Chuyên đề hình học không gian - 1

Chia sẻ: Nguyến đại Lợi | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:9

Thêm vào BST

Báo xấu

433
lượt xem 95
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là một hình bình hành. Một mặt phẳng (P) cắt SA, SB, SC, SD theo một thứ tự tại K, L, M, N. SA SC SB SD + = + Chứng minh rằng: . SK SM SL SN Giải: Các tứ diện MSKL và CSKL có cùng

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Chuyên đề hình học không gian - 1

Bài 10: Hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là một hình bình hành. Một mặt phẳng (P) cắt SA, SB, SC, SD theo một thứ tự tại K, L, M, N. SA SC SB SD + = + Chứng minh rằng: . SK SM SL SN Giải: Các tứ diện MSKL và CSKL có cùng đáy SKL nên tỉ số thể tích của chúng bằng tỉ số hai đường cao tương ứng MM' và CC': VMSKL MM ' = VCSKL CC ' VMSKL SM = � VCSKL SC (1) Các tứ diện CSKL và CSAB có cùng chiều cao là khoảng cách từ C đến mp (SAB) nên tỉ số thể tích của chúng bằng tỉ số diện tích của 2 đáy tương ứng: 1 VCSKL S SKL 2 SK .SL SK .SL S = = = (2) VCSAB S SAB 1 SA.SB SA.SB 2 Từ (1) và (2), ta có: N j VMSKL SK .SL.SM SK .SL.SM = � VSKLM = .VSABC M VCSAB SA.SB.SC SA.SB.SC K M' Vì ABCD là hình bình hành nên ta có: ∆ABC = ∆ADC 1 1 L VSABC = VSADC = V SABCD = V D 2 2 C trong đó V là thể tích của hình chóp S.ABCD C' 1 SK .SL.SM � VSKLM = . .V 2 SA.SB.SC Tương tự, ta có: 1 SK .SM .SN B VSKMN = . .V 2 SA.SB.SD V SK SM � SL SN � � VS .KLMN = . �+ . (3) � 2 SA SC � SB SD � Tương tự, ta có: VS . KLMN = VSKLN + VSMLN 1 SK .SL.SN 1 SL.SM .SN =. .V + . .V 2 SA.SB.SD 2 SB.SC.SD V SL SN � SK SM � =.. .� + (4) � 2 SB SD � SA SC � Từ (3) và (4), ta có: SK SM � SL SN � SL SN � SK SM � �+ = .� + . . � � SA SC � SB SD � SB SD � SA SC � � SB.SK .SM .SN + SD.SK .SL.SM = SC .SK .SL.SN + SA.SL.SM .SN
Chia hai vế cho tích số SK.SL.SM.SN, ta có: SB SD SC SA + = + SL SN SM SK SA SC SB SD + = + Vậy: . SK SM SL SN Bài 11: Hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi K là điểm giữa của cạnh SC. Mặt phẳng qua AK cắt các cạnh SB, SD lần lượt tại M, N. SB SD + =3 Chứng minh: 1) SM SN 1 V1 3 2) 3V8 trong đó V là thể tích hình chóp S.ABCD, V1 là thể tích hình chóp S.AMKN. Giải: 1. Gọi O là tâm của hình bình hành ABCD. Trong tam giác SAC, AK và SO là hai trung tuyến, c ắt nhau tại trọng tâm G. Suy ra 3 điểm M, G, N thẳng hàng. (3 điểm M, G, N nằm trên giao tuyến của hai mặt