phat trien tu duy sang tao giai toan hinh hoc 8

MỤC LỤC CHUYÊN ĐỀ TỨ GIÁC CHUYÊN ĐỀ HÌNH THANG HÌNH THANG CÂN DỰNG HÌNH THANG CHUYÊN ĐỀ ĐƢỜNG TRUNG BÌNH CỦA TAM GIÁC, CỦA HÌNH THANG 11 CHUYÊN ĐỀ HÌNH BÌNH HÀNH 17 CHUYÊN ĐỀ HÌNH CHỮ NHẬT 22 CHUN ĐỀ HÌNH THOI VÀ HÌNH VNG 28 CHUYÊN ĐỀ ĐỐI XỨNG TRỤC – ĐỐI XỨNG TÂM 35 CHUYÊN ĐỀ VẼ HÌNH PHỤ ĐỂ GIẢI TỐN 41 CHƢƠNG I: TỨ GIÁC CHUYÊN ĐỀ TỨ GIÁC A Kiến thức cần nhớ Tứ Giác ABCD hình gồm bốn đoạn thẳng AB, BC , CD, DA, hai đoạn thẳng không nằm đường thẳng B C B C C D A BA D b) a) Hình 1.1 Ta phân biệt tứ giác lồi (h.1.1a) tứ giác lõm (h.1.1b) Nói đến tứ giác mà khơng thích thêm, ta A hiểu tứ giác lồi A D Tổng góc tứ giác 360 a) A  B  C  D  360 B Một số ví dụ Ví dụ Cho tứ giác ABCD, A  B  40 Các tia phân giác góc C D cắt O Cho biết COD  110 Chứng minh AB  BC Giải (h.1.2)  Tìm cách giải Muốn chứng minh AB  BC ta chứng minh B  90 O Đã biết A  B  40 , ta tính tổng A  B 12 D  Trình bày lời giải Hình 1.2   Xét tam giác COD có COD  180  C2  D2  180  (vì C1  C2 ; D1  D2 )  CD  Xét tứ giác ABCD có C  D  360  A  B , COD  180  Vậy COD   360  A  B B A   180 180  A  B A B Theo đề COD  110 nên A  B  220 2 C Mặt khác A  B  40 nên B   220  40  :  90 Do AB  BC Ví dụ Tứ giác ABCD có AB  BC hai cạnh AD, DC không Đường chéo DB đường phân giác góc D Chứng minh góc đối tứ giác bù Giải  h.1.3a, b   Tìm cách giải Để chứng minh hai góc A C bù nhau, ta tạo góc thứ ba làm trung gian, góc góc A chẳng hạn Khi cịn phải chứng minh góc bù với góc C  Trình bày lời giải Xét trường hợp AD  DC (h.1.3a) Trên cạnh DC lấy điểm E cho A B DE  DA E ADB  EDB (c.g.c)  AB  EB A  E1 D Mặt khác, AB  BC nên BE  BC Vậy BEC Ta có: E1  E2  180  A  C  180 A  Do B  D  360  A  C  180 Xét trường hợp AD  A DC (h.1.3b) B Trên tia DA lấy điểm E cho DE  DC Chứng E B minh tương tự trên, ta A  C  180 , D C D C b) a) Hình 1.3 B  D  180 Ví dụ Tứ giác ABCD có tổng hai đường chéo a Gọi M điểm Tìm giá trị nhỏ tổng MA  MB  MC  MD Giải (h.1.4)  Tìm cách giải Để tìm giá trị nhỏ tổng MA  MB  MC  MD ta phải chứng minh MA  MB  MC  MD  k ( k số) Ghép tổng thành hai nhóm  MA  MC    MB  MD   Trình bày lời giải Xét ba điểm M , A, C có MA  MC  AC (dấu “=” xảy M  BD ) Do MA  MB  MC  MD  AC  BD  a Vậy  MA  MB  MC  MD   a M (dấu “=” xảy M  AC ) Xét ba điểm M, B, D có MB  MD  BD D b) a) cân C  E2  C trùng giao điểm O hai đường chéo AC BD A B B C A M O D C Hình 1.4 C BÀI TẬP VẬN DỤNG  Tính số đo góc 1.1 Chứng minh tứ giác, tổng hai góc ngồi hai đỉnh tổng hai góc tai hai đỉnh cịn lại 1.2 Cho tứ giác ABCD có A  B  220 Các tia phân giác đỉnh C D cắt K Tính số đo góc CKD 1.3 Cho tứ giác ABCD có A  C Chứng minh đường phân giác ngồi góc B D song song hoặ trùng với nhu 1.4 Cho tứ giác ABCD có AD  DC  CB; C  130; D  110 Tính số đo góc góc A , góc B (Olympic Tốn Châu Á – Thái Bình Dương 2010)  So sánh độ dài 1.5 Có hay khơng tứ giác mà độ dài cạnh tỉ lệ với 1,3,5,10? 