Hướng dẫn giải hình kg và hình gt

Bài 1:

AD = 2a, AB = BC = CD = a
ABCD
OA = OB = OC = OD = a
Do
là h.t.cân có đáy lớn
nên
.
2
2
2
2
2
2
SO ⊥ ( ABCD ) ⇒ SO ⊥ OB ⇒ SO = SB − OB = 4a − a = 3a ⇒ SO = a 3
.
2
2
3a
3 3a
2
SOAB =
⇒ S ABCD = 3SOAB =
S ABD = 2SOAB = S ABCD
4
4
3
∆OAB là t.giác đều cạnh a nên
và
1

1
3 3a 2 3a 3
2
1
⇒ VS . ABCD = SO.VABCD = a 3 ×
=
VS . ABD = VS . ABCD
VS .BCD = VS . ABCD
3
3
3
3
4
4
;
và
SQ SM 2
SP SN 1
=
=
=
( MNPQ ) P BC ⇒ MQ PBC P NP ⇒ =
SA SD 2
SB SC 3
và
VS . PQN SP SQ SN 1 2 1 1
1
1
=
× × = × × = ⇒V

= VS . ABD = VS . ABCD
S
.
PQN
VS . ABD SA SB SD 2 3 2 6
6
9
Ta có:
VS .QMN SQ SM SN 2 2 1 2
2
2
=
×
× = × × = ⇒V
VS . BCD = VS . ABCD
S .QMN =
VS . BCD SB SC SD 3 3 2 9
9
27
và
5 3a 3 5a 3
1 2 
⇒ VS .MNPQ = VS . PQN + VS .QMN =  + ÷VS . ABCD =
×
=
27 4
36
 9 27 
Bài 2:
Đường thẳng d cắt Ox tại A(a;0) và cắt Oy tại B(b;0) với a,b ≠ 0

Ptđt d có dạng:
∆IAB cân tại I

x y
+ =1
a b
⇒

IA=IB

M ( 3;1) ∈ d ⇒
, mà
⇒

2

3 1
+ =1
a b

(1)

2

(a - 2) + (0 + 2) = (0 - 2) 2 + (b + 2) 2

a − 2 = b + 2
a = b + 4

⇔
⇔
⇔ a−2 = b+2
2 − a = b + 2
 a = −b

Từ (1) và (2)

 a = 6; b = 2
⇒
 a = 2; b = −2 ⇒

Ptđt d là:

x y
+ =1
6 2

hoặc

(2)

x + 3y − 6 = 0
x y
− =1 ⇔ 
x − y − 2 = 0
2 2

Bài 3:

 t +1 3 − t 
M
;
÷
2 
 2

C ∈ CD : x + y − 1 = 0 ⇒ C (t ;1 − t )

Điểm

Điểm

. Vì M là trung điểm AC nên
3−t
M ∈ BM :2 x + y + 1 = 0 ⇒ t + 1 +
+ 1 = 0 ⇔ t = −7 ⇒ C ( −7;8 )
2

Từ A(1;2), kẻ AK ⊥ CD: x + y −1 = 0 tại I (K ∈ BC)

.

r
⇒ n = ( 1; −1)
là vppt của AK

Suy ra ptđt AK : (x −1) − ( y − 2) = 0 ⇔ x − y + 1 = 0.
x + y −1 = 0
x = 0

⇔
⇒ I ( 0;1)

x − y +1 = 0
y =1
Tọa độ điểm I thỏa mãn hệ:
⇒
⇒
∆ACK có CI vừa là đường cao, vừa là phân giác
I là trung điểm của AK
K (−1;0)
ur
uuur
⇒ CK = (6; −8) = 2(3; −4)
⇒ n ' = ( 4;3)
là vtcp của BC
là vtpt của BC
4 ( x + 1) + 3 y = 0 ⇔ 4 x + 3 y + 4 = 0
⇒
Phương trình đường thẳng BC:
.
Bài 4:

z
B’

C’

