Title Chủ đề 20 Hình học không gian thuần túy.docx ✅

Trang 1 Hình học không gian thuần túy Câu 1. (HSG11 tỉnh Hà Nam năm 2018-2019)Cho hình lập phương .''''ABCDABCD tâm O cạnh có độ dài bằng 1 . Gọi ,MP là hai điểm sao cho 31 ',' 44AMAACPCC→→→→ . Mặt phẳng  thay đổi đi qua ,MP đồng thời cắt hai cạnh ','BBDD lần lượt tại N và Q . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của chu vi tứ giác MNPQ . Lời giải I O' O Q N P M A' B' C'D' C BA D Gọi 'IIMPOO là trung điểm của MP . Do đó trong hình thang AMPC ta có 1AMCP , tương tự 2.1DQBNOI . Đặt ,BNxDQy thì ,0;1xy và 1xy . Ta có ()('') ()(')// ('')//(' ' ') C MNPQABBAMN MNPQCDDQPMNQP ABBACCDD      Chứng minh tương tự //MQNP , suy ra tứ giác MNPQ là hình bình hành. Suy ra của chu vi tứ giác 22MNPQMNMQ . Ta tính được 22 33 1;1 44MNxMQy    . chu vi tứ giác 2233 211* 44MNPQxy       . 20 Chuyên đề
Trang 2 *) Áp dụng BĐT 222222abcdacbd 222 33317 114 4422xyxy    . Dấu "" xảy ra khi 1 2xy . Suy ra giá trị nhỏ nhất của chu vi tứ giác 17MNPQ . *) Thế 1yx vào (*) ta có chu vi tứ giác 2231 2112 44MNPQxxfx       . Với 2231 11 44fxxx    22 35175151717517 11 44444444xxxx     22 22 1351713517 ()() 51788 44 517135(1)171 11 4444 xxxx xxxx xx        Do 25170,0;1() 44xxxfx Suy ra 517 () 4maxfx  khi 0x hoặc 1x Suy ra giá trị lớn nhất của chu vi tứ giác 517 2MNPQ  . Ta có : 2231113431 43.3.43 44121223 xxx xxxxx    . Do đó : 1 ...sin 3MNPQKMNPQKSSBACS lớn nhất bằng 1 ...sin 3SBAC 22 343 33 BM xxx BC . Câu 3. (Tổ-25-Lan-2-HSG-Yên-Dũng) Cho hình chóp .SABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , H là hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng ABCD , biết 3HNHM→→ , trong đó ,MN lần lượt là trung điểm của ,ABCD . Mặt phẳng SAB tạo với đáy một góc 60o . Tính bán kính của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp .SABCD . A. 7 6 a . B. 21 6 a . C. 3 6 a . D. 5 6 a .
Trang 3 Lời giải Chọn C O A BC D S Q M NH I P Ta có SHAB ABSMH MNAB     . Do đó góc giữa hai mặt phẳng SAB và ABCD là góc SMH và bằng 60o . Vì 4 a MH nên 1 : cos60422o MHaa SM . Mặt khác, ta có M là trung điểm của AB nên 2 a AMMB . Xét tam giác SAB có SM là đường trung tuyến và SMAMMB suy ra tam giác SAB là tam giác vuông tại S . Dựng tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp .SABCD như sau: Gọi O là tâm của hình vuông ABCD . Trong mặt phẳng SMN , dựng đường thẳng đi qua O và song song với SH cắt SN tại I . Trong mặt phẳng SMN , dựng đường thẳng đi qua M và vuông góc với SM cắt ,SHOI lần lượt tại ,PQ . Khi đó Q chính là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp .SABCD . Thật vậy: Vì SHABCD nên IQABCD mà O là tâm của hình vuông ABCD suy ra QAQBQCQD . (1)
Trang 4 Mặt khác, ta có MQAB MQSAB MQSM     mà M là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác SAB nên QAQBQS . (2) Từ (1), (2) suy ra Q chính là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp .SABCD . S MNH P Q O I Do đó bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp .SABCD bằng 2QMMP . Xét tam giác SMP vuông tại M có góc 30oMSP nên 33 .tan30. 236 oaa MPSM . Vậy bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp .SABCD bằng 3 3 a . Câu 5. (Tổ-25-Lan-2-HSG-Yên-Dũng) Cho hình chóp .SABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a , góc 120oBAD , SA vuông góc với đáy. SC tạo với đáy một góc 60o . Côsin góc giữa hai mặt phẳng SAD và SCD là: A. 3 3 . B. 10 5 . C. 5 10 . D. 5 5 . Lời giải Chọn D