Dạng hình chóp có một cạnh bên vuông góc với đáy I/Bài toán : Cho tam giác ABC nằm trong mặt phẳng P.. CMR tứ diện SBCD là tứ diện có các cặp cạnh đối diện vuông góc.. 5/ CMR : Khi S tha
Trang 1Dạng hình chóp có một cạnh bên vuông góc với đáy I/Bài toán : Cho tam giác ABC nằm trong mặt phẳng (P) Trên đờng thẳng
Ax Vuồng góc với (P) tại A lấy S ≠A Gọi AA
1, BB
1,CC
1 là các đờng cao trong tam giác ABC ; H là trực tâm Gọi BB’,CC’ là các đờng cao trong tam giác SBC K là trực tâm
1/ CMR : a/ S,K,A
1thẳng hàng
b/ SB ⊥(CC1C’) và SC ⊥(BB1B’)
c/ HK ⊥(SBC)
2/Chứng minh 6 điểm H,C,B1,B’,K,A1nằm trên một mặt cầu
3/ Giả sử Ax cắt HK tại D CMR tứ diện SBCD là tứ diện có các cặp cạnh
đối diện vuông góc
4/ CMR : Khi S thay đổi trên Ax thì tích SA.AD không đổi Khi tam giác ABC đều cạnh a thì SA.AD bằng bao nhiêu
5/ CMR : Khi S thay đổi mặt cầu ngoại tiếp tứ diện luôn chứa một đờng tròn
cố định
6/Tính thể tích tứ diện SBCD Tìm vị trí của S để thể tích này lớn nhất
H
ớng dẫn giải:
a/ BC ⊥AA1
BC ⊥SA
⇒BC ⊥SA1 nên SA1 là đờng cao nên S,K,A1 thẳng hàng
b/ Cm CC1⊥(SAB) do ( CC1⊥AB ; SA ⊥AB )
CC
SB
CC
SB
⊥
⇒
⊥
⊥
Trang 2CM tơng tự ta có SC ⊥(BB1B’).
c/Chỉ ra : HK ⊂(CC1C’)⊥SB ⇒HK ⊥SB
HK ⊂(BB1B’)⊥SC ⇒HK ⊥SC
⇒ HK ⊥ (SBC)
2/CM : B
1,B’,K,A
1 cùng nhìn HC dới một góc vuông
3/Ta có
AD ⊥BC ,
BD⊂ (BB
1B’) ⊥SC ⇒SC ⊥BD
DC⊂ (CC1C’) ⊥SB ⇒DC ⊥SB
⇒đpcm
4/ Ax thay đổi :
* Cm ∆SAA1 đồng dạng với ∆HAD
Nên 1 SA.AD HA.AA1
AD
AA HA
SA
=
⇒
*Khi ∆ABC đều cạnh a ta có AA1=
2
3
a ; AH =
3
3
a
Nên SA.AD =
2
2
a 5/ Gọi E là giao điểm của AB với mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SBCD ⇒ tứ giác SBDE nội tiếp trong một đờng tròn ⇒SA.SD = AB.AE
⇒AE =
AB
SD
SA. (không đổi) ⇒ E cố định ⇒ mặt cầu luôn đi qua đờng tròn
cố định (đờng tròn ngoại tiếp ∆BCE)
II/ Luyện tập :
Ví dụ 1: Cho hình chóp tam giác SABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a;
cạnh SA vuông góc với đáy ABC và SA =a M là một điểm thay đổi trên AB
Đặt góc ACM = α, hạ SH ⊥ CM
1/ Tìm quĩ tích điểm H; suy ra giá trị lớn nhất của thể tích tứ diện SAHC 2/ Hạ AI ⊥SC , AK ⊥ SH Tính độ dài AK , SK và thể tích tứ diện SAIK
H
ớng đẫn giải :
Trang 31/* Ta có CM AH
CM SA
CM SH
⊥
⇒
⊥
⊥
⇒H nằm trên đờng tròn đờng kính AC trong mặt phẳng (ABC) Nhng M thay đổi từ AB nên H nằm trên cung AE của đờng tròn trên (E là trung điểm của BC)
*Ta có V SAHC SA.S AHC
3
1
= Nhng do SA không đổi nên V SAHC max khi và chỉ khi S AHC max ⇔ ∆AHCvuông cân ở H ,cạnh huyền AC = a
Vậy maxV SAHC=
12 4
3
1 a2 a3
a = (đvdt)
2/ Hạ AI⊥SC I là trung điểm của SC (AC=SC=a)
AK ⊥SH Ta có AH = a.sinα
α
α
α 2 2
2 2
2 2 2
sin 1 sin
1 1
1 1
1
a a
a SH SA
AK
+
= +
= +
=
α
α
2
sin 1
sin +
=
⇒ AK a
α
2
2 2
2 2
sin 1 sin
=
−
SK
HC
AK
SH
AK
⊥
⊥
⇒
⊥
⇒
⊥
⊥
, )
(
AK
SI
AI
SI
AKI
6
1
3
1 )
⊥
⇒
⊥
⊥
mà
α +
α
=
=
=
2
sin 1
sin ,
2
2 2
AK
a SC SI
theo cm t:
) sin 1 ( 2
cos )
sin 1 ( 2
cos
2 2
2 2 2 2 2
α +
α
=
⇒ α +
α
=
−
KI
Nh vậy :
) sin 1 ( 24
2 sin
2
3
α +
α
= a
V SAKI (đv thể tích)
Ví dụ 2: Cho hình chóp S.ABC Có SA vuông góc với đáy ABC Đáy ABC
là tam giác vuông tại C Cho AC = a, góc giữa mặt bên SBC và mặt đáy ABC là ϕ.
