D08 cực trị hình học trong hình học không gian muc do 4

Lời giải Cách 1 Gọi H là hình chiếu vuông góc của S trên BM... Xác định thiết diện của hình chóp .S ABCD cắt bởi mặt phẳng . Tính diện tích của thiết diện theo a và x biết BM x 3..

Câu 1 [HH11.C2.1.E08.d] Cho hình chóp S ABC. , có SAvuông góc với mặt phẳng ABC, SA2avà

tam giác ABCvuông tại Cvới AB2a BAC   Gọi  30 M là điểm di động trên cạnhAC, đặt

,

AM x 0 x a 3

Tính khoảng cách từ Sđến BM theo a và x Tìm các giá trị của x để

khoảng cách này lớn nhất

Lời giải

Cách 1

Gọi H là hình chiếu vuông góc của S trên BM Suy ra BM SAH

Ta có MAH MBC 2 2

AH

hình  SH  SA2AH2

5 8 3 16

2 3 4

a



Cách 2

Ta có

2 2 4 2 2,

SM  SA AM  a x SB SA2AB2 2a 2,



2 2 2 cos 4 2 2 2 3,

SM SB BM

Diện tích tam giác SBMlà S SBM  p p SB p MB p SM        

5 8 3 16 2

a

Gọi H là hình chiếu vuông góc của S trên BM Ta có

1 2

SBM

2S SBM SH

BM

5 8 3 16

2 3 4

a



   d S BM , SH

5 8 3 16

2 3 4

a



Cách 3

Ta có BC a, AC a 3

Chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho C0;0;0 , B a ;0;0 , A0;a 3;0 , S 0;a 3;2a

Do Hthuộc AC, AM xnên M0;a 3 x;0

Ta có MB a x a;  3;0

, BS   a a; 3; 2a

, 2 2 3; 2 ;

 

Khoảng cách từ Sđến BM là

,

2 3 4

MB

 



* Tìm các giá trị của x để khoảng cách này lớn nhất.

Xét hàm số  

5 8 3 16

2 3 4

f x



  0 x a 3

 

2 2

2

2 3 8

2 3 4

f x

 

,

 

0

0; 3 3

x







  

   

 Có f  0 4, f  3 7

Câu 1 [HH11.C2.1.E08.d] [HSG 12 THẠCH THÀNH - THANH HÓA 2019] Cho hình chóp S ABCD

có đáy ABCD là nửa lục giác đều với BC2a , AB AD DC a a    0 

Biết SD vuông góc với AC , mặt bên SBC là tam giác đều, O là giao điểm của AC và BD Trên đoạn OB lấy điểm

M sao cho M không trùng với B Mặt phẳng ( ) qua điểm M song song với SD và AC Xác định

thiết diện của hình chóp S ABCD cắt bởi mặt phẳng ( ). Tính diện tích của thiết diện theo a và x

biết BM x 3 Tìm x để diện tích thiết diện đó lớn nhất.

Lời giải

a 2a

M

P

N

Q I

O

D

C B

A S

Xác định được thiết diện là tam giác NPQ (với N, P, Q lần lượt nằm trên các cạnh BA, BC, BS)

Ta có:

/ / , / /









Diện tích thiết diện:

1 2



NPQ

Trong tam giác SBD , tính được MQ2x

Trong tam giác BAC , tính được

3 3 2



Diện tích thiết diện:

2

3 3 2



NPQ

x S

Vì M thuộc đoạn BO ( M B ) nên 

   a    a

Do đó

2 2

NPQ

S

Vậy

2

2 3 min

3



NPQ

a S

Câu 1 [HH11.C2.1.E08.d] Cho hình chóp đều S ABC. có cạnh đáy bằng 1, cạnh bên bằng

2 3

3 và Olà tâm của đáy Mặt phẳng ( )P thay đổi chứa SOvà cắt các đoạn thẳng AB AC, lần lượt tại các điểm ,

M N ( , M Nkhác A) Khi góc tạo bởi đường thẳng SAvà mặt phẳng ( )P có số đo lớn nhất Tính

