Tài liệu CHUYÊN ĐỀ HÌNH HỌC KHÔNG GIAN

CHUYÊN ĐỀ HÌNH HỌC KHÔNG GIAN Bài 1. Xét các hình chóp n – giác S . A1 A 2 ... A n ( các điều kiện sau: a/ Đáy A1 A 2 ... A n có tất cả các cạnh đều bằng 1 . b/ SA 1 A SA 2 A 2 SA n A 1 ... 3 60 n là số tự nhiên tùy ý lớn hơn 2 ) thỏa mãn đồng thời 0 Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất độ dài đường cao của hình chóp nêu trên. SH Hƣớng dẫn giải Chứng minh nếu hình chóp S . A1 A 2 ... A n tồn tại thì khi đó hình chóp là đều: Chứng minh rằng các cạnh bên bằng nhau Đặt : S A1 = x 1 ; S A 2 = x 2 ; ..... ; S A n = x n . Dùng định lý cosin trong các tam giác 2 2 2 2 x 2 = 1 + x1 - 2 x1 c o s 6 0 x3 = 1 + x2 - 2 x2 co s6 0 0 0 S A1 A 2 ; S A 2 A 3 ; 2 = 1 + x1 - ...; S A n A1 ta có: x1 2 = 1 + x2 - x2 ....................................................... 2 2 x n = 1 + x n2 1 - 2 x n- 1c o s 6 0 2 x1 = 1 + x n - 2 x n c o s 6 0 Đặt f (x) = x 2 - 0 1 x + 1 = (x - 0 2 = 1 + xn - 2 ) + 2 3 Trên f ; 2 = 1 + x n- 3 1 - xn . , ta có hệ: 4 x n- íï ï ï ï ï ï ïï ì ï ï ï ï ï ï ï ïî 1 2 x2 = 2 x3 = f ( x1 ) f ( x2 ) với x 1 , ............... 2 xn = 2 x1 = f ( x n- 1 ) é 3 ö ÷ x 2 , ..., x n Î ê ;+ ¥ ÷ ÷ ê 2 ÷ ø êë f ( xn ) đồng biến. x 2 Do đó: x1 x2 thì vô lý. Thật vậy: nếu x1 x2 Tương tự nếu x1 x Do x1 x2 ta được f 2 2 x1 x1 f x2 2 cũng suy ra điều vô lý: 2 x1 x1 1 x1 2 x2 1. x3 x1 x1 . x2 Vậy x3 x1 Từ đó ta được: ... x2 x1 xn x1 . Ta có . x2 ... xn 1 . x1 x1 ( vô lý) Chứng minh đáy A1 A 2 ... A n là đa giác đều. Từ S A1 S A 2 ... S A n 1 suy ra hình vuông góc H của S lên đáy cách đều các đỉnh của đáy. Đa giác A1 A 2 ... A n có các cạnh bằng nhau và nội tiếp trong một đường tròn nên là đa giác đều. a) Tìm S H lớn nhất, nhỏ nhất. b) Chứng minh n 6 .Ta có các mặt bên của hònh chóp là các tam giác đều cạnh 1 . Ngoài ra: 6 0 0 A1 S A 2 A1 H A 2 ; 6 0 0 A 2 S A 3 A 2 H A 3 ; ...; 6 0 0 A n S A1 A n H A1 . Do đó: n .6 0 0 360 Tính 0 n 6 n . 2 và tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của SH Xét tam giác vuông 2 2 S H A1 : S H 2 SA1 H A 1 .S A 1 SH : 1 1; H A 1 . 2 s in n SH 2 1 1 4 s in 1 1 1 cot g 1 2 4 2 4 3 cot g 2 4 , SH= 4 1 3 cot g 2 2 n 3; 4 ; 5 . 4 n n 2 3 : SH ; n 2 4 : SH ; n 1 5 : SH 2 3 Do đó giá trị lớn nhất của SH là 2 2 , giá trị nhỏ nhất của 1 2 . 5 SH là 3 1 2 1 2 . 5 Bài 2. Cho hình lập phương A B C D . A ' B ' C ' D ' cạnh a .Gọi E , G , K lần lượt là trung điểm của các cạnh A ' D ', B ' C ' và A A ' . H là tâm của hình vuông D C D C ' . M , N là hai điểm lần lượt ở trên hai đường thẳng A D và E G sao cho M N vuông góc với K H và cắt K H .Tính độ dài đoạn M N theo a . Hƣớng dẫn giải D’ C’ E G A’ M B’ H H1 D I I1 E1 M H1 D I1 A Xác định đoạn Gọi G1 N1 G1 N1 C E1 C A B B MN E1 , N 1 , G1 , H 1 là hình chiếu vuông góc của Do K H M N (gt) và K K H Mà theo giả thiết M N cắt trung điểm của M N 1 . N N 1 suy KH tại I ra K H suy ra E, N , G, H trên mặt phẳng ABCD . , suy ra A H 1 M N 1 tại I 1 . N N 1 mà I là trung điểm của đoạn MN1 I I 1 // MN nên I1 phải là Từ đó suy ra cách dựng hai điểm Tính độ dài M N Đặt DAH1 H1AN1 . E1 N 1M Xét tam giác vuông D A H , ta có: . M , N 1 s in 1 tg 2 5 Xét tam giác vuông (Cách khác: Gọi E 1N 1 M N1 a cos A IN 1 P , ta có: là trung điểm của 5 MN 2 2 NN1 3 5 A N 1 . s in IN 1 C G1 , 2 MN1 3 cos2 a. 6 5 1 2 5 a a 14 2 9 5 N1 a ở trên 2 a MN1 6 5 suy ra được a AN1 AP MN 9 5 5 cos 2 6 . a . 