a/ Trong mặt (SAC) từ A hạ SF⊥SC CMR : AF ⊥(SBC)
b/ Gọi O là trung điểm của AB Tính khoảng cách từ O tới mặt phẳng (SBC)theo a và ϕ
H
ớng dẫn giải:
Trang 4
a/ Cm : BC⊥(SAC) ⇒gócSCA= ϕ
) (cmt AF SBC BC
AF
SC AF
⊥
⇒
⊥
⊥
b/Kẻ OH // AF vì AF⊥ (SBC) ⇒OH⊥ (SBC) nên khoảng cách từ O (SBC) là: = = sin ϕ
2
1 2
1
a AK
Ví dụ 3 :Trong mặt phẳng (P) cho tam giác ABC vvới cả ba góc nhọn Trên
đờng thẳng (d) vuông góc với (P) tại A ,lâý điểm M Dựng BK⊥AC,
BH ⊥CM Đờng thẳng KH cắt (d) tại N
a/ CMR : BN⊥CM
b/ CMR : BM ⊥ CN
c/ Hãy chỉ ra cách dựng điểm M trên (d) sao cho đoạn MN ngắn nhất
H
ớng đẫn giải:
AM BK
gt AC BK
⊥
⇒
⊥
⊥ ( )
mà BH ⊥MC ⇒ MC⊥ (BHN) ⇒MC⊥BN,
Trang 5b/ Ta có BK MAC BK NC
AM BK
AC BK
⊥
⇒
⊥
⇒
⊥
⊥
)
Trong tam giác MNC có AC⊥MN, HN⊥MC(vì MC⊥(NHB))⇒K là trực tâm nên MK ⊥NC(2)
Từ (1),(2) ta có NC⊥ (MBK) ⇒NC⊥MB
c/ Vì K là trực tâm của tam giác CMN nên ta có:
AMK
∆ đồng dạng với ∆ACN ⇒ AM.AN=AK.AC (không đổi)
Vậy khi M di động trên (d) tích AM.AN không đổi nên MN=AM+AN nhỏ nhất khi AM=AN= AK AC.
III/Bài tập tự giải :
Bài 1: Cho hình chóp SABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a và SA⊥
(ABC) Đặt SA =h
a/ Tính khoảng cách từ A đến (SBC) theo a,h
b/ Gọi O là tâm đờng tròn ngoại tiếp tam giác ABC và H là trực tâm tam giác SBC CMR : OH⊥(SBC)
Bài 2 : Cho tam giác ABC đều cạnh a Trên đờng thẳng (d) vuông góc với
mặt phẳng (ABC) tại A lấy điểm M Gọi H là trực tâm của tam giác ABC ;
K là trực tâm của tam giác BCM
a/ CMR : MC⊥ (BHK), HK⊥(BMC)
b/ Khi M thay đổi trên (d) Tìm giá trị max của thể tích tứ diện KABC
Đ/s :
48
3
a
Bài 3 : Cho hình chóp S.ABC đáy là tam giác vuông ABC, vuông tại A , cạnh SB vuông góc với đáy (ABC) Qua B kẻ BH ⊥ SA , BK ⊥ SC Chứng minh rằng SC ⊥ (BHK) và hãy tính diện tích tam giác BHK Biết rằng AC= a , Bc = a 3,SB = a 2
Đ/s :
10
5
2
a
S∆BHK = .
Kết luận : Dới đây là ý kiến rút ra tử bản thân tôi và sẽ có nhiều thiếu sót rất
mong các đồng nghiệp tham khảo và đóng góp ý kiến cho ý kiến trên để có
sự hoàn thiện hơn
Tôi xin chân thành cảm ơn.
Ngời viết: Phạm Văn Bằng