Hình học chọn lọc thi HSG toán lớp 12

Cho khối chóp SABCD có đáy là hình bình hành, AB=a và SA=SB=SC=SD=b 2 a b  a Xác định khối tứ diện có thể tích lớn nhất b Tính khối cầu ngoại tiếp khối chóp có thể tích lớn nhất... 4 b

BÀI TẬP HÌNH CHỌN LỌC ÔN THI HSG 12

NGUYỄN TRUNG KIÊN

Câu 1 Cho hình chóp SABCD có đáy là hình bình hành và C1 là trung điểm cạnh SC Mặt phẳng (P) tùy ý chứa đường thẳng AC1 và cắt các cạnh SB, SD tại B1, D1

a) Xác định (P) để SB1D1 có diện tích bé nhất

b) Chứng minh rằng 1 1 1 1

3

SAB C D SABCD

V

Lời giải:

O1

C1

D1 B1

O

D

C B

A

S

a) Để dựng (P) tùy ý thoã mãn điều kiện bài toán thì từ O1SOAC1( trong mp(SBD) ta vẽ đường thẳng tùy ý qua O và cắt hai cạnh SB, SD tại B1 1, D1 Như vậy các đường thẳng B1D1

luôn qua hai điểm O1 cố định Ta có:

1 2 3

SB  SD SASC   

Mặt khác:

.sin 2

SB D

Xét:

SB D

SB SD

Và từ đó, theo hệ quả của bất đẳng thức Cauchy:

1 1

1

SB D

S đạt max 1 1

3 2

Vậy

1 1

SB D

S đạt min khi 1 1 2

3

   (P) qua AC1 và song song với BD

Theo kết quả trên ta có: 1 1 3

x y  (1) Mặt khác: Áp dụng công thức tỉ số thể tích với hai hình chóp SABD và SBCD ta dễ dàng tính

được: 1 1 1 1 1 3

SAB C D

SABCD

V

V    (2)

Từ (1) và (2) áp dụng hệ quả của bất đẳng thức Cauchy: SAB C D1 1 1

SABCD

V

V đạt min

2 3

  

4 3 3 3

SAB C D

SABCD

V

V

    ta có điều chứng minh

Câu 2 Cho hình chóp SABC và điểm M tùy ý nằm trong đáy Ba đường thẳng qua M, song song

với SA, SB, SC cắt lần lượt các mặt (SBC), (SCA), (SAB) tại A1, B1, C1

a) Chứng minh rẳng:

9

MA MB MC 

b) Xác định vị trí của M để thể tích khối chóp MA1B1C1 nhận giá trị lớn nhất

Lời giải:

A1

C'

B'

A' M

C

B A

S

a) Kéo dài AM, BM, CM cắt các cạnh đối diện lần lượt tại A’, B’, C’

 A1, B1, C1 thuộc SA’, SB’, SC’ Theo định lý Thales ta có:

MA MB MC  MA MB MC

Do M là điểm trong của tam giác ABC nên:

9

(bất

đẳng thức Cauchy)  ta có điều phải chứng minh

b) Đặt v MS

thì T v:M S A; 1 A B2; 1B C2; 1C2 Dễ thấy: A B C thuộc hai tia đối 2, 2, 2 của SA, SB, SC và

số thể tích, ta có: 1 1 1 2 2 2 2 2 1 1 1

MA B C MA B C

Mặt khác theo định lý Thales:

ABC

1 1 1

MA B C

V

    M là trọng tâm tam giác ABC

Câu 3 Cho khối chóp SABCD có đáy là hình bình hành, AB=a và SA=SB=SC=SD=b

2

a b



a) Xác định khối tứ diện có thể tích lớn nhất

b) Tính khối cầu ngoại tiếp khối chóp có thể tích lớn nhất

Lời giải:

M

H

O

D

C

B A

S

a) Vì chóp có các cạnh bên bằng nhau nên đáy phải là tứ giá nội tiếp được  ABCD là hình chữ nhật