2 2

Lời giải

Gọi Hlà hình chiếu của Atrên MN, ta có AH MN AH, SO AH SMN

H

 là hình chiếu của Atrên mặt phẳng SMN

 Góc giữa đường thẳng SAvà mặt phẳng SMNlà góc HSA

Do góc 00 HSA900nên HSA lớn nhất khi  sin HSA lớn nhất

Ta có



3 1 3 sin

2

2 3 3

HSA

Vậy sin HSA đạt giá trị lớn nhất bằng 

1

2khi H O

Hay góc giữa đường thẳng SAvà mặt phẳng  P đạt giá trị lớn nhất khi MN AO

Khi đó đường thẳng MNđi qua Ovà song song với BC

2 2

Câu 1. [HH11.C2.1.E08.d] Suy ra MN đạt GTNN bằng

33 6

m

khi M và N thỏa mãn

5 6

AB SC 

.Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD là nửa lục giác đều nội tiếp trong đường tròn đường

kính BC Gọi Olà giao của AC và BD Một mặt phẳng   đi qua điểm M di động trên đoạn

OD ( M khác O và D ) đồng thời   song song với SD và AC Xác định thiết diện của hình

chóp S ABCD. cắt bởi mặt phẳng   và tìm vị trí của M để thiết diện đó có diện tích lớn nhất

biết rằng SDvuông góc với AC.

Lời giải

Qua M kẻ đường thẳng song song với AC cắt AD và DC lần lượt tại N và P

Qua M , N và P kẻ các đường thẳng song song với SD cắt SB , SA và SC lần lượt tại K , J và

Q Khi đó thiết diện cần tìm là ngũ giác NPQKJ

Do SD vuông góc với AC nên JN NP , KN NP và PQNP, suy ra

S S S  NJ MK MN  MK PQ MP

Mặt khác

SD AD CD SD nên JN PQdo đó 1 

2

NPQKJ

.

Dễ thấy

2 3

OB BD

và

1 3

OD BD

nên đặt

OM

x

OD  , (0x1 ) thì 1

MD

x

OD   và

2

2

3

x



.

Khi đó JN xSD, NP 1 x AC

và

2 3

x

MK   SD

.

2

NPQKJ

S  NJ MK NP  xSD  SD  x AC   SD AC

Đặt f x 2x2  ta có x 1  

1 9

4 8

f x f   

  , dấu bằng xảy ra khi 1 0;1

4

x  

Suy ra S NPQKJ

đạt GTLN bằng

3

8SD ACkhi

1 4

x 

Vậy

1

4

OM  OD

thì diện tích thiết diện lớn nhất Câu 1 [HH11.C2.1.E08.d] Cho tứ diện ABCD vuông ở

D Gọi    lần lượt là góc giữa đường cao , , DHvới

các cạnh DA DB DC, ,

cos cos cos cos cos cos

6 3

Lời giải

cos cos cos cos cos cos

T

Q

J K

P

N O B

C

A

S

D M

Và xcos , ycos , zcos, ta có  ,  , 

Ta được x2y2z2 1

(Vì tứ diện ABCD vuông tại Dnên ta có hệ thức 2 2 2 2

Trong đó 0x y z, , 1do đó các góc    đều nhọn , ,

(   ) (   )      

x y y z z x

x y z T x y z

2

18

 

         

Mặt khác, ta có

3

   x y z x y z   T   Đẳng thức xãy ra khi   x y z tứ diện ABCD vuông cân ở D

Câu 1 [HH11.C2.1.E08.d] Cho hình thoi ABCD có BAD 60, AB2a Gọi Hlà trung điểm AB

Trên đường thẳng d vuông góc với mặt phẳng (ABCD)tại H lấy điểm S thay đổi khác H Trên tia

đối của tia BC lấy điểm Msao cho

1 4

Tính theo a độ dài của SH để góc giữa SC và

(SAD)có số đo lớn nhất.

Lời giải

Gọi  là góc giữa SC và (SAD K); là hình chiếu vuông góc của Hlên SN I; là giao của HC với

AD Lấy Eđối xứng Iqua K.