3 , suy ra a AE1 14 2 E1 N 1 a .) 3 . 3 Cách khác: Dùng phương pháp tọa độ trong không gian.... Bài 3. góc Cho hình chóp tứ giác đều S . A B C D có cạnh đáy a 1 2 , 5 4 ( c m ) ,các cạnh bên nghiên với đáy một 0 7 2 . Tính thể tích và diện tích xung quanh của hình chóp S . A B C D . Hƣớng dẫn giải Chiều cao của hình chóp: a SH 2 tg 7 2 0 2 7, 2 9 0 1 8 6 2 8 2 Thể tích của hình chóp: V 1 2 a h 1430, 475152 cm 3 3 Trung đoạn của hình chóp d SH 2 a 2 2 8, 0 0 1 1 9 9 3 9 4 Diện tích xung quanh của hình chóp: S x q 1 .4 a . d 702, 2700807 cm 2 Bài 4. Cho hình chóp tứ giác đều S . A B C D có cạnh đáy 0 nghiên với đáy một góc 72 . a) Tính thể tích hình cầu S 1 nội tiếp hình chóp S . A B C D . b) Tính diện tích của hình tròn thiết diện của hình cầu cầu S2 2 với các mặt bên của hình chóp S .A B C D S1 a 12, 54 (cm ) , a 12, 54 (cm ) ,các cạnh bên cắt bởi mặt phẳng đi qua các tiếp điểm của mặt . S Hƣớng dẫn giải SH 2 7 .2 9 0 1 8 6 2 8 ; I H S H .M H MH 4 .9 9 2 8 0 6 5 2 6 R (bán kính mặt cầu nội tiếp) MS K 720 I A D H B M C Thể tích hình chóp : S1 SM 2 8, 0 0 1 1 9 9 3 9 MH 6 , 2 7 ; IK 4 V R 3 3 5 2 1 .3 4 2 1 2 9 ( c m ) 3 IH Khoảng cách từ tâm I đến mặt phẳng đi qua các tiếp điểm của với các mặt bên của S1 hình chóp: d S IH EI SH 2 4 .8 6 6 0 2 7 9 9 7 IH Bán kính đường tròn giao tuyến: r EK 2 d E 2 1, 1 1 7 9 8 4 1 4 1 K I 2 Diện tích hình tròn giao tuyến: S Bài 5. R 74, 38733486 (cm ) Một thùng hình trụ có đường kính đáy ( bên trong) bằng 1 2 , 2 4 M H đựng nước cm cao lên 4 , 5 6 c m so với mặt trong của đáy. Một viên bi hình cầu được thả vào trong thùng thì mực nước dâng lên sát với điểm cao nhất của viên bi (nghĩa là mặt nước là tiếp diện của mặt cầu). Hãy tính bán kính của viên bi. Hƣớng dẫn giải Ta có phương trình : 4 2 R h x 3 2 R .2 x 4x 3 2 6R x 2 3R h 0 (0 x R) 3 Với R , x, h lần lượt là bán kính đáy của hình trụ, hình cầu và chiều cao ban đầu của cột nước. Bấm máy giải phương trình: Ta có: x1 2, 5 8 8 8 2 6 6 9 2; 4x x2 3y 8 0; ( A C ) : 3 x (BC ) : 2 x 5y 3 0 cạnh còn lại đều bằng và tứ diện a, b + Giả sử tứ diện T AB I BI 42 3 2 0 (0 x 6 ,1 2 ) 0; a, b để tồn tại tứ diện này, hãy xác định mặt phẳng T V .Tính diện tích của hình vuông T có một cạnh bằng a và các sao cho thiết diện của mặt phẳng V theo a và b . : tồn tại. Gọi b 512, 376192 . Tìm điều kiện của .Với tứ diện là trung điểm cạnh a; AI a, b 8y là một hình vuông T Điều kiện độ dài Gọi b 224, 7264 x 5, 8 5 7 8 6 4 7 7 1 (AB) :5x B. Xét hai độ dài khác nhau 3 CD . Từ AB là cạnh bằng a , các cạnh A C , .Tam giác A I B là tam giác cân: AB AI BI Suy ra: 0 a b 3 AD , BC , BD , CD đều cùng bằng b . +Ngược lại với: 0 a b 3 Dựng tam giác cân A IB có: . Tứ diện mp A BCD có .Dựng tam giác đều AB a cạnh BCD với chiều cao b , nằm trong mặt phẳng chứa ABCD BI BI . và vuông góc với mặt phẳng BCD thỏa điều kiện bài toán. A a Q M P B D I N C Xác định mặt phẳng + Giả sử thiết diện tuyến M N , Do : NP, PQ, QM M N // P Q ; M Q // N P IV là hình vuông . Các mặt của tứ diện M NPQ được gọi tên là mặt , mặt I nên cạnh chung của mặt nằm trên hai đường thẳng song song với mp a khác nên tứ diện b Vì vậy mặt phẳng III , mặt phải song song với A B và với IV . ; cạnh chung của mặt MN vuông góc MQ chỉ có một cặp cạnh đối vuông góc , đó là T + Gọi giao điểm của mp III lần lượt chứa các đoạn giao CD AC , BC , BD, AD . AB và CD . . , lần lượt là M , N , P, Q .