ĐẦY ĐỦ CÁC DẠNG TOÁN VỀ TỨ DIỆN VUÔNG

9 1.9K 22
ĐẦY ĐỦ CÁC DẠNG TOÁN VỀ TỨ DIỆN VUÔNG

Đang tải... (xem toàn văn)

Thông tin tài liệu

Tài liệu này tập hợp đầy đủ các dạng bài tập về tứ diện vuông. Sẽ là một tài liệu không thể thiếu đối với các thầy cô và các em học sịnh giỏi toán. Các dạng bài tập được trình bày khoa học, lời giải dễ hiểu và quan trọng là khá đầy đủ các dạng hay và khó

Chuyên đề: Tứ diện vuông Định nghĩa: Tứ diện vuông tứ diện có góc tam diện ba mặt vuông Tính chất: Giả sử OABC tứ diện vuông, OA ⊥ OB, OA ⊥ OC , OB ⊥ OC ; OA = a, OB = b, OC = c Khi đó: 2.1 Các góc tam giác ABC góc nhọn 1 1 = 2+ 2+ 2.2 H trực tâm tam giác ABC OH ⊥ ( ABC ) OH a b c 2.3 Gọi α , β , γ góc tạo OH với OA, OB, OC, ta có cos α + cos β + cos γ = 2.4 Gọi X, Y, Z góc OA, OB, OC với mặt (ABC) ta có: sin X + sin Y + sin Z = 2.5 Nửa đường thẳng Ot cắt mặt đáy (ABC) M đặt Chứng minh cos α1 + cos β1 + cos γ = 2.6 a tan A = b tan B = c tan C hay CotA:cotB:cotC = OA2 : OB2 :OC2 2 2.7 SOAB = S HAB S ABC ; SOAC = S HAC S ABC ; SOBC = S HBC S ABC 2 2 2.8 SOAB + SOAC + SOBC = S ABC Từ suy 3S ABC ≥ SOAB + SOBC + SOAC 2.9 Gọi G trọng tâm tam giác ABC, I tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện Chứng minh O, G, I thẳng hàng 1 2 2 2 2.10 VOABC = abc Stp = ab + bc + ca + a b + a c + b c 2.11 Gọi R, r bán kính mặt cầu ngoại tiếp nội tiếp tứ diện OABC 3VOABC R= a + b + c r = Stp 2.12 Gọi M, N, P theo thứ tự trung điểm BC, CA, AB Khi OMNP tứ diện gần 1 abc VOMNP = VOABC = 24 h2 2.13 SOAB + SOAC + SOBC ≥ 2R ≥ 3(1 + 3) 2.14 r 2.15 Gọi S = S ABC , S1 = SOAB , S = SOBC , S3 = SOAC Chứng minh S32 S12 S22 + + ≤ 2 2 2 S + S1 S + S S + S3 2.16 Ký hiệu r bán kính hinh câu nội tiếp tứ diện vuông O.ABC ta có: h ≤ 1+ ( Đề đề nghị Olimpic 30/4/2002) r 3 2.17 ≥ h a+b+c 1 1 3 2.18 ≥ + + + r a b c a+b+c 3− 2.19 Cho a+ b + c =3 r ≤ ( Đề đề nghị Olimpic 30/4/2006) max { a, b, c} ≥ + r (200 thi vô địch toán) 2.20 ( ( 2.21 ) ) cos α + cos β + cos γ ≤ 15 ( Đề đề nghị Olimpic 30/4/1995 - 2005) 2 ≥ cos α 32−cos α + cos β 32−cos β + cos γ 32 −cos γ ( Đề đề nghị Olimpic 10 năm 30/4/1995 - 2005) 2.22 tan α + tan β + tan γ + cot α + cot β + cot γ ≥ 2.23 3sin 2.24 sin α + α + 3sin β + 3sin γ 1 97 + sin β + + sin γ + ≥ sin α sin β sin γ 2.25 ( cot α cot β + cot β cot γ + cot γ cot α ) + cot α