Đặt lăng trụ đứng đã cho vào không gian tọa độ Oxyz
với A(0;0;0) trùng gốc tọa độ O, B(a;0;0), A’(0;0;a), trục Az

cắt BC tại M.
∠BAC = 120° ⇒ BC = a 3
∆ABC có AB=AC,
và


∠ABC = ∠ACB = 30°
A’

hay

∠ABM = 30°

y
⇒ BM =

2a 2
a
= BC , AM =
3 3
3

I

∆ABM cân tại A và có
uuuur 2 uuur
 −a a 3 
 a 
BM = BC ⇒ C  ;
;0 ÷

⇒ M  0;
;0 ÷
÷
3
2
3 

 2

và
 −a a 3 
 −a a 3 a 
⇒ C '  ;
;a÷
⇒
I
; ÷
 ;
÷
2
2
2
2
2÷




C
, mà I là t.điểm CC’

uuur  − a a 3 −a  − a
uuuur
⇒ A ' I =  ;
; ÷
=
1;
−
3;1
,
A ' B = ( a;0; − a ) = a ( 1;0; −1)
÷ 2
2
2
2



M

(

r − 3 1 1 1 1 − 3
n=
;
;
=
 0 − 1 −1 1 1 0 ÷
÷



⇒

A
( ABC ) ≡ (Oxy )

)

(

3; 2; 3

)

vtpt (A’BI) là
r
k = ( 0;0;1)
và có vtpt
. Gọi α là góc giữa (A’BI) và (ABC), suy ra:
rr
n.k
rr
3
30
cos α = cos n, k = r r =
=
30
cos α =
10
10

n.k
10
. Vậy góc giữa (A’BI) và (ABC) với

( )

uuur
A(1;0), B(0; 2) ⇒ AB = ( −1; 2 ) ⇒ AB = 1 + 4 = 5
Bài 5:
A

H

⇒

B

và
2 ( x − 1) + y = 0 ⇔ 2 x + y − 2 = 0
Ptđt AB:

Do ABCD là hbh, mà
Mà

I = AC ∩ BD ⇒

và
CH = d[ C , AB ]
. Mà

2 ( 2t − 1) + 2t − 2
4 +1

 4 C  5 ; 8  ; D  8 ; 2 
t=
 6t − 4 = 4
4
÷ 
÷
 
=
⇔ 6t − 4 = 4 ⇔ 
⇔  3 ⇒   3 3  3 3

5
 6t − 4 = −4
C ( −1;0 ) ; D ( 0; −2 )
t = 0

x + 4 y + c = 0 ( c ≠ 2)

BC Pd : x + 4 y + 2 = 0 ⇒

Bài 6:

D(2t ; 2t − 2)

4
4
=

AB
5

C Kẻ

⇒

Ptđt BC:
A

d

là vtpt của AB

I là chung điểm của AC và BD.

I ∈ d : y = x ⇒ I (t ; t ) ⇒ C (2t − 1; 2t )

CH ⊥ AB ⇒ S ABCD = CH . AB = 4 ⇒ CH =
D

r
n = ( 2;1)

M(1;1) là t.điểm AC nên M cách đều d và BC

⇒ d[ M ,d ] = d[ M , BC ]


⇔

1+ 4 + 2
1 + 16

H

C

B = BH ∩ BC ⇒

C = BC ∩ AC ⇒

1 + 16

⇔ 5 + c = 7 ⇔ c = −12
x + 4 y − 12 = 0

⇒

M

B

1+ 4 + c

=

Phương trình đường thẳng BC:
uuur
AC ⊥ BH : x + y + 3 = 0 ⇒ u AC = ( 1; −1)

AC đi qua M(1;1),
( x − 1) − ( y − 1) = 0 ⇔ x − y = 0
Ptđt AC:
A = d ∩ AC ⇒
Tọa độ của A thỏa mãn hệ:
x + 4 y + 2 = 0
2
2 2
A = d ∩ AC ⇒ 
⇔ x = y = ⇒ A ; ÷
5
5 5
x − y = 0

Tọa độ của B thỏa mãn hệ:

Tọa độ của B thỏa mãn hệ:

x + y + 3 = 0
 x = −8
⇔
⇒ B ( −8;5 )

 x + 4 y − 12 = 0
y = 5
 x + 4 y − 12 = 0
12
 12 12 
⇔ x = y = ⇒C ; ÷


5
 5 5
x − y = 0

(C ) : x 2 + y 2 + 2 x − 4 y − 27 = 0 ⇔ ( x + 1) + ( y − 2 ) = 32
2

Bài 8:

Đường tròn

2

I ( −1; 2 )

R=4 2
(C) có tâm
và bán kính
Gọi E là giao điểm của các tiếp tuyến tại A và B của đường tròn (C)
⇒

IA ⊥ AE , IB ⊥ BE , AE ⊥ BE , IA = IB = R ⇒
A

IAEB là hình vuông
1
R
= IE =
=4
2

2

⇒ IE = R 2 ⇒ d[ I , AB ]
r
n = ( a, b )
B

E

Gọi

là vtpt của đường thẳng AB, vì AB chứa điểm

M ( 1; −2 )

a ( x − 1) + b ( y + 2 ) = 0 ⇔ ax + by + 2b − a = 0
nên ptđt AB có dạng:
⇒ d[ I , AB] =

4b − 2a

= 4 ⇔ 2b − a = 2 a 2 + b 2 ⇔ ( 2b − a ) = 4 ( a 2 + b 2 ) ⇔ 3a 2 + 4ab = 0 ⇔ a ( 3a + 4b ) = 0

a +b
r
 n = ( 0;1)
a = 0
⇔
⇒ r
⇒

3a = −4b  n = ( 4; −3)

Bài 7:

2

2

2

Ptđt cần tìm là:

y + 2 = 0
 4 x − 3 y − 10 = 0

C’


H
D
A’
E

C
A

B’

O
M

B

Gọi M là t.điểm BC, ∆ABC đều cạnh a

AM =

⇒ AM ⊥ BC

,
2
a
AO = AM =
3
3

a 3
2

S ABC =
và

3a 2
2

⇒ O ∈ AM
MH ⊥ AA '
O là trọng tâm ∆ABC
và
. Trong (A’AO) kẻ
(1)

A ' O ⊥ ( ABC ) ⇒ A ' O ⊥ BC 
 ⇒ BC ⊥ ( A ' AM ) ⇒ BC ⊥ MH
Mà AM ⊥ BC 
(2)
a 3
MH 1
⇒ MH = d[ BC , AA '] =
⇒ sin∠HAM =
= ⇒ ∠HAM = 30°
∠ A ' AO = 30°
4
AM 2
Từ (1) và (2)
hay
2
a
a
a 3a
3a3
⇒ A ' O = AO.tan ∠ A ' AO =
tan 30° = ⇒ VABC . A ' B ' C ' = A ' O . S ABC = ×
=
3
3 4
12
3
AH =

HM
a 3

3a
AO
2a
3a 2a a
HA ' 1
=
= ; AA ' =
=
⇒ HA ' = AH − AA ' =
−
= ⇒
=
tan ∠HAM 4 tan 30° 4
cos30° 3
4
3 12
HA 9

AA ' ⊥ BC , AA ' ⊥ MH ⇒ AA ' ⊥ ( BHC ) 
 ⇒ Hình thang BCDE
D = HC ∩ A ' C ', E = HB ∩ A ' B ' 
S BHC

1
1a 3
3a 2
= HM . BC =
×a =
2
2 4

8

⇒ S BCDE = S BHC − S DHE =

S DHE
S BHC

là thiết diện cần tìm
2
1
1
 HD   HA ' 
=
÷ =
÷ = ⇒ S DHE = S BHC
81
 HC   HA  81
2

;

80
80 3a 2 10a 2
S BHC = ×
=
81
81 8
27 3

x + 3y − 4 = 0

Bài 9:

A

d:
N

M

Gọi d là đ.thẳng chứa đường cao kẻ từ B, ∆ là đ.thẳng chứa p.giác
trong kẻ từ A của ∆ABC.
Qua điểm M(0;2) kẻ đường thẳng v.góc với ∆ tại I và cắt AC tại N.
x − 3 ( y − 2) = 0 ⇔ x − 3 y + 6 = 0
⇒
Ptđt MN:
⇒
Tọa độ điểm I thỏa mãn hệ phương trình:


B

3 x + y − 12 = 0

∆

⇒

C

x − 3y + 6 = 0

x = 3
⇔
⇔ I ( 3;3) ⇒ N ( 6; 4 )

3 x + y − 12 = 0
y = 3
x + 3y − 4 = 0 ⇒
AC chứa N và v.góc với d:
Pt đường thẳng AC là:
3 ( x − 6 ) − ( y − 4 ) = 0 ⇔ 3x − y − 14 = 0

