Tài liệu Hhkg qua cac ki thi hsg

CHUYÊN ĐỀ 12 THỰC HÀNH GIẢI TOÁN HÌNH HỌC KHÔNG GIAN QUA CÁC KÌ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH (THÀNH PHỐ) Bài 1: [HSG HÀ NỘI 2009-2010] Cho hình lập phương ABCD. ABC D có cách cạnh bằng a . Với M là một điểm thuộc cạnh AB , chọn điểm N thuộc cạnh DC sao cho AM  DN   a 1. Chứng minh đường thẳng MN luôn đi qua một điểm cố định khi M thay đổi. 2. Tính thể tích khối chóp B.AMCN theo a . Xác định vị trí của M để khoảng cách từ B tới  AMCN  đạt giá trị lớn nhất. Tính giá trị lớn nhất đó theo a . 3. Tìm quỹ tích chình chiếu vuông góc của C xuống đường thẳng MN khi M chạy trên cạnh AB Lời giải A' M B C D C1 I K A' B' J H D' N C' 1. Chứng minh đường thẳng MN luôn đi qua một điểm cố định khi M thay đổi. Xét hình chữ nhật ABCD , gọi I là giao điểm của AC và MN . Ta nhận thấy hai tam giác AMI và CNI bằng nhau nên IA  IC tức I là trung điểm của AC . Vậy MN luôn đi qua tâm I của hình lập phương. 2. Tính thể tích khối chóp B. AMCN theo a . Xác định vị trí của M để khoảng cách từ B tới  AMCN  đạt giá trị lớn nhất. Tính giá trị lớn nhất đó theo a . VC . AMB 1 S ABBA a 3  .CB.  3 2 6 Tương tự VC . ANB  a3 a3 . Vậy VB. AMCN  VC . AMB  VC . AMB  . 6 3 Dễ thấy ANCM là hình bình hành. Gọi J là trung điểm AC  thì IJ   ABC D  , gọi H là hình chiếu của I lên đường thẳng AN thì JH  AN . 1 1 1 Tính IJ : S AJN  S ANC   AD.NC   ax 2 4 4 S ax 2 Mặt khác AN  a 2   a  x  nên JH  2 AJN  2 AN 2 a   a  x 2 2  a 2  a 2  ax  x 2  a2 x2 a2  x2 a IH  IJ  JH      1      2 4  a 2   a  x  2  2  a 2   a  x 2   2  4 a2   a  x  2 2 2   1 a 2  a 2  ax  x 2  2 a2 2 2 S A2MCN  4 S IA2 N  4 IH 2 . AN 2   2 . a  a  x  a  ax  x 2      2   4 2  a  a  x  2   S AMCN Ta  2 a2 2 a 2  3a 2  a   2   a  ax  x   2  4   2  x   2   cos 3V 1 a3 VB. AMCN  .S AMCN .d  B,  AMCN    d  B,  AMCN    B. AMCN  3 S AMCN S AMCN nên 2 6a a d  B,  AMCN   lớn nhát khi S AMCN nhỏ nhất  x  . Khi đó khoảng cách nhỏ nhất là . 2 3 3. Tìm quỹ tích chình chiếu vuông góc của C xuống đường thẳng MN khi M chạy trên cạnh AB . Gọi K là tâm hinh vuông BCCB thì dễ thấy CK   ABC D  từ đó gọi C1 là hình chiếu của C trên đường thẳng MN thì KC1  IC1 . Tức là C1 nhìn đoạn IK dưới một góc vuông, do đó quỹ tích C1 la cung tròn trong mặt phẳng  ABCD  có đường kính IK ( Giới hạn: Hình chiếu của C trên đường Bài 2: thẳng AC khi M  A , hình chiếu của C trên BD  khi M  B ). [SỞ TPHCM 2011] Cho hình chóp S . ABCD có ABCD là hình vuông cạnh a , SA vuông góc với  ABCD  , SA  a . Xác định và tính độ dài đoạn vuông góc chung của AC và SD . Lời giải E S J D A M I C B Gọi M là trung điểm của AD . I là giao điểm của BM và AC , J là giao điểm của EM và SD ( E là đỉnh của hình vuông SADE ). IM AM 1 JM DM 1 Ta có   ,   IB BC 2 JE SE 2 IM JM 1   IJ  BE và IJ  BE IB JE 3 AC   BDE   AC  BE  AC  IJ  SD   BAE   SD  BE  SD  IJ Vậy IJ là đoạn vuông góc chung của AC và SD . a 3 3 Bài này cũng có thể giải bằng phương pháp tọa độ [SỞ TPHCM 