cot β cot γ ≤ cos α + cos β cos β + cos γ cos γ + cos α + + ≥6 cos γ cos α cos β cos α cos β cos γ + + ≤ 2.27 2 2 2 sin β + sin γ sin γ + sin α sin α + sin β 2.26 T= 2 y   y   y   2.28  x + ≥ 3( x + 3y ) ÷ +x+ ÷ +x+ 2 ÷ cos α   cos β   cos γ   V ( h − r) 2.29 ≤ hrR Chứng minh 2.1 Xét tam giác ABC có AB = a + b ; AC = a + c ; BC = b + c Suy AC + AB − BC a2 = > (1) ⇒ A nhọn Hoàn toàn AB AC AB AC tương tự ta có B, C nhọn 2.2  AB ⊥ CH ⇒ AB ⊥ (OCH ) ⇒ AB ⊥ OH + Từ giả thiết suy   AB ⊥ OC Tương tự AC ⊥ OH Do OH ⊥ ( ABC ) + Giả sử CK đường cao tam giác ABC H ∈ CK OK ⊥ AB (vì AB ⊥ (OCH ) ) Trong tam giác vuông OCK 1   OH = OC + OK 1 1 1 1 ⇒ = + + = + + (2) OAB ta có  2 2 ⇒ OH OA OB OC OH a b c  = + 2  OK OA OB OH OH OH OH 2 2.3 Ta có cos γ = Tương tự: Nên ta có: ⇒ cos γ = cos α = ;cos β = OC OC OA2 OB OH OH OH 1   cos α + cos β + cos γ = + + = OH  + + = (theo (2)) 2 2 2 ÷ OA OB OC  OA OB OC  · 2.4 Ta có Z = OCH ⇒ sin Z = cos γ , tương tự sin X = cos α , sin Y = cos β Do sin X + sin Y + sin Z = (theo 2.3) cos A = 2.5 Cách 1: Dựng hình hộp chữ nhật cho OM đường chéo cạnh hình hộp xuất phát từ O nằm cạnh OA, OB, OC Gọi độ dài cạnh hình hộp x, y, z Ta có OM = x + y + z ;  OM + OZ − ZM  cos γ1 =  ÷ 2OM OZ   2  ( x2 + y2 + z ) + z − ( x2 + y )  = ÷ 2OM OZ     2z2 z2 ÷ = =  x + y + z z ÷ x + y + z   x2 y2 2 cos α = cos β = Tương tự ; Từ suy đpcm 1 x2 + y + z x2 + y + z uuu r uuur uuur uuuu r uuu r uuur uuur Cách 2: Vì OA, OB, OC không đồng phẳng nên OM = xOA + y OB + zOC Ta có: uuuu r2 uuu r uuur uuur +) OM = OM = ( xOA + y OB + zOC ) = x a + y 2b + z 2c (lưu ý uuu r uuu r uuu r uuur uuur uuur OA,OB,OC đôi vuông góc nên OA.OB = OA.OC = OB.OC = ) uuu r uuur uuur uuur uuuu r uuur ( xOA + y O B + zOC ).OC   OM OC +) cos γ1 =  =  OM OC ÷ ÷ OM c   z 2c4 z 2c z 2c = = = Tương tự: OM c OM x a + y 2b + z c x2a2 y 2b 2 cos α1 = 2 cos β = ; Từ x a + y 2b + z c x a + y 2b + z c suy đpcm 2.6 2   4  AB AC a tan A = a tan A = a − = a − ÷ (theo (1)) Xét ( )   ÷ a  cos A    ( ) = AB AC − a = (a + b )(a + c ) − a = a 2b + a 2c + b c Suy a tan A = a 2b + a c + b c Hoàn toàn tương tự: c tan C = a 2b + a c + b 2c ; 2 b tan B = a 2b + a c + b 2c Vậy a tan A = b tan B = c tan C 2.7 Ta chứng minh trường hợp SOAB = S HAB S ABC , trường hợp lại tương tự Cách 1: ta có 1  1  1  2 2 S HAB S ABC =  