Tiêu đề CHUYÊN ĐỀ HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.doc ✅

CHUYÊN ĐỀ HÌNH HỌC KHÔNG GIAN Bài 1. Xét các hình chóp n – giác 12.... nSAAA ( n là số tự nhiên tùy ý lớn hơn 2 ) thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau: a/ Đáy 12...nAAA có tất cả các cạnh đều bằng 1 . b/ 0 1223n1SAASAA...SAA60 Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất độ dài đường cao SH của hình chóp nêu trên. Hướng dẫn giải Chứng minh nếu hình chóp 12.... nSAAA tồn tại thì khi đó hình chóp là đều: Chứng minh rằng các cạnh bên bằng nhau Đặt : 11 SAx= ; 22 SAx= ; ..... ; nnSAx= . Dùng định lý cosin trong các tam giác 12SAA ; 23SAA ; ...; 1nSAA ta có: 2202 2111112cos601xxxxx=+-=+- 2202 3222212os601xxxcxx=+-=+- ....................................................... 2202 111112os601nnnnnxxxcxx----=+-=+- 2202 112os601nnnnxxxcxx=+-=+- . Đặt 2213 ()1() 24fxxxx=-+=-+ , ta có hệ: 2 21 2 32 2 1 2 1 () () ............... () () nn n xfx xfx xfx xfx - ìï= ï ï ï =ï ï ï ï í ï ï ï= ï ï ï ï= ïî với 12 3 ;, 2, ..., nxxx éö ÷ ê÷Î+¥ ÷ê ÷÷ øê ë Trên 3 ; 2     fx đồng biến. Do đó: 12xx thì vô lý. Thật vậy: nếu 1212xxfxfx222323n1xxxx...xx . Ta có 11xx ( vô lý) Tương tự nếu 12xx cũng suy ra điều vô lý: 11xx . Vậy 12xx . Do 12xx ta được 22 1111xxx1x1 . Từ đó ta được: 12...1nxxx . Chứng minh đáy 12...nAAA là đa giác đều. Từ 12...1nSASASA suy ra hình vuông góc H của S lên đáy cách đều các đỉnh của đáy. Đa giác 12...nAAA có các cạnh bằng nhau và nội tiếp trong một đường tròn nên là đa giác đều. a) Tìm SH lớn nhất, nhỏ nhất.
b) Chứng minh 6n .Ta có các mặt bên của hònh chóp là các tam giác đều cạnh 1 . Ngoài ra: 0 121260ASAAHA ; 0 232360ASAAHA ; ...; 0 1160nnASAAHA . Do đó: 00.603606 2nnn .  Tính SH và tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của SH : Xét tam giác vuông 1SHA : 2 SH22 1111 1 SAHA.SA1;HA 2sin n   . 2222 2 1111 SH111cotg3cotg, SH=3cotg 444424 4sin n      3;4;5n . 3: nSH 2 3 ; 4: nSH 2 2 ; 5: nSH 11 225 .  Do đó giá trị lớn nhất của SH là 2 3 , giá trị nhỏ nhất của SH là 11 225 . Bài 2. Cho hình lập phương .''''ABCDABCD cạnh a .Gọi , , EGK lần lượt là trung điểm của các cạnh '', ''ADBC và AA' . H là tâm của hình vuông 'DCDC . , MN 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 . Hướng dẫn giải Xác định đoạn MN Gọi 1111, , , ENGH là hình chiếu vuông góc của , , , ENGH trên mặt phẳng ABCD . Do KHMN (gt) và K 1KHNN suy ra 1KHMN , suy ra 11AHMN tại 1I . Mà theo giả thiết MN cắt KH tại I suy ra 11 // IINN mà I là trung điểm của đoạn MN nên 1I phải là trung điểm của 1MN . Từ đó suy ra cách dựng hai điểm , MN . Tính độ dài MN Đặt 11111DAHHANENM . Xét tam giác vuông DAH , ta có: sin1 5 tg1 2 os2c3 5 1AN 1AE5 a cos26  .
