Đến nội dung

Hình ảnh

Topic nhận đề Hình học không gian


  • Chủ đề bị khóa Chủ đề bị khóa
Chủ đề này có 7 trả lời

#1
E. Galois

E. Galois

    Chú lùn thứ 8

  • Quản lý Toán Phổ thông
  • 3861 Bài viết

Chuyển nhanh đến:
1) Điều lệ
2) Đăng kí thi đấu
3) Lịch thi đấu và tổng hợp kết quả

Topic này dùng để BTC nhận đề thi từ các toán thủ thi đấu.

Điều 3. Phương thức thi đấu, cách tính điểm:
a. Phương thức thi đấu:

- Trước mỗi trận, các toán thủ nộp đề cho BTC, BTC chọn 1 đề thi đấu. Đề thi được chọn là của toán thủ nào thì toán thủ đó gọi là toán thủ ra đề.Toán thủ ra đề không phải làm bài. (BTC đảm bảo nguyên tắc mỗi toán thủ chỉ được chọn đề nhiều nhất 1 lần). Toán thủ đã được chọn đề 1 lần thì những trận sau đó không cần phải nộp đề nữa.
- Trong trường hợp đến hết ngày thứ Tư hàng tuần mà không có toán thủ nào nộp đề, BTC sẽ chỉ định toán thủ có SBD nhỏ nhất (chưa có đề được chọn) phải ra đề.
...

b. Cách tính điểm
...

+ Nếu ra đề sai, đề không đúng chủ đề định sẵn, đề vượt quá cấp học hoặc không giải được đề mình ra, toán thủ ra đề được −30 điểm.
+ Nếu đến lượt mà không ra đề được −20 điểm.
+ Ra đề mà không post đáp án đúng thời gian được −10 điểm
...


Điều 6. Quy định đề bài:
a. Nội dung:
-
Mỗi bộ đề bao gồm 1 câu không copy nguyên văn từ đề thi Olympic quốc gia trở lên.
b. Hình thức:
- Đề bài được gõ Latex rõ ràng.



BTC yêu cầu các toán thủ nộp đề về Hình học không gian. Đề cần nộp cùng đáp án

Các toán thủ khi thi đấu, cứ yên tâm rằng, sau khi đánh máy là đề đã được lưu, BTC đã nhận được đề của bạn, có điều bạn không nhìn thấy được mà thôi. Bạn nên mừng vì điều này, như thế các toán thủ khác không thể biết trước đề của bạn được.

Bạn cũng nên sử dụng chức năng xem trước của diễn đàn để sửa các lỗi Latex trước khi gửi bài, vì gửi rồi sẽ không xem và sửa lại được nữa.

1) Xem cách đăng bài tại đây
2) Học gõ công thức toán tại: http://diendantoanho...oạn-thảo-latex/
3) Xin đừng đặt tiêu đề gây nhiễu: "Một bài hay", "... đây", "giúp tớ với", "cần gấp", ...
4) Ghé thăm tôi tại 
http://Chúlùnthứ8.vn

5) Xin đừng hỏi bài hay nhờ tôi giải toán. Tôi cực gà.


#2
diepviennhi

diepviennhi

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 318 Bài viết
Cho hình chóp S.ABCD. Gọi I,J là hai điểm cố định trên SA,SC. với $SI>IA , SJ < JC$. Một mặt phẳng $\alpha$ quay quanh IJ cắt SB tại M, SD tại N
a, Chứng minh IJ, MN,SO đồng quy $(AC\cap BD=O)$ suy ra cách dựng điểm N khi biết điểm M
b, $AD\cap BC=E,IN\cap MJ=F$ chứng minh S,E,F thẳng hàng
c, $IN\cap AD=P,MJ\cap BC=Q$ chứng minh PQ luôn qua một điểm cố định
Giải
a, Gọi L là giao của IJ và MN ta có:
\left\{\begin{matrix}
L\in (SAC), (IJ\subset (SAC))\\
L\in (SBD),(MN\subset (SBD))\\
SO=(SAC)\cap (SBD)
\end{matrix}\right.\Rightarrow L\in SO
Do đó IJ,MN,SO đồng quy tại L
Cách dựng điểm N : Nối SO cắt IJ tại L.Nối ML kéo dài cắt SD tại N cần dựng
b, Ta có F\in (SAD), IN\subset (SAD), F\in (SBC), JM\subset (SBC)
Do đó F,S,E là các điểm chung của hai mặt phẳng (SAD) và (SBC) nên chúng thẳng hàng
c, Ta có \frac{SI}{IA}\neq \frac{SJ}{JC},IJ khổng song song với AC
Gọi K là giao điểm của IJ và AC: K cố định, P,Q,K là ba điểm chung của 2 mặt phẳng (ABCD) và \alpha, Do đó P,Q,K thẳng hàng. Hay PQ luôn đi qua K cố định khi \alpha quay quanh IJ