Đặt: k MA MC Ta có: a MN 1 kb ;M Q k 1 + Diện tích của hình vuông . Từ MN MQ ta có : k M NPQ k a . b ab là : ( a ) và mặt II . Ngoài ra hai đường thẳng này vuông góc với nhau, vì + Do , mặt II và mặt I T 2 b ........................................................................................................................................ . .Ta Bài 6. Cho hình chóp tứ giác S . A B C D , có đáy là một hình bình hành. Gọi G là trọng tâm tam giác S A C . M là một điểm thay đổi trong miền hình bình hành A B C D .Tia M G cắt mặt bên của hình chóp tại điểm N .Đặt Q MG NG NG MG 1/ Tìm tất cả các vị trí của điểm 2/ Tìm giá trị lớn nhất của sao cho M Q đạt giá trị nhỏ nhất. . Q Hƣớng dẫn giải s N D' C' N' H G D A M O C B 1/ + Q + MG NG NG MG cắt mp SG 2 ABCD .Dấu bằng khi và chỉ khi tại tâm mặt phẳng song song với mp phẳng song song với mp NG N 'G MG OG Ta có : Nối ' ' ' NG Q ' A1 B 1 C 1 D 1 2 NG MG N ' ABCD SA, SB , SC , SD SG tại trùng K cắt ABCD . 1 cắt ABCD 1 NG của hình bình hành O . Gọi là trung điểm của K lần lượt tại A1 , B 1 , C 1 , D 1 . N thuộc cạnh hình bình hành khi và chỉ khi M A1 B 1 C 1 D 1 tại P , ta có : P M // S G thuộc cạnh hình bình hành là hình chiếu song song của hình bình hành ' ' A1 B 1 C 1 D 1 . ' ' A1 B 1 C 1 D 1 A1 B 1 C 1 D 1 lên mp ABCD theo phương S G . 2/ + Miền hình bình hành A B C D hợp bởi các miền tam giác OAB, OBC , OCD , ODA SG Từ N '. MG cắt cạnh hình bình hành NK + Từ đó ; MG N . Từ K dựng dựng mặt thuộc miền hình bình hành thuộc miền O A B . M A ABCD M Do đó thuộc miền N và SC , SD Do đó: SO HG SC ' D ' N 'G 0 Ta có : x vàø và . Vì vậy: SG N ' thuộc đoạn HG N 'G SG OG OG OG 1 Q x 1 với x , với SH C ', D ' và 1 x ;2 x . 1 ;2 hay lần lượt là trung điểm của H 1 NG 2 MG 2 M axQ M ax 1 Q ;Q 5 2 ;Q 1 2 +Giá trị lớn nhất của Q là : 5 . . 2 . Đạt khi trùng với M . 2 hoặc các đỉnh O A, B , C , D 2 Bài 7. Cho tứ diện A B C D có diện tích các tam giác nhị diện tạo bởi hai mặt Chứng minh: và ADC b/ Diện tích S m của tam giác ADM a/ MB Sb MC Sc ADB cắt BC tại ADB M . là: Sm Sb và 2 Sc Hƣớng dẫn giải Câu a: M diện cạnh ADB , ở trên mặt phẳng phân giác của góc nhị AD nên khoảng cách từ M đến hai mặt phẳng ADC bằng nhau và kí hiệu là + Do đó: MB dt(D B M ) VADBM S b .d Sb MC dt(D C M ) VADCM S c .d Sc Câu b: + Tính công thức thể tích tứ diện: d . ADC . . là S b và S c . Mặt phẳng phân giác của là góc giữa hai mặt 2 S b .S c . c o s + Do M 2 x MG Q ' C thuộc một trong bốn miền tam giác này. Chẳng hạn B N D '; M O N S . M . NG +Đặt : N nên '; M ADB và ADC . 1 VABCD 1 S c .B H 3 1 S c .B K . s i n 3 3 S c .B K .A D . 