Xét tam giác vuông 1AIN , ta có: 11INAN . sin 1 51a5a5 a.MN 6635 . (Cách khác: Gọi P là trung điểm của 1CG , suy ra được 1N ở trên AP , suy ra 11EN2 a 3 .) 22222211 111 ENa5514a14 MNMNNNMNaaaMN cos3993  . Cách khác: Dùng phương pháp tọa độ trong không gian.... Bài 3. Cho hình chóp tứ giác đều .SABCD có cạnh đáy 12,54()acm ,các cạnh bên nghiên với đáy một góc 072 . Tính thể tích và diện tích xung quanh của hình chóp .SABCD . Hướng dẫn giải Chiều cao của hình chóp: 02 7227,29018628 2 a SHtg Thể tích của hình chóp: 2311430,475152 3Vahcm Trung đoạn của hình chóp  2 2 28,00119939 4 a dSH Diện tích xung quanh của hình chóp: 21.4.702,2700807 2xqSadcm Bài 4. Cho hình chóp tứ giác đều .SABCD có cạnh đáy 12,54()acm , 12,54()acm ,các cạnh bên nghiên với đáy một góc 072 . a) Tính thể tích hình cầu 1S nội tiếp hình chóp .SABCD . b) Tính diện tích của hình tròn thiết diện của hình cầu 1S cắt bởi mặt phẳng đi qua các tiếp điểm của mặt cầu 2S với các mặt bên của hình chóp .SABCD . Hướng dẫn giải . 27.29018628;4.992806526SHMH SHIHR MHMS  (bán kính mặt cầu nội tiếp) Thể tích hình chóp 1S : 334 521.342129() 3VRcm 28,00119939SM 6,27;MHIKIH 720 I M HD B C A S K
Khoảng cách từ tâm I đến mặt phẳng đi qua các tiếp điểm của 1S với các mặt bên của hình chóp: 2 4.866027997IH dEI SHIH  Bán kính đường tròn giao tuyến: 221,117984141rEKRd Diện tích hình tròn giao tuyến: 274,38733486()Scm Bài 5. Một thùng hình trụ có đường kính đáy ( bên trong) bằng 12,24cm đựng nước cao lên 4,56cm so với mặt trong của đáy. Một viên bi hình cầu được thả vào trong thùng thì mực nước dâng lên sát với điểm cao nhất của viên bi (nghĩa là mặt nước là tiếp diện của mặt cầu). Hãy tính bán kính của viên bi. Hướng dẫn giải Ta có phương trình : 2323224 .24630(0) 3RhxRxxRxRhxR Với , , Rxh lần lượt là bán kính đáy của hình trụ, hình cầu và chiều cao ban đầu của cột nước. Bấm máy giải phương trình: 34224,7264512,3761920(06,12)xxx Ta có: 122,588826692;5,857864771xx ():5380;():38420; ():2530 ABxyACxy BCxy   B. Xét hai độ dài khác nhau , ab . Tìm điều kiện của , ab để tồn tại tứ diện T có một cạnh bằng a và các cạnh còn lại đều bằng b .Với tứ diện T này, hãy xác định mặt phẳng  sao cho thiết diện của mặt phẳng  và tứ diện T là một hình vuông V .Tính diện tích của hình vuông V theo a và b . Điều kiện độ dài , ab : + Giả sử tứ diện T tồn tại. Gọi AB là cạnh bằng a , các cạnh , , , , ACADBCBDCD đều cùng bằng b . Gọi I là trung điểm cạnh CD .Tam giác AIB là tam giác cân: 3 ; 2 b ABaAIBI . Từ ABAIBI Suy ra: 30ba +Ngược lại với: 30ba .Dựng tam giác đều BCD cạnh b với chiều cao BI . Dựng tam giác cân AIB có ABa , nằm trong mặt phẳng chứa BI và vuông góc với mặt phẳng BCD .Ta có: A mp BCD . Tứ diện ABCD thỏa điều kiện bài toán. EK I HM S