13

3x − y − 14 = 0
x =
 13
 uuur  13

⇔
3 ⇔ A  ; −1÷⇒ MA =  ; −3 ÷

3

3

3x + y − 12 = 0
 y = −1

Tọa độ điểm A thỏa mãn hệ:
là vtcp của AB

r
9 x + 13 ( y − 2 ) = 0 ⇔ 9 x + 13 y − 26 = 0
⇒ n = ( 9;13)
⇒
là vtpt của đ.thẳng AB
Ptđt AB:
9 x + 13 y − 26 = 0
5
13
 5 13 
⇔ x = ; y = ⇒ B ; ÷

7
7
7 7 
⇒
x + 3y − 4 = 0
Tọa độ điểm B thỏa mãn hệ:
C ∈ AC : 3x − y − 14 = 0 ⇒ C ( t ;3t − 14 ) ⇒ MC = t 2 + ( 3t − 16 ) = 2 10
2

t = 6 ⇒ C ( 6; 4 )
t = 6

10t − 96t + 256 = 40 ⇔ 5t − 48t + 108 = 0 ⇔  18 ⇒  18
 18 −16 
t =
t = ⇒ C ;
÷


5

5
5 5 
2

2

 18 −16 
C ;
÷
5 5 

C ( 6; 4 )

Do B, C nằm hai phía khác nhau của ∆ nên loại trường hợp
, ta tìm được
D
AD ⊥ ( ABC ) ⇒ AD ⊥ BH 
 ⇒ BH ⊥ CD
BK ⊥ CD ⇒ CD ⊥ ( BHK ) ⇒ CD ⊥ BE
Mà CD ⊥ BH 
Câu 10:
, mà
AH = AB.cos60° = a

K

∆AHE ~ ∆ADC

AH AE
AH . AC a.4a 4a
=
⇒ AE =
=
=
⇒ AD AC
AD
3a
3

VBCDE = VD. ABC + VE . ABC =
=
A

H

C

1
1
AD. S ABC + AE. S ABC
3
3

1
1
4a
26 3a 2
( AD + AE ) S ABC =  3a + ÷.2 3a 2 =

3
3
3 
9

E
B

( C ) : x 2 + y 2 − 8 x − 4 y − 16 = 0 ⇔ ( x − 4 )
Câu 11:

2

+ ( y − 4 ) = 36
2


⇒ ( C ) có tâm I ( 4; 2 )

R=6
và bán kính
uur
E ( −1;0 ) , I ( 4; 2 ) ⇒ EI = ( 5; 2 ) ⇒ EI = 52 + 22 = 29 < R ⇒

M

uur điểm E nằm trong (C)
E ( −1;0 )
EI = ( 5; 2 )
⇒ MN min ⇔ MN ⊥ IE ⇔ MN

đi qua
và nhận
làm vtpt
5 ( x + 1) + 2 ( y − 0 ) = 0 ⇔ 5 x + 25 + 5 = 0
⇒
Ptđt cần tìm là:

N

Câu 12:
y

I là tâm hcn ABCD, M là t.điểm AD

I là t.điểm của AC và BD,
x − y − 3 = 0
9
3
9 3
⇔ x= ;y= ⇒I ; ÷

I = d1 ∩ d 2 ⇒
2
2
2 2
x + y − 6 = 0
Tọa độ điểm I thỏa mãn hệ:
x − y − 3 = 0
x = 3
⇔

⇒ M ( 3;0 )

M = d1 ∩ Ox ⇒
y = 0
y = 0
Tọa độ điểm I thỏa mãn hệ:
2

O

AD ⊥ IM , AB = 2 IM

⇒

A M

I

uuuur

( x − 3) + ( y − 0 ) = 0 ⇔ x + y − 3 = 0 ⇒ A ( t ;3 − t ) ⇒ AM = ( 3 − t ; t − 3)

D

Ptđt AM:

⇒ AM =

( 3−t)

2

t = 4  A ( 4; −1) ⇒ D ( 2;1) ; B ( 7; 2 ) ; C ( 5; 4 )
2
+ ( t − 3) = 2 t − 3 = 2 ⇔ 
⇒
t = 2  A ( 2;1) ⇒ D ( 4; −1) ; C ( 7; 2 ) ; B ( 5; 4 )