Gọi H ACBD thì SH là đường cao của chóp

Đặt BCx thì AC a2x2 và 1 2 2 2  2 2

2

SABCD

Do x24b2a2x2 4b2a2 nên theo bất đẳng thức Cauchy ta có:

SABCD

V đạt max

4

2

b) Xét khối chóp SABCD có đáy là hình chữ nhật vơi AB=a,

4 2

BC  và

SA= SB=SC=SD=b Khi đó SH là trục của đáy và 1 4 2 4 2 2

Cầu ngoại tiếp có tâm O là đường tròn ngoại tiếp tam giác SAC và bán kính R là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác đó Trong tam giác SAC ta có:

ˆ

Vậy thể tích cầu ngoại tiếp chóp SABCD là:

3

2

V

Câu 4 Cho tứ diện ABCD có AB ACa BC, b BDC, ˆ 900A và ABC  DBC

a) Tứ diện nào có thể tích lớn nhất.Tính giá trị đó

b) Tính thể tích cầu ngoại tiếp tứ diện

Lời giải:

3

V V  S AH với H là trung điểm BC vì ABC  DBC và AB AC Ta

1

2

Mặt khác doBDC ˆ 900 nên D thuộc đường tròn đương kính BC cố định

max

2

b

Vậy tứ diện có thể tích nhận giá trị lớn nhất là:

4

b) Do BDC ˆ 900 nên trục của đáy hình chóp ABCD luôn là đường thẳng AH  cầu ngoại tiếp của tứ diện không phụ thuộc vào vị trí của D trên đường tròn đường kính BC thuộc (BDC)  tâm O của cầu là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC

2



Vậy Vcầu

3

3

R

Câu 5 Cho khối chóp SABC có đáy là tam giác vuông cân tại B, đường cao SE với E là trung

điểm cạnh BC và SE=CE=2a Gọi M, N là trung điểm của SE, CE Trên tai đối của tia BA lấy điểm D sao cho ACDˆ  và  0 0

45  90 Gọi H là hình chiếu của S lên CD

a) Tính thể tích tứ diện EHMN theo a và 

b) Tính thể tích cầu ngoại tiếp tứ diện SACD theo a khi VEHMN lớn nhất

Lời giải:

O

N

E

M

H

D

C

B A

S

a) Theo giả thiết thì SE=EB=EC=2a nên tam giác SBC vuông cân tại S Kẻ EH CD thì

CDSH (định lý ba đường vuông góc)

Xét chóp MEHN vì N là trung điểm của CE Dễ thấy tam giác HCE vuông tại H và

2 , 2 cos 45

3

1

.2 2 cos 45 sin 45 sin 2 90 cos 2

2

.cos 2

CHE



b) Vì 450  900 nên 900 2 1800 V EMHN đạt max khi 2 1800  900

Khi đó: tam giác CAD vuông cân tại C và AD=8a với B là tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác đó Đường thẳng qua B, SE là trục của đáy CAD Do  thuộc (SBC) nên cắt đường trung trực IE của cạnh bên SC tại O O là tâm cầu ngoại tiếp của chóp SACD với bán kính R=OC

Dễ thấy BOSE2aR2 OC2 BO2BC2 4a216a2 20a2 R2a 5

Vậy thể tích cầu ngoại tiếp chóp SACD bằng: 4 3 160 5 3

Câu 6 Trong (P) cho hình chữ nhật ABCD có AB=a, AD=b Về một phía của (P) vẽ hai tia

 

,

a) Xác định vị trí của M, Nđể thể tích tứ diện ACMN min

b) Tính thể tích cầu ngoại tiếp tứ diện ACMN có thể tích bé nhất

Lời giải:

a

O K H

D

C B

A

N M

a) Xét (OMN) chia tứ diện ACMN thành hai tứ diện AOMN và COMN Gọi H, K là hình chiếu vuông góc của A, C lên BD thì theo giả thiết AH CK, OMN Mặt khác dễ thấy:

2

3

ab

 Theo một giả thiết đã biết của hình thang, ta có:

1

Theo giả thiết m n c2 nên theo hệ quả của bất đẳng thức Cauchy ta có Vmin mn c

Từ đó min

3

abc

b) Vì ABCD là hình chữ nhật nên OE là trục của nó Gọi I là trung điểm đoạn OE thì dễ thấy

2

IAICIM IN    Do đó cầu ngoại tiếp tứ diện ACMN có thể tích min là cầu

tâm I, bán kính 1 2 2 2

2

R a b c và thể tích của cầu là:

4



Câu 7 Trong (P) cho hình vuông ABCD có cạnh bằng a về một phía của (P) vẽ hai tia

 

,

a) Chứng ming rằng VACMN có giá trị không đổi

b) Tính thể tích cầu ngoại tiếp khối ABCDMN khi khoảng cách giữa (AC) và (MN) nhận giá trị lớn nhất

Lời giải:

E H

b

a

O

D

C B

A

N M

a) Gọi O ACBDAOOMN và (OMN) là mặt đối xứng chia ACMN thành hai tứ diện

có thể tích bằng nhau AOMN, COMN Từ đó: 2 2

3

Xét hình thang vuông BDMN có đường cao BDa 2 và hai đáy

 

Do OB=OD nên dễ dàng chứng minh được:

 

2

Vậy

2

ACMN

V  luôn không đổi

 Điều phải chứng minh

b) Vẽ đường trung bình OE của hình thang BDMN

Do

2

OE  aE cố định

Mặt khác vì AOOMN nên kẻ OH MN H MN thì OH là đường vuông góc chung của (AC) và (MN)

Ta có OH OE và đạt dấu bằng H EOEMN BM DN a Khi đó (OE) là đường trung trực của hình vuông ABCD và BDNM là hình chữ nhật Gọi I là trung điểm của

2

a

IAIBICIDIM IN   cầu ngoại tiếp khối ABCDMN có tâm I là

bán kính 3

2

a

R 

Vậy thể tích của khối cầu là: 4 3 3 3

V   R  a

Câu 8 Trong mp(P) cho hình thoi có cạnh bằng a và BAD ˆ 600 Về một phía của (P) vẽ hai tia

 

,

a) Xác định M, N để thể tích tứ diện ACMN max

b) Tính thể tích cầu ngoại tiếp tứ diện ACMN khi tứ diện có thể tích max

Lời giải:

a

O

D

C B

A

N M

a) Gọi O ACBD thì do giả thiết ACBD là hình thoi nên AC OMN mp(OMN) chia

tứ diện ACMN thành hai pần bằng nhau và ta có: 2 2

3

cũng giống như các bài trước, đặt BM m DN, n m n , 0, ta có:

   

a

(Vì tam giác ABD đều nên ABBDDAa) 2   3 2 3  

ACMN

Theo bất đẳng thức Bunhiacoski ta có:  2  2 2 2

m n  m n  a mn a và dấu bằng

đạt được khi m=n=a Từ đó tứ diện ACMN có thể tích lớn nhất là: max 3 3

6

V a với BM=DN=a b) Đối với tứ diện ACMN có Vmax thì dễ thấy OE là giao tuyến của hai mặt phẳng trung trực của cặp cạnh đối AC và MN nên tâm cầu ngoại tiếp I thuộc (OE)

Để xác định vị trí của I ta chọn trục OE và đặt OI xaOEOIIEIE  a x

Vì bán kính cầu RIAIM nên 2 2 2 2 2 2

IA IM AO OI IE EM

 2

2

3

2

Vậy tâm I của cầu đang xét nằm trong đoạn OE với

4

a

Còn

3

3 R 3 a 4  a 48

Câu 9 Trong mp(P) cho hình vuông ABCD cạnh a Về một phía của (P) vẽ hai tia

 

,

a) Chứng minh rằng ACM  ACNAMN  CMN

b) Xác định vị trí của M, N để tứ diện ACMN có thể tích bé nhất

Lời giải:

H

a

O

D

C B

A

N M

a) Gọi O ACBD thì từ giả thiết ta có AOOMN và từ đó MON ˆ 900

kẻ OH MN thì từ một bài toán quen thuộc ở lớp dưới, dễ thấy MON ˆ 900BHDˆ 900

0

90

Mặt khác do MN OH và AC nên MN HACAHCˆ 900 AMN  CMN điều

phải chứng minh

b) Đặt BM m DN, n m n , 0 Như đã trình bày ở bài toán trước ta có:

 

m n

2

2

6

a

2 2

2

a MON  MN OM ON  a  m n a m n mn

Từ đó theo hệ quả của bất đẳng thức Cauchy ta có: V ACMN đạt min 2

2

a

  

2

3 min

Câu 10 Trong mp(P) cho hình vuông ABCD cạnh bằng a Về một phía của (P) vẽ hai tia

 

,

a) Xác định vị trí của M, N để VACMN min TÍnh giá trị đó

b) Tính thể tích cầu ngoại tiếp tứ diện ACMN khi m=a

Lời giải:

I E

F

a

O

D

C B

A

N M

a) Tương tự như các bài toán trước, đặt O ACBD BM, m DN, n m n , 0 thì

 

2

6

ACMN

a

V  m n (1)

2

m



Từ (1) và (2)

3

ACMN

Và đạt dấu bằng 2 2 2 2

2

a

min

3

ACMN

b) Với m=a thì n a a 2a

a



  và MN a 3

Theo định lý Pythagore ta có: MA2 MC2 a2a2 2a2 MAMCa 2 MAC đều có cạnh bằng a 2 và NM MO và AC nên NM MAC

Gọi E là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MAC thì đường thẳng  qua E, MN là trục của

nó Đường thẳng ' qua F là trung điểm đoạn MN, MO là đường trung trực của MN

Do   đồng phẳng và không song song nên chúng cắt nhau tại I là tâm cầu ngoại tiếp tứ diện , '

ACMN GỌi R là bán kính của cầu thì

Vậy thể tích của cầu là: 317 51

54

Câu 11 Trong mp(P) cho tam giác ABC nhọn Vẽ đường thẳng d qua A và vuông góc (ABC)

Cho M tùy ý thuộc dM  A Gọi H là trực tâm tam giác ABC và d’ là đường thẳng qua H,

MBC

 d’ cắt (MBC) tại K và d tại N

a) Xác định vị trí của N để VBCHK lớn nhất

b) Khi M chuyển động trên d, chứng minh cầu ngoại tiếp tứ diện BCMN luôn đi qua một đường tròn cố định

Lời giải:

B' d

d'

N

B1

A1

K H

C

B A

M

Ko Mo

Vì ABC là tam giác nhọn nên H nằm trong tam giác

Dễ thấy BCMAA1MAA1  MBC Từ đó trong mp(MAA1) vẽ d’ qua H vuông góc

MA1 thì d MBC

Cũng do vị trí của d’ trong MAA1 nên d’ cắt d tại N và M, N phải nằm về hai phía của A nên K thuộc đường tròn đường kính HA1 trong mp(MA1N)

3

V V  S KD với KD AA D1 HA1

Do BCH cố định nên V BCHK đạt maxKDmaxK K0 là trung điểm cung

là điểm cần tìm

b) Gọi (S) là cầu ngoại tiếp tứ diện BCMN Vì M, N nằm về hai phía của A và

1

AM AN AH AA nên A là điểm trong của (S) Kéo dài BA về phía A cắt (S) tại B’ Mặt phẳng (BMN) cắt (S) theo đường tròn   và sử dụng phương tích của điểm A đối với   , ta có:

 

A

P   AM AN AB AB B’ cố định

Vậy mặt cầu (S) đi qua 3 điểm cố định B,C,B’ nên (S) chứa đường tròn cố định là đường tròn ngoại tiếp tam giác BCB’ Ngoài rat a còn suy ra được tâm (S) thuộc đường thẳng  cố định là đường trung trực của tam giác BCB’