#3
Gioi han

Gioi han

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 384 Bài viết
Toán thủ nguyenhang28091996 xin ra đề:
File gửi kèm  Đề Thi Trận 12.doc   24K   295 Số lần tải

#4
Gioi han

Gioi han

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 384 Bài viết
em thành thật xin lỗi, vì khi chiều có việc bận.
bây giờ em post đáp án và lời giải:
File gửi kèm  Lời Giải Đề Thi Trận 12.doc   53K   771 Số lần tải

#5
carljohnson1997

carljohnson1997

    Binh nhất

  • Thành viên
  • 36 Bài viết
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB = a, AD = 2a, cạnh SA vuông góc
với đáy, cạnh SB tạo với đáy một góc = $60^{\circ}$. Trên SA lấy điểm M sao cho AM = $\frac{a\sqrt{3}}{3}$. Mặt phẳng (BCM) cắt cạnh SD tại N. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AB, SC
Giải.
Gọi H là hình chiếu của A trên SD.
Từ H kẻ: HK//CD (K$\in$SC).
Từ K kẻ: KL//AH (L$\in$AB).
$\Rightarrow$ KL là đoạn vuông góc chung của AB và SC.
$\Rightarrow$ Khoảng cách giữa AB và SC bằng độ dài AH.
Ta có: SA $\perp$ (ABCD) $\Rightarrow$ $\angle SBA$ = $60^{\circ}$
$\Rightarrow$ SA=AB.tan $60^{\circ}$
Trong $\Delta$ vuông SAD, ta có: $SD = \sqrt{SA^2+AD^2}$ = $a\sqrt{7}$ (Pytago)
Theo hệ thức lượng trong $\Delta$ vuông SAD:
$\frac{1}{AH^{2}} = \frac{1}{AS^{2}} + \frac{1}{AD^{2}}$
$\Rightarrow$ $AH = \frac{AS.AD}{\sqrt{AS^{2} + AD^{2}}}$ $= \frac{2a\sqrt{21}}{7}$

Hình gửi kèm

  • untitled.JPG

Thông báo khẩn. Nút LIKE hiện nay đang bị hỏng
Ai bấm vào sẽ bị đơ máy hoặc cháy case đột ngột
Không tin bấm thử mà xem
^.^

#6
Gioi han

Gioi han

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 384 Bài viết
Đề bài: cho hình tứ diện $ABCD$,gọi $A_{1};B_{1},C_{1};D_{1}$ lần lượt là trọng tâm các mặt đối diện với các đỉnh $A,B,C,D$.Các đường thẳng $AA_{1},BB_{1},CC_{1},DD_{1}$ cắt mặt cầu tứ diện $ABCD$ theo thứ tự tại $A_{2},B_{2},C_{2},D_{2}$.Chứng minh rằng:
$\frac{AA_{1}}{AA_{2}} =\frac{BB_{1}}{BB_{2}}+\frac{CC_{1}}{CC_{2}}+\frac{DD_{1}}{DD_{2}} \leq \frac{8}{3}(*)$
Giải:Ta đổi các kí hiệu điểm $A,B,C,D,A_{1},B_{1},C_{1},D_{1},A_{2},B_{2},C_{2},D_{2}$ theo thứ tự là $A_{1},A_{2},A_{3},A_{4},M_{1},M_{2},M_{3},M_{4}$ và $A’_{1},A’_{2},A’_{3},A’_{4}$,bất đẳng thức $(*)$ được viết dưới dạng:
$q=\sum^{4}_{i=1} \frac{A_{i}M_{i}}{A_{i}A’_{i}} \leq \frac{8}{3}(**)$
Gọi G là trọng tâm tứ diện $A_{1}A_{2}A_{3}A_{4},O$ và $R$ lần lượt là tâm và bán kính mặt cầu ngoại tiếp túe diện $A_{1}A_{2}A_{3}A_{4}$,ta có :
$\sum ^{4}_{i=1} \overrightarrow {GA_{i}}= \overrightarrow {0}$ và $ P_{G/(O;R)}= -\overrightarrow {GA_{i}} .\overrightarrow {GA’_{i}}=GA_{i} GA’_{i}=R^{2}-OG^{2}=p(1)$
Ngoài ra ta có:
$\sum ^{4}_{i=1} GA^{2}_{i}=\sum ^{4}_{i=1} \overrightarrow {GA^{2}_{i}} =4(R^{2}-OG^{2})=4p$
Từ $(1)$ ta có : $A_{i}A’_{i}=GA_{i}+GA’_{i}=\frac{p+GA^{2}_{i}}{GA_{i}} (3)$
Vì $A_{i}M_{i}=\frac{4}{3} GA_{i}$ nên ta có:
$\frac{A_{i}M_{i}}{A_{i}A’_{i}} =\frac{4}{3} \frac{GA^{2}_{i}}{p+GA^{2}_{i}} (4)$
Mặt khác ,áp dụng bất đẳng thức $\frac{1}{x}+\frac{1}{y} \geq \frac{4}{x+y}(x,y>0)$ ta có:
$\frac{4}{p+GA^{2}_{i}} \leq \frac{1}{p}+\frac{1}{GA^{2}_{i}} (5)$
Từ $(4),(5)$ suy ra :
$\frac{A_{i}M_{i}}{A_{i}A’_{i}} \leq \frac{1}{3} +\frac{GA^{2}_{i}}{3p}(6)$
Từ $(6) \Rightarrow q \leq \frac{4}{3} +\frac{1}{3p} (\sum ^{4}_{i=1}GA^{2}_{i})(7)$
Từ $(2)$ và $(7)$ ta được bất đẳng thức $(**) \Rightarrow (*)$ được chứng minh
Đẳng thức tại $(*)$ xảy ra khi và chỉ khi $GA^{2}_{i}=R^{2}-OG^{2} \forall i =1;2;3;4$,nghĩa là $GA_{1}=GA_{2}=GA_{3}=GA_{4}$ do đó $G \equiv O$
KL:$q= \sum ^{4}_{i=1}\frac{A_{i}M_{i}}{A_{i}A’_{i}}$ đạt cực đại bằng $\frac{8}{3}$ khi và chỉ khi trọng tâm $G$ của tứ diện $A_{1}A_{2}A_{3}A_{4}$ của tứ diện trùng với tâm $O$ tức là $A_{1}A_{2}A_{3}A_{4}$ là 1 tứ diện gần đều.

