Topic Hình học không gian

[company]

Bài toán 1 :
Cho tứ diện SABC. Gọi M,N,P lần lượt là trung điểm SA,SB,SC.
a) CMR 3 mặt phẳng $(MBC), (NCA), (PAB) $ có chung một điểm I và 3 mặt phẳng $(ANP),(BPM), (CMN) $ có chung một điểm J.
b) CM 3 điểm S,I,J thẳng hàng và tính $\frac{SJ}{SI} $
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[khtoan]

a)
Theo định lí về giao tuyến của 3 mặt phẳng ta có đpcm.

b)
-Nhận thấy giao tuyến của $(MBC) $ và $(NCA) $ là trọng tuyến $CC_1 $ .Giao tuyến của$ (NCA) $ và $(PAB) $ là trọng tuyến $AA_1 $ .Giao tuyến của$ (MBC) $ và $(PAB) $ là trọng tuyến $BB_1 $ với $A_1,B_1,C_1 $ là trọng tâm của các $\bigtriangleup SBC,\bigtriangleup SAC,\bigtriangleup SAB $.
$\Rightarrow $ I là trọng tâm của tứ điện SABC.

-Giao tuyến của (ANP) và (BPM) là $PC_1 $ và giao tuyến của $(BPM) $ và $(CMN) $ là $MA_1 $.Dễ thấy $C_1;A_1 $ đều thuộc $(MBP) $
Xét mặt phẳng $(MBP) $ có $PC_1 $ và $MA_1 $ cắt nhau tại điểm J. Dễ thấy J thỏa mãn

$ \overrightarrow{JB}+2 \overrightarrow{JM}+2 \overrightarrow{JP}= \overrightarrow{0} $ (1)

Gọi G là trọng tâm của $\bigtriangleup ABC $, từ hệ thức (1) trên ta suy ra được:

$ \overrightarrow{JA}+ \overrightarrow{JB}+ \overrightarrow{JC}+2 \overrightarrow{JS}= \overrightarrow{0} \Rightarrow 3 \overrightarrow{JG}+2 \overrightarrow{JS}= \overrightarrow{0} $

Mặt khác do I là trọng tâm của tứ diện SABC nên

$ \overrightarrow{IS}+3 \overrightarrow{IG}= \overrightarrow{0} $

Từ các hệ thức vectơ trên ta suy ra S,I,J thẳng hàng và $\frac{SJ}{SI}=\frac{8}{15} $
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[company]

Bài toán 2:
Cho tứ diện đều ABCD Gọi I,J,K lần lượt là trung điểm BC,CA,AD. CMR các cặp cạnh đối của tứ diện vuông góc với nhau .
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[khtoan]

Nguyên văn bởi company

Bài toán 2:
Cho tứ diện đều ABCD Gọi I,J,K lần lượt là trung điểm BC,CA,AD. CMR các cặp cạnh đối của tứ diện vuông góc với nhau .

Do $\bigtriangleup ABC,\bigtriangleup ABC $ là các tam giác cân nên $AI\perp BC $ và $DI \perp BC $ từ đó ta có $mp(ADI) \perp BC\Rightarrow AD\perp BC $.

Làm tương tự với các cặp cạnh đối còn lại,ta có đpcm.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[company]

Bài toán 3 :
Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a và SAD là tam giác đều. Từ M thuộc AB dựng mặt phẳng $(\alpha) $ song song với SA và BC lần lượt cắt CD,SC,SB tại N,P,Q.Biết $AM=x, $ tính diện tích MNPQ.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[khtoan]

Trước hết ta có nhận xét về thiết diện MNPQ là hình thang có hai đáy là PQ và MN có $MN//AD $ và $MQ//AS $.
Từ đó ta có $\widehat{QMN}=60^0 $

Áp dụng định lí Thales, ta có $QP=x;QM=a-x $
Xét $mp(MNPQ) $ có chân đường cao hạ từ Q xuống MN là H.
$\Rightarrow QH=QM.sin60^0=(a-x)\frac{\sqrt{3}}{2} $