Vì AD(SMN) ADHK Kết hợp với HKSN HK(SAD)

Mà MK là đường trung bình của tam giác ICE nên HK CE||

Suy ra CE(SAD)tại E Suy ra SEC vuông tại E và SE là hình chiếu của SC trên (SAD) Ta có

CSE

Đặt x SH x ,( 0) Tam giác SHN vuông tại Hvà HK là đường cao nên

2 2

7

Tam giác SHCvuông tại H nên SC SH2CH2  x27a2

sin

(4 3 )( 7 ) (4 21 ) 31

2 2 2 2

4 21 31

4 21 31

ax

x a a x



Dấu đẳng thức xảy ra khi

4 21 4

Vậy  lớn nhất khi và chỉ khi sin lớn nhất và chỉ khi 4

21 4

Câu 1 [HH11.C2.1.E08.d]Cho tứ diện OABC có các cạnh OA , OB,OC đôi một vuông góc M là một

điểm thuộc miền trong của tam giác ABC Tìm giá trị nhỏ nhất của

T

Lời giải

Gọi H là trực tâm tam giác ABC

Ta chứng minh được 2 2 2

Khi đó

T

          

2

MH

Lại có

OA OB OC

1 OH 1 OH 1 OH

       

2

3 OH

     3 1 2 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi Mlà trực tâm tam giác ABC.

Câu 1 [HH11.C2.1.E08.d] Cho hình chóp tứ giác S ABCD. có đáy ABCDlà hình bình hành Một điểm

M di động trên cạnh đáy BC(M khác B , C ) Mặt phẳng ( ) đi qua M đồng thời song song với

hai đường thẳng SB , AC Xác định thiết diện của hình chóp S ABCD. cắt bởi ( ) và tìm vị trí điểm M để thiết diện đó có diện tích lớn nhất

Lời giải

Kẻ MN AC N//  AB NP SB P SA MQ SB Q SC; //   ; //   .

Gọi O AC BD E MN BD F PQ SO R EF SD  ;   ;   ;   Khi đó thiết diện cần tìm là ngũ giác MNPRQ, trong đó tứ giác MNPQlà hình bình hành.

Đặt x BM 0 x 1 

BC

Gọi  là góc giữa SBvà AC Khi đó MN x AC MQ ,  1 x SB Suy

ra S MNPQ MN MQ .sin x1 x SB AC .sin 

Gọi I là trung điểm của SD , khi đó: . 2

OI SO BO BC     Do góc giữa

REvà PQbằng  nên

1 sin 2

PRQ

.sin



2 sin 4

x

SB AC 



Vậy

 

3

1 SB.AC.sin * 4

x

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có

2

x

Từ  *

suy ra

1 SB.AC.sin 3

MNPRQ

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

1

x

hay 2

MB

Câu 1 [HH11.C2.1.E03.b] Trong mặt phẳng  P cho đường tròn tâm O bán kính Rvà 1điểm Acố định

trên  O

Tứ giác ABCD biến thiên nội tiếp trong  O

sao cho 2đường chéo luôn vuông góc với

nhau Trên đường thẳng d vuông góc với mặt phẳng  P

tại Alấy 1điểm S Nối S với A, B , C ,

D Chứng minh 2cạnh BD , SC vuông góc với nhau.

Lời giải

C

D

d S

O

d

I K

P

Vì SA P nên AC là hình chiếu của SC trên mặt phẳng  P

Theo giả thiết ACBD nên theo định lí 3 đường vuông góc ta có SCBD

Câu 1 [HH11.C2.1.E08.d] (HSG 2018 - 2019 - THPT Đan Phượng - Hà Nội) Cho tam giác ABC cân tại

A có AB=AC=a và góc BAC 2 Trên đường thẳng d đi qua A vuông góc với mặt phẳng

(ABC ) lấy điểm S sao cho SA=2 a Gọi I là trung điểm của BC , K là điểm thay đổi trên

AI , đặt

AK

AI =x Mặt phẳng (R) qua K và vuông góc với AI cắt các cạnh AB , AC ,SC , SB lần

lượt tại M , N ,P ,Q Tìm x để tứ giác MNPQ có diện tích lớn nhất.

