Toán 12 - Ôn luyện hình học không gian

ÔN LUYỆN HÌNH HỌC KHÔNG GIAN GMAIL: MINHDUCK2PI@GMAIL.COM

Bài Toán 1: Cho góc tam diện vuông . Oxyz Gọi , , a b c lần lượt là khoảng cách từ

một điểm I ở bên trong góc tam diện theo thứ tự đến ba mặt phẳng    , Oyz Ozx

và   Oxy . Qua I vẽ mặt phẳng  P cắt , , Ox Oy Oz lần lượt tại , , . A B C Phải chọn

mặt phẳng  P như thế nào để thể tích tứ diện OABC nhỏ nhất ?

(Đề nghị Olympic 30-4) Bài Giải:

Ta có:

1

1

IOAB IOBC IOCA

OABC OABC OABC

V V V V V V

c a b OC OA OB

  

   

Do đó:

3 1 1 1 9 . . . . 6 6 6 2 . .

3

OABC

abc abc V OAOB OC abc a b c a b c OA OB OC OA OB OC

               

Dấu “=” xảy ra khi:

3 1 3 . 3 3

OA a a b c OB b OA OB OC OC c

           

Như vậy ta cần chọn mặt phẳng  P đi qua I sao cho 3 , 3 , 3 . OA a OB b OC c   

ThuVienDeThi.com

ÔN LUYỆN HÌNH HỌC KHÔNG GIAN GMAIL: MINHDUCK2PI@GMAIL.COM

Bài Toán 2: Cho góc tam diện vuông . Oxyz Gọi S là điểm cố định trên tia Oz và , A B là hai điểm lần lượt di động trên các tia , Ox Oy sao cho . OA OB OS a    1. Xác định theo a giá trị lớn nhất của thể tích khối tứ diện . SOAB Nêu cách dựng tâm I của mặt cầu ngoại tiếp tự diện SOAB và tính theo a bán kính R của mặt cầu ấy khi thể tích khối tứ diện SOAB đạt giá trị lớn nhất. 2. Khi , A B di động, chứng minh rằng tổng các góc phẳng tại đỉnh S của tứ

diện SOAB luôn bằng . 2  (Đề nghị Olympic 30-4)

Bài Giải:

1.

Ta có:  

2 3 3 1 . . . . . 6 6 6 4 24 24 SOAB

OA OB OS OS OS a V OAOB OS OAOB      

Dấu “=” xảy ra khi . 2 a OA OB  

Vậy

3

. 24 SOAB

a MaxV  Đạt được khi . 2 a OA OB  

Cách dựng tâm I:  Gọi M là trung điểm AB . Qua M dựng đường thẳng Mt vuông góc với

mặt phẳng   OAB .

 Trong mặt phẳng   , Oz Mt dựng đường thẳng  qua trung điểm N của

SO và song song với . OM .  Vậy I chính là giao của của đường thẳng Mt với đường thẳng  vì theo

cách dựng đó ta có . IA IB IS IO    Bán kính R được tính bởi:

2 2 2 2 2 2 2 6 . 2 4 2 4 4 OS AB OS OA OB a R OI MN ON OM                      

ThuVienDeThi.com

ÔN LUYỆN HÌNH HỌC KHÔNG GIAN GMAIL: MINHDUCK2PI@GMAIL.COM

2. Ta đặt các góc phẳng tại đỉnh S như sau: , , ASB OSA OSB         

0 , , 2          

.

Khi đó ta có:

   

 

2 2 2 2 2 2 2 2 2

2

cos 2 . 2 .

. sin cos cos sin cos . .

2

SA SB AB SO OA SO OB OA OB SA SB SA SB SO OA OB SO OA SO SO OB SA SB SA SB SA SB SA SB

dpcm



     

   

        

        

   

Bài Toán 3: Cho hình lập phương . ' ' ' ' ABCD A B C D , cạnh a. Trên cạnh ' AA kéo dài về phía ' A lấy một điểm , M và trên cạnh BC kéo dài về phía C lấy một điểm N sao cho MN cắt cạnh ' '. C D Tìm giá trị nhỏ nhất của đoạn . MN (Đề nghị Olympic 30-4) Bài Giải:

Gọi ' ' ', . MN C D I AN CD I    

Vì

          

' ' '

' ' ' .

' ' ' '

AMN CDD C II

AMN ABB A AM II AM

CDD C ABB A

         

Đặt 0, 0. AM x BN y     Theo định lý Thales ta có:

' ' 1 1 1 . A M MI AI BC x a a AM MN AN BN x y x y a         

Ta có:  2 2 2 2 2 2 2 2 1 MN AM AN AM BN AB x y a         Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có :

 1 1 1 4 4 * x y a a x y x y       

Lại có :

    

2 2 (*) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 8 9 3 2 2 2

Do x y a x y a x y a a x y a a             

Từ (1) và (2) suy ra: 3 . MN a  Dấu “=” xảy ra khi 2 . x y a   Vậy giá trị nhỏ nhất của MN là 3a đạt được khi 2 . AM BN a  

ThuVienDeThi.com