BÀI TẬP HÌNH HỌC KHÔNG GIAN

Chia sẻ: Nguyến đại Lợi | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:19

Thêm vào BST

Báo xấu

2.555
lượt xem 968
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

TÀI LIỆU THAM KHẢO BÀI TẬP HÌNH HỌC KHÔNG GIAN

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: BÀI TẬP HÌNH HỌC KHÔNG GIAN

Bai toan 1: Cho hinh chop S.ABCD có đay là hinh vuông ABCD canh a,măt bên SAD là ̀ ́ ̀ ́ ́ ̀ ̣ ̣ tam giac đêu và năm trong mp vuông goc mp đay ABCD.Goi M,N,P lân lượt là trung ́ ̀ ̀ ́ ́ ̣ ̀ điêm cua SB,SC,SD.Tinh thể tich tứ diên CMNP. ̉ ̉ ́ ́ ̣ ̉ Giai. Goi H là trung điêm cua AD thì SH ⊥ AD. ̣ ̉ ̉ Do (SAD) ⊥ (ABCD) nên suy ra SH ⊥ (ABCD) a3 Và SH = (vì ABC là tam giac đêu canh a) ́ ̀ ̣ 2 Kẻ MK//SH(K ∈ HB),suy ra KM ⊥ (ABCD)và SH a 3 MH= = . 2 4 1 a 2 a 3 a3 3 1 V S. ̣ Vây MCNP= 3 . CNP.MK= 3 . . .= . 8 4 96 Bai toan 2: Cho hinh chop S.SBCD có đays ABCD là hinh chữ nhât với AB=a;AD=a ̀ ́ ̀ ́ ̀ ̣ 2 ;SA=a và SA vuông goc mp (ABCD).Giả sử I là giao điêm cua BM và AC.Goi M,N ́ ̉ ̉ ̉ ̣ lân lượt là trung điêm cua AD và SC.Tim thể tich tứ diên ANIB. ̀ ̉ ̉ ̀ ́ ̣ ̉ Giai. Goi O là tâm cua đay ABCD.Trong VSAC ,ta ̣ ̉ ́ co:NO là đường trung binh nên NO// SA,tức ́ ̀ a NO ⊥ (ABCD) và NO= 2 1 a Ta có V.ANIB=V.NAIB= .S.AIB.NO= .S.AIB (1) 3 6 Ta tinh S. VAIB : ́ Xet hinh chữ nhât (ABCD) .Do MA=MD ́̀ ̣ 1 1 Suy ra:MA= .BD ⇒ AI= AC 2 2 ⇒ AI= 2a + a a 1 2 2 2 2 AC .AC ⇒ AI 2 = = = 3 9 9 3 2 BM 3 ̣́ Lai co:BI= 4 4 2 a2 a2 BM 2 (a + ) = 2 Suy ra:BI2= 9 =9 2 3 Do đo:AI +BI =AB ; Nên AIB là tam giac vuông ở đinh I ́ ́ ̉ 2 2 2
1 a 3 a 6 a2 2 1 Vây S.AIB= = . AI .BI = . . . ̣ (2). 2 23 3 6 2 a2 V ̀ ́ Thay (2) vao (1) ta co: .ANIB= . 36 S Bai toan 3: Cho hinh chop .SBC,đay ABC là tam giac cân đinh C,SA ⊥ (ABC).Giả sử ̀ ́ ̀ ́ ́ ́ ̉ SC=a;tim goc giữa 2 mp(SBC) và (ABD) sao cho thể tich khôi chop là lớn nhât. ̀ ́ ́ ́ ́ ́ ̉ Giai ˆ Ta thây ngay SCA = α ,SA=SC sin α và ́ S AC=SC cos α Suy ra V.SABC= 1 a 2 cos 2 α a3 a sin α = cos 2 α sin α (1) 3 2 6 C Từ (1) suy ra :V.SABC nhan giá trị lớn nhât ̣ ́ khi và chỉ khi biêu thứ P= cos α sin α nhan ̉ 2 GTLN.Vì sin α >0 nên Pmax ⇔ P2max ⇔ (1 − sin 2 α ) 2 sin 2 α giá trị lớn nhât. ́ ́ Ta co: B A (1 − sin 2 α )(1 − sin 2 α )(2sin 2 α ) (1 − sin 2 α ) 2 sin 2 α = ̀ Theo BĐT cô si thi: 2  (1 − sin 2 α ) + (1 − sin 2 α ) + 2sin 2 α  8 (1 − sin α )(1 − sin α )(2sin α ) ≤  2 2 2 = 3  27  2 3⇔ 3 1 − sin 2 α = 2sin 2α ⇔ sin α = Do đó :Pmax = 9 3 a3 3 ⇔ sin α = Vây VS.ABC nhân GTLN là ̣ ̣ 27 3 Bai toan 4: Cho hinh chop tứ giac đêu S.ABCD mà d(A;(SBC))=2a.Với giá trị nao cua ̀ ́ ̀ ́ ́ ̀ ̀ ̉ α ( α là goc giữa mp bên và mp đay cua hinh chop)thì thể tich khôi chop là nhỏ nhât?tim ́ ́ ̉̀ ́ ́ ́ ́ ́̀ ́ GTNN đo. ̉ Giai
S H D C o M N B Goi M,N.lân lượt là trung điêm ̣ ̀ ̉ cua AD,BC;kẻ MH vuông goc SN(H ∈ SN) ̉ ́ ́ˆ Ta co: SNM = α .Do DA//BC suy ra AD//(SBC),suy ra d(M,(SBC))=MH=2a MH 2a = Ta có :MN= sin α sin α a 2a a Từ đó : SO = ON tan α = = sin α sin α cos α 4a 2 1 2a 2 a = ́ Do đo: V.SABCD= ( (1) ). 3 sin α cos α 3sin 2 α cos α Từ (1) suy ra:VSABCD bé nhât khi và chỉ khi sin 2 α .cos α lớn nhât. ́ ́ Xet P= sin α .cos α = (1 − cos α ).cos α = cos α − cos α (2) 2 3 ́ 2 Từ (2) dân đên xet ham sô:y=x-x3 (0
Bai toan 5: Trên cạnh AD của hình vuông ABCD có độ dài là a, lấy điểm M sao cho ̀ ́ AM = x (0 < x ≤ a).Trên đường thẳng vuông góc với mặt phẳng (ABCD) tại A, lấy điểm S sao cho SA = 2a. a) Tính khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng (SAC). b) KÎ MH vu«ng gãc víi AC t¹i H . T×m vÞ trÝ cña M ®Ó thÓ tÝch khèi chãp SMCH lín nhÊt. ̉ Giai Do SA ⊥ (ABCD) và SA ⊂ (SAC) Suy ra (SAC) ⊥ (ABCD) S Lai có ̣ MH ⊥ (SAC) suy ra d(M; x (SAC))=MH=AM sin 450 = 2 x ́ Ta co:AH= AM sin 450 = 2 x Suy ra HC=AC-AH= a 2 − 2 D M A ⇒ SMHC=0.5.MH.MC= H 1x 1 (a 2 − ) 22 2 1 VS.MCH= SA.SMHC= 3 C B x x 1 a 2 − 2a ÷ 6 2 2 Tư biêu thức trên ̉ 2 x x +a 2− 1 2 = a ⇔ x =a 2− x ⇔ x=a⇔ M ≡D 3 VS.MCH ≤ a  2  3 2 6 2 2      Bai toan 6 Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi ; hai đường chéo AC ̀ ́ = 2 3a , BD = 2a và cắt nhau tại O; hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Biết khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng (SAB) a3 bằng , tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a. 4 ̉ Giai
S D A I H O K C B Từ giả thiêt AC= 2a 3 ;BD=2a và AC,BD cung vuông goc nhau tai trung điêm O cua ́ ̀ ́ ̣ ̉ ̉ ́ˆ môi đường cheo.Ta có tam giac ABO vuông tai O và AO= a 3 ;BO=a.Do đo: ABD ̃ ́ ́ ̣ ́ ̀ 0 =60 ,hay tam giac ABD đêu. Từ giả thiêt suy ra 2 mp(SAC) và (SBD) cung vuông goc mp(ABCD) nên giao tuyên cua ́ ̀ ́ ́ ̉ chung là SO cung vuông goc (ABCD) ́ ̃ ́ Do tam giac ABD đêu nên với Hlà trung điêm cua AB,Klà trung