2010] Cho tứ diện ABCD . Giả sử I là điểm thuộc cạnh AB có khoảng cách đến các BE  a 3  IJ  Bài 3: mặt phẳng  ACD  và  BCD  bằng nhau. a) Chứng minh rằng : IA VAICD S ACD   IB VBICD S BCD b) Cho IA  IB và AB vuông góc với CD . Chứng minh rằng AB vuông góc với mặt phẳng  ICD  . Lời giải a) Ta có : VAICD AH AI với AH là đoạn vuông góc vẽ từ A đến mp  ICD  và BK là đoạn   VBICD BK BI vuông góc vẽ từ B đến mp  ICD  . Ngoài ra ta còn có : VI . ACD IM .S ACD với IM là đoạn vuông góc vẽ từ I đến mp  ACD  và IN là  VI .BCD IN .S BCD đoạn vuông góc vẽ từ I đến mp  BCD  . ACD, BCD  nên IM  IN cho tađpcm. Vì I thuộc mặt phân giác của nhị diện  b) Với IA  IB và AB vuông góc với CD , ta vẽ đường cao AJ của tam giác ACD . Ta có : CD vuông góc AB , CD vuông góc AJ nên CD vuông góc với mp  ABJ  suy ra CD vuông góc với BJ . Do vì IA  IB nên diện tích  ACD  bằng diện tích  BCD  , do câu a). Nên suy ra AJ  BJ . Tam giác ABJ cân tại J cho ta : JI vuông góc với AB . Vậy AB vuông với IJ , AB vuông với CD nên AB vuông với mp  ICD  ( đpcm) Bài 4: [SỞ TPHCM 2010] Cho tứ diện ABCD , trong tam giác BCD chọn một điểm M và qua M kẻ các đường thẳng song song với các cạnh AB , AC , AD cắt các mặt  ACD  ,  ABD  ,  ABC  lần lượt tại A’ , B’ , C’ . Xác định vị trí của M trong tam giác BCD sao cho thể tích tứ diện MA’B’C’ đạt giá trị lớn nhất. Lời giải V MA ' MB ' MC ' Trước hết ta chứng minh : M . A ' B 'C '  . . (1) VA. BCD AB AC AD Thật vậy, ta xét góc tam diện đối đỉnh của góc tam diện A.BCD và lấy trên ba tia đối lần lượt các đoạn AA1  MA’ , BB1  MB’ , CC1  MC’ . Thực hiện phép tịnh tiến theo vectơ MA thì hình tứ diện MA’B’C’ biến thành tứ diện AA1B1C1 nên thể tích hai hình tứ diện ấy bằng nhau và ta có : VA. A1B1C1 VA.BCD  AA1 AB1 AC1 MA ' MB ' MC ' (đpcm) . .  . . AB AC AD AB AC AD và ta chứng minh tiếp : MA ' MB ' MC '   1 AB AC AD (2) Thật vậy, ta có : VABCD  VMABC  VMACD  VMABD  1  Xét VMABC VMACD VMABD   VABCD VABCD VABCD VMABC VMABC MK   VABCD VD. ABC DH với MK là khoảng cách từ M đến mp  ABC  , DH là khoảng cách từ D đến mp  ABC  . Ta lại có hai tam giác vuông MKC và DHA đồng dạng cho : Suy ra : MK MC '  DH AD VM . ABC MC '  VD. ABC AD Tương tự ta có : VMACD MA '  VB. ACD AB ; VMABD MB '  VB. ACD AC Vậy (2) đúng. Từ các kết quả (1) và (2), ta có : 1 MA ' MB ' MC ' MA '.MB '.MC ' 1 MA '.MB '.MC ' VMA ' B ' C '    33    AB AC AD AB. AC. AD 27 AB. AC. AD VABCD Vậy VMA ' B ' C '  1 VABCD 27 1 VABCD khi xảy ra dấu bằng, lúc ấy M là trọng tâm tam giác 27 1 1 1 BCD . (vì MA '  AB, MB '  AC , MC '  AD) . 3 3 3 Thể tích MA’B’C’ đạt lớn nhất là Bài 5: [SỞ TPHCM 2009] Cho tứ diện ABCD có AB  BC  CA  a , AD  2a , BD  a 3 , CD  a 2 . Tính theo a khoảng cách từ D đến mặt phẳng  ABC  . Lời giải D A B Ta có BCD vuông tại C , ABD vuông tại B . Gọi H là hình chiếu của D lên mp  ABC    30 Ta có AB  BD  AB  BH  CBH BC  CD  BC  CH C H  CH  a 3  DH  DC 2  CH 2  a Bài 6: 5 3 [SỞ TPHCM 2009] Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a , SA vuông góc với mặt phẳng  ABC  . Gọi H , K lần lượt là hình chiếu vuông góc của A lên các đường thẳng SB , SC . Xác định tâm và tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp A.BCKH theo a . Lời giải S K H D C A O E B Gọi O là giao điểm 2 đường cao BD và CE của ABC .  BD   SAC  và CE   SAB  Do ABC là tam giác đều nên D , E lần lượt là trung điểm của AC , AB  D , E lần lượt là tâm cácđường tròn ngoại tiếp các tam giác AKC và AHB .  O là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp A.BCKH a 3 3 [SGD PHÚ THỌ 15-16] Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a , AC  a . Tam giác SAB cân và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy. Tính khoảng cách từ điểm D tới mặt phẳng  SBC  , biết góc giữa đường thẳng SD và mặt phẳng đáy bằng 60o . Bán kính OA  Bài 7: Lời giải S K A D H B I C Gọi H là trung điểm của AB , tam giác SAB cân nên SH  AB . Vì tam giác SAB nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy nên SH  ( ABCD) . Suy ra góc giữa SD và mp  ABCD  là   60o  SH  HD tan 60o  HD 3. SDH   120o . Dễ thấy tam giác ABC đều cạnh a nên  ABC  60o  HAD Theo định lí Côsin: HD 2  AH 2  AD 2  2 AH . AD.cos1200  a2 a  1  7a 2  a 2  2. .a.    4 2  2 4 a 7 a 21 hay SH  HD 3  . 2 2 Ta có AD  BC  AD   SBC   d  D,  SBC    d  A,  SBC   . Suy ra HD  Đường thẳng AH cắt  SBC  tại B nên d  A,  SBC   d  H ,  SBC    BA  2  d  A,  SBC    2d  H ,  SBC   BH Kẻ HI  BC , HK  SI . Vì BC  HI , BC  SH  BC   SHI   BC  HK . Vì HK  BC , HK  SI  HK   SBC   HK  d  H ,  SBC   . Vì thấy tam giác ABC đều cạnh a nên CH  AB hay tam giác HBC vuông tại H . Ta có 1 1 1 1 1 1 4 4 4 4.29   2      2 2  2 2 2 2 2 2 HI HS HI HS HB HC 21a a 3a 21a 2 609a a 609 . . Vậy d  A,  SBC    2d  H ,  SBC    2 HI  58 29 [SGD HÀ NAM 16-17] Cho hình hộp ABCD. ABC D có đáy ABCD là hình thoi cạnh a ,   60 , AA  AB  AD . Cạnh bên AA hợp với mặt phẳng  ABCD  một góc 600 .Tính theo a BAD Suy ra HI  Bài 8: thể tích khối hộp ABCD. ABC D và khoảng cách giữa hai đường thẳng BC , AD . Lời giải A' B' C' D' H 600 B A O G N C D Gọi G là trọng tâm ABD  G là tâm đường tròn ngoại tiếp ABD (vì ABD đều) Theo gt A ' A  A ' B  A ' D  A ' G  ( ABCD ) AA,( ABCD)    AAG  60  *) Tính thể tích khối hộp ABCD. ABC D 3 2 + S ABCD  AB. AD.sin 600  a 2 3 2 3  AG  AO  a 2 3 3 AAG vuông tại G  A ' G  AG.tan  A ' AG  a + ABD đều cạnh a  AO  a Vậy VABCD. ABC D  S ABCD . AG  a 3 3 . 2 *) Tính d  BC , AD  ?  BC  AD Ta có   BC   ADDA   AD   ADDA  vì AD   ADDA   d  BC , AD   d  BC ,( ADDA)   d  B,( ADDA)  Gọi BG  AD  N ( N là trung điểm của AD )  BG   ADDA   N  Vì  BN  d  B, ( ADDA)   3d  G, ( ADDA)  3   GN  AD  GN Ta có   AD  ( AGN ), AD   ADDA    AGN    ADDA   AD  AG  AGN    ADDA   AN Trong mp  AGN  dựng GH  AN suy ra GH   ADDA   d  G,  ADDA    GH a 3 a 13 a 117  GH   d  BC , AD   6 13 13 3 a 117 Kết luận: VABCD. A ' B 'C ' D '  a 3 ; d  BC , AD '  2 13 [SGD HÀ NAM 16-17] Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , cạnh