Chuyên đề hình học không gian - 2

Chia sẻ: Nguyến đại Lợi | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:14

Thêm vào BST

Báo xấu

375
lượt xem 116
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

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)

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Chuyên đề hình học không gian - 2

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: S H M K B A O C D Ta có: ∆ SAD = ∆ SAB ∆ SAK = ∆ SAH AK = AH 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) SC ⊥ mp(AHK) Từ (1) và (2) 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 � HK = BD. 2 = a 2. 2 = a 2 Ta có : HK SH HK = SB = � 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 1 h a � a �2 2� �a 2 Ta có: VO. AHK = h.dt (∆AHK ) = AI .HK = . � � a 2 �= � 3 6 12 �3 � 3 � 27 � 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 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 + ( y − x ) = x + + + y 2 2 2 2 2 2 � a = 2 xy 2 b) Ta có: BD ⊥ AC và BD ⊥ MA BD ⊥ mp(MNCA) BD ⊥ MO (1) Mà MO ⊥ ON (2) OM ⊥ mp(BDN) Từ (1) và (2) 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+ . y2 + 3 22 2
a2 a2 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 = a xy = � � a3 2 2 Ta có: V = �2 � 2 3 � xy = a � ( x + y) = a a 4 � � 2 6 4 x=a a �= x � �� a� �2 �= 2 � =a y y 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: S K I D A M H B C a) Gọi M là trung điểm của CD. ﾷ 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 SI.HM = IK.SM � . = k . h + �h= 2 . 22 4 a − 16k 2 2 2a 3 k Vậy thể tích khối chóp là V = 3 a 2 − 16k 2 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 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 BC ⊥ CA và BC ⊥ SA nên BC ⊥ mp(SAC). Ta có: ACB = 1v 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 ﾷ 0ﾷ AHK = 60 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 � 3� R3 6 1 R �2 R ) = ( = R� 6 2 �2 � 12 � � Bài 11: Gọi V là thể tích của khối tứ diện ABCD có các cạnh thoả mãn điều kiện 2abc AB= CD = 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 � � + z = 4b � � y 2 + z 2 = 4b 2 2 2 y � 2 + x 2 = 4c 2 �2 ( ) z x + z 2 + y 2 = 2 a 2 + b2 + c 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: � 2 − b 2 + c 2 a 2 + b 2 − c 2 −a 2 + b 2 + c 2 � a 4b 4c 4 a � � 2 Hay VABCD abc . 12 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: 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 (a )( ) Diện tích đáy của khối chóp S ABCD = AC.OB = + x 2 3a 2 − x 2 . 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 �2 + 3a 2 − x 2 x ( ) 36 V 2 = a 2 x 2 3a 2 − x 2 a2 � � 2 � � � � 9a 6 a6 a3 2 V2 . 36V 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 Cho ∆ABC đều cạnh a . Trên đường thẳng (d) vuông góc mp(ABC) tại A Bài 13: 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 2 1 a3 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. 3 a Do đó: VK . ABC max = . 48 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: 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 ﾷ 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 α + = d2 � x = 2 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 KA + KC = AD − KD + CD − KD 2 2 2 2 2 2 = AC 2 − 2 KD 2 < AC 2
Nên ϕ = ﾷ AKC luôn là góc tù. Do đó: ( ) β = KA, KC = 1800 − ﾷﾷ AKC = 180 − ϕ . 0 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 3 a2 V= β Vậy thể tích khối chóp là 6cos 2 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 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 SC ⊥ (ADE) Mặt khác : AE ⊥ SC 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 ) Bài 16: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, hai mặt bên (SAB) và ﾷ (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 ﾷﾷﾷ 0, ﾷﾷ Ta có BAM + NAD + MAN = 90 BAM + NAD = 450 Đặt BAM = α � NAD = β � α + β = 450 � tan(α + β) = 1 ﾷﾷ 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
(xy) đạt GTLN khi (xy) = (x + y) đạt GTLN suy ra 2 Vmax 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 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 L3 ( 2 − 1) diện ABCD. CMR: V 162 Giải: A B O C Đặt OA = a, OB = b, OC = c áp dụng BĐT Bunhiacôpxki: 2(a 2 + b 2 ) , a + c 2(a 2 + c 2 ) , b + c 2(c 2 + b 2 ) a+b cộng vế với vế các BĐT trên: 2(a + b + c) (a 2 + b 2 ) + (a 2 + c 2 ) + (c 2 + b 2 ) (a 2 + b 2 ) + (a 2 + c 2 ) + (c 2 + b 2 ) + (a + b + c) (a + b + c)( 1 + 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)
abc 3 3 6V Ta có V = , BĐT (2) a+b+c (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 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? 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, ∆ ABS = ∆ ACS và là các tam giác cân ACS có: BA = BS, CA = CS SA ⊥ (MBC) SM ⊥ (MBC) , Ta có: BM ⊥ SA,CM ⊥ SA 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
1x y x 2 + y 2 = xy , V x 2 + y2 xy Thể tích: VS.MBC = 1− 1− S.ABC = 32 2 12 4 6 4 x +y 2 2 xy Ta có: ( x-y)2 x2 + y2 2xy 0 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 � � 16 �+ + (2 − xy) � xy xy (2-xy) � = 27 �2 2 22 3 3 x 2 + y 2 = 2xy 2 1 16 2 3 , dấu bằng xảy ra khi V = x=y= xy = 2 − xy 6 3 27 27 2