Lời giải

Ta có:

+) MN//BC

+) QM//SA

Mặt khác:

Ta có

Khi đó: lớn nhất

Câu 1 [HH11.C2.1.E08.d] (HSG 2018 - 2019 - THPT Đan Phượng - Hà Nội) Cho hình lập phương

ABCD A B C D     cạnh bằng a Các điểm , H K lần lượt là trung điểm của các cạnh AD C D,   Điểm M thuộc đoạn AB, điểm N thuộc đoạn BCsao cho đường thẳng MN tạo với mặt phẳng ABCD

một góc bằng 45 0 Chứng minh rằng MN2 2a

Lời giải

+ Ta có và

+ Khi đó

 sin 2

2CI a

 sin

2ax MN BC

MN AI

AK









MB QM

AB

MB SA

QM

2









) 1 ( x a MB ax

AM AB

AM

AI

AK















) 1

(

2a x



 sin ) 1 ( 4 QM a2x x MN

4

1 2

1 )

1

(

2













  



x

x

MNPQ

S  x1 x x21

F

N E

K

H

D' A'

C'

C B

B'

M

I

AB  a c

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

BC  b c

  

AM x ABxa xc

   

0;1

x  BN yBCyb yc

 

0;1

y 

MN AM AB BN xa xc a yb yc      x a yb  y x c

      



+ tạo với góc bằng thì góc giữa và bằng

Tức là

+ Từ đây ta có

+ Do đó

+ Áp dụng bất đẳng thức bunhia vào ta được

+ Vì nên ta có

+ Mặt khác

+ Thay vào ta có

+ Vậy MN 2 2a

Dấu “=” sảy ra

2

2

x

x y

x y

y







 

  





Câu 1 [DS11.C3.3.E02.d] (HSG 2018 - 2019 - THPT Đan Phượng - Hà Nội)Cho dãy số  u n

xác định

1

* 1

4

1

4 4 1 2 , 9

u









Tìm công thức số hạng tổng quát u của dãy số n

Lời giải

Đặt x n  1 2 u n   n *

Ta có x  và n 0 x n2  1 2 ,u n   n * hay

2 1 2

n n

x

u  

Thay vào giả thiết, ta được:    

1

1 1 1

4 4

n

x



    

Suy ra: 3x n1x n4    n *

Hay 3n 1 1 3n 4.3 ,n *



     

Đặt y n 3n x n ,   Ta có: n * 1 4.3 ,n *

y  y    n

1 1 4 3n 3n 3 ,

n

        

2 0

2 2 2 2 2 2

1 cos 45 cos ,

y x a

MN AA





 

1

y x



   

1

2 2 1 0

2

xy x   x

2 2.1 2

y

x

    

1

2

   

 1 2x y 2 1 x y 2

1 2

x y

x y

   

       

  



0

x y  x y  1 2

MN a   x  y  x y 

Hay 1 1 6 2.3n 1 , *

n

      

Theo cách đặt ta có: 1 3 1 9 3 2.3n

n

x   y   y   Suy ra:

* 1

1

3

x      n

Do đó

*

1 2 2

u         n

Câu 1 [HH11.C2.1.E08.d] (Đề Ôn thi HSG Toán 11 – Thanh Hóa năm 1819) Cho hình chóp S ABCD

có đáy là hình bình hành ABCD Gọi G là trọng tâm tam giác SAC , M là một điểm bên trong hình bình hành ABCD Tia MG cắt mặt bên của hình chóp tại điểm N Đặt

P

Tìm

vị trí của M trong hình bình hành ABCD để biểu thức P đạt giá trị nhỏ nhất, lớn nhất

Lời giải

+ Theo bất đẳng thức Côsi ta có P  Dấu bằng khi 2 1

Dễ thấy SGABCD Gọi K là trung điểm của SG Từ K dựng mặt phẳng song song với O

mặt phẳng ABCD

cắt các cạnh SA SB SC SD lần lượt tại , , , A B C D Từ N dựng mặt phẳng1, , ,1 1 1 song song với mặt phẳng ABCD

cắt cạnh SG tại ' N Ta có ; 1





thuộc hình bình hành A B C D1 1 1 1 M thuộc hình bình hành A B C D1   1 1 1

là hình chiếu của hình bình hành A B C D lên mặt phẳng 1 1 1 1 ABCD theo phương SG

+ Miền hình bình hành ABCD hợp bởi các miền tam giác OAB OBC OCD ODA ; M thuộc miền, , , hình bình hành ABCD nên M thuộc một trong bốn miền tam giác này Chẳng hạn M thuộc miền

OAB

 Nếu M  A N C M ;  B N D M;  O N S

Do đó N thuộc miền SC D  và Nthuộc đoạn SH , với , C D H , lần lượt là trung điểm của

, ,

SC SD SO

Do đó:





hay

1

2 2

NG MG

+Đặt :

; 2 2

NG

  

      

 

Tìm được 1 ;P 2 ; P 1    5.

