Tải bản đầy đủ

Huong dan giai 02b

Bi 8
S

h

M

I
P

B

G

C

N

F
H
A


E

α

K J

D

1. Tính Sxq ,VS.ABCD
.Đặt cạnh của hình vuông ABCD là x,x > 0 và gọi E là trung điểm của cạnh CD
. Khi đó
x
Trong tam giác vuông SEC , SE = DE.tan·SCD = tan α (1).
2
2

Trong tam giác vuông SHE , SE2 = SH 2 + HE2 = h2 + x
4
Từ (1) và (2) suy ra
⇔ x2 =

4h2

(2).

(

)

x2
x2
x2
tan2 α = h2 +

tan2 α − 1 = h2
4
4
4


⇔ x=

2h

.
tan2 α − 1
Diện tích xung quanh của hình chóp S.ABCD .
2

tan α − 1

x
4h2 tan α
.
Sxq = 4SSCD = 2CD.SE = 2x. tan α = x2 tan α =
2
tan2 α − 1
1
1 2
4h3
V
=
S
.SH
=
x
h
=
.
Thể tích của khối chóp S.ABCD :
3 ABCD
3
3 tan2 α − 1

(

Bài toán có nghĩa ⇔ tan2 α − 1 > 0 ⇔ tan α > 1⇔

)

π
π
<α< .
4
2

2.Tính d ( SH , CI ) .
Gọi K là trung điểm của HD , ta có IK là đường trung bình trong tam giác SHD
⇒ IK P SH ⇒ ( CIK ) P SH ⇒ d ( SH ,CI ) = d ( SH ,( CIK ) ) = d ( H ,( CIK ) ) .
12


Dựng H J ⊥ CK , ( J ∈ CK ) , khi đó
HJ ⊥ CK
⇒ HJ ⊥ ( CIK ) .

HJ ⊥ IK doIK P SH ⇒ IK ⊥ ( ABCD )
⇒ HJ = d H ,( CIK ) = d ( SH ,CI ) .

(
(

)

)

Trong tam giác vuông CHK ,
C

J
D

H
K

2

2

 x 2  x 2
x2 x2 5x2
a 10
CK = CH + HK = 
+
=
⇒ CK =
.
÷ +
÷ =
 2 ÷  4 ÷
2
8
8
4

 

HJ.CK = CH.HK


2

2

CH.HK
⇒ HJ =
=
CK

Vậy

d ( SH ,CI ) =

x 2 x 2
.
h 10
2
4 = x =
.
x 10
10 5 tan2 α − 1
4

(

(

h 10

)

).

5 tan2 α − 1

3.Tìm tập hợp hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng ( MAB) .

M ∈ ( MAB) ∩ ( CSD )
⇒ ( MAB) ∩ ( SCD ) = MN P CD P AB ( N ∈ SD ) .

AB P CD
Vậy thiết diện của ( MAB) và hình chóp S.ABCD là hình thang ABNM .

Gọi G là giao điểm của MN và SE,F là trung điểm của cạnh AB , theo tính chất
của hình vuông , ta có EF ⊥ AB và H là trung điểm của EF .
Dựng SP vuông góc với FG(P ∈ FG) , ta có
AB ⊥ EF
⇒ AB ⊥ ( SEF ) ⇒ AB ⊥ SP.

AB ⊥ SH
SP ⊥ AB
⇒ SP ⊥ ( MAB) .

SP ⊥ FG

⇒ P là hình chiếu vuông góc của S lên ( MAB) .
13


Trong mặt phẳng ( SEF ) ,·SPF = 900 nên P thuộc đường tròn ( C ) đường kính SF
chứa trong mặt phẳng ( SEF ) .
Giới hạn .

Khi M di động trên đoạn SC  thì
G di động trên đoạn SE .
P là giao điểm thú hai của FG

S
(C)

G
P
E

Vậy tập hợp của P là cung nhỏ
của đường tròn ( C ) .

H

F

với ( C ) do đó
Khi G ≡ S thì P ≡ S .
Khi G ≡ E thì P ≡ H .
Khi G đi động trên đoạn SE  thì
P di động trên cung nhỏ SH của
( C) .