2 S b .S c . s i n s in AD 3A D A + VABCD VADBM , áp dụng công thức tính thể tích trên ta suy ra: VADCM 2 S b .S m . s i n 2 S b .S c . s i n 3A D 2 S c .S m . s i n 2 3A D Rút gọn, được: 2 S b .S c . c o s Sm 2 K 3A D Sb H D 2 C H . Sc M S Bài 8. Với hai đường thẳng M N , PQ chéo nhau trong không gian, kí hiệu d lượt là khoảng cách và góc giữa hai đường thẳng a/ Chứng minh rằng nếu tứ diện thì trong ba số: ABCD thỏa điều kiện: d AC , BD ABCD thỏa điều kiện: d AB,CD d AC , BD d AD , BC AB,CD d AC , BD d AD , BC C D B1 Dựng hình hộp ngoại tiếp tứ diện A C 1 B D 1 B 1 D A1 C . AB,CD d AC , BD d c1 , A D 1 z, A C1 Từ hình bình hành y , A B1 A C 1 B D1 x 2 2 a1 2 y 2 z 2 S D1 . c, . A C1 ta có: a a A1 AD, BC suy ra các mặt của hình hộp cùng diện tích Đặt a A B , a 1 C D , A C b , B C b1 , A D BC và thì nó là hình chóp tam giác đều. AD , BC a/ d M N , PQ có một số bằng tổng hai số còn lại. Hƣớng dẫn giải Giả thiết và . c o tg A B , C D ; c o tg A C , B D ; c o tg A D , B C b/ Chứng minh rằng nếu tứ diện AB,CD M N , PQ M N , PQ 2 4 a1 4 ; cos A B , C D 4 1 2 a .a 1 y 2 B lần y 2 z 2 cos A B , C D a .a 1 Chú ý: S d tA C 1 B D1 a 1 a s in z Tương tự: . Do đó: AB,CD x 2 cot g A C , B D y z thì 2 z 2 cot g A B , C D 2S 2 x 2 y 2 ; 2S Nếu x y 2S c o tg A B , C D c o tg AC , BD c o tg AD, BC c o tg . AD, BD Các trường hợp khác cũng có kết quả như thế. b/ Từ các kết quả câu a/ nếu thêm thì c o tg A B , C D AB,CD c o tg A C , B D c o tg A D , B C Suy ra các cặp cạnh đối của tứ diện a Lúc này ta cũng có: 2 2 a1 a .a 1 Suy ra a , a1 b , b1 b b .b 1 c , c1 AC , BD 2 b1 c 0 . vuông góc đôi một. ABCD 2 AD , BC 2 2 c1 (D o x = y = z ) c .c 1 . Vì vậy phải có ít nhất một mặt của tứ diện ABCD là một tam giác đều. Từ đó A B C D là hình chóp tam giác đều. Bài 9. Trong không gian cho ba tia lần lượt trên nguyên OA O x, O y, O z dương, .Dãy số (an) trên a n .O A n ; O B các an O x, O y, O z 2 không đồng phẳng và ba điểm A , là một cấp số cộng có an tia a n 1 .O B n ; O B O x, O y, O z .O C n theo thứ a1 tự 0 và công sai các lấy .Chứng minh các mặt phẳng B, C d điểm A n , An , B n , C n ( khác điểm 0 O ) . Với mỗi số n Bn , C n sao cho luôn luôn đi qua một đường thẳng cố định. Hƣớng dẫn giải + Phát biểu và chứng minh mệnh đề: Nếu hai điểm số thực x, y  OS x +Từ giả thiết: X ,Y phân biệt. Điều kiện cần và đủ để điểm  xOX  yOY , với điểm O tùy ý. 0 nên: 1 là cấp số cộng công sai d + áp dụng nhận xét trên, ta có:  OI an d 1 thuộc đường thẳng thỏa: y an S  OBn a n  OA n d thì I An B n . an 1 an d an d 1 an d 1 . XY là tồn tại cặp  OA và   anOA n ; OB an  OI Thế vào trên ta được:  O B n ( do a n , a n 1  OB  OA d d 1  AB , d thẳng A n B n luôn đi qua một điểm cố định I 0) 1 n = 1 ,2 ... suy ra I cố định, nên đường . + Tương tự, chứng minh được: Bn Bn luôn đi qua một điểm cố định J An C n luôn đi qua một điểm cố định K Vậy các đường thẳng An B n , B n C n , An C n xác định bởi:  OJ xác định bởi: lần lượt đi qua ba điểm 1  BC d  OK I, J, K . 1  AC 2d cố định. +Chứng minh ba điểm thẳng hàng: Ta có: I, J, K 1  AB d  OK ,  OJ 1  AC 2d 1  BC d  (A B ,  OK .  