1.6 Tứ giác ABCD có hai đường chéo vng góc Biết AB  3; BC  6,6 ; CD  Tính đọ dài AD 1.7 Chứng minh tứ giác tổng hai đường chéo lớn nửa chu vi nhỏ chu vi tứ giác 1.8 Cho bốn điểm A, B, C, D khơng có ba điểm thẳng hàng, hai điểm có khoảng cách lớn 10 Chứng minh tồn hai điểm cho có khoảng cách lớn 14 1.9 Cho tứ giác ABCD có độ dài cạnh a, b, c, d số tự nhiên Biết tổng S  a  b  c  d chia hết cho a, cho b, cho c , cho d Chứng minh tồn hai cạnh tứ giác  Bài tốn giải phƣơng trình tơ màu 1.10 Có chín người ba người có hai người quen Chứng minh tồn nhóm bốn người quen E B D a) D C D C C A B O D C D D b) a) b) CHUYÊN ĐỀ HÌNH THANG HÌNH THANG CÂN DỰNG HÌNH THANG A A Kiến thức cần nhớ Hình thang tứ giác có hai cạnh đối song song (h.2.1) Đặc biệt: hình thang vng hình A thang có góc vng (h.2.2) A E B A A B B A D D DC a) C D A B D B D D C b) B B C C C a) A O D C Hình 2.1 Hình 2.2 Hình thang cân hình thang có hai góc kề đáy (h.2.3) Trong hình thang cân: - Hai cạnh bên - Hai đường chéo (h.2.4) A A A B C D B B A C D C D Hình 2.3 Hình 2.4 Dấu hiệu nhận biết hình thang cân: - Hình thang có hai góc kề đáy hình thang cân - Hình thang có hai góc đối bù hình thang cân - Hình thang có hai đường chéo hình thang cân Dựng hình  Dụng cụ dựng hình: thước compa  Các bước giải tốn dựng hình - Phân tích; - Cách dựng; - Chứng minh; - Biện luận Đối với tốn dựng hình đơn giản ta khơng trình bày bước phân tích TRANG 7-8  Để dựng hình thang ta cần biết bốn yếu tố nó, số đo góc cho trước khơng q hai B Một số ví dụ D D Ví dụ Cho hình thang ABCD( AB / /CD), tai phân giác góc A, góc D cắt M thuộc cạnh BC Cho biết AD 7cm, Chứng minh hai hình thang có độ dài nhỏ 4cm Giải(h.2.5) *Tìm cách giải Để chứng minh cạnh đáy nhỏ 4cm ta xét tổng hai cạnh đáy chứng minh tổng nhỏ 8cm , tồn đáy nhỏ 4cm *Trình bày lời giải A B Gọi N giao điểm tia AM tia DC Ta có : AB / /CD A2 N (so le trong) M Mặt khác, A1 DA Xét A2 A1 DAN cân D N DN (1) DAN có D1 tuyến: MA D2 nên DM đồng thời đường trung D N C MN Hình 2.5 ABM Ta có: DC NCM (c.g.c) AB DC AB CN CN DN DA 7cm Vậy AB CD 8cm Vậy hai đáy AB, CD phải có độ dài nhỏ 4cm Ví dụ Tứ giác ABCD có AC BD, AD BC Chứng minh tứ giác hình thang cân Giải(h.2.6) *Tìm cách giải A Tứ giác ABCD có hai đường chéo nên để chứng minh hính tháng