y z = (c – z)2 z x1 y1/ c2 (*)
Từ suy có đồng thời x1 y1 lớn (c – z)2.z lớn V đạt giá trị lớn
Ta có hai lần diện tích tam giác OAB a b = x1 b + y1 a ; áp dụng bất đẳng thức Cô si ta x1 y1 lớn a b/ 4, x1 = a/ y1 = b/ Khi K l| trung điểm AB Hàm số F (z) = (c – z)2.z đạt giá trị lớn là: c3/ 27, z = c /
Kết hợp lại V (*) đạt giá trị lớn :
V = a b c / 27 ; x = a/ , y = b/ , z = c/ (tương thích) Khi M l| trọng tâm tam giác ABC
X C
O
A
B
K
Q
P
Y
(47)Sƣu tầm: Phạm Minh Tuấn
Vậy với M trọng tâm tam giác ABC, T = x y z lớn là: a b c/ 27 với x = a/ , y = b/ , z = c/
Cách giải khác (lớp 12)
Xét hệ tọa độ trực chuẩn oyz Ta có: A (a, 0, 0); B (0, b, 0); C (0, 0, c) (với x, y, z a, b, c số dương) Khi phương trình đoạn chắn mặt phẳng qua A, B, C có dạng:
x/ a + y/ b + z/ c =
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta được: 13 33 x.y.z / a.b.c Đẳng thức có x/a = y/ b = z/ c = 1/3
Hay x y z a b c / 27 Đẳng thức có với x = a/ , y = b/ , z = c/ Vậy giá trị lớn x y z là: a b c/ 27; với x = a/ , y = b/ , z = c/
5 Giải tốn cực trị hình học ứng dụng phƣơng pháp tối ƣu hoá Bài toán:
Cho bìa hình vng cạnh a Cắt theo cạnh hình vng tam giác cân nhau; trồi gấp lên ghép lại thành hình chóp tứ gi{c Tìm kích thước hình chóp tích lớn
Giải:
Giả sử hình chóp tứ gi{c S.ABCD dựng được, có cạnh đ{y l| x Trải mặt bên mặt phẳng đ{y, ta có hình khai triển hình chóp hình vẽ (c{c đỉnh hình vng
trùng với đỉnh hình chóp)
Bây ta xét với giá trị x (0 < x a 2/ 2), thoả mãn yêu cầu đề bài? Gọi V thể tích hình chóp S.ABCD, có đường cao SH ta có:
V = x2 SH/
Gọi M l| trung điểm AB, tam giác vng SMH có: SH2 = SM2 – HM2 Dẽ thấy SM = a 2/ – x/2 HM = x/2
j D
A
(48)Vậy V = x2 (a/ 2)2-a.x./ 2
Đặt t = x / (a 2/ ) ta V =
(a3 2/ 4) t2 1t (với < t 1)
V đạt giá trị lớn t2 1t đạt giá trị lớn Chuyển t 2 v|o thức áp dụng bất đẳng thức Cô si cho số t/4 số 1-t, ta tìm t = 4/5
Suy x =
a 2, thoả mãn c{c điều kiện đặt, V đạt giá trị lớn
Vậy hình chóp có cạnh đ{y l| x =