KH AB ÷  KC AB ÷ = ( KH KC ) AB = OK AB =  OK AB ÷ = SOAB 2  2  2  Cách 2: Theo công thức diện tích hình chiếu, ta có OK AB S OK · S HAB = SOAB cos OKH = SOAB sin Z = SOAB = SOAB = OAB ⇒ SOAB = S HAB S ABC CK S ABC CK AB 2.8 Cách 1: Theo 2.7, ta có 2 2 SOAB + SOAC + SOBC = S HAB S ABC + S HAC S ABC + S HBC S ABC = S ABC ( S HAB + S HAC + S HBC ) = S ABC Cách 2: 2 2 2 2 +) SOAB + SOAC + SOBC = (a b + a c + b c ) 1  2  3V   1 =  OABC ÷ =  a bc + + ÷ = (a b + a 2c + b 2c ) Suy đpcm +) S ÷ a b c   OH   ( Lưu ý tính S ABC theo công thức Herong) 2.9 Gọi L, J trung điểm AB, OC Dựng điẻm I cho OJIL hình bình hành Vì OJ ⊥ (OAB ) ⇒ LI ⊥ (OAB ) ⇒ LI trục tam giác OAB ⇒ IO = IA = IB Mặt khác dễ thấy IJ trung trực tam giác OIC nên IO = IC Do I tâm đường tròn ngoại tiếp tứ diện Gọi G = OI ∩ CL , G thuộc trung tuyến CL tam giác GL IL = = ⇒ G trọng tâm tam giác ABC ABC Ta có GC OC Vậy O, G, I thẳng hàng 2 ABC 2.10 1 1 +) VOABC = OC.SOAB = OC OA.OB = abc 3 2 a b + a c + b 2c , từ ta có +) Theo 2.8 ta có S ABC = Stp = ab + bc + ca + a 2b + a 2c + b 2c 2 2.11 ) ( 2 AB   OC  AB + OC a2 + b2 + c2 +) R = OI = OL + IL =  + = = = a + b2 + c ÷  ÷ 2 4     +) Gọi T tâm mặt cầu nội tiếp tứ diện OABC, ta có: 3V 1 VOABC = VTOAB + VTOAC + VTOBC + VTABC = r ( SOAB + SOAC + SOBC + S ABC ) = r.Stp ⇒ r = OABC 3 Stp 2.12 1 + Dễ thấy: MN = OP = AB ; NP = OM = BC ; 2 MP = ON = AC Do tứ diện ONMP tứ diện gần VCONM OC CN CM 1 = = = Tương tự : + Ta có VOABC OC CA CM 2 VAONP VBOMP 1 = ; = Từ ta có: VOMNP = VOABC VOABC VOABC 4 2 2.13 SOAB + SOAC + SOBC ≥ h2 h2 ⇔ (ab + bc + ca ) ≥ ⇔ (ab + bc + ca ) ≥ 2 h  1 1 2.2 ¬ →  + + ÷(ab + bc + ca ) ≥ a b c  Áp dụng BĐT Côsi cho số dương ta có 1 1 1  + + ≥ 33 2  1 1 a a a b c ⇒  + + ÷(ab + bc + ca ) ≥ 3 2 3 a 2b 2c = (đpcm) a abc a b c   2 ab + bc + ca ≥ a b c  2R ≥ 3(1 + 3) 2.14 r 3VOABC a + b + c r = Từ 2.11, ta có R = , đó: Stp ( 2 a + b + c ab + bc + ca + a 2b + a 2c + b 2c 2R a + b + c Stp a + b + c = = = 3VOABC abc r 3VOABC Stp ( a + b + c ab + bc + ca + a 2b + a c + b 2c )≥ ) 3 a 2b c  3 a 2b c + 3 a 4b c ÷   abc 2R = r abc 2R 3abc + 3abc ≥ 3(1 + 3) Dấu “=” xảy a=b=c = = 3( + 1) Vậy: r abc 1 1 2.15 Áp dụng Bất đẳng thức Cô si ta có : ( x + y + z )  + + ÷ ≥ Ta có : x y z ⇒  1  ( S + S12 ) + ( S + S 22 ) + ( S + S32 )     S + S2 + S2 + S2 + S2 + S2  ≥   