cân, cần chứng minh AB / /CD Muốn ta chứng minh cặp góc so le B O *Trình bày lời giải 1 C D ADC BCD(c.c.c) C1 D1 DAB CBA(c.c.c) B1 A1 Mặt khác: COD AOB 2C1 A1 Hình 2.6 C1 A1 AB / /CD Vậy tứ giác ABCD hình thang Hình thang có hai đường chéo nên hình thang cân Ví dụ Một hình thang cân có đáy nhỏ cạnh bên góc kề với đáy lớn 60 Biết chiều cao hình thang cân a Tính chu vi hình thang cân Giải(h.2.7) *Tìm cách giải Ta biết hình thang có hai cạnh bên song song hai cạnh bên nhau, hai cạnh đáy Từ vẽ thêm hình phụ để tìm liên hệ đáy lớn ba cạnh lại Ta vẽ AM / / BC (M CD) Mặt khác, đề có cho góc 60 , gợi ý cho ta vận dụng tính chất tam giác để tính độ dài cạnh theo chiều cao A B *Trình bày lời giải Ta đặt: AD AB BC x Vẽ AM / / BC(M CD), ta AM BC x, MC AB x CD AH đường cao hình thang cân, Vẽ AH đường cao tam giác đều: AH AH a nên x a x D H C M Hình 2.7 AD Vì 2a Do chu vi hình thang cân là: 2a.5 10a Nhận xét: Qua đỉnh vẽ đường thẳng song song với cạnh ben hình thang cách vẽ hình phụ để giải tốn hình thang Ví dụ Dựng hình thang ABCD( AB / /CD) biết: AB 2cm, CD 5cm, C 40 , D 70 Giải(h.2.8) B A x a)Phân tích Giả sử ta dựng thang ABCD( AB / /CD) thỏa mãn đề Vẽ AE / / BC ( E CD) ta 70° AED DE C DC 40 ; EC EC AB 2cm; D 40° E 3cm C Hình 2.8 ADE dựng (g.c.g) Điểm C thỏa mãn điều kiên: C nằm tia DE C cách D 5cm Điểm B thỏa mãn điều kiên: B nằm tia Ax / / DE ( hai tia Ax; DE nằm nửa mặt phẳng bờ AD) B cách A 2cm b)Cách dựng Dựng ADE cho DE 3cm; D 70 ; E 40 Dựng tia Ax / / DE ( hai tia Ax; DE nằm nửa mặt phẳng bờ AD) Trên tia Ax đặt AB 3cm Trên tia DE đặt DC 5cm Nối BC ta hình thang ABCD phải dựng c) Chứng minh Theo cách dựng tứ giác ABCD có AB //CD nên hình thang Xét hình thang ABCE có CE BCD 5–3 (cm); AB cm nên AB CE AE //BC 40 AED Như hình thang ABCD có AB cm; CD cm; D 70 C 40 d) Biện luận Bài tốn có nghiệm hình Ví dụ Dựng tam giác ABC , biết A cm AC – AB 70 , BC cm Giải (h.2.9) a) Phân tích Giả sử ta dựng tam giác ABC thoả mãn đề Trên tia AC ta lấy điểm D cho AD Khi DC AC – AD AC – AB AB cm Hình 2.9 ABD cân, A - 70 ADB DBC xác định ( CD 35 BDC cm; D 125 125 ; CB cm) - Điểm A thoả mãn hai điều kiện: A nằm tia CD A nằm đường trung trực BD b) Cách dựng - Dựng DBC cho D 125 ; DC cm CB cm - Dựng đường trung trực BD cắt tia CD A - Nối AB ta ABC phải dựng c) Chứng minh ABC thoả mãn đề theo cách dựng, điểm A nằm đường trung trực BD nên AD Do AC – AB BAC 125 AC – AD 2.55 DC cm; BC cm ADB 70 180 125 55 AB d) Biện luận Bài toán có nghiệm hình Nhận xét: Đề có cho đoạn thẳng 2cm hình vẽ chưa có đoạn thẳng Ta làm xuất đoạn thẳng DC cm cách AC ta đặt AD