Câu 12 Trong mặt phẳng (P) cho tam giác nhọn ABC và đường thẳng d qua A, ABC Điểm

M chuyển động trên d M  A Gọi H là trực tâm tam giác ABC Vẽ đường thẳng d’ qua H,

MBC

 cắt d tại N và (MBC) tại K

a) Chứng minh rằng K là trực tâm tam giác MBC và từ đó suy ra tam giác MBC là tam giác nhọn

b) Xác định vị trí của M để thể tích tứ diện BCMN bé nhất

Lời giải:

K H

N

B2

A1

B1

C

B A

a) Xét tam giác ABC với hai đường cao AA1BB1 H H nằm trong ABC

Dễ thấy BCMAA1 nên MBC  MAA1 và MBC  MAA1MA1 Theo định lý cơ bản, đường thẳng d’ qua H và MA1 thì dMBC d qua H,MA1 tại K Do dMAA1 và tứ giác MAHK nội tiếp có AHK tù nên K nằm trong đoạn MAˆ 1 và M, N phải nằm hai phía của A

2

BKMCB thì B2, B1, N thẳng hàng vì thuộc giao tuyến của hai mp(BB1B2) và (MAC)

Vì BB1MAC nên MCBB1 Ngoài ra MCd' vì d'MBC

Do đó MCBKB1MCBB2 K là trực tâm tam giác MBC Mặt khác do K nằm trong đoạn MA1 nên là điểm trong của MBC MBC nhọn

b) Khi M chuyển động trên d thì H luôn là trực tâm tam giác MNA1

Từ đó AM AN  AH AA 1AM AN nhận giá trị không đổi

3

Theo hệ quả của bất đẳng thức Cauchy, VBCMN đạt min AM  AN

Vậy để tứ diện BCMN có thể tích bé nhất thì AM  AN  AH AA 1

Câu 13 Trong mp(P) cho tam giác ABC đều, cạnh bằng a.Vẽ đường thẳng d đi qua A, (P) và cho M tùy ý thuộc d M  A Gọi B1 là trung điểm AC và B2 là hình chiếu của B lên MC Đường thẳng (B1B2) cắt d tại N

a) Xác định vị trí của M để tứ diện BCMN có thể tích bé nhất

b) Chứng minh rằng cầu ngoại tiếp tứ diện BCMN chứa một đường tròn cố định

D

M

K H

N

B2 B1

C

B A

a) Vì AB=AC=a nên MBMC Gọi D là trung điểm cạnh BC thì AD MD, BC

0

ˆ

2

ˆ

ˆ

2

BMC

BMC

2

B

 nằm trong MC

MABB MCMC BB B MB B   B B d N

với M, N nằm về hai phía của A

Xét CMN có B1 là trực tâm nên

2 1

2

a

AM AN AB AC  Còn (ABC) chia tứ diện BCMN

thành hai chóp tam giác MABC và NABC nên    

2

a

Từ đó theo hệ quả của bất đẳng thức Cauchy VBCMN đạt min

3 min

a

b) Do điểm A nằm trong cầu ngoại tiếp tứ diện BCMN nên đường thẳng BA cắt mặt cầu tại B’ thuộc tia đối của tia AB Mặt phẳng (BMN) cắt mặt cầu theo đường tròn   và theo phương tích của điểm A đối với   ta có:

2

' ÂM

2

a ABAB  N    B cố định

Vậy cầu đang xét đi qua 3 điểm cố định B,C,B’ nên chứa đường tròn cố định là đường tròn ngoại tiếp tam giác BCB’

Câu 14) Trong mặt phẳng (P) cho hình vuông ABCD có cạnh bằng a Từ A, B kẻ hai đường

thẳng d1; d2 vuông góc với (P) Cho hai điểm E, F chuyển động trên d1;d2 sao cho DE vuông

a) Xác định E, F để tứ diện CDEF có thể tích bé nhất

b) Xác định bán kính mặt cầu ngoại tiếp CDEF Chứng minh tậm mặt cầu luôn thuộc đường thẳng cố định