điêm cua HB,ta có ́ ̀ ̉ ̉ ̉ ̉ 1 DH ⊥ AB và DH=a 3 ;OK//DH và OK= DH = a 3 ⇒ OK ⊥ AB ⇒ AB ⊥ ( SOK ) 2 Goi I là hinh chiêu cua O lên SK,ta có AB ⊥ OI ⇒ OI ⊥ ( SAB ) hay OI là khoang cach từ ̣ ̀ ́ ̉ ̉ ́ ́ O đên mp(SAB) 1 1 1 a Tam giac SOK vuông tai O,OI là đường cao ⇒ 2 = + ⇒ SO = ́ ̣ 2 2 OI OK SO 2 ̣́ ́ 2 Diên tich đay:SABCD=4.SABO=2.OA.OB= 2 3a a Đường cao khôi chop :SO= ́ ́ 2 1 a3 3 Thể tich khôi chop S.ABCD la:VSABCD= SABCD.SO= ́ ́ ̀ 3 3 1/ 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: S H M K B A O C D 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 SC 2a Ta có : CM = d(C , mp(AHK)) = = =a 2 2 d (O, ( AHK )) OA 1 = = Mà O trung điểm AC nên d (C , ( AHK )) AC 2 1 a ⇒ h = d( O, (AHK)) = CM = 2 2 2 SA SA2 2a 2 2 SB ⇒ HK = BD. 2 = a 2. 2 = a 2 HK SH HK Ta có : = ⇒ = SB 3a 3 BD SB BD SB 2 2 SC SC 2a Ta có: AI = AM = . = = 3 32 3 3 Mà HK ⊥ mp(SAC) ⇒ HK ⊥ AI 3 a  2a  2 a2 1 h = h.dt (∆AHK ) = AI .HK = .  ÷ a 2 ÷ = Ta có: VO. AHK 12  3  3  3 6 27
2/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 là a 2 = 2 xy . b) Giả sử M, N thay đổi sao cho ∆ OMN vuông tại O . Tính thể tích tứ diện a3 B.DMN.Xác định x ,y để VB.DMN = 4 Giải: y x N H M C D O B A a) Trên mp(Ax , Cy) vẽ MH //AC ∆MHN vuông tại H ⇒ MN 2 = MH 2 + NH 2 = 2a 2 + ( y − x ) 2 ∆OMN vuông tại O ⇔ MN 2 = OM 2 + ON 2 ⇔ MN 2 = ( AM 2 + OA2 ) + (OC 2 + CN 2 ) a2 a2 ⇔ 2a 2 + ( y − x ) 2 = x 2 + + + y2 2 2 ⇔ a 2 = 2 xy 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 1 Do đó: dt( ∆ NBD) = NO.BD 2 1 a2 = + y 2 .a 2 22 1 Vậy VM . NBD = OM .dt ( ∆NBD ) 3 1 2 a2 a 2 a2 ⇒V = x+ . y+ 2 3 22 2 2 a2 a a2 a2 Mà xy = nên V = x 2 + xy . y 2 + xy = xy ( x + y ) 2 = ( x + y ) 2 6 6 6
  a2 3 x + y = 2 a xy =    3 a 2 ⇔ 2 ⇔ Ta có: V = 2 3  xy = a a ( x + y) = a 4 6    2 4 x=a  a x =  ⇔ a∨ 2 y=  y = a 2  3/ 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: S K I D A M H B C 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 tan α . Tam giác HCD vuông cân tại H nên CD = 2x và HC = HD = 2 x. Xét tam giác vuông SHC ta có SC 2 = SH 2 + HC 2 nên ⇔ b 2 = x 2 tan 2 α + 2 x 2 b ⇒x= . 2 + tan 2 α 1 1 43 Thể tích của khối chóp V = SH .S ABCD = x tan α .(2 x ) = x tan α , 2 3 3 3 b tan α 3 4 V= . Hay ( ) 3 2 + tan 2 α 3 b) Diện tích đáy của khối chóp S ANBCD = a 2 . Gọi I là trung điểm của SH , hạ IK ⊥ SM thì IK ⊥ (SCD) ⇒ IK = k.
SI IK = Đặt SH = h. Tam giác SIK và tam giác SHM đồng dạng nên , do đó ta SM HM có a2 ha 2ak ⇔ . = k. h2 + ⇒h= SI.HM = IK.SM . 22 4 a − 16k 2 2 2a 3 k Vậy thể tích khối chóp là V = 3 a 2 − 16k 2 4/ 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 600 . Gọi H, K lần lượt là hình chiếu vuông góc của A lên SB và SC. Chứng minh ∆ AHK vuông và tính thể tích tứ diện S.ABC. Giải: S H K I O A C 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 AC. AS ∆ SAC vuông ⇒ AK = SC Rh = R 2 + h2 AS . AB ∆ SAB vuông ⇒ AH = SB 2 Rh = 4 R 2 + h2 Ta có: SB ⊥ (AHK) ⇒ SB ⊥ HK Vậy ·AHK = 60 · 0 AHK 3 AK ∆ AHK vuông ⇒ sin 600 = = ⇒ 3 AH 2 = 4 AK 2 2 AH
3.4 R 2 h 2 4R 2h2 ( ) ⇒ =2 ⇒ 3 R 2 + h2 = 4R 2 + h2 4R + h R +h 2 2 2 2 R ⇒ h2 = 2 1 1R1 Do đó: VSABC = SA.dt (∆ABC ) = . . CI . AB 3 3 22 R 3 R3 6 1 ÷( 2 R ) = = R 62  2÷ 12   5/ Gọi V là thể tích của khối tứ diện ABCD có các cạnh thoả mãn điều kiện AB= CD 2abc = a, AC = BD = b, AD = BC = c.Chứng minh rằng V ≤ a3 12 Giải: A M D P C B N 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 = 4 S BCD nên VAMNP = 4VABCD . 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. 1 Vì thế VAMNP = AM . AN . AP. Đặt AM = x, AN = y, AP = z. 6 Áp dụng định lý Pytago cho các tam giác AMP , APN, ANM ta có:  x 2 + y 2 = 4a 2  x 2 + y 2 = 4a 2   2   y + z = 4b ⇔  y 2 + z 2 = 4b 2 2 2  z 2 + x 2 = 4c 2 2 ( ) x + z + y = 2 a + b + c 2 2 2 2 2    ( ) ( ) ( ) ⇒ x 2 = 2 a 2 − b2 + c 2 , y 2 = 2 a 2 + b2 − c 2 , z 2 = 2 −a 2 + b2 + c 2 2 (a )( )( ) Vậy : VAMNP = − b 2 + c 2 a 2 + b 2 − c 2 −a 2 + b 2 + c 2 , nên 2 3
2 (a )( )( ) VABCD = − b 2 + c 2 a 2 + b 2 − c 2 −a 2 + b 2 + c 2 . 2 12 ( )( ) ( ) 2 Để ý rằng : a 2 − b 2 + c 2 a 2 + b 2 − c 2 = a 4 − b 2 − c 2 ≤ a 4 và hai bất đẳng thức ( )( )( ) 2 tương tự khác , ta có:  a 2 − b 2 + c 2 a 2 + b 2 − c 2 −a 2 + b 2 + c 2  ≤ a 4b 4c 4   2 Hay VABCD ≤ abc . 12 Dấu đẳng thức xảy ra khi a = b = c , hay tứ diện ABCD là tứ diện đều. 6/ 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: S D C O H A B 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 ⇒ AC = SA2 + SC 2 = a 2 + x 2 . 1 1 1 = 2+ Tam giác vuông SAC có đường cao SH nên 2 SA SC 2 SH ax ⇒ SH = . a2 + x2 Ta có: OB 2 + OA2 = AB 2 nên a 2 + x 2 3a 2 − x 2 3a 2 − x 2 AC 2 OB 2 = AB 2 − = a2 − = ⇒ OB = . 4 4 4 2 1 ( )( ) Diện tích đáy của khối chóp S ABCD = AC.OB = a 2 + x 2 3a 2 − x 2 . 2 1 1 Thể tích của khối chóp S.ABCD là VS . ABCD = SH .S ABCD = ax 3a − x . 2 2 3 6 Theo bất đẳng thức Côsi ta có:
( ) 2  x 2 + 3a 2 − x 2 ( ) 36 V = a x 3a − x ≤ a   2 22 2 2 2 2     9a 6 a6 a3 ⇒ 36V 2 ≤ ⇒V 2 ≤ ⇒V ≤ . 4 16 4 a6 Đẳng thức xảy ra khi x 2 = 3a 2 − x 2 ⇔ x = . 2 a3 Vậy giá trị lớn nhất của thể tích khối chóp S.ABCD là , đạt được khi và chỉ khi 4 a6 x= 2 7/ 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 K A C L H I B (d ) 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 1 1 Ta có: dt( ∆HKI ) = KL.HI = HK .KI 2 2 Do đó theo bất đẳng thức Côsi , ta có: HK 2 + KI 2 ≥ 2 KH .KI = 2 KL.HI HK 2 + KI 2 HI 2 HI a 3 Do đó : KL ≤ = = = 2 HI 2 HI 2 12
a2 3 1 Ta có: VK . ABC = KL.dt (∆ABC ) = KL . 3 12 a2 3 a 3 a3 ⇒ VK . ABC ≤ = . 12 12 48 Đẳng thức xảy ra khi KH = KI ⇔ L là trung điểm HI. a3 Do đó: VK . ABC max = . 48 8/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: S K A D M H B C Gọi H là hình chiếu của S trên mặt phẳng đáy , M là trung điểm của BC. a/ SM = d , SCH = α · x x2 x2 tan α . , SH = Đặt AB = x thì HM = , HC = 2 2 2 Ta có: SM 2 = SH 2 + HM 2 nên x2 x2 2d tan 2 α + = d2 ⇒ x = 2 4 1 + 2 tan 2 α Thể tích khối chóp: 4 2d .tan α x3 2 1 .tan α = V = SH .S ABCD = . 3 6 3 (1 + 2 tan 2 α )3 b/ Vì AC ⊥ (SBD) nên hạ AK ⊥ SD ⇒ SD ⊥ (ACK). Vì KA2 + KC 2 = AD 2 − KD 2 + CD 2 − KD 2 = AC 2 − 2 KD 2 < AC 2 Nên ϕ = ·AKC luôn là góc tù. Do đó: ( ) β = KA, KC = 1800 − · · AKC = 1800 − ϕ .
ϕ a2 ϕ Ta có: HK = HC.cot = .cot . 2 2 2 1 1 1 = + Tam giác SHD vuông tại H, đường cao HK nên . 2 2 HD 2 HK SH a2 a2 a2 = = . ϕ 180 − β 2cos β Từ đó tính được SH = 0 2sin 2sin 2 2 2 a3 2 V= β Vậy thể tích khối chóp là 6cos 2 Cho hình chóp tam giác S.ABC có đáy là tam giác vuông ở B,cạnh 9/ 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 S D E A C B 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.AB a.c ⇒ AD = = = SB AS2 + AB2 a 2 + c2 c. a 2 + b 2 AS.AC SA.AC AE = = = SB SA 2 + AC2 a 2 + b2 + c2 Áp dụng Pytago trong tam giác SAE có: c2 c2 (a 2 + b 2 ) = SE = AS − AE = c − 2 2 2 2 a + b2 + c2 a 2 + b 2 + c2 Diện tích tam giác ADE: c 2 .b 2 AE + AD = DE = 2 2 (a 2 + b 2 + c 2 ).(a 2 + c 2 ) c 2 .b 2 1 ac 1 S = .AD.AE = . . 2 (a 2 + b 2 + c 2 ).(a 2 + c 2 ) a 2 + c 2 2 a.c3 .b3 1 =. 2 (a 2 + b 2 + c 2 ).(a 2 + c 2 ) Thể tích: a.c3 .b3 1 c 1 1 1 V = .SE. .AD.DE = . . 3 a 2 + b 2 + c 2 2 (a 2 + b 2 + c 2 ).(a 2 + c 2 ) 3 2 a.b 2 .c 4 1 =.2 2 2 6 (a + c )(a + b 2 + c 2 ) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, hai mặt bên (SAB) và 10/ · (SAD) cùng vuông góc với đáy, một góc xAy = 450 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?