AB Khi DC hiệu AC – AB Cũng làm xuất đoạn thẳng 2cm cách tia AB ta đặt AE AC (h.2.10) Khi BE AE – AB AEC cân, có A 70 AC – AB E cm (180 70 ) : 55 BEC xác định Khi điểm A thoả mãn hai điều kiện: A nằm tia EB A nằm đường trung trực EC Hình 2.10 C Bài tập vận dụng  Hình thang 2.1 Cho tứ giác ABCD Các tia phân giác góc A , góc D cắt M Các tia phân giác góc B , góc C cắt N Cho biết AMD 90 , chứng minh rằng: a) Tứ giác ABCD hình thang; b) NB NC 2.2 Cho hình thang ABCD vng A D Gọi M trung điểm AD Cho biết MB a) Chứng minh BC b) Vẽ MH AB MC CD ; BC Chứng minh tứ giác MBHD hình thang 2.3 Chứng minh hình thang vng, hiệu bình phương hai đường chéo hiệu bình phương hai đáy 2.4 Cho hình thang ABCD vng A D Cho biết AD AB 20 , AC 52 BC 29 Tính độ dài  Hình thang cân 2.5 Cho tam giác ABC , cạnh có độ dài a Gọi O điểm tam giác Trên cạnh AB, BC, CA lấy điểm M , N , P cho OM //BC ; ON //CA OP //AB Xác định vị trí điểm O để tam giác MNP tam giác Tính chu vi tam giác 2.6 Cho hình thang ABCD ( AB //CD ), ADC BCD Chứng minh AC BD Phát triển tư sáng tạo giải tốn Hình học 8-Bùi Văn Tun (Chủ biên) 18.6 (h.18.14) Khai triển hình lập phương trải phẳng mặt (ABCD), (CDD’C’) (ADD’A’) ta hình dưới: A D B C A1 A' D' B A2 D C B' M C' A' C' M D' Hình 18.14 * Xét trường hợp kiến bò qua cạnh DD’ để tới đỉnh A; Đoạn đường ngắn mà kiến phải bò từ M đến A là: MA1  (6  3)2  62  117  10,8(cm) * Xét trường hợp kiến bò qua cạnh DC để tới đỉnh A; Đoạn đường ngắn mà kiến phải bò từ M đến A là: MA2  (6  6)2  32  153  12, 4(cm) * Xét trường hợp kiến bò qua cạnh CC’để tới đỉnh A; Dễ thấy đoạn đường mà kiến phải bò từ M đến A dài nhiều so với hai trường hợp Kết luận: Đoạn đường ngắn mà kiến phải bò từ M đến A là: 10,8 (cm) A B 18.7 (h.18.15) a) Hình hộp chữ nhật có đỉnh Số đoạn thẳng mà hai đầu D C A' B' hai đỉnh hình hộp chữ nhật là: (8.7) : = 28 (đoạn thẳng) b) 28 đoạn thẳng chia làm nhóm, nhóm đoạn thẳng D' C' hình 18.15 dài (chẳng hạn AB = CD = D’C’ = A’B’) Từ suy 28 đoạn thẳng có tối đa giá trị khác độ dài 18.8 Lúc đầu tổng số mặt là:       21 Đó số lẻ Sau lượt tổng tăng thêm số chẵn nên tổng số mặt số lẻ, không chia hết cho Do khơng thể xảy số 18.9 Áp dụng cơng thức tính độ dài đường chéo hình hộp chữ nhật: d2  a  b2  c2  82  92  122  289  d  289  17 Vậy độ dài lớn đoạn thẳng đặt hình hộp chữ nhật 17 Phát triển tư sáng tạo giải tốn Hình học 8-Bùi Văn Tuyên (Chủ biên) 18.10 Gọi ba kích thước hình hộp chữ nhật a, b, c Ta có: 1  2  a  b  c  61  2 2  a  b  c  37 Từ (1) suy  a  b  c   612  a  b2  c2   ab  bc  ca   3721 Do đó:  ab  bc  ca   3721  1369  2352  cm2  