Từ đó có

$S_{MNPQ}=\frac{1}{2}(MN+QP)QH=\frac{(a^2-x^2)\sqrt{3}}{4} $


[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[company]

Bài toán 4:
Cho tứ diện đều ABCD cạnh a có I,J là trung điểm của AC,BC. M thuộc BD sao cho $BM=x $.Gọi N là giao điểm của mặt phẳng $(IJM) $với AD.Tính $S_{IJMN} $

Bài toán 5:
Cho hình chóp S.ABCD. Trong mặt phẳng (ABCD) AB cắt CD tại E, BC cắt AD tại F. Từ M thuộc SA dựng mặt phẳng $(\alpha) $ song song với SE,SF cắt SB,SC,SD tại N,P,Q.Tứ giác MNPQ là hình gì ?
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[sang89]

Chào các bạn,

Do số lượng bài toán về hình không gian tăng trong thời gian gần đây, topic này sẽ được chọn làm Topic về Hình học không gian.

Khi tham gia topic, chỉ cần nhớ gõ Latex cho đẹp và đánh số thứ tự bài toán.

Chúc các bạn vui vẻ.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[khtoan]

Bài toán 4:
Do $AB//mp(IJM) $ nên giao tuyến của $mp(ABD) $ và $mp(IJM) $ là đường thẳng qua M song song với AB căt AD tại N.
TH1: $BM=\frac{a}{2} $ Dễ thấy khi đó JINM là hình vuông $\Rightarrow S_{IJMN}=\frac{a^2}{4} $

TH2: M trùng B hoặc M trùng D ,khi đó .......

TH3: $BM\neq \frac{a}{2} $ và M không trùng B và D, khi đó IJMN là hình thang cân có 2 đáy $IJ=\frac{a}{2} $;$MN=a-x $ và 2 cạnh bên $IN^2=JM^2=\frac{a^2}{4}+x^2-\frac{ax}{2} $

Từ đó có đường cao của hình thang cân IJMN là

$h=\sqrt{\frac{a^2}{4}+x^2-\frac{ax}{2}-(\frac{x}{2}-\frac{a}{4})^2}=\frac{1}{4}\sqrt{12x^2+3a^2-4ax} $

Suy ra diện tích IJMN là

$S_{IJMN=}\frac{1}{16}\sqrt{12x^2+3a^2-4ax}(3a-2x)
$
__________________________________

Bài toán 5:

Tứ giác MNPQ là hình bình hành do $MQ//NP//SF $ và $MN//PQ//SE $
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[company]

Bài toán 7:
Cho tứ diện ABCD và M ở trong tam giác BCD.Dựng đường thẳng qua M song song với 2 mặt phẳng (ABC)và (ABD) cắt mặt phẳng (ACD) tại B'.Dựng đường thẳng qua M song song với (ACD)và (ACB) cắt (ABD) tại C'.Dựng đường thẳng qua M song song với (ADC) và (ADB) cắt (ABC) tại D'.
CMR : $\frac{MB'}{BA} +\frac{MC'}{CA} +\frac{MD'}{DA}=1 $
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[khtoan]

Đường thẳng qua M và song song với $mp(ABC) $ và $mp(ABD) $ thì song song với giao tuyến của 2 mặt phẳng ấy nghĩa là $MB'//AB $

BM cắt CD tại $M_b $ dễ thấy $B' $ thuộc $AM_b $ .