d .O J ) thẳng hàng. Điều này chứng tỏ mặt phẳng An B n C n 1  BC) 1  AC 2d  ( d .O I Do đó: Vậy  OI 2d 1 2d 1  (O I 2  O J) luôn đi qua một đường thẳng cố định. Bài 10. Trong không gian cho ba mặt phẳng cố định có một điểm chung duy nhất. M là một điểm của không gian, các đường thẳng đi qua M song song với hai mặt phẳng cắt mặt phẳng còn lại lần lượt tại 1 9 9 8 .Tìm tập hợp các trọng tâm của tam giác A B C . A , B , C . Biết M A M B M C Hƣớng dẫn giải + Gọi O là giao điểm của 3 mặt phẳng. a , b , c là 3 giao tuyến . Dùng tính chất hình hộp và tính chất trọng tâm, ta có: uuuur OM ' = 2 uuur OM 3 , với M " là trọng tâm của ABC . U _ B _ C _ M' _ M _ C _ O _ A _ V _ + Tìm tập hợp các điểm M : Ba mặt phẳng chia không gian làm 8 miền. Ta chỉ cần xét một miền: Gọi OU Ô OV 1998 . Chứng minh được: M thuộc miền trong tam giác x y z Mà MA 1 MB MC Suy ra các điểm O uuur UVÖ khi và chỉ khi: O M thuộc a, b, c : uuur uuur uuur = x O U + y O V + zO W với . 1998 Do đó: Tập các điểm tựtâm U, V, Ö M ' x y 1. z là miền trong của tam giác M ( trọng tâm của tam giác ABC UVÖ . ) là ảnh của miền trong tam giác UVÖ qua phép vị 2 tỉ 3 Bài 11. Cho hình chóp S . A B C D , đáy A B C D là hình chữ nhật có K là hình chiếu vuông góc của P xuống A C . a/ Tính độ dài đoạn vuông góc chung của S A và B K . b/ Gọi M MN , N lần lượt là trung điểm của đoạn thẳng AK và CD Hƣớng dẫn giải N _ D _ C _ K _ M _ O _ A _ B _ a) + Theo giả thiết ta được: Mà + Gọi BK H SAC và B B K là hình chiếu của HK HK Suy ra được: SO SA và K HK ABCD AC BK xuống SA BK ( vì SAC SA HK là đoạn vuông góc chung của BH SA và HBK SAC SA vuông tại ABCD . K và . ) BK . a, BC b , SA SB SC . Chứng minh: Các đường thẳng vuông góc nhau. S _ AB . BM SD và c . + Do vuông đỉnh ABC 1 nên: A 1 BK + SAB cân đỉnh S , 2 2 AB là đường cao nên BH 2 1 BK 2 BC a c S I.A B HB HBK HK vuông tại 2 HB 2 (4c 2 2 2 a )a 4c HK (4c 2 2 a 2 4 c (a b) +  2BM  BA +  MN  MB +  MN 1  KB 2  BK  BC  BC  CN 2 2 2 b )a 2 2 a b 2 a 4 a HK 2 b )  KB) 2 a 2 . 2 .a 4 c 2  BC 2 b 2 (4c 2c ( vì M là trung điểm của 1  (A B 2 b nên: K BK 2 2 SA + Do 2 a b 2 2 (a AK a 2 2 2 b ) 2 b ) ) 1  BA 2 . + Do đó:   4 B M .M N = = = = = Vậy: BK     (B A B K ) .( K B 2 B C )         B A .K B 2 B A .B C B K .K B 2 B K .B C       B A .K B B K .K B 2 B K .B C      K B .( B A BK 2 .B C )      K B .( B A BC BK BC)        K B .( C A CK) K B .C A K B .C K 0 . MN ( Có thể tính và áp dụng định lý Pythagor). Bài 12. Cho tứ diện A B C D cóhai cạnh đối bằng b , c và các cạnh còn lại bằng a . a/ Tìm giá trị nhỏ nhất của tổng các khoảng cách từ một điểm tùy ý trong không gian đến các đỉnh của tứ diện. b/ Giả sử tứ diện ABCD thay đổi vị trí trong không gian nhưng có ba đỉnh cầu cố định và đồng tâm.Chứng minh rằng đỉnh a , b , c thay đổi thỏa các giả đã cho. D A, B , C lần lượt ở trên mặt luôn ở trong một hình cầu cố định khi độ dài Hƣớng dẫn giải D a) I D’ Ta có thể giả sử bằng a . Gọi I , AD , BC và BC và các cạnh còn lại lần lượt là trung điểm của các cạnh AD J b, BC c . Ta dễ dàng suy ra vuông góc với I và AD chính là trục đối xứng của tứ diện. IJ Lấy M tùy ý trong không gian, M ' là điểm đối xứng của M qua I J suy ra trung điểm K của M M ' chính là hình chiếu của 2 MA MA MB MC M 'A 2KA trên đường thẳng M MD MB 2KB 2KC MA M 'B MB MC 2KD và ta có: IJ MC M 'C MD M 'A M 'B MD M 'D M 'C M 'D . 1 ( Do tính chất: trung tuyến của một tam giác thì bé hơn nữa tổng của hai cạnh cùng xuất phát từ một đỉnh của nó). Do đó: MA MB MC MD KA KB KC KD Bài toán trở thành tìm điểm K trên I J sao cho K A K B K C K D bé nhất. Trong mặt phẳng B C I dựng hình thang B C D ' A ' sao cho I J là trung điểm của hai đáy và IA KA ID ' . I A ', I D KB KC Vậy KA Tính IJ : IJ Ta thấy rằng: với KD KB KA ' KC 2 DJ KB KD 2 ID KC KD ' nhỏ nhất khi 2 DC 2 tùy ý trên K JC 2 thì I KA ' KC chính là giao điểm K ID 2 a c 2 2 b 2 Tính BD ': BD ' BC IJ b 2 2 c IJ c 2 2 4 2BD ' 4a a 2 2 2 c b 4 2 Tổng các khoảng cách nhỏ nhất là: d của hai đường chéo A ' C và B D ' . 