Có AG  a, GN  Bài 9: bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy, SA  a 3 . Điểm M thay đổi thuộc cạnh BC ( M khác B , C ), điểm N thay đổi thuộc cạnh DC ( N khác D , C ) sao cho hai mặt phẳng  SAM  và  SAN  hợp với nhau một góc 450. Tìm vị trí của M , N để tổng thể tích của các khối SABM , SMCN , SADN đạt giá trị lớn nhất. Tính giá trị lớn nhất đó? S A a 45 a B 0 x M D y N C  SA  AM   450 Có SA  ( ABCD)     ( SAM ),( SAN )   MAN  SA  AN 1 Đặt V  VSABM  VSMCN  VSADN  SA. S ABM  S MCN  S ADN  3 Đặt BM  x, DN  y (với x, y   0; a  ). 1 1  BA.BM  CM .CN  DN .DA   a 2  xy  2 2     DAN   450  tan 450  tan BAM  tan DAN  a  x  y   1 Lại có BAM .tan DAN  a 2  xy 1  tan BAM  S  SABM  S MCN  S ADN  y a 2  ax a ax  x 2   S  a  ax 2 a  x  Đặt f ( x)  ax  x 2  x 2  2ax  a 2  f '( x)  2 ax a  x f '( x)  0  x     2  1 a. Bảng biến thiên x 1  2  a f ' x  0  0   a 3 2 2   a 0  f  x   max f  x   a 3  2 2  max S  a 2 2  2  0;a   2 1 a    Vì SA  a 3 (không đổi) nên max V  max S  max V    a3 3 2  2 3  khi x  y  a Vậy -và GTLN của max V   Bài 10:   a3 3 2  2  2 1 . 3 [HSG AN GIANG 08-09 vòng 1] Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông, SA  ( ABCD) . Cho SA  AB  a ; mặt phẳng  P  qua A vuông góc với mặt phẳng  SAC  cắt SB , SC và SD lần lượt tại B; C ; D . 1/. Chứng minh rằng tứ giác ABC D có hai đường chéo vuông góc. 2/. Đặt SC   x . Tìm x để mặt phẳng  P  chia hình chóp thành hai phần có thể tích bằng nhau. Lời giải S C D I B A D I B C  BD  AC 1. Ta có   BD  ( SAC ) . Mà ( P )  ( SAC ) nên BD  ( P) .  BD  SA  BD  ( SAC ) Mặt khác   BD  AC   AC  ( SAC ) ( SBD)  ( P )  BD Ta lại có   BD // BD . Do đó, BD  AC  .  BD // ( P) 2. Xét ABC vuông tại A có: 1  .SI .SC.sin ISC S SIC SC.SI 2   (1) / / S SI / C / 1 .SC / .SI / .sin ISC  SC .SI 2 - Tương tự: 1 .SA.SC.sin  ASC S SAC SC 2   (2) / S SAC / 1 .SA.SC / .sin  SC ASC 2 1 .SA.SI .sin  ASI S SAI SI 2   / (3) S SAI / 1 .SA.SI / .sin  ASI SI 2 - Từ (1), (2) và (3); ta được: S SAI / S SI / C / S SAC / SI / SC / .SI / 2 SC /      S SAI S SIC S SAI SI SC.SI SC SI /  SC /  2 SC /  1   SI  SC  SC (4) SI SC  SC / 2SC / a 3  x    SI / 2 SC / SC 2x 1 hA .S SBC  SC  SC   .SC  (a 3  x)a 3 VS . ABCD VS . ABC SB.SC SI .SC 3      2 SC .SC  2 x2 SB.SC  SI .SC  VS . ABC D VS . ABC  1 h .S A SBC  3 Vậy: - Để mặt phẳng  P  chia khối thành 2 phần có thể tích bằng nhau thì: VS . ABCD (a 3  x) a 3 a ( 3  51) 2  2  4 x 2  a 3 x  3a 2  0  x  . 2 VS . ABC D 2x 8 Bài 11: [SỞ AN GIANG 08-09 vòng 2] Cho mặt phẳng ( ) và ba điểm A , B , C không nằm trong mặt phẳng ( ) và cùng một phía đối với mặt phẳng ( ) , ba đường thẳng song song vẽ từ A , B , C cắt mặt phẳng ( ) lần lượt tại A/ , B / , C / . Giả sử những đường thẳng song song ấy di động sao cho AA/  BB /  CC /  k không đổi. 1/. Tìm tập hợp các điểm A/ , B / , C / . 