Chuyên đề hình học không gian - 2 pps

Gọi H, K, lần lượt là hình chiếu vuông góc của A lên SB và SD.. Chứng minh SC vuông góc với mpAHK và tính thể tích hình chóp O.AHK... a Chứng minh điều kiện cần và đủ để ∆OMN vuông tại O

Bài 7: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O và SA vuông góc với mp(ABCD) Cho AB = a , SA = a 2 Gọi H, K, lần lượt là hình chiếu vuông góc của A lên SB và SD Chứng minh SC vuông góc với mp(AHK) và tính thể tích hình chóp O.AHK

Giải:

A O

B

S

H K

M

Ta có: ∆SAD = ∆SAB ⇒ AK = AH ⇒∆SAK = ∆SAH

⇒SK = SH ⇒HK//BD

Mà BD⊥mp(SAC)⇒ HK⊥mp(SAC) ⇒HK⊥SC (1)

Mặt khác : CD⊥mp(SAD) ⇒ CD⊥AK

Mà AK⊥SD nên AK⊥(SCD) ⇒ SC⊥AK (2)

Từ (1) và (2) ⇒ SC⊥mp(AHK)

Trong mp(SBD) thì SO cắt HK tại I

Trong mp(SAC) thì AI cắt SC tại M

Ta có : SC⊥ mp(AHK) ⇒ SC⊥AM

Mà SAC vuông cân tại A nên M là trung điểm SC

Vậy I là trọng tâm SAC

Ta có : CM = d(C , mp(AHK)) =

2

SC

= 2 2

a

= a

Mà O trung điểm AC nên ( ,( )) 1

d C AHK = AC =

⇒h = d( O, (AHK)) = 1

2CM = 2

a

Ta có :

2

SA

BD = SB ⇒ BD = SB

2 2

3 3

Ta có: AI = 2

3AM =

2

3. 2

SC

= 3

SC

= 2 3

a

Mà HK⊥mp(SAC) ⇒ HK⊥AI

Ta có:

3

O AHK

 ÷ ÷

  

Bài 8: Trong mặt phẳng (P) cho hình vuông ABCD có tâm O , cạnh a Trên tia Ax , Cy

ở về cùng một phía và vuông góc mp(P) lấy 2 điểm M , N Đặt AM = x, CN = y

a) Chứng minh điều kiện cần và đủ để ∆OMN vuông tại O làa2 =2xy

b) Giả sử M, N thay đổi sao cho ∆OMN vuông tại O Tính thể tích tứ diện B.DMN.Xác định x ,y để . 3

4

B DMN

a

Giải:

H

D O A

C B

y

x

N

M

a) Trên mp(Ax , Cy) vẽ MH //AC

MHN

∆ vuông tại H 2 2 2 2 ( )2

2

OMN

∆ vuông tại O ⇔MN2 =OM2+ON2

2 2

2

2 2 2

⇔ + − = + + +

⇔ =

b) Ta có: BD⊥ AC và BD⊥MA ⇒ BD⊥mp(MNCA)

⇒BD⊥MO (1)

Mà MO⊥ON (2)

Từ (1) và (2) ⇒ OM⊥mp(BDN) ⇒

Ta có: ∆NBC= ∆NCD⇒NB ND=

Do đó: dt(∆NBD) = 1

2NO.BD

1 2 2

2

2 2

a

y a

Vậy . 1 ( )

3

M NBD

V = OM dt NBD∆

Mà 2

2

a

Ta có: 3

4

a

2

2

3 2 2

2

xy

a

xy

x y



2

2

x a

 =  =

⇔ ∨

=

  =



Bài 9: Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD Gọi H là hình chiếu của S lên mặt đáy Tính thể tích của khối chóp biết :

a) Cạnh bên bằng b , góc giữa mặt bên và mặt đáy là α

b) Cạnh đáy bằng a, khoảng cách từ trung điểm của SH đến mp(SCD) bằng k

Giải:

M H

A

B

D

C

S

I K

a) Gọi M là trung điểm của CD

Ta có SM⊥CD , SH⊥CD nên CD⊥(SHM), do đó α = ·SHM

Đặt HM = x thì SH = x tanα

Tam giác HCD vuông cân tại H nên CD = 2x và HC = HD = 2 x

Xét tam giác vuông SHC ta có SC2 =SH2+HC2 nên

2 2tan2 2 2

2

2 tan

b x

α

⇒ =

+

Thể tích của khối chóp 1 1 tan (2 )2 4 3tan

Hay

3

3 2

4 tan

3 2 tan

b

α

=

+

b) Diện tích đáy của khối chóp S ANBCD =a2.

Gọi I là trung điểm của SH , hạ IK⊥SM thì IK⊥(SCD) ⇒IK = k

Đặt SH = h Tam giác SIK và tam giác SHM đồng dạng nên SI IK

SM = HM , do đó ta có SI.HM = IK.SM

2 2

2 2

2

− .

Vậy thể tích khối chóp là

3

2 2

2

3 16

a k V

=

−

Bài 10: Trong mặt phẳng (P) cho nửa đường tròn đường kính AB = 2R và điểm C

thuộc nửa đường tròn sao cho AC = R Trên đường vuông góc với (P) tại A lấy điểm

S sao cho góc phẳng nhị diện cạnh SB bằng 60 Gọi H, K lần lượt là hình chiếu 0 vuông góc của A lên SB và SC Chứng minh ∆AHK vuông và tính thể tích tứ diện S.ABC

Giải:

O S

A

C I

H

K

Ta có: ACB = 1v ⇒ BC⊥CA và BC⊥SA nên BC⊥mp(SAC)

Do đó : BC ⊥AK

Mà AK⊥SC nên AK ⊥mp(SBC)

Do đó : AK⊥HK

Vậy ∆AHK vuông tại K

Đặt SA = h

∆SAC vuông AK AC AS.

SC

Rh2 2

=

+

∆SAB vuông AH AS AB.

SB

22 2

4

Rh

=

+

Ta có: SB⊥(AHK) ⇒ SB⊥HK

Vậy ·AHK = 60 ·AHK0

∆AHK vuông 0 3 2 2

2

AK

AH

2 2 2 2

2 2 2 2

2 2 2 2

4

2

2

2

R

h

⇒ =

Do đó: 1 ( ) 1. .1 .

SABC

R

1 3 ( )2 3 6

6 2

=  ÷÷ =

 

Bài 11: Gọi V là thể tích của khối tứ diện ABCD có các cạnh thoả mãn điều kiện AB=

CD = a, AC = BD = b, AD = BC = c.Chứng minh rằng 2

12

abc

Giải:

M

N

P A

D

Trong mặt phẳng (DBC) , dựng các đường thẳng qua các đỉnh và song song với cạnh còn lại của tam giác BCD , chúng cắt nhau tại M, N, P.Khi đó B, C, D lần lượt là trung điểm của các đoạn cạnh MN, NP, PM

Ta có: S MNP =4S BCD nên V AMNP =4V ABCD

Vì AD = BC và BC là đường trung bình của tam giác NMP nên AD = DM = DP

Suy ra tam giác AMP là tam giác vuông tại A

Vì thế 1

6

AMNP

V = AM AN AP Đặt AM = x, AN = y, AP = z

Áp dụng định lý Pytago cho các tam giác AMP , APN, ANM ta có:

2 2 2 2 2 2 2 2 2





( ) ( ) ( )

2 2 2 2 2 , 2 2 2 2 2 , 2 2 2 2 2

Vậy : 2 ( 2 2 2) ( 2 2 2) ( 2 2 2)

3

AMNP

V = a − +b c a + −b c − + +a b c , nên

( 2 2 2) ( 2 2 2) ( 2 2 2)

2

12

ABCD

V = a − +b c a + −b c − + +a b c

Để ý rằng : ( 2 2 2) ( 2 2 2) 4 ( 2 2)2 4

a − +b c a + −b c =a − b −c ≤a và hai bất đẳng thức tương

tự khác , ta có: ( ) ( ) ( ) 2

2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 4 4

 − + + − − + +  ≤

12

ABCD

Dấu đẳng thức xảy ra khi a = b = c , hay tứ diện ABCD là tứ diện đều

Bài 12: Cho khối chóp tứ giác S.ABCD có cạnh SC = x và tất cả các cạnh còn lại đều bằng a ,(0 < x< a 3).Tính thể tích khối chóp và tìm x theo a để giá trị thể tích đó lớn nhất

Giải:

O D

A

C

B

S

H

Vì SA = SB = SD nên hình chiếu H của điểm S lên mặt phẳng đáy là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD Mà tứ giác ABCD có các cạnh bằng nhau nên tứ giác đó là hình thoi , do đó H∈AO

Ba tam giác SBD, ABD, CBD có các cạnh tương ứng bằng nhau nên bằng nhau ,do đó các trung tuyến SO , AO, CO bằng nhau, suy ra tam giác SAC vuông tại S

2 2 2 2

Tam giác vuông SAC có đường cao SH nên 12 12 12

SH = SA +SC

2 2

ax

SH

+ .

Ta có: OB2+OA2 =AB2 nên

Diện tích đáy của khối chóp 1 ( 2 2) ( 2 2)

2

ABCD

Thể tích của khối chóp S.ABCD là 2 2

.

Theo bất đẳng thức Côsi ta có:

2

2 2 2

2 2 2 2 2 2 3

3

2

2 9 2

36

Đẳng thức xảy ra khi 2 2 2 6

3

2

a

x = a −x ⇔ =x

Vậy giá trị lớn nhất của thể tích khối chóp S.ABCD là 3

4

a

, đạt được khi và chỉ khi

6

2

a

x=

Bài 13: Cho ∆ABC đều cạnh a Trên đường thẳng (d) vuông góc mp(ABC) tại A lấy điểm M Gọi H và K lần lượt là trực tâm của ∆ABC và ∆BCM

a/ Chứng minh MC vuông góc mp(BHK) và HK vuông góc mp(BMC)

b/ Khi M thay đổi trên (d) , tìm giá trị lớn nhất của thể tích tứ diện K.ABC

Giải:

M

H

K A

B

C

(d)

I L

a/ Ta có: BH⊥AC và BH⊥MA ⇒ BH⊥mp(MAC) ⇒ BH⊥MC

mà BK⊥MC nên MC⊥mp(BHK)

Gọi I là trung điểm BC

Ta có: BC⊥AI và BC⊥MA ⇒ BC⊥mp(MAI) ⇒ BC⊥HK

Do MC⊥mp(BHK) ⇒ MC⊥MK

Vậy HK⊥mp(MBC)

b/ Trong mp(MAI) vẽ KL// MA

⇒KL⊥mp(ABC)

Do HK⊥mp(MBC) ⇒ HK⊥MI

Ta có: dt( HKI∆ ) 1 1

2KL HI 2HK KI

Do đó theo bất đẳng thức Côsi , ta có:

2 2 2 2

HK +KI ≥ KH KI = KL HI

KL

+

Ta có: . 1 ( ) 2 3

K ABC

a

. 2 3 3 3

12 12 48

K ABC

V

Đẳng thức xảy ra khi KH =KI ⇔L là trung điểm HI

Do đó: V K ABC. max = 3

48

a

Bài 14: Tính thể tích khối chóp tứ giác đều S.ABCD biết:

a/ Trung đoạn bằng d , góc giữa cạnh bên và mặt đáy là α

b/Cạnh đáy bằng a , góc giữa hai mặt bên liên tiếp là β

Giải:

H B

C

D S

A

M K

Gọi H là hình chiếu của S trên mặt phẳng đáy , M là trung điểm của BC

a/ SM = d , ·SCH = α

Đặt AB = x thì HM =

2

x

, HC = 2, 2 tan

Ta có: SM2 =SH2+HM2 nên

2

2 tan

α

α

+ = ⇒ =

+

Thể tích khối chóp:

3

2 3

3 ABCD 6 3 (1 2 tan )

α

b/ Vì AC⊥(SBD) nên hạ AK⊥SD ⇒ SD⊥(ACK).

Vì KA2+KC2 =AD2−KD2+CD2−KD2

=AC2−2KD2 <AC2

Nên ϕ =·AKCluôn là góc tù.

Do đó:

·

(KA KC, ) 1800 ·AKC

=1800−ϕ

Ta có: cot 2.cot

a

Tam giác SHD vuông tại H, đường cao HK nên 1 2 12 1 2

HK = SH + HD

Từ đó tính được SH = 0

180

cos

Vậy thể tích khối chóp là

3 2 6 2

a V cosβ

=

Bài 15: Cho hình chóp tam giác S.ABC có đáy là tam giác vuông ở B,cạnh

SA (ABC) ⊥ Từ A kẻ AD SB ⊥ và AE SC ⊥ Biết AB = a, BC = b, SA = c.Tính thể tích của khối chóp S.ADE?

Giải:

AD,AE là các đường cao trong tam giác SAB,SAC

A

B

C

D

E S

Tính đường cao:

∆ ABC vuông tại B nên AB BC ⊥

Giả thiết cho :SA (ABC) ⊥ ⇒ SA ⊥ BC⇒BC (ABC) ⊥ ⇒AD BC ⊥

AD là đường cao trong tam giác SAB

⇒AD SB ⊥

⇒AD (SBC) ⊥ ⇒ AD SC ⊥

Mặt khác : AE SC ⊥ ⇒SC (ADE) ⊥

Hay SE là đường cao của hình chóp S.ADE

Độ dài SE:

AS.AB AS.AB2 2 2a.c 2

AD

2 2

AS.AC SA.AC c a b AE

+

Áp dụng Pytago trong tam giác SAE có:

2 2 2

c (a b )

a b c

+

2

c

a + b + c

Diện tích tam giác ADE:

DE = AE2 + AD2 =

2 2

c b (a + b + c ).(a + c )

S = 1

.AD.AE

2 2

2 (a + b + c ).(a + c ) a + c

=

3 3

1 a.c b

2 (a + b + c ).(a + c ) Thể tích:

V = 1 1

.SE .AD.DE

3 3

3 a + b + c 2 (a + b + c ).(a + c )

2 4

1 a.b c

6 (a c )(a b c )

=

Bài 16: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, hai mặt bên (SAB) và (SAD) cùng vuông góc với đáy, một góc xAy 45 · = 0 chuyển động trên đáy quay quanh điểm A các cạnh Ax, Ay cắt CB và CD tại M, N, đặt BM = x, CN = y, tìm x, y để thể tích của VAMCN đạt GTLN?