4 a 2bc b Do đó: BD '. A 'C 2 2 A 'D ' KD ' K0 KD '. và K D KA ' KB 4 2 KA 2 a 2 4 bc 2 . 4 . 2 . b) Gọi OD kính Bài 13. r1 , r2 , r3 OC R là bán kính các mặt cầu tâm DC r1 r2 OC AB OC M lên AB, AC g SA, PQ ( ký hiệu r3 . Do đó D A, B , C . Ta có: ở trong hình cầu cố định tâm OA OB r1 r2 A nhọn. M là điểm di động trên O , bán r3 . Cho tam giác A B C có góc vuông góc của và lần lượt đi qua các đỉnh O g a,b .Tìm tập hợp các điểm g SP , AQ g SQ , AP là góc giữa hai đường thẳng S . P, Q không phụ thuộc mặt phẳng . a, b ) Hƣớng dẫn giải + Với tứ diện A B C D ta chứng minh: BC lần lượt là hình chiếu ABC sao cho: g AB,CD g AD, BC g   A B .C D Thật vậy ta có đẳng thức: g AB,CD Với 1 , 1 A C .D B SA, PQ g BM AB   A C .D B 1. CD và   A D .B C thì AC , BD AD BC , AC BD . . Từ đó nếu: 0 A B .C D 1 A C .D B A D .B C c o s 2 0 Mặt khác ta có bất đẳng thức đối với các cạnh của tứ diện là: A D .B C 2 g SP , AQ APQ + Đặt AD , BC nhận giá trị 1 hay 2 A B .C D +g g AC , BD 0 , nên g SQ , AP 90 90 0 0 . khi và chỉ khi hình chiếu lên S là trực tâm tam giác ABC . t . Gọi là hình chiếu của E, F B và lên C . Ta có: AC , AB BC  MH  MP  BP  tBE, +Suy ra:  MQ  MB  CQ  EH  t)C E , (1  BH  BE Vậy tập hợp các điểm mặt phẳng Bài 14. x, y ABC  BP S (1 mà ta có:   t)B C , B H  BM . Tập hợp các điểm  MH là đoạn H  tBF (1  t)B E . EF là dải mặt phẳng ở giữa hai đường thẳng a, b lần lượt đi qua E, F và vuông góc . Cho tứ diện đều cos x  CQ  MB  tEF ABCD lần lượt là góc tạo bởi a, cm  MC P . Mặt phẳng chứa cạnh P với các mặt phẳng BC và BCD và cắt cạnh của tứ diện tại AD . Gọi E ABC 1 y 3 b, Cho ta n x 5 2 . Tính tỉ số thể tích 2 tứ diện ABCE và B C D E 7 Bài 15. Cho hình chóp lượt là trung điểm của S .A B C D SA, SB đáy là hình thang ABCD . Mặt phẳng DMN cắt SC tại và AD  BC P . Tính tỉ số CP AD 2BC . Gọi M , N lần . CS Bài 16. Cho tam giác đều ABC : 1. M là điểm nằm trong tam giác sao cho M A 2. Một điểm S của các cạnh P Q // B I nằm ngoài mặt phẳng AC và . Tính độ dài SB PQ ABC 2 MB 2 2 M C . M C . Hãy tính góc B sao cho tứ diện . Trên đường thấng AS và CK SABC đều, gọi I, K ta chọn các điểm biết cạnh của tứ diện có độ dài bằng 1 . là trung điểm P, Q sao cho Bài 17. Trong mặt phẳng cho đường tròn C Đường kính A B cố định và điểm M di động trên C . Gọi S là điểm cố định trên đường thẳng vuông góc với mp tại A . Hạ các đường A I , A J lần lượt vuông góc với S M và S B . 2.1 Chứng minh rằng AI IJ . 