2/. Tìm tập hợp trọng tâm G của tam giác A/ B / C / . Lời giải A C A B A1 B C C1 I B1 1/ - Gọi A1 , B1 , C1 lần lượt là hình chiếu của A ; B ; C lên mp(  ). - Khi đó: AA/ BB / CC / AA/  BB /  CC /    AA1 BB1 CC1 AA1  BB1  CC1 - Do AA1; BB1; CC1 không đổi nên đặt AA1  BB1  CC1  a - Vậy: AA/ AA/  BB /  CC / k   AA1 AA1  BB1  CC1 a - Mặt khác AA1 A / vuông tại A1 , nên: 2 2   k  2 2 k  A1 A  AA  AA   AA1   AA1  AA1    1 a   a   /2 /2 2 1 - Do A; A1 cố định và a , k không đổi, nên tập hợp A/ là đường tròn tâm A1 bán kính  k  2  A1 A  AA    1  a   / 2 1 - Tương tự hai điểm B và C  nằm trên 2 đường tròn tâm B1 và C1 bán kính lần lượt là  k  2   k  2  B1B /  BB12    1 ; C1C /  CC12    1  a    a   2/ - Gọi G và G lần lượt là trọng tâm của ABC và A/ B / C / và AG  ( )   I  . - Do G cố định nên I cố định và GG / / / AA/ . IA IG / - Vì A thuộc đường tròn nên G nằm trên đường tròn ảnh của phép vị tự tâm I tỉ số k . [SỞ AN GIANG 09-10 vòng 1] Cho Ox , Oy , Oz vuông góc với nhau từng đôi một. Lấy - Do đó G là ảnh của A qua phép vị tự tâm I tỉ số k  Bài 12: A  Ox; B  Oy; C  Oz sao cho OA  a , OB  b , OC  c . 1/ Tính diện tích tam giác ABC theo a , b , c . 2/ Giả sử A , B , C thay đổi nhưng luôn luôn có OA  OB  OC  AB  BC  CA  k không đổi. Xác định giá trị lớn nhất của thể tích tứ diện OABC . Lời giải C O B H A 1.  Vẽ OH  AB .  Ta có: 1 1 1 a 2  b2    2 2 OH 2 a 2 b 2 ab CH 2  OC 2  OH 2  c 2  a 2b 2 a2  b2 a 2b 2  b 2 c 2  c 2 a 2 a2  b2 1 1 2 2  AB.CH  a b  b 2c 2  c 2 a 2 2 2  Suy ra: CH   Vậy: S ABC 2.  Ta có: k  a  b  c  a 2  b2  b2  c 2  c 2  a 2   3 3 abc  2ab  2bc  2ca  3 3 abc  3 3 2ab . 2bc . 2ca  3 3 abc  3 2. 3 abc  3(1  2) 3 abc  Nên 3 abc  k k3  abc  3(1  2) 27(1  2)3 1 k3  Do đó: VOABC  abc  6 27.6.(1  2)3  Dấu “  ” xảy ra  a  b  c  Khi đó: AB  BC  AC  a 2  Suy ra: k  3a  3a 2  Do đó: a  b  c  Bài 13: k . 3(1  2) [SỞ AN GIANG 09-10 vòng 2] Cho hình chóp S . ABC ; gọi A/ , B / , C / là 3 điểm tùy ý lần lượt thuộc SA/ 1 SB / 1 SC / 1 ; . Chứng minh rằng mặt phẳng  ;   SA n SB 2n  1 SC 3n  1 ( A/ B / C / ) qua một đường thẳng có định khi n thay đổi (n  * ) . cạnh SA , SB , SC sao cho: Lời giải  Ta có:     S A  SB / SC / / SA  ; SB  ; SC  n 2n  1 3n  1        SA SB (2n  1) SA  nSB / / / /  B A  SA  SB    n 2n  1 n(2n  1)      n(2n  1) B / A/  n 2SA  SB  SA      n(2n  1) B / A/  n 2SA  SB  nSA/       n(2n  1) B / A/  n 2SA  SB  n SI  IA/      n(2n  1) B / A/  n 2 SA  SB  SI  nIA/ (1)      Gọi I là điểm sao cho 2SA  SB  SI  0    (1)  n(2n  1) B / A/  nIA/            A/ , B / , I thẳng hàng Hay A/ B / đi qua điểm cố định I .  Tương tự:        SA SC (3n  1) SA  nSC / / / / C A  SA  SC    n 3n  1 n(3n  1)       n(3n  1)C / A/  n 3SA  SC  SA      n(3n  1)C / A/  n 3SA  SC  nSA/       n(3n  1)C / A/  n 3SA  SC  n SJ  JA/       n(3n  1)C / A/  n 3SA  SC  SJ  nJA/ (2)      Gọi J là điểm sao cho 3SA  SC  SJ  0    (2)  n(3n  1)C / A/  nJA/            A/ , C / , J thẳng hàng Hay A/ C / đi qua điểm cố định J .  