Đặt $S=S_{BCD} $ ,theo định lí Thales ta có

$\frac{MB'}{AB}=\frac{MM_b}{BM_b}=\frac{S_{CMD}}{S} $

Chứng minh tương tự ta có :

$\frac{MC'}{CA}=\frac{S_{BMD}}{S} $

$\frac{MD'}{DA}=\frac{S_{BMC}}{S} $

Cộng vế theo vế ta có

$\frac{MB'}{BA}+\frac{MC'}{CA}+\frac{MD'}{DA}=\frac {S_{CMD}+S_{BMD}+S_{BMC}}{S}=1 $

Vậy ta có đpcm
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[tuan119]

Bài toán 7:

Cho điểm $M $ nằm bên trong của tứ diện $VABC $.
Gọi $A_1,B_1, C_1 $ là các giao điểm (tương ứng) của đường thẳng $MA,MB,MC $ với mặt phẳng $VBC,V CA,V AB $, và các điểm $A_2,B_2, C_2 $ là các giao điểm (tương ứng) của đường thẳng $V A_1, VB_1, V C_1 $ với các cạnh $BC,CA,AB $.

(a) Chứng minh rằng: Thể tích của tứ diện $V A_2B_2C_2 $ nhỏ hơn hoặc bằng $\frac{1}{4} $ thể tích của tứ diện $V ABC $.

(b) Tính thể tích của tứ diện $V_1A_1B_1C_1 $ như là một hàm của thể tích tứ diện $V ABC $, với $V_1 $ là giao điểm của đường thẳng $VM $ với mặt phẳng $(ABC) $, và $M $ là trọng tâm của tứ diện $V ABC $.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[tuan119]

Nguồn bài 7:
[Only registered and activated users can see links. ]

Bài toán 8:
Cho tứ diện $ABCD $ có $\angle BDC=90^0 $, chân của đường cao hạ từ $D $ của tứ diện tới mặt phẳng $(ABC) $ trùng với trực tâm của $\bigtriangleup ABC $.
Chứng minh rằng:
$ (AB+BC+CA)^{2} \le 6(AD^{2}+BD^{2}+CD^{2}) $
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[khtoan]

Nguyên văn bởi tuan119

Bài toán 8:
Cho tứ diện $ABCD $ có $\angle BDC=90^0 $, chân của đường cao hạ từ $D $ của tứ diện tới mặt phẳng $(ABC) $ trùng với trực tâm của $\bigtriangleup ABC $.
Chứng minh rằng:
$ (AB+BC+CA)^{2} \le 6(AD^{2}+BD^{2}+CD^{2}) $

Ta có $DH\perp (ABC)\Rightarrow DH \perp BC $ kết hợp với $AH \perp BC \Rightarrow AD \perp BC $.Chứng minh tương tự ta có $AB \perp CD $ và $ AC \perp BD $.Vậy ABCD là tứ diện trực tâm

Do$ CD \perp BD;CD \perp AB\Rightarrow CD \perp AD\Rightarrow \widehat{ADC}=90^0 $.Chứng minh tương tự ta cũng có $ \widehat{ADB}=90^0 $.

Sử dụng bất đẳng thức Cauchy Schwarz và định lí Pytagore,ta có :

$(AB+BC+CA)^2\leq 3(AB^2+BC^2+CA^2)=3(AD^2+BD^2+BD^2+CD^2+CD^2+AD^2) =6(AD^2+BD^2+CD^2) $

Ta có đpcm

Nhận xét Bất đẳng thức trên vẫn còn đúng trong trường hợp $\widehat{BDC} \leq 90^0 $ và cách chứng minh trong trường hợp này khó hơn. Mọi người làm thử nào

Anh tuan119 dịch dùm em đi

[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[tuan119]

Nguồn bài 8:
[Only registered and activated users can see links. ]


.................................................. ..............
Bài toán 9:

Cho tứ diện $ABCD $. Chứng minh rằng có duy nhất điểm $P $ thỏa mãn:
$AP^2+AB^2+AC^2+AD^2= BP^2+BA^2+BC^2+BD^2 $
$= CP^2+CA^2+CB^2+CD^2= DP^2+DA^2+DB^2+DC^2 $

Đối với điểm $P $ này, chứng minh rằng:
$P A^2+P B^2+PC^2+PD^2 \ge 4R^2 $, trong đó $R $ là bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện $ABCD $. Tìm điều kiện để xảy ra dấu $"=" $.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]