#7
hoangkkk

hoangkkk

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 83 Bài viết
Cho em đăng ký gửi 1 đề nha:

Gọi $S_{i},R_{i},L{i}(i=1,2,3,4)$ lần lượt là diện tích các mặt, bán kính của các đường tròn ngoai tiếp các mặ này và khoảng cách từ tâm của các đường tròn này tới các đỉnh đối diện của tứ diện. Chứng minh rằng thể tích của tứ diện nghiệm đúng công thức sau :

$$V=\frac{1}{3}\sqrt{\frac{1}{2}\sum_{i=1}^{4}S_{i}^2(L_{i}^2-R_{i}^2)}$$

A2K40-er

My Blog : http://a2k40pbc.blogspot.com/


#8
Gioi han

Gioi han

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 384 Bài viết
ĐỀ BÀI:
Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy ABCD là nửa lục giác đều và $AB=BC=CD=a$. Hai mặt phẳng $(SAC)$ và $(SBD)$ cùng vuông góc với mặt phẳng đáy $(ABCD)$. Tính theo $a$ thể tích khối chóp $S.ABCD$, biết rằng khoảng cách giữa hai đường thẳng $AB$ và $SD$ bằng $\frac{a\sqrt{3}}{2}$.
BÀI GIẢI:
Gọi $H=AC\cap BD$ . Vì $\left\{\begin{matrix}(SAC)\perp (ABCD)\\(SBD)\perp (ABCD)\end{matrix}\right.\Rightarrow SH\perp (ABCD)$
Gọi K là hình chiếu vuông góc của B lên SD.
Do ABCD là nửa lục giác đều nên $AB\perp BD$. Két hợp với $AB\perp SH \to AB\perp(SBD)\to AB\perp BK \to BK$ là đoạn vuông góc chung của AB và SD. $\to BK=\frac{a\sqrt{3}}{2}$.
Do $BC//AC \to \frac{HB}{HD}=\frac{BC}{AD}=\frac{1}{2}\to HB=\frac{2}{3}BD=\frac{2a\sqrt{3}}{3}$.
Mặt khác: $2S_{SBD}=SH.BD=BK.SD\to SH.a\sqrt{3}=\frac{a\sqrt{3}}{2}.\sqrt{SH^2+HB^2}\to SH=\frac{2a}{3}$
Hơn nữa: $S_{ABCD}=S_{ABD}+S_{BCD}=\frac{1}{2}AB.BD+\frac{1}{2}BC.CD.sin120^0=\frac{3\sqrt{3}a^2}{4}$
$\to V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}.SH.S_{ABCD}=\frac{a^3\sqrt{3}}{6}$
HÌNH HỌC.png
P/s: Hi vọng không quá muộn. :namtay




0 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh