Chuyên đề Toán Tứ Diện Vuông Và ứng Dụng Của Tứ Diện Vuông c

Tải bản đầy đủ (.docx) (79 trang)

1. Trang chủ
>>
2. Giáo án - Bài giảng
>>
3. Toán học

chuyên đề toán tứ diện vuông và ứng dụng của tứ diện vuông 123.doc

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (2.28 MB, 79 trang )

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH TIỀN GIANGTRƯỜNG THPT CHUYÊN TIỀN GIANG----oOo----Nhóm thực hiện:Huỳnh Ngọc Mai Hân.Nguyễn Thị Ngọc Hiền.Đỗ Mai Thảo.Trần Thị Lan Vy.GV hướng dẫn : Nguyễn Thị Hồng NhungNăm học 2011 - 2012LỜI NÓI ĐẦUCác bài toán hình học không gian liên quan đến tứ diện là một mảng các bàitoán hay và thường gặp trong các kì thi đặc biệt là thường xuất hiện trong các đề thi Đạihọc. Tứ diện có rất nhiều loại, chúng tôi xin trình bày một mảng nhỏ trong các loại tứ diệnlà TỨ DIỆN VUÔNG VÀ ỨNG DỤNG. Có rất nhiều bài toán nếu chúng ta biết áp dụngtính chất của tứ diện vuông để kẻ thêm một số đường phụ khi đó ta sẽ có một lời giải đẹp.1.2.3.4.5.Trong chuyên đề này chúng tôi trình bày một số phần sau:ĐỊNH NGHĨA TỨ DIỆN VUÔNG VÀ MỘT VÀI TÍNH CHẤT CƠ BẢN.MỘT SỐ BÀI TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN TỨ DIỆN VUÔNG.BÀI TẬP TỰ LUYỆN.ỨNH DỤNG CỦA TỨ DIỆN VUÔNG.MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP TÌM CỰC TRỊ TRONG KHÔNG GIAN.Hi vọng rằng sau khi đọc xong chuyên đề này các bạn sẽ có thêmđiều thú vị và bổ ích. Sau cùng chúng em xin gửi lời cám ơn chân thành đến Cô NGUYỄNTHỊ HỒNG NHUNG – GV CHUYÊN TOÁN đã hướng dẫn chúng em làm chuyên đề này.Nhóm Biên Soạn.PHẦN 1 – ĐỊNH NGHĨA TỨ DIỆN VUÔNGVÀ MỘT SỐ TÍNH CHẤT CƠ BẢNA – ĐỊNH NGHĨA TỨ DIỆN VUÔNG:Tứ diện OABC được gọi là tứ diện vuông khi tứ diện đó có OA, OB, OC đôi một vuônggóc với nhau.Chú ý:Tứ diện trực tâm là tứ diện có các cạnh đối vuông góc nhau. Như thế ta thấy rằng tứ diệnvuông cũng là một loại tứ diện trực tâm đặc biệt. Chính vì vậy tứ diện trực tâm có đầy đủ tính chấtcủa tứ diện trực tâm.B. CÁC TÍNH CHẤT CỦA TỨ DIỆN VUÔNG:Cho tứ diện vuông SABC đỉnh S. Khi đó ta có:1. Kẻ đường cao SH. Khi đó H là trực tâm của tam giác ABC.1111= 2+ 2+2SHSA SB SC 22..3. = ( Định lí Pytago trong không gian).4. Tam giác ABC là tam giác nhọn.Và rất nhiều các tính chất khác mà các bạn sẽ được tìm hiểu trong phần bài tập về tứ diện vuôngmà chúng tôi trình bày ở phần sau.Chứng minh các tính chất nêu trên:Tính chất 1:AH kéo dài cắt BC tại M, CH kéo dài cắt AB tại P.DoVì SA ⊥ SB⇒ SA ⊥ ( SBC ) ⇒ SA ⊥ BC SA ⊥ SCSH ⊥ ( ABC ) ⇒ SH ⊥ BC(1)(2)BC ⊥ ( SAH ) ⇒ BC ⊥ AMTừ (1) và (2) suy ra.Hoàn toàn tương tự ta chứng minh được CP vuông góc AB.Từ đó ta có đpcm.Tính chất 2:Được chứng minh trong phần III.Tính chất 3:Trong (SBC) ta hạ SM vuông góc với BC.Ta thấy rằng A, H, M thẳng hàng.Tam giác SAM vuông tại S ta có:Suy ra:Hay ta có:2S SBC= S HBC .S ABC (1)Lý luận hoàn toàn tương tự ta có:2S SAB= S HAB .S ABC (2)2S SAC= S HAC .S ABC (3)Cộng từng vế (1), (2) và (3) ta có đpcm.Tính chất 4:Thật vậy trong ta giác ABC theo định lí hàm cosin ta có:222222AB 2 + AC 2 − BC 2 ( a + b ) + ( a + c ) − ( b + c )a2cos A ===>02 AB. AC2 AB. ACAB. ACSuy ra A nhọn.Tương tự cho B và C.PHẦN II – CÁC BÀI TẬP VỀ TỨ DIỆN VUÔNGBài 1:Cho tứ diệnOABC cóOA, OB, OCvuông gócnhau từngđôi một vớiOA = a, OB = b. Gọi M làtrung điểmBC. Vẽ vàtính đoạnvuông gócchung củaOC và AM.M ' ∈ OB+ Vẽ MM’//OC (), ta có: OC//(AM’M)⇒OH⊥( AMM ')OH ⊥ AM '+ VẽJ ∈ OCI ∈ AM+ Vẽ HI//OC (), vẽ IJ//OH () ta có IJ là đoạn vuông góc chung của OC và AM.Tam giác OAM’ vuông có OH là đường cao nên:IJ = OH =Suy raab4a 2 + b 2111=+22OHOA OM '2a) Gọi K là trung điểm AC, ta có AB//(SKI). Do đó, khoảng cách giữa SI và AB bằng khoảngcách từ A đến (SKI)AB ⊥ ( SKA)AH ⊥ SKAB ⊥ AHVẽ.DonênAH ⊥ ( SKI )AH ⊥ KIMà KI//AB nên. Từ đó ta đượcVậy khoảng cách giữa SI và AB là đoạn AHÁp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông SAK,đường cao AH1114 1=+= 2+ 2222AHAKASbhAH =Vậy khoảng cách cần tìm làb) Ta cóVẽbhb + 4h 22VBMIJ BM BI BJ=..VBSCA BS BC BAAL ⊥ MJ.Vì IJ//AC,màAC ⊥ ( SAB)Ta có AL nằm trong mp(ASB) nênAL ⊥ ( MIJ )nênIJ ⊥ ALIJ ⊥ (SAB )VậyMà AC//(MIJ) nên AL là khoảng cách giữa AC và MJAL ≤ AJMặt khác tam giác ALJ vuông tại L nênAB ⊥ MJKhi đóSuy ra M là trung điểm ABVBMIJ 1 1 1 1= . . =VBSCA 2 2 2 8VậyBài 3:Cho lăng trụtam giác đềuABC.A’B’C’có tất cả cáccạnh đều bằngda) Tính thểtích tứ diệnA’BB’Cb) Tính diệntích thiếtdiện do mpαđi quaA’B’ vàtrọng tâm G∆ABCcủavà tính tỉ sốthể tích 2phần củakhối lăngαtrụ dochia cắt ra.VA ' BB ' C = VABC . A' B 'C ' − VAA ' BC − VA' B 'C ' Cd3 3=12a)b) Thiết diện là hình thang A’B’FE. Gọi M,M’ lần lượt là trung điểm AB và A’B’.M ' G = MM '2 + MG 2 =Ta có :Diện tích thiết diện làS=d 396EF + A ' B '5d 2 39M 'G =236GọiV1 , V2Ta thấylần lượt là thể tích phần trên (chứa A) và phần dưới (chứa C’) thiết diện hình lăng trụJIEC 2== ⇒ JC ' = 3dJC ' A ' C 3VJEFCJE JF JC8=..=VJA ' B 'C ' JA ' JB ' JC ' 27k=Từ đóV1 19=V2 8Bài 4:ChohìnhchópSABCcó SA,SB, SCvuônggóc nhauđôi mộtvớiSA=a,SB=b,SC=c.Hãy xácđịnh tâmvà bánkính mặtcầungoạitiếpSABC.Gọi I là trung điểm của AB, suy ra I là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.Vẽ∆ ⊥ ( SAB)tại I, khi đó∆là trục của tam giác SAB∆∆∆Trong mặt phẳng tạo bởivà SC (do //SC), vẽ trung trực của SC cắttại O, ta cóOA=OB=OC=OD nên O chính là tâm mặt cầu ngoại tiếp SABCTa có bán kính mặt cầu làR = SO = SI + IO =22AB 2 SC 2 1 2 2 2+=a +b +c442Bài 5:Cho tam diện Oxyz cóOx, Oy,Oz vuông gócnhau từng đôi một.Gọi Ilà điểm trong tam diệnvà a,b,c, là khoảngcách từ I đến các mặt(Oyz),(Oxz), (Oxy),.