Vậy ( A/ B / C / ) đi qua đường thẳng cố định IJ (đpcm) Bài 14: [SỞ BẮC GIANG 08-09] Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB  a , AD  b , SA   ABCD  và SA  a . a) Gọi E là trung điểm CD . Tính khoảng cách từ S đến BE theo a , b . b) Gọi  ,  ,  lần lượt là các góc giữa mặt phẳng  SBD  với các mặt phẳng  SAB  ,  SAD  và (ABD). Chứng minh rằng cos   cos   cos   3. Lời giải S N P H D A M B F E C a) Tính được khoảng cách từ S đến BE bằng a a 2  8b 2 . a 2  4b 2 b) H là hình chiếu của A lên mặt phẳng  SBD  Ta chứng minh được H là trực tâm tam giác SBD . Gọi các đường cao của tam SBD là SM , BN , DP  ,   HNA  ,   HPA . Từ đó ta có   HMA HM AH AH 2 2 Ta có cos     cos   AM AS AS 2 Tương tự ta chứng minh được: AH 2 AB 2 AH 2 cos 2  AD 2 cos 2   1 1 1 1    2 2 2 AH AS AB AD 2 Suy ra cos 2  cos 2   cos 2  1. Mặt khác ta chứng minh được Bài 15: Ta dễ dàng chứng minh được (cos  cos  cos ) 2  3(cos 2  cos 2   cos 2 ) =3 Từ đó suy ra điều phải chứng minh. [SỞ HẢI DƯƠNG- 2011-2012] Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , SA  a 3 và SA vuông góc với mặt phẳng đáy. 1. Mặt phẳng  P  đi qua điểm A và vuông góc với SC cắt SB , SC , SD lần lượt tại B ', C ', D ' Tính thể tích khối chóp S. ABC ' D ' theo a .   450 . Tìm giá 2. M và N là hai điểm thay đổi lần lượt thuộc các cạnh BC và DC sao cho MAN trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của thể tích khối chóp S . AMN . Lời giải 1. Mặt phẳng  P  đi qua điểm A và vuông góc với SC cắt SB , SC , SD lần lượt tại B ', C ', D ' Tính thể tích khối chóp S. ABC ' D ' theo a . BC  AB, BC  SA  BC   SAB   BC  AB ' SC   P   SC  AB '  AB '   SBC   AB '  SB Tương tự AD '  SD VS . AB 'C ' D '  VS . AB 'C '  VS . AC ' D ' VS . AB 'C ' SB ' SC ' SB '.SB SC '.SC SA2 SA2 9  .  .  2. 2  1 2 2 VS . ABC SB SC SB SC SB SC 20 VS . AD 'C ' SD ' SC ' SD '.SD SC '.SC SA2 SA2 9  .  .  . 2  2 2 2 2 VS . ADC SD SC SD SC SD SC 20 Do VSABC  VSADC  11 2 a3 3 a a 3 32 6 Cộng 1 và  2  vế theo vế ta được: VS . AB ' C ' a3 3 6  VS . AD ' C ' a3 3 6  9 9 9 a 3 3 3 3a 3   VS . AB ' C ' D '   20 20 10 6 20   450 . Tìm 2. M và N là hai điểm thay đổi lần lượt thuộc các cạnh BC và DC sao cho MAN giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của thể tích khối chóp S . AMN . Ta có 1 VS . AMN  S AMN .a 3 . Đặt BM  x, DN  y; x, y   0; a  3 Trên tia đối tia DC lấy điểm P sao cho DP  PM  x   DAP  ABM  ADP  AM  AP, BAM   450  BAM   DAN   450 MAN   DAP   DAN   450  NAP 1 1 AD.PN  a  x  y  2 2 Áp dụng định lý Pitago trong tam giác vuông CMN ta được  MAN  PAN  S MAN  S PAN  2 2 MN 2  MC 2  CN 2   x  y    a  x    a  y  2  x 2  y 2  2 xy  a 2  x 2  2ax  a 2  y 2  2ay  xy  a  x  y   a 2  y  Thế vào * ta được S MAN  Đặt f  x   1  a 2 -ax  a x   2  ax  1  x2  a 2  a x 2  2ax  a 2  , f  x  0  x  a  f x     2  ax  2  x  a 2 Mà f  0   f  a   a2 ;f 2 Suy ra max f  x   a2 , min f  x   a 2 2 0;a  Vậy a3 3  6 0;a  maxVS . AMN MB  ND  a Bài 16: a 2 - ax ax     2 1 a  a2 khi     2 1 a  2 1  2 1  M  B, N  C M  C, N  D  3 và minVS . AMN    2  1 a3 3 khi  