S A D N B C M Giải: a 2 − xy Trướ hết ta chứng minh đẳng thức: x + y = a · · · 0, · · Ta có BAM + NAD + MAN = 90 BAM + NAD = 450 · · Đặt BAM = α ⇒ NAD = β ⇒ α + β = 450 ⇒ tan(α + β) = 1 tan α + tan β x y Ta có 1 = , mà tan α = , tan β = 1 − tan α tan β 2 2 x+y 2 = 1 ⇒ x + y = a − xy , 2 suy ra xy a 1− 2 a ax ay ta có SAMCN = SABCD − SABM − SADN = a − − 2 2 2 1 a ax ay a VAMCN = SA.SAMCN = (a 2 − − ) = (a 2 + xy) 3 3 2 2 6 (x + y) (x + y) 2 2 ta có xy ≤ suy ra Max (xy) = 4 4
Vmax ⇔ (xy) đạt GTLN khi (xy) = (x + y) đạt GTLN suy ra 2 4 (x + y) 2 = a 2 suy ra x + y = 2a( 2 − 1) a(x + y) + 4 a2 Vmax = (2 − 2) khi x = y = a ( 2 − 1) 3 Cho góc tam diện vuông Oxyz đỉnh O trên Ox, Oy, Ox lần lượt lấy các điểm A, 11/ B, C sao cho OA + OB + OC + AB + AC + BC = L, gọi V là thể tích của tứ diện L3 ( 2 − 1) ABCD. CMR: V ≤ 162 Giải: A B O C Đặt OA = a, OB = b, OC = c áp dụng BĐT Bunhiacôpxki: a+b ≤ 2(a 2 + b 2 ) , a + c ≤ 2(a 2 + c 2 ) , b + c ≤ 2(c 2 + b 2 ) cộng vế với vế các BĐT trên: 2(a + b + c) ≤ (a 2 + b 2 ) + (a 2 + c 2 ) + (c 2 + b 2 ) 2 ) ≤ (a + b ) + (a + c ) + (c + b ) + (a + b + c) 2 2 2 2 2 2 (a + b + c)( 1 + (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)
abc , BĐT (2) ⇔ a + b + c ≥ 3 3 6V Ta có V = (3) 6 Dầu “=” trong (3) xảy ra khi a = b = c L3 ( 2 − 1) Từ (1), (3) ta có L ≥ 3.(1 + 2).3. 6V hay V ≤ 3 (4) 162 L( 2 − 1) Dấu “ = “ (4) xảy ra khi a = b = c = 3 12/ 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? S M A B N C 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) , x SM là đường cao, SM = 2 Tính diện tích đáy: x 2 + y2 x 2 , MN = BC2 = 1− BM 2 − 1− MB = MC = 4 4 4 1 x 2 + y2 y S∆MBC = 1− MN.BC = 2 2 4
1xy x 2 + y 2 = xy , V x 2 + y2 xy ×× Thể tích: VS.MBC = 1− 1− S.ABC = 322 12 4 6 4 x +y 2 2 xy Ta có: ( x-y)2 ≥ 0 ⇔ x2 + y2 ≥ 2xy ⇔ ≥ 4 2 2 − xy xy 1 VS.ABC = xy 1 − x + y ≤ xy 2 2 ≤ 1− (xy) 2 6 6 2 2 6 4 1 xy xy ≤ (2 − xy) 2 6 22 xy xy Áp dụng BĐT Cauchy cho ba số , , (2-xy) ta có: 22 3  xy xy  + + (2 − xy) ÷ 16 xy xy (2-xy) ≤  2 =   2 27 22 3 3  x 2 + y 2 = 2xy  2 1 16 2 3 ⇒ x=y= V≤ , dấu bằng xảy ra khi  xy = = 2 − xy 6 3 27 27  2