αMặt phẳng di độngqua I cắt Ox,Oy,Oz lầnlượt tại A, B, C.a.chứng minhabc++=1OA OB OCb. Tìm giá trị nhỏ nhấtVOABCcủavà cho biết vịtrí I đối với tam giácABC lúc đóa) Ta cóVOABC = VIOAB + VIOCA + VIOBC11⇔ OA.OB.OC = (OA.OB.c + OB.OC.a + OA.OC.b)66abc⇔++=1OA OB OCb)Vì I cố định nên a,b,c không đổido ta cóabc++=1OA OB OCnên suy ralúc đóMàa b c..OA OB OCOA.OB.OCabcđạt giá trị lớn nhất khiabc1===OA OB OC 3(bất đẳng thức Cô-si)đạt giá trị nhỏ nhất , tức là OA.OB.OC đạt giá trị nhỏ nhất1VOABC = OA.OB.OC6Nện thể tích OABC đạt giá trị nhỏ nhất làKhi đó I là trọng tâm của tam giác ABC9abc2khi OA=3a, OB=3b, OC=3cBài 6:Cho Ox, Oy, Oz vuônggóc với nhau đôi một∈∈∈Lấy A Ox, B Oy, COz sao cho OA=a,OB=b, OC=ca) Tính diện tíchtam giác ABCtheo a, b, cb) Giả sử A, B, Cthay đổi nhưngluôn luôn có OA+ OB + OC + AB+ AC + BC = kkhông đổi .Hãy xác định giá trị lớnnhất của thể tích tứ diệnOABCa)VẽOH ⊥ ABTa có:,định lý 3 đường vuông góc cho taCH ⊥ AB111 a2 + b2=+= 2 2OH 2 a 2 b 2abCH 2 = OC 2 + OH 2 = c 2 +a2 + b2a 2b 2a 2b 2 + b 2c 2 + c 2 a 2a 2 + b2CH =VậyS ABC =11AB.CH =a 2b 2 + b 2c 2 + c 2 a 222b)Ta có:k = a + b + c + a 2 + b2 + b2 + c 2 + c2 + a 2≥ 3 3 abc + 2ab + 2bc + 2ac ≥ 3 3 abc + 3 3 2ab2ac 2cak ≥ 3 3 abc + 3 2 3 abc = 3(1 + 2) 3 abcsuy ra⇔ 3 abc ≤⇔ abc ≤k3(1 + 2)k327(1 + 2)3Do đóVOABC1k3= abc ≤6162(1 + 2)3Vậy giá trị lớn nhất của thể tích OABC làKhi đó AB = AC = BC =a 2k3162(1 + 2)3khi a = b = ck = 3a + 3a 2 ⇒thay vào ta đượck3ka=b=c=3162(1 + 2)3(1 + 2)Vậy GTLN của thể tích OABC làkhia=b=c=k3(1 + 2)Bài 7:Cho góc tam diện bagóc vuông Oxyz.TrênOx, Oy, Oz lần lượtlấy các điểm A,B,Ca)Tính khoảng cách từA đến (ABC) theo OA= a, OB = b, OC = cb)Cho A cố định, B vàC di động thoảOA+OC = OA. Hãyđịnh vị trí của B và Csao cho thể tích tứ diệnOABC đạt GTLN.Chứng minh rằng khiđó bán kính mặt cầungoại tiếp tứ diệnOABC lại nhỏ nhất.a)Gọi H là hình chiếu của O trên ABCTa có11 1 1abc= 2 + 2 + 2 ⇒ OH =222OHa b ca b + b 2c 2 + c 2a 2VOABC =b)11 b+c 2 1 3abc ≤ a () =a662241 3a24ab=c= 2Thể tích tứ diện OABC đạt giá trị lớn nhất làkhiXét hình hộp chữ nhật có 3 kích thước bằng OA, OB, OC, đường chéo hình hộp này là đườngkính của mặt cầu ngoại tiếp OABC, do đó11 2 1a 3R = ( a 2 + b2 + c2 ≥a + (b + c) 2 =2222 2R đạt giá tri nhỏ nhất khi và chỉ khiab=c= 2Bài 8:Tứ diệnABCD có3 gócphẳngvuông tạiD. Kíhiệuα, β ,γlàgóc tạobởi cáctia DA,DB, DCvới tiaDG trongđó G làtrọng tâmtam giácABC.CMRα + β +γ < πGọi M là giao điểm của AG với BC .Trên tia DG ta lấy điểm O sao cho OM//ADVì AD vuông góc (BCD) nên OM vuông góc (BCD)Lại có MB=MC=MD nên OB=OC=ODTrong tam giác OBD cân tại có·BDO=β·BOD= π − 2β·CDO=γ·COD= π − 2γnênTam giác OCD cân tại O cónênHai tam giác OMD và OMB bằng nhau··⇒ BOM= DOM=αVì OM là phân giác của tam giác OBC, ta có·BOC= 2αTrong tứ diện OBCD tổng các góc phẳng tại đỉnh O thoả mãn điều kiệnπ − 2 β + π − 2γ > 2α⇔α + β +γ