MaxP Max P    

 

Vậy GTLN của

5 2

P  khi M trùng với một trong các điểm , , , , O A B C D

Câu 1 [HH11.C2.1.E08.d] Cho ba tia Ox , Oy , Oz đôi một vuông góc với nhau tại O và , , A B C theo thứ

tự là ba điểm thay đổi trên Ox , Oy , Oz sao cho tam giác ABC có diện tích S không đổi cho trước.

Gọi S , 1 S , 2 S lần lượt là diện tích của các tam giác OBC , OCA, OAB 3

a) Chứng minh S12S22S32 S2

b) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

3

S

P

Lời giải

a) Đặt OA a  , OB b  , OC c  Kẻ OH CB, ta có

CB OA

CB OH









1 2

ABC

S  AH BC S

;

OBC

S  OH BC OB OC OB OC

OH

BC

2 2

bc OH

b c

 ; AH2 OH2OA2

2 2 2 2 2 2 2 2

2

a

Suy ra

 

2 2 2 2 2 2

2 2

1 4

b c a b a c

b c

 1 2 2 2 2 2 2

4 b c a b a c

HayS2 S12S22S32 (điều phải chứng minh)

b) Theo câu a) ta có

2 2 2 2

S S S S   

1 2 3 3

    3

2

2

S

P

S

9 3

3 2

S

 

9 3

3 2 3

S

 



9

3 6 3 3 2

3 2 3

 Suy ra P  6 3 3

a

b

c

A

O

B

C H

Vậy Pmax  6 3 3đạt được khi 1 2 3

2 3

S

S S S  OA OB OC  

.Câu 1 [HH11.C2.1.E08.d] (HSG lớp 11 SGD Thanh Hoá 18-19)Cho hình chóp S ABCD. có đáy là hình bình hành tâm O Một mặt phẳng không qua Scắt các cạnh SA SB SC SD lần lượt tại , , ,, , , M N P Q thỏa mãn :

   

   

   

   

   

   

   

   

   

   

   

   

   

   

.Tính tỉ số

SB

SN khi biểu thức

2 2

4

T

 

 

    

    đạt giá trị nhỏ nhất

Lời giải

F

E Q

O

P

N

M G

S

B A

• Dựng mặt phẳng  P không qua Sthỏa mãn yêu cầu bài toán :

Trên đoạn SAlấy M sao cho SA2SM

Trên đoạn SClấy Psao cho SC3SP

Trong mpSAC: gọi G SO MP

Do









Vì SOMP G nên SO MP NQ đồng qui tại G.”, ,

• Trong mặt phẳng SACvẽ AE CF song song với , MPcắt SOlần lượt tại ,E F

Vì AE/ /MPnên ta có :

SM SG

/ /

CF MPnên ta có:

SP SG.

Cộng vế với vế hai đẳng thức trên ta được:

(1) Xét AOEvà COFcó :

OA OC ( vì ABCDlà hình bình hành )

AOE COF ( đối đỉnh)

EAO FCO (2 góc ở vị trí so le trong ,AE CF/ / )

   (g.c.g)  AE CF

Mà AE CF/ / (theo cách dựng)

 Tứ giácAECFlà hình bình hành  OE OF (2)

Từ (1) và (2) ta có: 2

Tương tự trong SBDta cũng kẻ các đường thẳng song song với NQ và cũng chứng minh được

2

SN SQ SG Suy ra

SM SP SN SQ

Đặt

,

SN  SQ  ta có: x y  2 3

Khi đó T x24(5 x)2 5x2 40x100 5( x 4)220 20

min 20

T  khi x = 4 4

SB SN