2.2 Bài 18. Cho hình lăng trụ khi di động trên M và CD . Mặt phẳng b. Mặt phẳng Bài 20. cắt A1 M C ACE cắt A1 M N Cho lăng trụ đứng M có đáy A B C D . A1 B 1 C 1 D 1 a. Chứng minh tam giác Gọi I C C1 OA tại E BCD Cho tứ diện có ABCD ABCD tại K . Tính tỉ số b. Mặt phẳng KC . K C1 có đáy là tam giác vuông cân tại vuông góc với AB . Gọi a. Chứng minh tứ giác lần lượt là trung điểm của O , OA OB a , A A1 a 2 . . là trực tâm của tam giác Cho tứ diện M ,N . b. Tính diện tích thiết diện vừa tìm được theo Bài 21. là hình thoi là tam giác vuông. O A B .O 1 A1 B 1 là trung điểm của AB ABCD a. Xác định thiết diện giữa lăng trụ và mặt phẳng Bài 22. . C Cho hình lập phương A B C D . A B C D cạnh a . a. Tính góc giữa hai đường thẳng A C và A B . b. Gọi M , N , P lần lượt là các điểm thuộc các cạnh A B , B C , D D sao cho A M B N D P . Chứng minh rằng trọng tâm tam giác M N P luôn thuộc một đường thẳng cố đị nh khi M , N , P thay đổi. Bài 19. B B1 Tìm quỹ tích của điểm BCD M , vuông góc với AC và chân đường vuông góc hạ từ 2 BC CD lần lượt là trung điểm DB 6 AB AB, AD,CD, BC là hình bình hành. Tìm điều kiện của tứ diện để đi qua N và song song với A1 B . . . Chứng minh rằng M , N , P,Q M NPQ a đi qua P AB,CD . Xác định thiết diện của Thiết diện là hình gì? Hƣớng dẫn giải 2 A đến mặt phẳng AD 2 AC 2 . . M NPQ là hình thoi. và tứ diện ABCD . 1/ (1,5 điểm) A 0,5 M N 0,5 F E B D 0,25 P 0,25 Q C * 0,5 M N // B D M N // P Q P Q // B D * Tương tự MQ // NP Kết luận: Tứ giác MNPQ là hình bình hành * MNPQ là hình thoi khi AC = BD 2 / (1 điểm) Bài 23. * ABD NE N E // A B 0,25 * ACD NF N F // C D 0,25 Thiết diện là tứ giác NEQF 0,25 * Tứ giác NEQF là hình bình hành 0,25 Cho hình chóp đáy và SA a 3 . M S .A B C D có đáy là nửa lục giác đều với cạnh là một điểm khác B trên SB sao cho AM (a a MD 0 ). Cạnh . Tính tỉ số SA SM vuông góc với . SB Hƣớng dẫn giải S H D A B C Đặt hình chóp vào hệ trục toạ độ như hình vẽ. Suy ra ta có: A S 0; 0; a 3 và B a 2 ; a 3 2 ;0 . Suy ra phương trình của SB 0; 0; 0 là , D 2 a ; 0; 0 , 2x 2y a Gọi M thuộc cạnh x0 ; y0 ; z0 SB a 3 2 x0 AM 2 2 ax0 3a M 8 ;   A M .D M DN 2 y0 3a 3 z0 a ; 8 0 a 3 3 3 x0 . z0 a 3 2 hay SM 3 SB 4 3 x0 0 3a x0 8  SM 3 a , ta có: y0 Mặt khác z 3  SB 4 4 Bài 24. Cho hình chóp tứ giác S . A B C D có đáy A B C D là hình bình hành tâm O và các cạnh bên có độ dài bằng nhau. Một mặt phẳng ( ) thay đổi và luôn cắt các cạnh bên của chóp, gọi giao điểm của ( ) với các cạnh bên minh rằng: Bài 25. SA, SB , SC , SD 1 1 1 1 x z y t Cho hình chóp giác đều và mp M , N , P,Q . Đặt x , z , cạnh bằng a SM , y SN SP , t SQ . Chứng . có đáy S .A B C D SAB lần lượt là ABCD vuông góc với mp a. Tính các khoảng cách: d là hình vuông tâm ABCD O , SBC , O , mặt bên SAB là tam . d A, SC D , d AC , SB . b. Xác đị nh tâm và tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S . A B C D . c. Mặt phẳng Bài 26. P chứa AB và vuông góc với mặt phẳng thiết diện hình gì? Tính diện tích thiết diện theo a . Cho hình chóp S . A B C có đáy A B C là tam giác đều cạnh A B C và S A 3 a . Gọi O là trọng tâm của tam giác A B C , O lên mặt phẳng . SBC 1/. Chứng minh rằng : H là trực tâm của tam giác S B C . 2/. Tính góc giữa đường thẳng O H và mặt phẳng A B C . Hƣớng dẫn giải S 3a K SC D 2a H cắt hình chóp đã cho theo , S A vuông góc với mặt phẳng là hình chiếu vuông góc của điểm 1/. Gọi Do Do là trung điểm của cạnh M đều, ABC SA là trọng tâm của G nên ABC BC ABC H Suy ra SH BC * Do ABC Do SA đều nên ta có nên S A SAB OH Suy ra (2) SB Từ (1) và (2) suy ra . . lên SBC nên OH BC và OM BC AB . SB . là trực tâm của H SBC là hình chiếu vuông góc của điểm Do đó ta có O H ABC . OH COH K CO OC SBC Từ đó ta có S B 2/. Gọi O lên . OC CH BC SM . BC (1) Từ đó suy ra O C Mặt khác SM là hình chiếu vuông góc của ABC Suy ra S B nên ta có A M là hình chiếu vuông góc của AM Theo Định lí ba đường vuông góc ta có Mặt khác do . // A K Ta có đường thẳng . A lên SBC . . AM là hình chiếu vuông góc của đường thẳng AK lên ABC . Suy ra H M BC . Vì vậy góc giữa đường thẳng đường thẳng Do Xét A M K  AM S SAM Suy ra AK , AM 0 90 vuông tại A M K  ASM  AM S có AM ta n  ASM AM a 3 Kết luận: Bài 27. 