2 1 [SỞ VĨNH PHÚC 2013-2014] Cho hình chóp S.ABC có SA vuông góc với mặt phẳng đáy. Gọi M   300 ; góc giữa mặt là trung điểm của BC và H là trung điểm của AM . Biết HB  HC  a , HBC phẳng ( SHC ) và mặt phẳng ( HBC ) bằng 600 . Tính theo a thể tích khối chóp S .HBC và tính cosin của góc giữa đường thẳng BC và mặt phẳng ( SHC ) . Lời giải Ta có 1 a2 3 0 S HBC  HB.HC.sin120  2 4 Gọi K là hình chiếu của A trên HC . Ta có a a 3  AK  AH sin 600  2 4   60 0  SA  AK tan 600  3 a Góc giữa ( SHC ) và ( ABC ) là SKA 4 AH  HM  HB sin 300  1 1 3 a 2 3 a3 3 Vậy VS . HBC  SA.S HBC  . a.  3 3 4 4 16  Gọi B  là hình chiếu của B trên ( SHC ) , suy ra góc giữa BC và ( SHC ) là BCB Gọi I là hình chiếu của A trên SK  AI  ( SHC ) Ta có BB  d ( B; ( SHC ))  2d ( M ;( SHC ))  2d ( A; ( SHC ))  2 AI Trong tam giác vuông SAK , ta có AI    Do đó sin BCB AK . 3 3  a  BB  a 8 4 AK  SA 2 2 BB 3a 3a 3    0 BC 4.2 BM 8.HB.cos 30 4 3 13  16 4 [HSG HẢI DƯƠNG- 2013-2014]   1  Vậy cos BCB Bài 17:   1200 . Gọi M , N    900 , BSC 1) Cho khối chóp S.ABC có SA  2a, SB  3a, SC  4a , AS B  SAC lần lượt trên các đoạn SB và SC sao cho SM  SN  2a . Chứng minh tam giác AMN vuông. Tính khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng ( SAB ) theo a . 2) Cho tứ diện đều ABCD cạnh a , hai điểm M , N chạy tương ứng trên các đoạn AB và CD sao cho BM  DN . Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của MN . Lời giải 1) Dùng ĐL Cosin tính được: MN  2a 3 S S N A C A N M B M H AM  2a 2 , AN  2a (Tam giác vuông SAC có SC  2SA nên góc ASC  600 )  tam giác AMN vuông tại A . Gọi H là trung điểm của MN , vì SA  SM  SN và tam giác AMN vuông tại A .  SH  ( AMN ) ; tính được SH  a . Tính được VS . AMN  2 2a 3 VS . AMN SM .SN 1 ,    VS . ABC  2 2a3 3 VS . ABC SB.SC 3 Vậy d (C ; ( SAB ))  3VS . ABC 6a 3 2   2a 2 S SAB 3a 2 2)     BM DN  x , với 0  x  1   x . Khi đó ta có: BM  x.BA và DN  x.DC BA DC          +) Ta có: DN  x.DC  BN  BD  x( BC  BD )  BN  x.BC  (1  x ).BD       Do đó: MN  BN  BM  x.BC  (1  x ).BD  x.BA +) Đặt a2 a2 a2  2 x 2 .  2 x(1  x) 2 2 2 2 2 2 2 2  a  x  (1  x )  x  x(1  x )  x  x (1  x)    2 x 2 – 2 x  1 a 2 +) MN 2  x 2 a 2  (1  x )2 a 2  x 2 a 2  2 x (1  x ) +) Xét hàm số f  x   2 x 2 – 2 x  1 trên đoạn  0;1 ta có: 1 1 max f ( x )  f (0)  f (1)  1, min f ( x)  f ( )  2 2 a 2 khi M , N lần lượt là trung điểm của AB , CD . 2 +) MN đạt giá trị lớn nhất bằng a khi M  B , N  D hoặc M  A , N  C . [HSG HẢI DƯƠNG- 2016-2017] 1. Cho hình chóp S. ABCD có đáy là hình vuông tâm O cạnh bằng a . Hình chiếu vuông góc của +) MN đạt giá trị nhỏ nhất bằng Bài 18: đỉnh S lên mặt phẳng  ABCD  là trung điểm của OC . Góc giữa mặt phẳng  SAB  và mặt phẳng  ABCD  bằng 600 . Tính thể tích khối chóp S. ABCD theo a . 2. Cho hình chóp tứ giác đều S. ABCD có khoảng cách từ A đến mặt phẳng  SBC  bằng 2 , góc giữa mặt phẳng  SBC  và mặt phẳng  ABCD  bằng  . Tìm giá trị của cos  để thể tích khối chóp S. ABCD nhỏ nhất. 3. Cho hình lập phương ABCD. A’B’C’D’ cạnh bằng a . Lấy điểm M thuộc đoạn AD’ , điểm N  a 2 thuộc đoạn BD sao cho AM  DN  x,  0  x   . Tìm x theo a để đoạn MN ngắn nhất. 2   Lời giải S C B H K O D A 1.   