3 1 ⇒ 4S ∑ ≥9⇒∑ ≥ 2 4S i =1 S + S i i =1 S + Si 3  Si2 Si2  Si2 S2 S2 ≥ = − − ≥ ⇒ ≤ mà  ∑ ∑ ∑ 2 2 2 2 ÷ 2 S + Si S + Si S + Si  4 i =1 S + Si i =1  i =1 S + Si Dấu «= » xảy OA = OB = OC hay O.ABC tứ diện vuông cân O 2.16 Ký hiệu r bán kính hinh câu nội tiếp tứ diện vuông O.ABC ta có: h ≤ 1+ ( Đề đề nghị Olimpic 30/4/2002) r S + S + S3 + S 1 1 S 1 1 Thật vậy: = = = + + + ⇒ − = + + r 3V 3V a b c h r h a b c 1 1 1  1 1 Mà theo BĐT Bunhiacốpxki thì:  + + ÷ ≤  + + ÷ = ⇒ + + ≤ a b c h a b c a b c  h 1 1+ h − ≤ ⇒ ≤ ⇔ ≤ 1+ r h h r h r 3 2.17 ≥ h a+b+c ( a + b + c ) ≥ 27 1 1 = + + ≥ 3 2 ; ( a + b + c ) ≥ a 2b c ⇒ h a b c abc h2 Thật có: 3 ≥ h a+b+c 1 1 3 2.18 ≥ + + + r a b c a+b+c 1 1 1 3 1 1 3 Thật = + + + ; ≥ ⇒ ≥ + + + r a b c h h a+b+c r a b c a+b+c 3− 2.19 Cho a+ b + c =3 r ≤ ( Đề đề nghị Olimpic 30/4/2006) 1 1 1 1 1 3 Thật có ( a + b + c )  + + ÷ ≥ ⇒ + + ≥ mà ≥ + + + a b c a b c   r a b c a+b+c 3− Nên ≥ + ⇒ r ≤ r max { a, b, c} ≥ + r (200 thi vô địch toán) 2.20 Nên ( Ta có ) 1 1 3 3 3+ ≥ + + + ≥ + = r a b c a + b + c max { a, b, c} 3max { a, b, c} max { a, b, c} ( ) ⇒ Max { a, b, c} ≥ + r 2.21 cos α + cos β + cos γ ≤ theo BĐT Bu cos α + cos2 β + cos γ = 15 ( Đề thi đề nghị Olimpic 10 năm 30/4/1995 - 2005) Thật vây từ cos α + cos2 β + cos γ = ta đặt x = cos α ; y = cos β , z = cos γ x+ y y+z x+z x y z tan α + tan β + tan γ + cot α + cot β + cot γ = + + + + + x x y y+z z+x x+ y x+ y y+z z+x x y z + + ≥ 6; + + ≥ Và ( ĐPCM) z x y y+z z+x x+ y 2 2 2 2.22 tan α + tan β + tan γ + cot α + cot β + cot γ ≥ 2.23 3sin α + 3sin β + 3sin γ 2 ≥ cos α 32−cos α + cos β 32−cos β + cos γ 32 −cos γ ( Đề thi đề nghị Olimpic 10 năm 30/4/1995 - 2005) Thật vây từ cos α + cos β + cos γ = ta đặt x = cos α ; y = cos β , z = cos γ x,y,z > x+y+z = 1 Do x − y y - x dấu băng nên 3 1 1  1 1 1  x − y ÷( x − y ) +  y − z ÷( y − z ) +  z − x ÷ ≥ 3  3  3  y + z − 2x x + z − y x + y − 2z − x − y − 3z ⇔ + + ≥0⇔ x + y + z ≥0 x y z 3 3 3 1 3x y z + y + z ≥ x + y + z ⇔ 31− x + 31− y + 31− z ≥ x32− x + y.32− y + z.32− z () ĐPCM x 3 3 3 1 97 + sin β + + sin γ + ≥ sin α sin β sin γ ( Đề thi đề nghị Olimpic 10 năm 30/4/1995 - 2005) 2 2 Từ cos α + cos β + cos γ = ⇒ sin α + sin β + sin γ = 0 < m.n p < 2 Đặt m = sin α , n = sin β , p = sin γ ⇒  m + n + p = 2.24 sin α + Theo Bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có: n2 + m2 +  81     =  + ÷ m + ÷ ≥ m+ ÷ m m  4m  97  16  97   81     = 1 + ÷ n + ÷ ≥ n+ ÷ n n  4n  97  16  97   81      =  p+ ÷ 1 + ÷ p + ÷ ≥ p p  4p  97  16   97  1   1  m2 + + n2 + + p + ≥  m + n + p +  + + ÷ m n p  m n p  97  p2 + Do  9 97  + ÷≥ 2 97  ≥ ⇔ a = b = c = 3h ( cot α cot β + cot β cot γ + cot γ cot α ) + cot α cot β cot γ ≤ Đẳng thức xảy m = n = p = 2.25 2 2 2 Theo Bu ta có ( tan α + tan β + tan γ ) ≤ ( tan α + tan β + tan γ ) = ( tan α tan β tan γ − ) ( tan α + tan β + tan γ ) ⇒ tan α tan β tan γ 2 +6 ≤3 ⇒ cot α cot β cot γ ( tan α + tan β + tan γ )  + cot α cot β cot γ ≤ ( cot α cot β + cot β cot γ + cot γ cot α ) + cot α cot β cot γ ≤ cos α + cos β cos β + cos γ cos γ + cos α + + ≥6 cos γ cos α cos β Đặt x = cos α , y = cos β , z = cos γ ⇒ x + y + z = 2.26 T =  y+z z+x x+ y ⇒ ( x + y + z) T = ( x + y + z)  + + ÷ y z   x 2 y+ z z+ x x+ y  y+ z  z+x  x+ y = + + + ÷ + ÷ + ÷ x y z  x   y   z   y z   z x   x y  1 y + z z + x x+ y  ≥  + ÷+  + ÷+  + ÷+  + + ÷ y z   z y   x z   y x  3 x ≥ + + + 62 = 18 Mặt khác theo BĐT Cô si ta có < x + y + z ≤ ( x + y + z ) = Từ suy : T ≥ 18 ≥ Dấu « = » xảy x = y = z hay OA = OB =OC V ( h − r) ≤ hrR 2.29 Ta có r = Mà S xq = 3V 3V ;h = Stp S ABC  3V V  V − ÷ S Stp ÷ V ( h − r) ABC   = Stp − S ABC = S xq nên = 3V 3V R rh 3R 2R2 R2 Stp S ABC ab + bc + ac ;R = a + b2 + c2 2 nên ta cần chứng minh ( ab + bc + ac ) 3( a + b + c 2 ) ≤ ⇔ ab + bc + ac ≤ a + b + c ⇔ ( a − b ) + ( b − c ) + ( c − a ) ≥ 2.30 ( HSG14-15) Cho tứ diện S ABC có SA = a, SB = b, SC = c SA ⊥ SB, SA ⊥ SC , SB ⊥ SC Gọi R , V theo thứ tự bán kính mặt cầu ngoại tiếp thể tích tứ diện SABC Tính diện tích tam giác ABC theo a, b, c chứng minh rằng: R ≥ 2 972V 2 Lời giải: A a N I c S C b M B Ta có V = abc (1); Gọi h độ dài đường cao kẻ từ S hình chóp SABC ta có: Gọi diện tích tam giác ABC dt(ABC) ta có: dt ( ABC ) = 1 1 = + + (2) h a b c 3V (3) h a 2b + b c + c a 2 SABC Gọi I tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện M , N trung điểm BC , SA Từ (1), (2), (3) ta có dt ( ABC ) = Khi R = IS = SN + SM = Theo Côsi ta có: R ≥ 1 SA + ( SB + SC ) = a + b2 + c2 4 27a 2b2 c (4) 972V 2 Vậy ta có điều phải chứng minh Từ (4) (1) suy R ≥

Ngày đăng: 23/08/2016, 22:07

Từ khóa liên quan

Tài liệu cùng người dùng

Tài liệu liên quan