Giáo án lớp 12 môn Hình học - Đề 37 ôn thi tốt nghiệp

ĐỀ 37 Cho tứ diện ABCD cóhai cạnh đối bằng b, c và các cạnh còn lại bằng a. a/ Tìm giá trị nhỏ nhất của tổng các khoảng cách từ một điểm tùy ý trong không gian đến các đỉnh của tứ diện. b/ Giả sử tứ diện ABCD thay đổi vị trí trong không gian nhưng có ba đỉnh A, B, C lần lượt ở trên mặt cầu cố định và đồng tâm. Chứng minh rằng đỉnh D luôn ở trong một hình cầu cố định khi độ dài a, b, c thay đổi thỏa các giả đã cho. Giải: Caâu a: Ta có thể giả sử AD = b, BC = c và các cạnh còn lại bằng a. Gọi I, J lần lượt là trung điểm của các cạnh AD, BC. Ta dễ dàng suy ra Ị vuông góc với AD và BC và IJ chính là trục đối xứng của tứ diện. Lấy M tùy ý trong không gian, M’ là điểm đối xứng I J A B C D D’ A’ K0 của M qua IJ suy ra trung điểm K của MM’ chính là hình chiếu của M trên đường thẳng IJ và ta có: 2(MA + MB + MC + MD) = MA + MB + MC + MD + M’A + M’B+M’C+M’D = (MA + M’A) + (MB + M’B) + (MC + M’C) + (MD + M’D) £ 2KA + 2KB + 2KC + 2KD (1). ( Do tính chất: trung tuyến của một tam giác thì bé hơn nữa tổng của hai cạnh cùng xuất phát từ một đỉnh của nó). Do đó: MA + MB + MC + MD £ KA + KB + KC + KD. Bài toán trở thành tìm điểm K trên IJ sao cho KA + KB + KC + KD bé nhất. Trong mặt phẳng (BCI) dựng hình thang BCD’A’ sao cho IJ là trung điểm của hai đáy và IA = IA’, ID = ID’. Ta thấy rằng: với K tùy ý trên Ị thì KA = KA’ và KD = KD’. Do đó: KA + KB + KC + KD = KA’ + KB + KC + KD’ = (KA’ + KC) + (KB + KD’) £ A’C + BD’. Vậy KA + KB + KC + KD nhỏ nhất khi K chính là giao điểm K0 của hai đường chéo A’C và BD’. Tính IJ: IJ2 = DJ2 – ID2 = DC2 – JC2 – ID2 = a2 - . Tính BD’: . Tổng các khoảng cách nhỏ nhất là: d = 2BD’ = . Caâu b: Gọi r1, r2, r3 là bán kính các mặt cầu tâm O và lần lượt đi qua các đỉnh A, B, C. Ta có: OD < OC + DC < OC + AB < OC + OA + OB = r1 + r2 + r3. Do đó D ở trong hình cầu cố định tâm O, bán kính R = r1 + r2 + r3. ĐỀ 38 Cho hình chóp S.ABCD, đáy ABCD là hình chữ nhật có AB = a, BC = b, SA = SB = SC = SD = c. K là hình chiếu vuông góc của P xuống AC. a/ Tính độ dài đoạn vuông góc chung của SA và BK. b/ Gọi M, N lần lượt là trung điểm của đoạn thẳng AK và CD. Chứng minh: Các đường thẳng BM và MN vuông góc nhau. Giải: _ D _ C _ B _ A _ S _ O _ K _ M _ N Caâu a: + Theo giả thiết ta được: SO ^ (ABCD) Þ (SAC) ^ (ABCD). Mà BK Ì (SAC) và BK ^ AC Þ BK ^ SA. + Gọi H là hình chiếu của K xuống SA Þ HK ^ SA và HK ^ BK ( vì HK Ì (SAC)) Þ HK là đoạn vuông góc chung của SA và BK. Suy ra được: BH ^ SA và DHBK vuông tại K. + Do DABC vuông đỉnh A nên: . + DSAB cân đỉnh S, BH là đường cao nên + Do DHBK vuông tại K nên: Caâu b: + ( vì M là trung điểm của AK) + + . + Do đó: Vậy: BM ^ MN. ĐỀ 39 Trong không gian cho ba mặt phẳng cố định có một điểm chung duy nhất. M là một điểm của không gian, các đường thẳng đi qua M song song với hai mặt phẳng cắt mặt phẳng còn lại lần lượt tại A,B,C. Biết MA + MB + MC = 1998. Tìm tập hợp các trọng tâm của tam giác