phẳng (AMKN) và (SBD)). S SMG SM .SG 2SM = = Ta có: S SBO SB.SO 3SB 2 SM SM � S SMG = .S SBO = .S SBD S 3SB 3SB Tương tự, ta có: 2 SN SN S SNG = .S SDO = .S SBD 3SD 3SD SM .SN K S SMN = .S SBD SB.SD N Mặt khác, ta có: G S SMG + S SNG = S SMN D C SM SN SM .SN + = M � 3SB 3SD SB.SD � SM .SD + SN .SB = 3SM .SN SD SB O + =3 � SN SM B SB SD A = x; =y 2. Đặt: SM SN � x + y = 3 � y = 3 − x với : 1 x, y < 3 Ta phải có: 3 −� 1 x 2 x Do đó ta có: y = 3 − x với: 1 x 2 . Mặt khác
SM .SN 1 VSAMN = .VSABD = V SB.SD 2 xy SK .SM .SN 1 VSKMN = .VSCBD = V SC.SB.SD 4 xy 1 1 3 � V1 = VSAMN + VSKMN = .V + .V = .V 2 xy 4 xy 4 xy V 3 3 3 1 � 1= = =. 2 V 4 xy 4 x(3 − x) 4 − x + 3 x 1 trên đoạn [ 1; 2] Xem hàm số f ( x ) = 2 − x + 3x Ta có: 2x − 3 f '( x) = ( ) 2 − x 2 + 3x 3 �1; 2] [ f '( x) = 0 � x = 2 BBT x f ' (x) f (x) 4 1 f ( x) Suy ra 9 2 1 V1 3 Vậy 3 V 8 Bài 12: Cho tứ diện ABCD với AB = a, CD = b, khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau AB và CD là d, góc của hai đường thằng này là α . Tứ diện được chia thành hai phần bởi mặt phẳng (P) song song với các cạnh AB và CD. Tính tỉ số thể tích của hai phần đó, biết rằng tỉ số khoảng cách từ AB đến (P) và CD đến (P) bằng k. Giải: Mặt phẳng (P) song song với AB nên cắt các mặt phẳng (ABC) và (ABD) theo các giao tuyến MN và RQ cùng song song với AB: MN // RQ // AB Tương tự: (P) // CD => MR // NQ // CD Do đó: (P) cắt tứ diện ABCD theo một thiết diện là hình bình hành MNRQ. Gọi x và y theo thứ tự là khoảng cách từ AB và CD đến (P) x � =k y
MR x MN d − x =; = Ta có: CD d AB d a (d − x) bx � MR = ; MN = d d Gọi S là diện tích thiết diện thẳng BEF của hình lăng trụ cụt tam giác AMRBNQ. Ta có: bx 2 sin α 1 1 S = EF.x= MR.sin α .x = 2 2 2d Thể tích hình lăng trụ cụt đó là: 2a ( d − x ) a+ bx 2 sin α ab ( 3d − 2 x ) x sin α 2 AB + MN + QR d V1 = .S = = . 6d 2 3 3 2d Thể tích của hình lăng trụ cụt CNQDMR: A ab ( 3d − 2 y ) y 2 sin α CD + NQ + MR V2 = .S = 6d 2 3 kd x= k +1 x R Ta có: = k � x + y = d � d y M y= k +1 Do đó ta có: abd ( k + 3) k 2 sin α V1 = B 6 ( k + 1) 3 3k + 1 V2 �= Q N 2. V1 ( k + 3) k abd ( 3k + 1) sin α D V2 = F 6 ( k + 1) 3 E C Bài 13: Cho khối tứ diện đều ABCD có cạnh bằng a. Gọi A', B', C', D' tương ứng là trung điểm của AB, AC, CD, và BD. 1) Chứng minh rằng A'B'C'D' là hình vuông 2) Tính thể tích khối DAA'B'C'D' theo a. 3) Nếu thay đổi đầu bài bằng cách lấy A', B', C', D' theo thứ tự trên các đoạn thẳng AB, AC, CD và BD sao a � 1� n �hì thể tích khối DAA'B'C'D' sẽ bằng bao nhiêu? cho AA' = AB' = DC' = DD' = t � 2n � 2 � Giải: // BC // BC 1) Ta có A ' B ' = ;C ' D '= (đường trung bình) 2 2 // � A ' B ' = C ' D ' � A ' B ' C ' D ' là hình bình hành. BC a AD a Ta lại có: A ' B ' = = ; B 'C ' = = 2 2 2 2