Vậy diện tích tồn phần hình hộp chữ nhật là: 2352cm2 18.11 Gọi a độ dài cạnh hình lập phương d độ dài đường chéo hình lập phương Ta có: d  3a  d  a  cm  Độ dài đường chéo mặt hình lập phương a Ta có: a  a   a      a    cm  Diện tích tồn phần hình lập phương là: S  6a   3     59,39 cm2 Thể tích hình lập phương là: V  a   3     31,14 cm3 Phát triển tư sáng tạo giải tốn Hình học 8-Bùi Văn Tun (Chủ biên) CHUN ĐỀ 19 HÌNH LĂNG TRỤ ĐỨNG 19.1 (h.19.6) B Gị F giao điểm AB' BA ' M Gọi H giao điểm AC' CA ' Vì E trngj tâm ABB' nên : BE  C N A BF  BA ' 3 E G F Vì G trọng tâm ACC' nên : CG  CH  CA ' 3 H Ta có : EM / /BB'  EM / /AA';GN / /CC'  GN / /AA' C' Xét BAA' có EM / /BB' nên : Xét CAA ' có GN / AA' nên : Từ (1) (2) suy : BM BE   BA BA' 1 Hình 19.6 CN CG   CA CA'  2 B' A' BM CN       Do : MN / /BC BA CA   Mặt khác: ME / /BB' nên mp  MNGE  / /mp  BCC'B' 19.2 (h.19.7) a) Các mặt phẳng ABB'A' ACC'A' hình chữ nhật có kích thước nên dường chéo chúng phải nhau: AB'  AC' Xét AB'C' cân A, có AM đường trung tuyến nên AM  B'C' 1 B A Xét A'B'C' cân A’, có A’M đường trung tuyến nên A 'M  B'C'   C Từ (1) (2) suy ra: B'C'  mp(AA'M) b) Xét A'B'M vng M, ta có: A 'M  102  62   cm  B' Xét AA'M vng A ' , ta có: AA '  172  82  15  cm  A' Diện tích xung quanh hình lăng trụ : Sxq  2p.h  10  10  12   480  cm2  M   1 Diện tích đáy hình lăng trụ : S  B'C'.A 'M  12.8  48 cm 2 Diện tồn phần hình lăng trụ : Stp  480  48.2  576  cm2  C' Hình 19.7 Phát triển tư sáng tạo giải tốn Hình học 8-Bùi Văn Tuyên (Chủ biên) 19.3 Gọi số cạnh đáy n Khi đótổng số cạnh hình lăng trụ đứng 3n;tổng số đỉnh 2n tổng số mặt n + Theo đề ta có:  n  2  2n  3n  26  n  Vậy hình lăng trụ có đáy hình vng Ta có : V  S.h  540  cm3  ;Sxq  2ph  360  cm2  V 540 a2 S.h S   hay   a   cm     Do : Sxq 360 4a 2ph 2p Chiều cao hình lăng trụ : h  V 540   15  cm  Sday 36 19.4 Vì diện tích tồn phần hai lần diện tích xung quanh nên diện tích hai đáy diện tích xung quanh (1) Xét đáy hình thoi ABCD cạnh a, góc nhọn 300 (h.19.8) Vẽ AH  CD , ta có : AH  A a AD  2 B a a2 Diện tích ABCD : Sđáy =  a    2 Ta có : Sxq  2ph  4ah  3 Từ (1), (2), (3) ta : 30° H D C Hình 19.8 a2 a  4ah  h  19.5 (h.19.9) Từ công thức Sxq  2ph  2p  B Sxq C h Vậy chu vi hình lăng trụ đứng : 2p  A 300  30  cm   BC  30    12   13  cm  10 Ta có : BC2  AB2  AC2 ( Vì 132  52  122 ) Do ABC vng A C' B' Diện tích hình lăng trụ là: A'   1 S  AB.AC  5.12  30 cm2 2 Hình 19.9 Phát triển tư sáng tạo giải tốn Hình học 8-Bùi Văn Tun (Chủ biên) Thể tích hình lăng trụ là: V  S.h  30.10  300  cm3  19.6 (h.19.10) Diện tích đáy hình lăng trụ là:   B A S  16.30  240 cm O Diện tích xung quanh là: Sxq  2860  240.2  2380  cm2  C D Độ dài cạnh đáy : AB  OA2  OB2  82  152  17  cm  B' A' Chu vi đáy : 17.4 = 68(cm) Chiều cao hình lăng trụ : h Sxq 2p  D' C' Hình 19.10 2380  35  cm  68 Thể tích hình lăng trụ là: V  S.h  240.35  8400  cm3  Vậy thể tích cốc 54cm3 19.7(h.19.11) C Gọi h chiều cao hình lăng trụ Diện tích xung quanh hình lăng trụ đứng ABCE.A'B'C'E' : B D S1   AB  BC  CE  EA  h   3a  CE  h Diện tích xung quanh hình lăng trụ đứng CDE.C'D'E ' : A S2   CD  DE  EC h   2a  CE  h E C' Vì S1  S2  4a nên  3a  CE  2a  CE  h  4a D' B' Hay a.h  4a  h  4a : a  4a 2 Vậy diện tích xung quanh hình lăng trụ đứng cho là: Sxq  2ph  5a.4a  20a  dvdt  A' Hình 19.11 E' Phát triển tư sáng tạo giải tốn Hình học 8-Bùi Văn Tuyên (Chủ biên) 19.8 (h.19.12) a) Xét hình thang ABCD vuông A D Vẽ BH  CD (h.19.13) A B C D A a B B' A' a C' D' D C H Hình 19.12 Hình 19.13 Tứ giác ABHD hình vng HBC vng cân H Suy DH  AB  AD  BH  CH  a; CD  2a; BC  a Xét DAC vng D có: AC  AD  DC  a2   2a   5a2 Suy AC2  5a2 Trong hình lăng trụ đứng, cạnh bên vng góc với đáy nên AA  mp  ABCD   AA  AC Xét AAC vuông A , ta có: AA  AC2  AC2  9a2  5a2  2a  AB  CD  AD   a  2a  a  3a Diện tích đáy hình lăng trụ là: S  2 3a2 2a  3a2 b) Diện tích xung quanh hình lăng trụ đứng là: Thể tích hình lăng trụ là: V  S.h    Sxq  a  a  2a  a 2a  8a2  2a2 Diện tích tồn phần hình lăng trụ đứng là; 3a2 Stp  8a2  2a2   11a2  2a2 19.9 (h.91.14) 2 Phát triển tư sáng tạo giải tốn Hình học 8-Bùi Văn Tun (Chủ biên) D' A' a b B' C' b a B E' F' D A F C E a) b) Hình 19.14 a) Xét trường hợp thứ nhất: Tấm bạt căng theo chiều dài (h.a) b Ta có: BC  AB  b ab 2.a  (đvdt) 2 Xét trường hợp thứ hai: Tấm bạt căng theo chiều rộng (h.b) a Ta có: EF  DE  2 Diện tích mặt đất bên lều là: S1  BC.CC  Diện tích mặt đất bên lều là: S2  EF.FF  a ab b  (đvdt) 2 So sánh hai kết ta thấy S1  S2 b) Xét trường hợp thứ nhất: Thể tích khơng khí bên lều là: 1b V1    a  ab2 (đvtt) 22 Xét trường hợp thứ hai: Thể tích khơng khí bên lều là: 1a V2    b  a2 b (đvtt) 22 1 Ta có: V2  V1  a2 b  ab2  ab  a  b   (vì a  b ) Suy ra: V2  V1 8 Vậy căng bạt theo chiều rộng thể tích khơng khí bên lều lớn 19.10 (h.19.15) Ta đặt AC  2m; BD  2n A Diện tích đáy ABCD là: S  2m.2n  2mn V 1280  64(cm2 ) Mặt khác S   h 20 Vậy 2m.n  64(cm 2) Diện tích xung quanh hình lăng trụ đứng là: B O D C B' A' 10 D' C' Phát triển tư sáng tạo giải tốn Hình học 8-Bùi Văn Tun (Chủ biên) Sxq  4.AB.20  80 AB Vậy Sxq nhỏ AB nhỏ Gọi O giao điểm hai đường chéo AC BD Ta có AC  BD O Xét AOB vuông O, ta có: AB2  