90 0 , SA 3 ta n  ASM A M K nên và bằng góc giữa hai ABC  ASM . 3a  ASM 30 0 3 OH , ABC OH , ABC 30 30 0 0 . . Cho tứ diện A B C D có các cặp cạnh đối bằng nhau từng đôi một A B Chứng minh với mọi điểm M trong không gian ta đều có: MA Bài 28. AK . AS Từ đó ta có góc bằng góc giữa đường thẳng ABC bằng góc và A và OH 2 2 MB MC 2 CD; AC BD; AD BC . 2 MD Cho hai đường thẳng d , d chéo nhau và vuông góc với nhau nhận O I làm đường vuông góc chung ( O thuộc d và I thuộc d ). Trên d lấy điểm A cố định, trên d lấy hai điểm M , N di động sao cho mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng d,M d,N . a/. Chứng minh trực tâm tam giác A M N cố định. b/. Xác định M , N để diện tích tam giác A M N là nhỏ nhất. Bài 29. Cho tứ diện cạnh có S .A B C SA, SB , SC SA lần lượt tại Chứng minh rằng:  SM SB D,E,F 1 1 4 SD  SD Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức : Bài 30. Bài 31. mặt phẳng đi qua trọng tâm P Cho góc tam diện 1  SE SE 1  SF . SF 1 1 1 S D .S E S E .S F S F .S D . S .A B C D Sxyz của tứ diện, cắt M (khác S ). , có đáy A B C D là hình chữ nhật với SA SB SC SD 2 a . Gọi K là hình chiếu vuông góc của B trên vuông góc của K trên S A . 1/. Chứng minh rằng S A B K . 2/. Tính góc giữa đường thẳng S B và mặt phẳng B K H . Cho hình chóp thỏa mãn góc xS y 0 1 2 1 ; xS z 59 0 . Trên tia AB và AC Sx a 2,BC H a và là hình chiếu lấy điểm A sao cho cho trước. Trên tia phân giác của góc xS y lấy điểm B thỏa mãn S B a 3 . Tính các góc của tam giác S A B . Cho hình thang vuông A B C D có A D 9 0 0 , A B 2 a , C D a , A D 3 a và M là điểm bất kỳ thuộc đoạn thẳng A D . 1/. Xác định vị trí của điểm M để hai đường thẳng B M và C M vuông góc với nhau. 2/. Lấy điểm S thuộc đường thẳng vuông góc với m p B C D tại M sao cho S M A M , xét mặt SA Bài 32. 1, SC a phẳng P qua điểm M và vuông góc với SA . Mặt phẳng diện là hình gì ? Tính diện tích của thiết diện theo a, x biết x P cắt hình chóp AM và 0 x SABC D 3a ?. theo thiết Bài 33. Cho tứ diện A B C D có các đường cao A A ', B B ', C C ', D D ' đồng qui tại một điểm thuộc miền trong của tứ diện. Các đường thẳng A A ', B B ', C C ', D D ' lại cắt mặt cầu ngoại tiếp tứ diện A B C D theo thứ tự tại Bài 34. A1 , B 1 , C 1 , D 1 Cho hình chóp . Chứng minh: SABC D a/. Tìm giao tuyến của b/. Tìm giao điểm I AA BB CC DD 8 A A1 B B1 C C1 D D1 3 có đáy A B C D là hình bình hành. M SM N của MN và và SBD . SBD , tính tỷ số MI ,N lần lượt là trung điểm của A B , S C . . MN Hƣớng dẫn giải S J N A D I M K C B a/. Trªn Ta cã: S gäi ABCD K lµ giao ®iÓm cña MC lµ ®iÓm chung thø nhÊt cña 2 mp vµ B D . SM N vµ SBD MÆt kh¸c: - K - C SN - K MC BD K nªn nªn nªn K C K SBD SM N do ®ã MC . SM N . lµ ®iÓm chung thø 2 cña 2 mp VËy: giao tuyÕn cña SM N SM N vµ SBD SM N lµ S K . vµ SBD . .