� A ' B ' = B ' C ' � A ' B ' C ' D ' là một hình thoi Tứ diện ABCD đều. Ta có: AB 2 + CD 2 = AC 2 + BD 2 = AD 2 + BC 2 (*) => ABCD là một tứ diện trực giao (có các cạnh đối đôi một vuông góc) � BC ⊥ AD Nhưng A'B'//BC ; B'C'//AD � A ' B ' ⊥ B 'C ' Do đó A'B'C'D' là một hình vuông 2) Thể tích của khối đa diện DAA'B'C'D': AA' AB ' DD' DC ' 1 = = = = Vì AB AC ' DB DC 2 nên mp (A'B'C'D') chia tứ diện ABCD theo 2 phần tương đương. Do đó ta có: a 2 a3 2 1 11 1 VDAAB'C'D' = VABCD = . AB.CD. A ' C ' = a.a. = 2 26 12 2 24 a (A'C' là đường chéo của hình vuông A'B'C'D' cạnh ) 2 Cách 2: Gọi I là trung điểm của cạnh AD. Ta thấy thể tích khối đa diện DAA'B'C'D' bằng tổng thể tích của hình tứ diện AA'B'I và lăng trụ A'B'I.D'C'D. ABCD là tứ diện đều. Do đó A nằm trên trục AH của ∆BCD , H là tâm đường tròn ngoại tiếp, đồng thời là trực tâm, trọng tâm của tam giác đều BCD. Ta có: AH ⊥ ( A ' B ' I ) tại tâm H' của ∆ ( A ' B ' I ) A Các khối chóp AA'B'I và ABCD đồng dạng mà tỉ số đồng dạng là: 3 AA' 1 VA. A ' B ' I � � 1 1 1 a3 2 a3 2 k= =� = � �= � VA. A ' B ' I = . = AB 2 VA.BCD � � 8 2 8 12 96 1 Hai tam giác A'B'I và BCD đồng dạng mà tỉ số đồng dạng là k = A' I 2 2 2 2 S �� 1 1 1a 3 a 3 Ta có: A ' B ' I = � �= � S A ' B ' I = . = S BCD � � 4 2 44 16 B' 1 3VABCD a 6 AH ' 1 1 = � AH ' = HH ' = AH = = Ta lại có: AH 2 2 2 S BCD 6 B D a 6 a 2 3 a3 2 � VA ' B ' L. D 'C ' D = HH '.S A ' B ' I = = D' . 6 16 32 H 3 3 3 C' a2a2a2 Do đó ta có: � VDAA'B'C'D' = + = 96 32 24 a 3) Thể tích của khối DAA'B'C'D' khi AA' = AB' = DC' = DD' = 2n C Tương tự như cách giải thứ hai của câu trên. a Lấy I �AD : AI = . Thể tích của khối DAA'B'C'D' bằng tổng thể tích của hình chóp AA'B'I và lăng trụ 2n A'B'I.D'C'D. Ta có:
