DAP AN- HINH HOC KHONG GIAN

Thiết diện là hình thang vuông MNCB, vuông tại B và M... Gọi thể tích của hình chóp S.ABCD là V2... Hướng dẫn giải.

1 Thiết diện là hình thang vuông

MNCB, vuông tại B và M

1

2

MNCB

* BM2=BA2+AM2

⇒BM= a2+x2

* ∆SMN đồng dạng ∆SAD,

2

MN

−

Vậy

1 2

MNCB

−

2 Xét hàm số ( ) (4 ) 2 2

4

b

a

'( )

4

f x

+

f'(x)=0 ⇔

1 (1 ) 2 1 (1 ) 2

x a

x a

 = +





 = −



Ta có: f(0)=ab

f(2a)= 5 1,118

2

f( (1 1 )

2

.(3 ) 1 (1 ) 1,134

f( (1 1 )

2

.(3 ) 1 (1 ) 0,96

0;2

( ) (3 ) 1 (1 )

a

2

x a= +

2

x a= + thì diện tích của thiết diện lớn nhất

3 Gọi V là thể tích khối chóp S.ABCD ⇒ . 2

S ABCD ABCD

a b

Gọi V1 là thể tích khối S.MNCB

V1=V(SMBC)+V(SMNC)

S

A

D C

B

Ta có . 2

SMBC SABC

−

( ) 2

V

2

SMBC

V

* Ta có:

2

SMNC

SACD

−

2 3

V =a b

⇒ VSMNC=

2

a

V1= VSMNCB=(2 ) (2 )2

a x ab− + a x b−

Ycbt ⇔ V1=

2

2 3

a x ab− + a x b− =a b ⇔ x2-6ax+4a2=0

(3 5) ( / )





Kết luận: Vậy x=x a= (3− 5) thì (MBC) chia khối chóp thành 2 phần tơng đơng

2 Hd:

Gọi V1=V C MNC 1; V1=V C MNB A1 1 1

V3=V C MNBA. ; V4=V MNABB A1 1

Gọi V là thể tích của lăng trụ

1 1 1

C A B C

Mặt khác:

1 1 1

C A B C

3

4

5 12

C ABC CMNC CA B C CMNC

V

V

V

=

= − − − =

Vậy V1: V2: V3: V4= 1:3:3:5

3 Hd:

N

C'

1 Ta cã

SA⊥(ABCD)

(α) ⊥(ABCD)

⇒ SA // (α)

(α)∩(SAB)=MN // SA

(α)∩(SAC)=OK // SA

(α)∩(SABCD)=NH qua O

(α)∩(SCD)=KH

VËy thiÕt diÖn cÇn t×m lµ tø gi¸c MNHK

Ta cã MN// OK // SA ⇒ MN ⊥ (ABCD); OK⊥ (ABCD)

Std=Sht MKON + SKOH = 1( ) 1

2 MN KO ON+ +2OK OH

2

a

IN +IH = x a− +a = x − +ax

( )

a

a x+ x − +ax

2 §Ó thiÕt diÖn lµ h×nh thang vu«ng ⇔ MK// MO// BC ⇔ N lµ trung ®iÓm

AB ⇔ x=a/2

V= 1 ( ) 3

a

SA dt ABCD =

V1=VSOECH+VKOE.MNB

.

S OECH

 ÷

 

.

1 ( )

2 2 2 16

KOE MNB

 ÷

 

VËy 2

1

11 5

V

4 Hd:

§Æt SM x (0 x 1)

S

A

D

C B

N

E

S

A

D

C B

M

K

N

S

A

B N M

Gọi thể tích của hình chóp S.ABCD là V

2

.

.

.

(1)

(2)

S MNC

S ABC

S MCD

S ACD

x

x

Ta có CD=4AB ⇒

SADC=4.SABC⇒SADC=3

4S ABCD

;

S ADC S ABCD S ABC

V

V1=VSMNC+VSNCD= ( 2 3 )

4

V

x + x

2

2 1

3 17

( / )

3 2 0

( ) 2

V

=



=



KL: Vậy 3 17

2

x= − +

5 Hd:

1 * Ta chứng minh đợc AH ⊥ SC

SAHK

SACB

( ) .cos sin

R h

* 2 22 5.sin 22 2 2

3( 4 )( 4 cos )

SAHK

R h V

α

α

=

2 Đặt P= 2 2sin 2 2 2

(h 2R 2R cos )

α

α

MaxP= 2 1 2 2

4

Dấu bằng xảy ra ⇔

C

H K S

2 2

cos 2 sin 2

2

1 cos ( 2 2 cos 2 ) sin 2

2

2

R P

R R

α α

α

α α

=

−

= −

+

⇒ 2α tï ⇒α>

4

π

KL: VËy α0 =

4

π

II

1 Hướng dẫn giải

Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ, ta

có:

O(0; 0; 0), A(a; 0; 0), B(0; b; 0), C(0;

0; c)

d[M, (OAB)] = 3 Þ zM = 3

Tương tự Þ M(1; 2; 3)

pt(ABC): xa+ + =yb zc 1

1 2 3

a b c

O.ABC

1

6

3

1abc 27

6

(2) min

2 Hướng dẫn giải

Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ,

ta có:

A(0; 0; 0), B(1; 3; 0), C(0; 3; 0),

S(0; 0; 4) và H(1; 0; 0)

mp(P) qua H vuông góc với SB tại

I cắt đường thẳng SC tại K, dễ

thấy

[H, SB, C] = ( IH, IKuur uur) (1)

SBuur = - -( 1; 3; 4), SCuur =(0; 3; 4)

-suy ra:

ptts SB:

x 1 t

y 3 3t

z 4t

ìï =

-ïï

ïï =

-íï

ïï =

ïïî

, SC:

x 0

y 3 3t

z 4t

ìï =

ïï

ïï =

-íï

ïï =

ïïî

và (P): x + 3y – 4z – 1 = 0

(5 15 3) ( 51 32)

I ; ; , K 0; ;

Þ

IH.IK cos[H, SB, C]

IH.IK

uur uur = …

Chú ý: Nếu C và H đối xứng qua AB thì C thuộc (P), khi đó ta không cần phải tìm

K

Lời giải: Chọn hệ trục tọa độ Oxyz

sao cho O ≡ A; B ∈ Ox; D ∈ Oy

và A' ∈ Oz Giả sử hình lập phơng

ABCD A'B'C'D' có cạnh là a đơn vị

⇒ A(0;0;0), B (a;0;0), D(0;a;0), A' (0;0;a) C'(1;1;1)⇒ Phương trình

đoạn chắn của mặt phẳng (A'BD):

x + y + z = a hay x + y + z –a = 0

⇒ Pháp tuyến của mặt phẳng (A'BC): n (A'BC) = (1;1;1) mà AC' = (1;1;1)

Vậy AC' vuông góc (A'BC)

III

1 Lời giải:

Chọn hệ trục Oxyz sao cho O là gốc tọa độ

A∈Ox, S ∈Oz, BC//Oy

A'

D'

C'

C

B A

D B'

I O I' Z

Y

X

Tọa độ các điểm: ( 3;0;0)

3

6 2

B ; ( 3 1; ;0)

6 2

−

3

6 (0;0; )

6

I

Ta cú: uuurBC=(0;1;0); ( 3 1; ; 6)

6 2 6

uur

⇒uuur uurBC IC= −

⇒ Phương trình mặt phẳng (IBC) là:

6

− + −z = mà ta lại cú: ( 3;0; 6) // (1;0; 2)

SA

Phương trình đường thẳng SA: 3 ;

3

x t y=0;z= − 2t

+ Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ:

3

(1) 3

6

6







=





= −







y

x z

Thay (1) (2) (3) vào (4)

có:

12 12

⇒ M nằm trên đoạn SA và 1

4

=

SM SA

( ) 4

SABC

V

2 Do G là trọng tâm của ∆ASC

⇒ SG đi qua trung điểm N của AC

⇒ GI ⊂ (SNB) ⇒ GI và SB đồng phẳng (1)

Ta lại có tọa độ G ( 3 1; ; 6)

18 6 9

3 1 6

18 6 18

3 1 6

18 6 18

⇒GIuur= − − ⇒uur uurGI SB = ⇒0 GI ⊥SB (2)

Từ (1) và (2) ⇒GI ⊥SB=H

2 Lời giải:

+ Chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho A ≡ O; B ∈ Oy; A1 ∈ Oz Khi đó.A(0;0;0), B(0;a;0); A1 (0;0;2a)

1

3

( ; ; 2 )

2 2

Do M di động trên AA1, tọa độ M (0;0;t)với t ∈ [0;2a]

Ta có :

, 2

uuur uuuur

DC M

Ta cú: 1

3 ( ; ; )

(0; ; )

uuur

uuuur

,

⇒uuur uuuurDG DM= ( 3 ; 3( ); 3)

2

−

2

⇒uuur uuuurDG DM= a t− a + t a− + a

1

4 12 15

2

1

4 12 15

2 2

∆

DC M

a

a

z

x

y

I

O H

A

C

S

G N

z

C1 M

A

B D

Gi¸ trÞ lín nhÊt hay nhá nhÊt cña S DC M1 tïy thuéc vµo gi¸ trÞ hµm sè

XÐt f(t) = 4t2 – 12at + 15a2

f(t) = 4t2 – 12at + 15a2 (t ∈[0;2a])

f'(t) = 8t – 12a

3 '( ) 0

2

Lập BBT gi¸ trÞ lín nhÊt cña

1

2 15 4

=

DC M

a

S khi t =0 hay M≡ A