Bi 9
1.Thể tích khối chóp S.ABC .
Gọi E là trung điểm của cạnh BC
và O là tâm của đáy ABC . Theo
tính chất của hình chóp đều , ta có
SO ⊥ ( ABC ) ,SE ⊥ BC,OE ⊥ BC ,

S

suy ra SO là đường cao của hình
chóp và ( SBC ) ,( ABC ) = ·SEO = α

(

a

)

.
Gọi cạnh của đáy ABC là x( x > 0)
.Khi đó
1
1x 3 x 3
OE = AE =
=
,
3
3 2
6

C

A
α

O

E
B

2 x 3 x 3
OC = .
=
3 2
3

Trong tam giác vuông SOE (vuông tại O ) , SO = OE.tan α =

x 3
tan α (1) .
6

Trong tam giác vuông SOC (vuông tại O ),
2

 x 3
x2
(2).
SO = SC – OC = a − 
÷ = a2 −
 3 ÷
3


2

2

2

2

14


(

⇒ x2 =

12a2
2

tan α + 4

)

x2
x2
x2
tan2 α = a2 −

tan2 α + 4 = a2
12
3
12

Từ (1) và (2) ,ta có :

2a 3

⇒ x=

tan2 α + 4

1
1 x2 3 x 3
x3.tan α
Thể tích khối chóp S.ABC : V = SABC .SO = .
.
.tan α =
3
3 4
6
24
24 3.a3 tan α

=

(

)

24 tan2 α + 4

=

3

a3 3tan α

( tan

2

)

α+4

3

2.Xác định α để V đạt giá trị lớn nhất.
tan α
tan2 α


3
V đạt giá trị lớn nhất
đạt giá trị lớn nhất
3 đạt
tan2 α + 4
tan2 α + 4

(

)

(

giá trị lớn nhất.
Ta có:

f ( α) =

tan2 α

( tan α + 4)
2

3

1 tan2 α
2
2
= .
.
.
2
2
2
4 tan α + 4 tan α + 4 tan α + 4

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho ba số dương
tan2 α

2

,

2

,

2

2
2

tan α + 2 tan α + 2 tan α + 2

, ta được
3


1  1 tan2 α
2
2
1
.
f ( α) ≤
. 
+
+
÷ =
2
2
2
4  3 tan α + 4 tan α + 4 tan α + 4 ÷
108
 

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
Cauchy

tan2 α
2

tan α + 2

=

2
2

tan α + 2

a3
đạt được khi và chỉ khi α = arctan2 .
108 6
3.Xác định α để hình chóp S.ABC trở thành tứ diện đều.
Hình chóp tam giác đều S.ABC là tứ diện đều ⇔ cạnh bên bằng cạnh đáy

Vậy maxV =

a3 3

⇔ tan2 α = 2 ⇔ tan α = 2 ⇔ α = arctan2 .

⇔ a= x⇔ a=

(

2a 3
2

tan α + 4

⇔ α = arctan 2 2

)

Bi 10
1. • Tính VS.ABC

15

=

⇔ tan2 α + 4 = 12 ⇔ tan2 α = 8 ⇔ tan α = 2 2

)


Ta có: AB = a, BC = a 2 và
AC 2 = SA 2 + SC 2 − 2SA.SC.cos ·ASC = 2a2 + a2 = 3a2
Suy ra ∆ABC vuông tại B . Gọi H là
trung điểm BC , ta có H là tâm đường
tròn ngoại tiếp tam giác ABC . Mà
SA = SB = SC ⇒ SH ⊥ ( ABC )
SH =

SA 2 −

S∆ABC =

AC 2 a
= ,
4
2

1
a2 2
nên ta có:
AB.BC =
2
2

1
1 a a2 2 a3 2
.
SH .S∆ABC =
=
3
32 2
12
• Tính α = ( AB, CE ) và d ( AB, CE )
VS. ABC =

Gọi F là trung điểm của SA , suy ra EF / / AB ⇒ ( AB, CE ) = ( EF , CE )
AB / /(CEF ) ⇒ d ( AB, CE ) = d ( AB, (CEF )) = d ( A, (CEF )) = h