AA' AB ' AI 1 k= = = = AB AC AD 2n 3 1 a3 2 a3 2 VAA'B'I �1 � 1 = k = � �= 3 � VAA'B'I = 3 . = 3 96n3 VABCD � n � 8n 2 8n 12 Ta lại có: AH − AH ' 2n − 1 AH ' 1 = = � AH 2n AH 2n ( 2n − 1) a 6 2n − 1 � HH ' = AH = 2n 6n Mặt khác, ta có: 2 S A' B ' I �1 � 1 = k = � �= 2 2 S BCD � n � 4n 2 1 a2 3 a2 3 � S A' B ' I = = 4n 2 4 16n 2 ( 2n − 1) a 3 2 � VA ' B ' I .D 'C ' D = HH '.S A ' B ' I = 3 32n a 3 2 ( 2n − 1) a 2 ( 3n − 1) a 2 3 3 � VDAA'B'C'D' = + = 96n3 32n3 48n3 ( 3n − 1) a3 2 . Vậy: VDAA'B'C'D' = 48n3 Chứng minh (*) Cho hình chóp S.ABC, có SB 2 + AC 2 = SC 2 + AB 2 . Chứng minh rằng SA ⊥ BC . Giải: Ta có: SB 2 + AC 2 = SC 2 + AB 2 � SB 2 − SC 2 = AB 2 − AC 2 (3) Trong ∆SBC , dựng đường cao SK và trong ∆ABC , dựng đường cao AH. Ta có: SB 2 − SC 2 = 2.BC.IK (4) AB − AC = 2.BC.IH (5) 2 2 với I là trung điểm của BC. Từ (3), (4) và (5) ta có: IK IH K H= Ta có: SH , AH ⊥ BC � ( SAH ) ⊥ BC � SA ⊥ BC (đpcm). SM 1 SN =, =2 Bài 14: Trên các cạnh SA, SB của tứ diện SABC lấy các điểm M, N sao cho MA 2 NB Mặt phẳng đi qua M, N và song song với SC chia tứ diện thành hai phần. Tính tỉ số thể tích của hai phần ấy. Giải: Gọi P và Q theo thứ tự là giao điểm của BC và AC với mặt phẳng ( α ) qua M, N và song song SC. Suy ra: MQ // SC ; NP // SC
Ta có: CQ SM 1 CQ 1 = =� = MQ // SC � QA MA 2 CA 3 CP SN CP 2 = =2� = NP // SC � PB NB CB 3 Gọi V , V1 , V2 theo thứ tự là thể tích của các khối SABC, SMN.CQP, AMQBNP. � V = V1 + V2 Ta có: V1 = VSCQP + VSQPM + VSPMN VSCQP CQ.CP CQ CP 1 2 2 2V = = = . = � VSCQP = . VSCAB CA.CB CA CB 3 3 9 9 VSQPM MS 1 = = S VSQPA AS 3 VSQPA S APQ S APQ SCAP AQ.CP 4 = = = = . M VSCAB S ABC S APC SCAB AC .CB 9 4V 4V � VSQPA = � VSQPM = 9 27 Q C VSPMN SM .SN 1.2 2 A = = = VSAPB SA.SB 3.3 9 N 2 2 V 2V � VSPMN = .VSAPB = . = 9 9 3 27 P 2V 4V 2V 4V Do đó ta có: V1 = + + = B 9 27 27 9 4V 5V � V2 = V − V1 = V − = 9 9 V 5 � 2= V1 4 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 2 + AD 2 = DE = (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 ) Xét một cách giải khác như sau: DE ⊥ (SAB) BC ⊥ (SAB) => DE // BC Pytago trong các tam giác vuông: SD2 = AS2 - AD2; SE2 = AS2 - AE2 SB = SA2+AB2 2 SC2 = SA2+AC2 = SA2 + AB2 + AC2 Lập các tỷ số: c SA 2 − AD 2 SA 2 − AE 2 SA 2 + AE 2 = = . SA 2 + AB2 SA 2 + SB2 + SC 2 a 2 + b2 + c2 c 2 (a 2 + b 2 ) c2 .a 2 c4 b 2 .c2 c2 − 2 2 c2 − 2 2= . a +c . c +a +b 2 = (a 2 + c 2 ) 2 (c 2 + a 2 + b 2 ) 2 a +c c +a +b 2 2 2 2 2 b.c3 SA SD SE = .. => SA SB SC (c 2 + a 2 + b 2 )(a 2 + c 2 ) VSADE SA SD SE b.c3 = .. = VSABC SA SB SC (c2 + a 2 + b 2 )(a 2 + c 2 ) b.c3 => VSADE = 2 . VSABC (c + a 2 + b 2 )(a 2 + c 2 ) b.c3 a.b 2 .c 4 1 1 1 . .SA. .AB.BC = . 2 =2 (đvtt) (c + a 2 + b 2 )(a 2 + c 2 ) 3 6 (c + a 2 + b 2 )(a 2 + c 2 ) 2