600  AB   SHK   SKH Kẻ HK  AB  K  AB  HK / / BC  HK AH 3 3    HK  a BC AC 4 4 Tam giác SHK vuông tại H  SH  HK . tan 600  3 3 a 4 1 3 3 3 3 S ABCD  a 2  VS . ABCD  a 2 . a a 3 4 4 Gọi M , N là trung điểm BC , AD . Gọi H là hình chiếu vuông góc từ N xuống SM . Ta có: S H C D N M I A    , d  A;  SBC    d  N ;  SBC    NH  2 SMN  MN  NH 2 4   S ABCD  MN 2  sin  sin  sin 2  B tan  1  sin  cos 1 4 1 4   2   2 3 sin  cos 3.sin  .cos SI  MI .tan    VSABCD 2. Ta có sin 2  .sin 2  .2cos 2  sin 2   sin 2   2cos 2 2 1   sin 2  .cos  3 3 3 VSABCD min  sin 2  .cos max 1 3  sin 2   2cos 2  cos  3. Gọi M ’, N ’ lần lượt là hình chiếu của M , N lên AD Ta có MN 2  M ' M 2  M ' N 2  M ' M 2  M ' N '2  N ' N 2 Tam giác M ’ AM vuông cân tại M ’ nên có M ' A  M ' M  Tam giác N’DN vuông cân tại N’ nên có N ' D  N ' N  x 2 ; 2 x 2 2 M ' N '  AD  M ' A  N ' D  a  x 2 Khi đó MN 2  x2  ax 2 2   2  x2  3x 2  2 2a.x  a 2 2 2  2  a2 a2 a 3 a     MN  MN  3  x  3  3 3 3  2 a 3 a 2 đạt được khi x  . 3 3 HÓA 2016-2017] Cho lăng Vậy MN ngắn nhất bằng Bài 19: [HSG THANH trụ đứng ABC. A ' B ' C ' có AB  6, BC  12,  ABC  600. Thể tích của khối chóp C '. ABB ' A ' bằng 216. Gọi M là điểm nằm trong tam giác A ' B ' C ' sao cho tổng diện tích tất cả các mặt của hình chóp M . ABC đạt giá trị nhỏ nhất. Chứng minh rằng M là tâm đường tròn nội tiếp tam giác A ' B ' C '. Tính cosin của góc giữa hai đường thẳng B ' M và AC '. GIẢI C' B' M K A' H C B I D A Gọi I là hình chiếu của M trên  ABC  ; D , E , F lần lượt là hình chiếu của I trên AB , BC , CA . Đặt x  ID, y  IE , z  IF , 2a  AB, 2b  BC , 2c  CA, h  AA '  MI . Khi đó S ABC  S IAB  S IAC  S IBC  ax  by  cz. Diện tích toàn phần của hình chóp M . ABC nhỏ nhất khi và chỉ khi S  S MAB  S MBC  S MCA nhỏ nhất. Có MD  MI 2  ID 2  h2  x 2  SMAB  1 AB.MD  a h2  x2  (ah)2  (ax)2 . 2 Tương tự ta được S  (ah)2  ( ax)2  (bh) 2  (by ) 2  (ch) 2  (cz ) 2          Sử dụng bất đẳng thức u  v  w  u  v  w với u  (ah; ax), v  (bh; by ), w  (ch; cz ) ta được 2 S  (ah  bh  ch)2  (ax  by  cz )2  (a  b  c)2 h 2  S ABC  const. ax by cz    x  y  z. ah bh ch Suy ra I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC , nên M là tâm đường tròn nội tiếp tam giác A ' B 'C ' . 1 S A ' B 'C '  S ABC  BA.BC.sin  ABC  18 3 2 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi A ' C '2  AC 2  AB 2  BC 2  2 AB.BC cos 600  108  A ' C '  6 3 3 Do VLT  VC '. ABB ' A '  324  AA '.S ABC  324  AA '  6 3 2 Gọi K là chân đường phân giác trong của tam giác A ' B ' C ' kẻ từ B , từ K kẻ đường thẳng song song với AC ' cắt AA ' tại H , khi đó     (B ' M , AC ')  (  B ' K , KH )  cos   cos B ' KH S BAC   S BKC   S BKA  1 BK  BA  BC   sin 30 2 18 B'K  B'K  4 3 4 A' K A' B ' 1 1    A ' K  A 'C '  2 3 C 'K C 'B' 2 3  18 3 