ABC. Giải: + Gọi O là giao điểm của 3 mặt phẳng. a, b, c là 3 giao tuyến . Dùng tính chất hình hộp và tính chất trọng tâm, ta có: , với M” là trọng tâm của DABC. _ U _ C _ V _ M ' _ O _ M _ A _ C _ B + Tìm tập hợp các điểm M: Ba mặt phẳng chia không gian làm 8 miền. Ta chỉ cần xét một miền: Gọi U, V, Ư thuộc a, b, c: OU = Ơ = OV = 1998. Chứng minh được: M thuộc miền trong tam giác UVƯ khi và chỉ khi: với x + y + z = 1. Mà MA + MB + MC = 1998 Û x + y + z = 1. Do đó: Tập các điểm M là miền trong của tam giác UVƯ. + Suy ra các điểm M’ ( trọng tâm của tam giác ABC) là ảnh của miền trong tam giác UVƯ qua phép vị tự tâm O tỉ 2/3. ĐỀ 40 Trong không gian cho ba tia Ox, Oy, Oz không đồng phẳng và ba điểm A, B, C ( khác điểm 0) lần lượt trên Ox, Oy, Oz. Dãy số (an) là một cấp số cộng có a1 > 0 và công sai d > 0. Với mỗi số n nguyên dương, trên các tia Ox, Oy, Oz theo thứ tự lấy các điểm An, Bn, Cn sao cho OA = an.OAn ; OB = an+1.OBn ; OB = an+2.OCn. Chứng minh các mặt phẳng (An, Bn, Cn ) luôn luôn đi qua một đường thẳng cố định. Giải: Ta chứng minh mệnh đề: Nếu hai điểm X,Y phân biệt. Điều kiện cần và đủ để điểm S thuộc đường thẳng XY là tồn tại cặp số thực x, y thỏa: , với điểm O tùy ý. Từ giả thiết: (an) là cấp số cộng công sai d > 0 nên: an+1 = an + d . áp dụng nhận xét trên, ta có: thì I Î AnBn. và Thế vào trên ta được: suy ra I cố định, nên đường thẳng AnBn luôn đi qua một điểm cố định I. Tương tự, chứng minh được: BnBn luôn đi qua một điểm cố định J xác định bởi: . AnCn luôn đi qua một điểm cố định K xác định bởi: Vậy các đường thẳng AnBn, BnCn, AnCn lần lượt đi qua ba điểm I, J, K cố định. Chứng minh ba điểm thẳng hàng: Ta có: , , . Do đó: Vậy I, J, K thẳng hàng. Điều này chứng tỏ mặt phẳng AnBnCn luôn đi qua một đường thẳng cố định. ĐỀ 41 Cho tứ diện ABCD có diện tích các tam giác ADB và ADC là Sb và Sc. Mặt phẳng phân giác của nhị diện tạo bởi hai mặt (ADB) và (ADC) cắt BC tại M. a là góc giữa hai mặt (ADB) và (ADC). Chứng minh: a/ K A D S M C b/ Diện tích Sm của tam giác ADM là: . Giải: Caâu a: + Do M ở trên mặt phẳng phân giác của góc nhị diện cạnh AD nên khoảng cách từ M đến hai mặt phẳng (ADB), (ADC) bằng nhau và kí hiệu là d. +Do đó: Caâu b: Tính công thức thể tích tứ diện: , áp dụng công thức tính thể tích trên ta suy ra: Rút gọn, được: . ĐỀ 42 Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh a. Gọi E,G,K lần lượt là trung điểm của các cạnh A’D’, B’C’và AA’. H là tâm của hình vuông DCDC’. M,N là hai điểm lần lượt ở trên hai đường thẳng AD và EG sao cho MN vuông góc với KH và cắt KH. Tính độ dài đoạn MN theo a. Giải: C C’ A B D E1 A’ B’ D’ E G H H1 N1 I1 I M G1 A B C D G1 E1 M H1 I1 N1 Xác định đoạn MN Gọi E1, N1, G1, H1 là hình chiếu vuông góc của E,N,G,H trên mặt phẳng (ABCD). Do KH ^ MN (gt) và KH ^ NN1 suy ra KH ^ MN1 , suy ra AH1 ^ MN1 tại I1. Mà theo giả thiết MN cắt KH tại I suy ra II1 // NN1 mà I là trung điểm của đoạn MN nên I1 phải là trung điểm của MN1. Từ đó suy ra cách dựng hai điểm M, N. Tính độ dài MN Đặt a = DAH1 Þ H1AN1 = E1N1M = a. Xét tam giác vuông DAH, ta có: sina = Þ tga = Þ cos2a = Þ AN1 = . Xét tam giác vuông AIN1, ta có: IN1 = AN1.sina = . (Cách khác: Gọi P là trung điểm của CG1, suy ra được N1 ở trên AP, suy ra E1N1 = .) . ĐỀ 43 Cho hai nữa đường thẳng Ax, By chéo nhau. Hai điểm C, D thay đổi lần lượt ở trên Ax và By sao cho: . a/Chứng minh rằng: mặt phẳng (P) chứa CD và song song với AB luôn luôn đi qua một điểm cố định I trong mặt phẳng (Q) chứa Ax và (Q) song song By. b/Tìm vị trí của C và D sao cho thể tích tứ diện ABCD là nhỏ nhất. Giải: y y’ x C N I A M D’ B D Caâu a: Hình vẽ: Dựng Ay’ // By. D’ trên Ay’ sao cho: AD’ = BD. (P) là mp(DCD’), (Q) là mp(Ax, Ay’). Nhận xét: Với I tùy ý trên D’C. Gọi M, N là các điểm trên Ay’,Ax sao cho: MI//Ax, NI // Ay’. Ta có: . Với C,D là hai điểm tùy ý thỏa giả thiết. Trên CD’ tồn tại điểm I sao cho : . Ta được: và: Từ (3) và (4) suy ra M. N cố định nên I cố định. Do đó (P) luôn đi qua điểm cố định I trong mặt phẳng (Q). Caâu b: Do DABD = DAD’D nên thể tích V của tứ diện ABCD bằng thể tích tứ diện DACD’. Do D ở trên By // (Q) nên khoảng cách từ D đến (ACD’) không đổi, nên thể tích V nhỏ nhất khi và chỉ khi diênh tích S của tam giác AD’C nhỏ nhất. S = AC.AD’.sinA = .AC.BD.sinA nên: S nhỏ nhất Û AC.BD nhỏ nhất. Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số dương: ta có: Dấu bằng xảy ra khi: và . Vậy: V nhỏ nhất khi: , . ĐỀ 44 Xét các hình chóp n – giác S.A1A2...An ( n là số tự nhiên tùy ý lớn hơn 2) thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau: a/ Đáy A1A2...An có tất cả các cạnh đều bằng 1. b/ Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất độ dài đường cao SH của hình chóp nêu trên. Giải: Caâu a: Chứng minh nếu hình chóp S.A1A2...An tồn tại thì khi đó hình chóp là đều: Chứng minh rằng các cạnh bên bằng nhau Đặt : SA1 = x1; SA2 = x2 ; ..... ; SAn = xn. Dùng định lý cosin trong các tam giác S.A1A2 ; S.A2A3 ; ...; S.AnA1 ta có: ....................................................... Đặt , ta có hệ: với x1, x2, ..., xnÎ Trên f(x) đồng biến. Do đó: x1 ¹ x2 thì vô lý. Thật vậy: nếu x1 < x2 Þ f(x1) < f(x2) Þ . Ta có x1< x1 ( vô lý) Tương tự nếu x1 > x2 cũng suy ra điều vô lý: x1>x1. Vậy x1 = x2. Do x1 = x2 ta được . Từ đó ta được: x1 = x2 = ... = xn = 1. Chứng minh đáy A1A2...An là đa giác đều Từ SA1 = SA2 = ... = SAn = 1 suy ra hình vuông góc H của S lên đáy cách đều các đỉnh của đáy Đa giác A1A2...An có các cạnh bằng nhau và nội tiếp trong một đường tròn nên là đa giác đều. Caâu b: Tìm SH lớn nhất, nhỏ nhất. Chứng minh n < 6. Ta có các mặt bên của hònh chóp là các tam giác đều cạnh 1. Ngoài ra: 600 = A1SA2 < A1HA2 ; 600 = A2SA3 < A2HA3 ; ...; 600 = AnSA1 < AnHA1. Do đó: n.600 2). Tính SH và tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của SH: Xét tam giác vuông SHA1: SH2 = . n = 3;4;5. n = 3: SH = ; n = 4: SH = ; n = 5: SH = . Do đó giá trị lớn nhất của SH là , giá trị nhỏ nhất của SH là . ĐỀ 45 Với hai đường thẳng MN, PQ chéo nhau trong không gian, kí hiệu d(MN,PQ) và (MN,PQ) lần lượt là khoảng cách và góc giữa hai đường thẳng MN, PQ. a/ Chứng minh rằng nếu tứ diện ABCD thỏa điều kiện: d(AB,CD) = d(AC,BD) = d(AD,BC) thì trong ba số: cot(AB,CD); cot(AC,BD); cot(AD,BC) có một số bằng tổng hai số còn lại. b/ Chứng minh rằng nếu tứ diện ABCD thỏa điều kiện: d(AB,CD) = d(AC,BD) = d(AD,BC) và (AB,CD) = (AC,BD) =(AD,BC) thì nó là hình chóp tam giác đều. Giải: Caâu a: C1 A C D B1 D1 A1 Dựng hình hộp ngoại tiếp tứ diện AC1BD1B1DA1C. Giả thiết d(AB,CD) = d(AC,BD)=d(AD,BC) suy ra các mặt của hình hộp cùng diện tích S. Đặt a = AB, a1 = CD, AC = b, BC = b1, AD = c, BC = c1, AD1 = z, AC1 = y, AB1 = x. Từ hình bình hành AC1BD1 ta có: B a2 + a21 = 2(y2 + z2) ; cos(AB,CD)= cos(AB,CD)= Chú ý: S = dtAC1BD1 = a1a.sin(AB,CD). Do đó: cot(AB,CD) = Tương tự: cot(AC,BD) = ; = Nếu x £ y £ z thì cot(AB,CD) + cot(AC,BD) + cot(AD,BC) = cot(AD,BD). Các trường hợp khác cũng có kết quả như thế. Caâu b: Từ các kết quả câu a/ nếu thêm (AB,CD) = (AC,BD) =(AD,BC) thì cot(AB,CD) = cot(AC,BD) = cot(AD,BC) = 0. Suy ra các cặp cạnh đối của tứ diện ABCD vuông góc đôi một. Lúc này ta cũng có: Suy ra {a, a1}= {b, b1}= {c, c1}. Vì vậy phải có ít nhất một mặt của tứ diện ABCD là một tam giác đều. Từ đó ABCD là hình chóp tam giác đều. ĐỀ 46 Chứng minh rằng mọi tứ diện luôn tồn tại ít nhất một đỉnh mà ba cạnh xuất phát từ đỉnh đó có độ dài thích hợp để lập thành một tam giác. Giải: Xét tứ diện ABCD, không mất tính tổng quát giả sử AB là cạnh dài nhất của tứ diện đang xét. Bằng phản chứng ta giả sử rằng: Khẳng định của bài toán là sai, nghĩa là không có đỉnh nào trong tứ diện để cho ba cạnh xuất phát từ đỉnh đó có độ dài thích hợp để lập thành một tam giác. Khi đó ta có: xét đỉnh A xét đỉnh B Suy ra: Ta xét các tam giác ABC và ABD ta có: Mâu thuẫn giữa (1) và (2) ta suy ra ĐPCM. ĐỀ 47 Bốn đường thẳng đôi một song song và không có ba đường thẳng nào nằm trên cùng một mặt phẳng .Một mặt phẳng ( P ) cắt chúng theo thứ tự tại A , B ,C , D .Một mặt phẳng ( P/ ) cắt chúng theo thứ tự tại .Chứng minh rằng hai khối tứ diện D/ABC và có thể tích bằng nhau . Giải: Gọi O = AC BD , Do DD/ // OO/ nên và Suy ra và Đặt Ta có : ( 2 ) ( 3 ) Đặt d = ( AA/ , CC/ ) thì ( 4 ) Từ ( 1 ) , ( 2 ) , ( 3 ) , ( 4 ) suy ra điều phải chứng minh ĐỀ 48 Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O, SA vuông góc với hình chóp. Cho AB = a, SA = a. Gọi H và K lần lượt là hình chiếu của A lên SB, SD. Chứng minh SC ^ (AHK) và tính thể tích hình chóp OAHK. Giải: +BC vuông góc với (SAB) BC vuông góc với AH mà AH vuông với SB AH vuông góc với (SBC) AH vuông góc SC (1) + Tương tự AK vuông góc SC (2) và (2) SC vuông góc với (AHK ) SB = AH.SB = SA.AB AH=SH= SK= (do 2 tam giác SAB và SAD bằng nhau và cùng vuông tại A) Ta có HK song song với BD nên . Gọi AM là đường cao của tam giác cân AHK ta có AM=