OA2  OB2  m2  n2 Hình 19.15 Mặt khác m2  n2  2mn Do AB2  64  AB  8(cm) Vậy giá trị nhỏ AB 8cm m  n tức ABCD hình vng Giá trị nhỏ diên tích xung quanh 4.8.20  640(cm2 ) 19.11 (h.19.16) a) Chu vi đáy đèn là: 18.6  108(cm) Diện tích xung quanh đèn là: Sxq  p.h  108.40  4320(cm2 ) Vậy diện tích giấy bóng kính để làm mặt xung quanh đèn 4320(cm2 ) b) Diện tích đáy đèn là: S  a2 182   486 (cm2 ) 4 Thể tích đèn lồng là: V  S.h  486 3.40  19440 (cm )  33671(cm ) c) Gọi a b độ dài cạnh đáy đèn lồng trước sau giảm thể tích Gọi S1 S2 diện tích đáy tương ứng 3 O F E A' Khi đó: V1  S1.h ; V2  S2 h V S h S a2 3.6 b2 3.6 : 2 Ta có:       V2 S2 h S2 4 B A C D B' O' C' F'  a2 : b2   a : b  Vậy độ dài cạnh đáy phải giảm E' lần Hình 19.16 11 D' Phát triển tư sáng tạo giải tốn Hình học 8-Bùi Văn Tun (Chủ biên) CHUN ĐỀ 20 HÌNH CHĨP ĐỀU 20.1 (h.20.8) S SA SB   AB // AB SA SB Chứng minh tương tự, ta được: CD // CD Mặt khác AB // CD nên AB // CD Từ suy bốn điểm A, B, C, D nằm mặt phẳng Ta có: AB // AB; BC // BC mà AB BC cắt B; AB BC cắt B Từ suy ra: mp  ABCD  // mp  ABCD  a) Xét SAB có SA  SB; SA  SB nên C' D' A' B' D C O b) Gọi O giao điểm AC BD Vì S.ABCD hình chóp nên AO  SO; A B AO  DO  AO  mp  SOD  Hình 20.8 Vì AO  mp  SAC  nên mp  SAC   mp  SBD  S 20.2 (h.20.9) Ta đặt AB  a  AC  a  OA  a 2 Xét SAC có SA  SC; ASC  90 nên SAC vuông cân  SAO  45 Xét SOA có SOA  90; SAO  45 nên SOA vuông cân  SO  OA D C a 2 a 2 O a2 a2 Ta có: SA2  SO  OA2         a2 A     2 B     Do SA  a Hình 20.9 Xét mặt bên SAB có SA  SB  AB  a nên tam giác Do mặt bên tam giác S 20.3 (h.20.10) BC BC Xét ABC có PQ đường trung bình nên PQ // BC PQ  Từ (1) (2) suy MN // PQ MN  PQ Do tứ giác MNPQ hình bình hành Ta có: Xét SBC có MN đường trung bình nên MN // BC MN  BC a SA a  ; MQ   2 2 Vậy MN  MQ , suy hình bình hanh MNPQ hình thoi MN  12 (1) (2) M N C B Q P A Hình 20.10 Phát triển tư sáng tạo giải tốn Hình học 8-Bùi Văn Tuyên (Chủ biên) a nên QBS cân  QN  SB Xét QNS vuông N có: Xét QBS có QB  QS   a   a 2 a a QN  QS  NS    QN       2   2 2 a Do QN  MP Hình thoi MNPQ có hai đường chéo nên hình vng 20.4 (h.20.11) a) Ta có SC  SA; SC  SB  SC  mp(SAB) Mặt khác SC  mp(SAC ) nên mp(SAC )  mp(SAB) SC  mp(SBC ) nên mp(SBC )  mp(SAB) Do mặt bên ( SAB) vng góc với mặt bên ( SAC ) ( SBC ) Chứng minh tương tự ta mặt bên ( SBC ) , ( SAC ) vng góc với hai mặt bên lại S b) Xét tam giác ABC Gọi O giao điểm đường trung Chứng minh tương tự, ta MP  tuyến CM , BN Khi đó: BO  2 a a BN   3 Xét SAB vng S có AB  a nên SB  a 2 C B Xét SOB vng O , ta có: 2 a 2 a 3 a SO  SB  OB            2 O N M A (h.20.11) a  SO  20.5 (h.20.12) Xét hình chóp cụt tứ giác ABCD A ' B ' C ' D ' Gọi M M ' trung điểm BC B ' C ' Ta có OM / / AB; O ' M '/ / A ' B ' mà A ' B '/ / AB nên O ' M '/ /OM Trong hình thang O ' M 'MO ta vẽ M ' H  OM Ta M ' H  OO '; OH  O ' M ' Ta có OM  :  3(cm); O ' M '  :  2(cm); HM    1(cm)  Tổng diện tích hai đáy là: S1  S2    52 cm 2  C' D' O' M' A' B' C D O A Diện tích xung quanh là:    MM '  20.MM '(cm2 ) S xq  Theo đề ta có 20.MM '  52  MM'  2,6(cm) B (h.20.12) 13 H M Phát triển tư sáng tạo giải tốn Hình học 8-Bùi Văn Tuyên (Chủ biên) Xét M ' HM vuông H , ta có  2, 6 M ' H  M ' M  HM   11  2, 4(cm) 20.6 (h.20.13) Gọi S đỉnh hình chóp sinh hình chóp cụt Gọi diện tích xung quanh hình chóp S ABCD hình chóp S A2 B2C2 D2 S S Gọi độ dài trung đoạn hình chóp S ABCD hình chóp S A2 B2C2 D2 d d 4a 4c d  2ad ; S2  d  2cd 2 Xét SBC có BC / / B2C2 nên: S Ta có: S  C1 D1 d SB BC a    d SB2 B2C2 c O1 A1 S 2ad a a a    Do đó: S2 2cd c c c B1 C2 D2 O2 B2 A2 S b Chứng minh tương tự, ta được:  S2 c C D O Theo đề ta có: S  S2  S2  S1 S  S1 2 Suy 2S2  S  S1 Do : S2 S S1   hay Vậy : S2 S2 B A (h.20.13) a b2 a  b2 a  b2      c  c2 c2 c2 20.7 (h.20.14) * Tìm cách giải : Để tìm thể tích hình chóp ta biết cạnh đáy ta cần tính chiều cao hình chóp Có thể vận dụng định lí Py-ta-go để tính * Trình bày lời giải : S ABCD hình vng cạnh a nên BD  a 2  2a  OB  a Vì S ABCD hình chóp nên SO  mp( ABCD)  SOB vuông O  Ta có : SO2  SB  OB  a 10   a  9a  SO  3a   1 Thể tích hình chóp V  S h  a 3a  2a3 3 D C O A B (h.20.14) 20.8 (h.20.15) 14 Phát triển tư sáng tạo giải tốn Hình học 8-Bùi Văn Tuyên (Chủ biên) Gọi O trực tâm lục giác ABCDEF Ta có SO  AD Diện tích tam giác ADS là: 1 AD.SO  2a.SO  a.SO 2 Theo đề ta có: a.SO  a  SO  a Gọi SM trung đoạn hình chóp, OM  BC S E D F C O a Xét OBC đều, cạnh a , đường cao OM  Xét SOM vng O , ta có : M A B (h.20.15)  a  7a a 2 2 SM  SO  OM  a    SM      6a a 3a  Diện tích xung quanh hình chóp S xq  2 20.9 (h.20.16) Gọi M trung điểm AB Khi SM trung đoạn hình chóp x2  x Ta đặt AB  x SM  SB     a   SM  4a  x   2 Diện tích xung quanh hình chóp : S xq  3x 3x 4a  x  a  x 2 S a  b2 Vận dụng bất đẳng thức a  b  2ab hay a.b  ta được: 2 B x  4a  x x 4a  x   2a 2 C M 3 Do S xq  2a  a A Dấu = xảy x  4a  x  x  4a  x  x  2a 2 2 2 Khi SA2  SB2  AB2 ( a  a  2a ) Theo định lí Py –ta- go đảo SAB vuông nên SA  SB Chứng minh tương tự ta có : SB  SC; SC  SA 15 Phát triển tư sáng tạo giải toán Hình học 8-Bùi Văn Tuyên (Chủ biên) Vậy max S xq  a SA,SB,SC vng góc với đôi 20.10 ( h 20.17) Ta đặt BC =2a trung điểm đoạn SM = d ( a