Ta có: EF =
CE =

AB a
= ,
2
2

SC 2 −

SB 2 a 3
=
, CF =
4
2

·
Suy ra cos CEF =

2

2

CE + CF − EF
2CE .CF

2(CS 2 + CA 2) − SA 2 a 7
=
4
2
2

3a2 a2 7a2
+

4
4 = − 21
= 4
14
a 3 a 7
2.
.
2
2

Do đó cos α = 21 ⇒ α ≈ 710

14
1
3
Ta có: VS.CEF = VSABC ⇒ VCABEF = VS .ABC
4
4
3
Mặt khác S∆AF B = 2S∆BF E ⇒ VB.CEF = 1 VCABEF = 1 VS .ABC = a 2

3

4

48

16


sin α = 1 − cos2 α =

5 7
14

1
1 a2 3 5 7 a2 21
⇒ S∆CEF = CE .EF .sin α =
.
=
2
2 4
14
112
a3 2
3V
a 42
Vậy h = B.CEF = 216 =
.
S∆CEF
3
a 21
112
2. Gọi H là hình chiếu của S trên mặt đáy. Hạ HE ⊥ AB,HF ⊥ AC.
Theo định lý ba đường vuông góc, ta có
S
SE ⊥ AB,SF ⊥ AC.
·
·
Vì SAB
nên hai tam giác vuông
= SAC
SAE,SAF
bằng nhau, do đó
SE = SK ⇒ HE = HF, hay H thuộc
phân giác trong của góc A của tam giác
ABC. Ta có AE = SA.cos β = c.cos β
nên trong tam giác vuông
F
AHE ta có
A
AE
c.cos β
AH =
=
.
·
α
H
cosHAE
cos
2
E
Xét tam giác vuông SHA ta có
c2.cos2 β
c2 
α
B

SH 2 = SA 2 − AH 2 = c2 −
=
cos2 − cos2 β ÷

α
α
2

cos2
cos2 
2
2
c
α
⇒ SH =
cos2 − cos2 β .
α
2
cos
2
1
1
·
= ab.sin α.
Diện tích đáy của khối chóp SABC = AB.AC.sin BAC
2
2
Thể tích của khối chóp S.ABC
1
1
c
α
VS.ABC = .SH.SABC = .ab.sin α.
cos2 − cos2 β
α
3
6
2
cos
2
1
α
α
Vậy ta có VS.ABC = .abc.sin . cos2 − cos2 β .
3
2
2
1
1
3. Vì SM ⊥ (ABC) nên ta có VSBMI = SM.SBMI ,VSCNI = SM.SCNI và
3
3
17

C


1
SM.SABC , do đó hệ thức điều kiện VSMBI + VSCNI = VSABC trở
3
thành SMBI + SCNI = SABC . Vì AM = x nên BM = a − x, do đó
SBMI BM BI a − x 1
a−x
=
.
=
. ⇒ SBMI =
SABC
SBAC BA BC
a 2
2a
Kẻ CJ // AB. Mà I là trung điểm của BC nên CJ = MB = a − x.
S
NA AM
CA + CN
x
=

=
NC CH
CN
a−x
CA 2x − a

=
.
CN
a−x
SCNI CN CI
a−x 1
=
.
=
.
Suy ra
SCAB CA CB 2x − a 2
a−x
⇒ SBMI =
SABC
2(2x − a)
M
Do đó điều kiện
A
SMBI + SCNI = SABC trở thành
I
a−x
a−x
SABC +
SABC = SABC
2a
2(2x − a)
C
J
VSABC =



B

a−x
a−x
(−1 ± 5)a
+
= 1 ⇔ x2 + ax − a2 = 0 ⇔ x =
2a
2(2x − a)
2
N

(−1 + 5)a
Vì x > 0 nên giá trị cần tìm của x là
.
2

4. Gọi O là hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng ( ABC ) , theo tính chất của
hình chóp đều thì O là trọng tâm của tam giác ABC .

18


Gọi I là trung điểm của BC , ta có tam
giác SAI là thiết diện của hình chóp
S.ABC với mặt phẳng đi qua cạnh bên
SA và đường cao SO của hình chóp đã
cho.
Vì tam giác SBC cân tại S , I là trung
điểm của BC nên tam giác SIB vuông
tại I , suy ra
a
SI = IBtan α = tan α .
2

S

A

C
O
a

I

α

B

1
1a 3 a 3
Tam giác ABC là tam giác đều cạnh bằng a ⇒ OI = AI = .
=
.
3
3 2
6
Trong tam giác vuông SOI .
2

 a 3
a2
a2
SO = SI − OI =
tan2 α − 
3tan2 α − 1
÷ =

÷
4
12
 6 
2

⇒ SO =

2

(

2

a

)

3tan2 α − 1.

2 3
Diện tích của thiết diện SAI .
1
1 a
a 3 a2 3tan2 α − 1
SO.AI =
3tan2 α − 1.
=
.
2
22 3
2
8
Lại có :

sin α

sin α

3tan2 α − 1 = 3tan α + 1 3tan α − 1 =  3
+ 1÷ 3
− 1÷
cos
α
cos
α



SSA I =

=

(

(

)(

3sin α + cosα

)

)(

3sin α − cosα

)

2

cos α

 3
 3

1
1
4
sin α + cosα ÷
sin α − cosα ÷
 2
÷
÷
2
2
 2

= 
cos2 α
=
=
⇒ SSAI =
Bi 10
19

(

)(

4 sin α cos300 + sin300 cosα sin α cos300 − sin300 cosα
2

(

0

cos α

) (

0

4sin α + 30 sin α − 30
cos2 α

(

) (

).

)

a2
sin α + 300 sin α − 300 .
4cosα

)


1. a) Gọi E là trung điểm của BC
⇒ H E ⊥ BC và SH ⊥ BC ⇒ ( SHE ) ⊥ BC ⇒ ( SHE ) ⊥ ( SBC ) .
Do đó, hạ I K ⊥ SE ⇒ I K ⊥ ( SBC ) ⇒ I K = b .
Hai tam giác ∆SK I và ∆SHE đồng dạng với nhau suy ra

IK
SK
HE .SK
a
b
2a SH 2
=
⇒ SH =
=
SK =
SI 2 − I K 2 ⇒ SH =
− b2
HE SH
IK
2b
2a
b
4

a2 
a2 ⇒ SH =
÷= −
⇔ SH 2  1 −

4
16b2 ÷



2ab
2

2

a − 16b

và S ABCD = a2

1
1
2ab
2a3b
SH .S ABCD =
.a2 =
.
3
3 a2 − 16b2
3 a2 − 16b2
·
·
b) Ta có: ( SBC ) , ( ABCD ) = SEH = α .

Vậy VS.ABCD =

(

)

Đặt BC = x thì ta có OE = x , OB = x 2 .
2

2
Trong tam giác vuông SHE ta có SH = H E .tan α , trong tam giác vuông
SHB có:
2

SH

2

2
 a 2
x

= SB − HB ⇒  tan α ÷ = h2 − 
÷ ⇒ x=
 2 ÷
2



2

VSABCD =
=

2

2h
2 + tan2 α

.

1
1
x
1
4h2
h tan α
SH .S ABCD = x2. tan α = .
.
3
3
2
3 2 + tan2 α 2 + tan2 α

4h3 tan α

(

3 2 + tan2 α

( 2 + tan α )
2

3

)

=

3

( 1 + 1 + tan α )
2

3

3

 3

≥  3 tan2 α ÷ = 3 3 tan α


VS. ABCD ≤

4 3h3 tan α 4 3h3
.
=
27 tan α
27

3
Vậy max VS.ABCD = 4 3h

27

0

⇔ tan α = 1 ⇔ α = 45

20


Bi 11

·
1. Gọi O là tâm của đáy, ta có BD ⊥ (SOA) suy ra góc SOA
là góc giữa
·
hai mặt phẳng (SBD) và mặt đáy nên SOA
= 600 .
Trong tam vuông SAO ta
có: SA = AO.tan 600
a 2
a 6
. 3=
2
2
 BC ⊥ AB
Ta có: 
 BC ⊥ SA
⇒ BC ⊥ (SAB)
⇒ BC ⊥ AM
⇒ AM ⊥ (SBC )
⇒ AM ⊥ SC
=

Tương tự: AN ⊥ (SCD) ⇒ AN ⊥ SC , từ đó suy ra: SC ⊥ ( AMN )
Nên AP là đường cao của hình chóp S.AMPN
1
Suy ra: VS. AMPN = AP .S AMPN
3
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông SAC ta có:
SP SP .SC
SA 2
3
3
3a 14
=
=
= ⇒ SP = SC =
SC
7
14
SC 2
SA 2 + AC 2 7
SA.AB a 15
=
SB
5
MP SP
SP .BC 3a 35
Do ∆SBC : ∆SPM ⇒
=
⇒ MP =
=
BC
SB
SB
35
2
a 21
Suy ra: S AMPN = 2S∆AMP = AM .MP =
.
35
1 3a 14 a2 21 3a3 6
Vậy VS. AMPN = .
.
.
=
3 14
35
70
2.
Trong tam giác vuông SAB ta có: AM =

21


1
SH .SMNDC
3
SMNDC = S ABCD − S∆AMN − S∆MBC

Ta có: VS.CDNM =

a2 a2 5a2
= a2 −

=
.
8
4
8
VS.CDNM =

1
5a2 5 3a3
a 3.
=
3
8
24

uuuur uuuu
r

r 1 uuuu
r uuur
1 uuur uuuu
2DA − DC . 2DC − DA = DA 2 − DC 2 = 0 .
2
2
Vậy CN ⊥ DM từ đó SC ⊥ DM bởi vậy :
2S∆HSC
SH .CH
SH .CH
d(SC; DM ) = d(H ; SC ) =
=
=
.
SC
SC
SH 2 + CH 2

Lại thấy: DM .CN =

Lại có: CH =

2S∆CMD
DM

(

) (

=

)

2 ( S ABCD − S∆AMD − S∆CMB )
4
=a
DM
5

Thay lên trên ta có khoảng cách cần tính là: 2a

3
.
19

3. Chứng minh M là trung điểm SA
Ta có: AH = a 2 ⇒ SH = SA 2 − AH 2 = a 14 , HC = 3a 2
4

4

4

⇒ SC = SH 2 + CH 2 = a 2 .
Suy ra SC = AC ⇒ ∆ACS cân tại
C nên M là trung điểm SA .

• Tính VS.MBC ?
Vì M là trung điểm SC nên
SSCM =

1
S
, suy ra
2 SAC

3
1
VSABC = 1 SH .S∆ABC = a 14
2
6
48
4. Gọi H là hình chiếu của S trên AB , suy ra SH ⊥ ( ABCD) .

VSMBC =

22


Do đó SH là đường cao của
hình chóp S.BMDN .
SA 2 + SB 2 = a2 + 3a2 = AB 2
⇒ ∆SAB vuông tại S
AB
⇒ SM =
= a.
2

Do đó tam giác đều,
suy ra SH = a 3 .
2

Diện tích tứ giác BMDN là: SBMDN =

1
S ABCD = 2a2
2

3
Thể tích khối chóp S.BMDN : V = 1 SH .SBMDN = a 3 (đvtt).

3
a
Kẻ ME / / DN (E ∈ AD) ⇒ AE = .
2

3

·
Đặt ϕ là góc giữa hai đường thẳng SM và DN . Ta có: ( SM , ME ) = ϕ .

Theo định lý ba đường vuông góc ta có: SA ⊥ AE
⇒ SE =

SA 2 + AE 2 =

a 5
, ME =
2

AM 2 + AE 2 =

a 5
2

a
2 = 5
·
Do ∆SME cân tại E nên SME
.
= ϕ và cos ϕ =
5
a 5
2
5. Gọi H là trung điểm của AD . Ta có tam giác SAD đều nên
SH ⊥ AD .
Do (SAD) ⊥ ( ABCD)
⇒ SH ⊥ ( ABCD) ⇒ SH ⊥ BP (1)
Ta có ABCD là hình vuông nên:
∆CDH = ∆BCP
⇒ BP ⊥ CH (2).
Từ (1) và (2) suy ra: BP ⊥ (SHC)
Mặt khác: MN / / SC; AN / / HC
⇒ ( AMN ) / / ( SHC ) ⇒ BP ⊥ AM

Gọi K = BH ∩ AN . Ta có MK là đường trung bình của tam giác SBH
23


Suy ra MK / / SH ⇒ MK ⊥ (CMN ); MK = 1 SH = 3a .
2

4

2

Diện tích tam giác CMN : SCMN = 1 CM .CN = a .
2

8

3
Thể tích khối tứ diện CMNP : VCMNP = 1 .MK .SCMN = 3a (đvtt).

3
96
6. Gọi P là trung điểm của SA . Ta có MP là đường trung bình của tam
1
giác EAD ⇒ MP / / AD ⇒ MP / / NC và MN = AD = NC .
2
Suy ra MNCP là hình bình hành ⇒ MN / /CP ⇒ MN / /(SAC ) .

Ta dễ chứng minh được BD ⊥ (SAC ) ⇒ BD ⊥ MN
Vì MN / /(SAC ) nên:
d(MN , AC ) = d(N , (SAC )) =

1
1
d(B, (SAC )) = BD =
2
4

2a
.
4

Vậy d(MN , AC ) = 2a .
4

Bi 12

1. a. Tính VS. ABCD

24


Từ giả thiết suy ra SI ⊥ ( ABCD) ⇒ VS. ABCD =
Ta có: S ABCD =

( AB + DC ) AD = 2a2

1
SI .S ABCD
3

2

·
Vẽ I K ⊥ BC ⇒ BC ⊥ (SI K ) ⇒ SKI
là góc giữa mặt phẳng (SBC ) với
mặt đáy
·
Nên SKI
= 600
Vì S∆I DC =

1
a2
1
3a2
,
DI .DC =
, S∆I AB = AI .BI =
2
4
2
4

suy ra S∆BI C = S ABCD − ( S∆I CD + S∆I AB ) = a2
Mặt khác: BC =
Nên suy ra: I K =

( AB − CD )
2a2
a 5

=

2

+ AD2 = a 5 và S∆I AB =

2a 5
.
5

Trong tam giác vuông SI K ta có: SI = I K tan 600 =
1 2a 15
4a3 15
.
.
.2a2 =
3
5
15
b) Gọi M là trung điểm SD. Tính d ( M ,(SBC )) .
Vậy VS. ABCD =

25

1
I K .BC
2

2a 15
5


Gọi E là giao điểm của AD với BC, ta có:
ED DC 1
1
=
= ⇒ ED = AD = I D
EA
AB 3
2
1
1
Do đó: d ( M ,(SBC )) = d ( D,(SBC )) = d ( I ,(SBC ))
2
4
Gọi H là hình chiếu của I lên SK ta có: d ( I ,(SBC )) = I H
Trong tam giác vuông SI K , ta có:
1
IH2

=

1
SI 2

+

1
IK 2

=

5
12a2

+

5
4a2

=

5
3a2

⇒ IH =

a 15
5

a 15
.
20
2. Vì hai mặt phẳng ( SBI ) và ( SCI ) cùng vuông góc với mặt
phẳng ( ABCD) nên giao tuyến
của hai mặt phẳng đó SI vuông
góc với mặt phẳng ( ABCD)
hay là SI ⊥ ( ABCD)
Vậy d ( M ,(SBC )) =

1
SI .S ABCD
3
AD( AB + CD)
S ABCD =
= 3a2
2

VS. ABCD =

Gọi H là hình chiếu của I xuống BC ⇒ BC ⊥ (SI H )
·
·
⇒ SHI
= ( (SBC ),( ABCD)) = 600 .
a2
; S∆AI B = a2 .
AD2 + ( AB − DC )2 = a 5 ; S∆I DC =
2
3 2
⇒ S∆BCI = S ABCD − (S∆I DC − S∆ABI ) = a
2

Ta có: BC =

⇒ IH =

2S∆I BC
BC

=

3a 5
3a 15 .
⇒ SI = I H .tan 600 =
5
5

3
Vậy VS.ABCD = 1 SI .S ABCD = 3a 15 .

3

5

3. Gọi I là trung điểm của AD .
26


Ta có CI = I A = I D =

AD
2

suy ra ∆ACD vuông tại C
⇒ CD ⊥ AC . Mà
SA ⊥ ( ABCD ) ⇒ SA ⊥ CD nên ta
có CD ⊥ SD hay ∆SCD vuông.
Gọi d1; d2 lần lượt là khoảng cách
từ B, H đến mp(SCD)

Ta có: ∆SAB : ∆SHA ⇒

SA SB
SH
SA 2 2
=

=
= mà
SH
SA
SB SB 2 3

d
SH
2
2
= 2 = ⇒ d2 = d1 .
SB
d1 3
3
3
Thể tích khối tứ diện S.BCD : VSBCD = 1 SA. 1 AB.BC = 2a .

3

2

6

Ta có: SC = SA 2 + AC 2 = 2a, CD = CI 2 + I D2 = 2a
⇒ SSCD =

1
SC.CD = 2a2 .
2

2a3
1
Ta có: V
6 = a
SBCD = d1.SSCD ⇒ d1 =
3
2
2a2
a
Vậy khoảng cách từ H đến mp(SCD) là d1 = .
3
3.

Bi 13

Gọi I là hình chiếu vuông góc của S trên ( ABC ) , A ', B ', C '

27


lần lượt là hình chiếu của I trên
BC, CA, AB .
Từ giả thiết suy ra
· ' I = SB
· ' I = SC
· ' I = 600 .
SA

Các tam giác vuông
SI A ', SI B ', SI C ' bằng nhau nên
I A ' = I B ' = I C ' ⇒ I là tâm
đường tròn nội tiếp tam giác
ABC .
Gọi p là nửa chu vi tam giác
5a + 6a + 7a
ABC ⇒ p =
= 9a
2
S∆ABC =

p ( p − BC ) ( p − AC ) ( p − AB )

= 9a ( 9a − 6a) ( 9a − 7a) ( 9a − 5a) = 6 6a2
Gọi r là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC , ta có :
S
6 6a2 2 6a
2 6a
S ABC = pr ⇒ r = ABC =
=
⇒ IA' = r =
p
9a
3
3
2 6a
3 = 2 2a
3
1
1
= SI .S ABC = 2 2a.6 6a = 8 3a3 .
3
3

Ta có: SI = I A 'tan 600 =
Suy ra VS. ABC

Bi 14
1. Ta có: CA = CB = CD = DA = BD = a nên hình chiếu H của C lên
mặt phẳng (ABD) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác cân BAD,
hay H thuộc trung tuyến BM. Diện tích tam giác BAD

SABD =

1
1
x2
BM.AD = x. a2 − .
2
2
4

Tam giác MCB có MC = MB = a2 −

C
x2
,CB = a
4

a 3a2 − x2
BC2
CH
=
.
MB −
.BC hay
2
nên
4
x
2
CH =
,
B −
2 a
MB
4
H
1
1
2
2
ax 3a − x .
Vậy thể tích khối tứ diện là V = CH.SABD =
3
12
2

D
M
A

28


x2 + (3a2 − x2 ) 3a2
=
, nên
2
2
a3
6
V≤
. Dấu đẳng thức có khi x2 = 3a2 − x2 ⇒ x =
a.
8
2
a3
6
Vậy thể tích khối tứ diện lớn nhất là
, đạt được khi x =
a.
8
2
Theo bất đẳng thức Cauchy ta có x 3a2 − x2 ≤

2. 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 SMNP = 4SBCD nên
VAMNP = 4VABCD .

A

D
M

P

Vì AD = BC và BC là đường trung bình
của tam giác NMP nên
C
B
AD = DM = DP
Suy ra tam giác AMP là tam giác vuông tại A.
N
Tương tự cũng có các tam giác APN,ANM đều vuông tại A.
1
Vì thế VAMNP = AM.AN.AP. Đặt AM = x,AN = y,AP = z.
6
Chú ý MN 2 = 4DC 2 = 4a2, nên áp dụng định lý Pitago cho các tam giác
AMP,APN,ANM ta có
 x2 + y2 = 4a2
 x2 + y2 = 4a2
 2
 2
2
2
2
2
 y + z = 4b ⇔  y + z = 4b
 2
 2
2
2
2
2
2
2
2
z + x = 4c
 x + y + z = 2(a + b + c )
⇒ x2 = 2(a2 − b2 + c2 ),y2 = 2(a2 + b2 − c2 ),z2 = 2(−a2 + b2 + c2 )
2
(a2 − b2 + c2 )(a2 + b2 − c2 )(−a2 + b2 + c2 ), nên
3
2
VABCD =
(a2 − b2 + c2 )(a2 + b2 − c2 )(−a2 + b2 + c2 ).
12
2
2
Để ý rằng (a − b + c2 )(a2 + b2 − c2 ) = a4 − (b2 − c2 )2 ≤ a4 và hai bất đẳng thức
tương tự khác, ta có
Vậy VAMNP =

2

(a2 − b2 + c2 )(a2 + b2 − c2 )(−a2 + b2 + c2 ) ≤ a4b4c4


29


2
abc.
12
Dấu đẳng thức xảy ra khi a = b = c, hay tứ diện ABCD là tứ diện đều.
Hay VABCD ≤

3. 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 = 4S∆BCD nên VAMNP = 4VABCD .
Vì AD = BC và BC là đường trung bình của ∆NMP nên:
AD = DM = DP
Suy ra tam giác AMP là tam giác vuông tại A .
Tương tự cũng có các tam giác APN , ANM đều vuông tại A .
1
Vì thế VAMNP = AM .AN .AP . Đặt AM = x, AN = y, AP = z .
6
2
Chú ý MN = 4DC 2 = 4a2, nên áp dụng định lý Pitago cho các tam giác
AMP , APN , ANM ta có:
 x2 + y2 = 4a2
 x2 + y2 = 4a2


2
2
2
2
2
2
 y + z = 4b ⇔  y + z = 4b
 2
 2
2
2
2
2
2
2
2
 z + x = 4c
 x + y + z = 2(a + b + c )
⇒ x2 = 2(a2 − b2 + c2), y2 = 2(a2 + b2 − c2), z2 = 2(− a2 + b2 + c2)
2
(a2 − b2 + c2)(a2 + b2 − c2)(− a2 + b2 + c2), nên
3
2
=
(a2 − b2 + c2)(a2 + b2 − c2 )(− a2 + b2 + c2) .
12

Vậy VAMNP =
VABCD
Bi 15

1.

30


Gọi H là hình chiếu của S lên mặt đáy, ta suy ra H là tâm đường tròn
ngoại tiếp tam giác ABC nên H thuộc BD .
 BD ⊥ AC
⇒ AC ⊥ (SBD) ⇒ O = BD ∩ AC là hình chiếu
Mặt khác 
SH

AC

của A lên mặt phẳng (SBD) , mà AS = AB = AD = a ⇒ O là tâm
đường tròn ngoại tiếp tam giác SBD ⇒ ∆SBD vuông tại S . Đặt SD = x
SB.SD
1
Ta có: SH .BD = SB.SD ⇒ SH =
và S ABCD = AC.BD
BD
2
1 SB.SD 1
1
Nên VS. ABCD = .
. AC.BD = AB.SD.OA
3 BD 2
3
2
2
2
BD
a +x
3a2 − x2
Mà OA 2 = AB 2 −
= a2 −
=
4
4
4
1
Do đó: VS. ABCD = .a.x. 3a2 − x2
6
x2 + 3a2 − x2 3a2
Ap dụng bđt Cô si ta có: x 3a2 − x2 ≤
=
2
2
1 3a2 a3
Suy ra: VS. ABCD ≤ .a.
. Đẳng thức xảy ra
=
6
2
4
a 6
⇔ x2 = 3a2 − x2 ⇔ x =
2
a 6
Vậy VS. ABCD lớn nhất ⇔ SD =
.
2
2. Áp dụng định lí hàm số cô sin cho tam giác SAB ta có:
31


AB 2 = SA 2 + SB 2 − 2SA.SB.cosα = 2a2 ( 1 − cos α ) = 4a2 cos2
⇒ AB = 2a cos

α
2

α
2

β
γ
, CA = 2a cos
2
2
Gọi H là hình chiếu của S lên
mặt phẳng đáy ( ABC ) , ta có H
là tâm đường tròn ngoại tiếp tam
giác ABC .
AB.BC.CA
AH =
, S = S∆ABC
4S
suy ra : SH = SA 2 − AH 2
BC = 2a cos

=

16a2S 2 − ( AB.BC.CA )

2

4S

Do đó:
1
1
α
β
γ
SH .S∆ABC =
16a2S 2 − 64a6 cos2 cos2 cos2
3
12
2
2
2

α
β
γ
Gọi p là nửa chu vi tam giác ABC, ta có: p = a  cos + cos + cos ÷
2
2
2

VSABC =

Nên S 2 = p( p − AB)( p − BC )( p − CA)
2
2

α
β
γ 
γ 
α
β 
= a4  cos + cos ÷ − cos2  cos2 −  cos − cos ÷ 

2
2
2 
2 
2
2 




(*)
Vậy VSABC =
k=

a3k
với
3

2
2


 cos α + cos β ÷ − cos2 γ   cos2 γ −  cos α − cos β ÷  − 4cos2 α cos2 β cos2 γ

2
2
2 
2 
2
2 
2
2
2




3. 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 đó là một hình thoi, do đó H ∈ AO.
32


S

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 = SA 2 + SC2 = a2 + x2 .
Tam giác vuông SAC có đường cao
1
1
1
=
+
SH nên
2
2
SH
SA
SC2
ax
⇒ SH =
.
A
2
a + x2
Ta có OB 2 + OA 2 = AB 2 nên

D
H

C
O
B

2

AC
a2 + x2 3a2 − x2
3a2 − x2
OB = AB −
= a2 −
=
⇒ OB =
.
4
4
4
2
1
(a2 + x2 )(3a2 − x2 ).
Diện tích đáy của khối chóp SABCD = AC.OB =
2
1
1
Thể tích của khối chóp S.ABCD là V = SH.S ABCD = .ax 3a2 − x2 .
3
6
Theo bất đẳng thức Cauchy ta có
2

2

 x2 + (3a2 − x2 ) 
36V = a x (3a − x ) ≤ a 

2


2

2 2

⇒ 36V 2 ≤

2

2

2

2

9a6
a6
a3
⇒ V2 ≤
⇒V≤
.
4
16
4

Dấu đẳng thức xảy ra khi x2 = 3a2 − x2 ⇔ x =

a 6
.
2

Vậy giá trị lớn nhất của thể tích khối chóp S.ABCD là
khi x =

33

a 6
.
2

a3
, đạt được khi và chỉ
4



Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×