B C

D S

M

N

A

Giải:

Trướ hết ta chứng minh đẳng thức: x + y =

2

a xy a

−

Ta có BAM NAD MAN 90 · + · + · = 0, BAM NAD 45 · + · = 0

Đặt BAM · = α ⇒ · NAD = β ⇒ α + β = 450 ⇒ tan( α + β ) = 1

Ta có tan tan

1

1 tan tan

=

− α β, mà

tan , tan

suy ra

2

x y

2 1 x y xy

1 a

+

= ⇒ +

2

a xy a

ta có AMCN ABCD ABM ADN 2 ax ay

2 2

AMCN 1 AMCN a 2 ax ay

(a xy)

6 +

ta có xy

2 (x y) 4

+

≤ suy ra Max (xy) =

2 (x y) 4

+

Vmax ⇔ (xy) đạt GTLN khi (xy) =

2 (x y) 4

+ đạt GTLN suy ra

2 2 (x y)

4

+ + + = suy ra x y 2a( 2 1) + = −

2 max

a

3

= − khi x = y = a( 2 1) −

Bài 17: Cho góc tam diện vuông Oxyz đỉnh O trên Ox, Oy, Ox lần lượt lấy các điểm A, B, C sao cho OA + OB + OC + AB + AC + BC = L, gọi V là thể tích của tứ diện

ABCD CMR:

3

L ( 2 1) V

162

−

≤

Giải:

A

C O

B

Đặt OA = a, OB = b, OC = c áp dụng BĐT Bunhiacôpxki:

a + b ≤ 2(a2 + b )2 , a + c ≤ 2(a2+ c )2 , b + c ≤ 2(c2 + b )2

cộng vế với vế các BĐT trên:

2(a b c) + + ≤ (a2 + b )2 + (a2 + c )2 + (c2 + b )2

(a + b + c)( 1 + 2)≤ (a2 + b )2 + (a2 + c )2 + (c2 + b ) (a b c)2 + + + (a + b + c)( 1 + 2) ≤ L (1)

dấu “ = “ trong (1) xảy ra khi a = b = c

Áp dụng BĐT Cauchy cho a, b, c ta có: a + b + c ≥ 3 abc (2)

Ta có V = abc

6 , BĐT (2) ⇔a + b + c ≥ 3 6V3 (3)

Dầu “=” trong (3) xảy ra khi a = b = c

Từ (1), (3) ta có L 3.(1 ≥ + 2).3 6V3 hay

3

L ( 2 1) V

162

−

Dấu “ = “ (4) xảy ra khi a = b = c = L( 2 1)

3

−

Bài 18: Cho hình chóp S.ABC có SA = x, SB = y, các cạnh còn lại bằng 1,với giá trị nào của x, y thì thể tích của khối chóp là lớn nhất, tìm giá trị lớn nhất đó?

A

B

C

S

N M

Giải:

Gọi M, N là trung điểm của SA, BC, ta có: VS.ABC = 2.VS.MBC, các tam giác ABS, ACS có: BA = BS, CA = CS ⇒ ∆ABS = ∆ACS và là các tam giác cân

Ta có: BM SA,CM SA ⊥ ⊥ ⇒ SA (MBC) ⊥ ⇒ SM (MBC) ⊥ ,

SM là đường cao, SM = x

2

Tính diện tích đáy:

MB = MC = x2

1 4

− , MN = 2 BC2

BM

4

1

4

+

−

S∆MBC = 1

2MN.BC =

2 2

1

+

−

Thể tích: VS.MBC = 1 x y

3 2 2 × × 1 x2 y2

4

+

12, VS.ABC =

2 2

xy x y 1

+

−

Ta có: ( x-y)2 ≥ 0 ⇔ x2 + y2 ≥ 2xy ⇔ x2 y2 xy

VS.ABC =

2 2

xy x y 1

+

2

6

22 xy (xy)

2

−

≤ 1

6

xy xy

2 (2 xy)

2 2 −

Áp dụng BĐT Cauchy cho ba số xy

2 ,

xy

2 , (2-xy) ta có:

xy

2

xy

2 (2-xy) ≤

3

3

xy xy

(2 xy)

2 2

3

27

V ≤ 1

6

16

27 =

2 3

27 , dấu bằng xảy ra khi

2 2

x y 2xy xy

2 xy 2





= −

 ⇒ x = y =

2 3