AH ⊥ BC

Câu 13: Trong ∆ABC kẻ
⇒ BC ⊥ ( SAH ) ⇒
S ABC

2

S
3 2
12
9
 3

⇒ IM =  − 3 ÷ +  − 0 ÷ =
⇒ AB = 3 2 ⇒ AD = ABCD =
=2 2
2
AB
3 2
2  2


SA ⊥ ( ABC ) ⇒ SA ⊥ BC
, mà

S

∠SHA = 60°
Góc giữa (SBC) và (ABC) là
1
1
3 a2
= AB. AC.sin ∠BAC = a.2a.sin120° =
2
2
2

BC 2 = AB 2 + AC 2 − 2 AB. AC . cos∠BAC
= a 2 + 4a 2 − 4a 2 . cos120° = 7 a 2 ⇒ BC = a 7

I
⇒ AH =

2

2S ABC
3a
a 3
3a
=
=

⇒ SA = AH .tan 60° =
BC
a 7
7
7
A
2

1
1 3a 3 a
21 a
VS . ABC = SA . S ABC = × ×
=
3
3 7
2
14

C

3

H

⇒ AC P BD ⇒ AC P( SBD )
Dựng hbh ABDC

B

K

D


⇒ d[ SB , AC ] = d  AC , ( SBD )  = d  A, ( SBD ) 








SA ⊥ BD ⇒ BD ⊥ ( SAK )

AK ⊥ BD

Trong mặt phẳng (ABDC) kẻ
, mà
AI ⊥ SK ( 1)
BD ⊥ ( SAK ) ⇒ BD ⊥ AI
Trong ∆SAK kẻ
. Ta lại có:
⇒ AI ⊥ ( SBC ) ⇒ d[ SB , AC ] = d  A, ( SBD )  = AI


( 2)



Từ (1) và (2)
AK = AB.sin ∠ABK = a.sin 60° =

Câu 14: Gọi N là trung điểm AC

⇒

a 3
1
1
1
7
4
19
3a
⇒ 2 = 2+
= 2 + 2 = 2 ⇒ d[ SB , AC ] = AI =
2
2
AI
SA
AK
9a 3a
9a
19

MN là đường trung bình của ∆ABC

A

⇒ MN PBC ⇒ MN ⊥ AH : 3x − y + 5 = 0 ⇒ MN : x + 3 y + m = 0
1
−25
25
1 
M  ; 4 ÷∈ MN ⇒ + 3.4 + m = 0 ⇒ m =
⇒ MN : x + 3 y −
=0
2
2
2
2 
A ∈ AH ⇒ A ( t;3t + 5 )

M

⇒ B ( 1 − t ;3 − 3t )

, mà M là trung điểm AB
1
10
2
2
 25

N ∈ MN ⇒ N  − 3n; n ÷ ⇒ MN = ( 12 − 3n ) + ( 4 − n ) = BC =
2
2
 2


N

B

 
9
9

N  −1; ÷⇒ C ( −2 − t ; 4 − 3t ) ( loai vì xC < xB )
n
=


2
1
2
2⇒ 
⇔ ( 4 − n) = ⇔ 
  7
4
n = 7
 N  2; ÷ ⇒ C ( 4 − t; 2 − 3t ) ( thoa man xC < xB )

2
  2
uuur
uuur
uuur uuur
AB = ( 1 − 2t; −2 − 6t ) ; CH = ( t − 6;3t − 3 )

⇒ AB ⊥ CH ⇔ AB. CH = 0
. H là trực tâm ∆ABC
t = 0 ⇒ A ( 0;5 ) , B ( 1;3 ) , C ( 4; 2 )

2
⇔ ( 1 − 2t ) ( t − 6 ) + ( −2 − 6t ) ( 3t − 3 ) = 0 ⇔ 4t − 5t = 0 ⇔  5
 5 35   −1 −3   11 −7 
t = ⇒ A  ; ÷, B  ; ÷, C  ; ÷
 4
4 4   4 4   4 4 

( x − 1)

2

Câu 15: (C1):

+ ( y + 2) = 5 ⇒

I1 ( 1; −2 )

2

và bk
I 2 ( −1; −3 )
R2 = 3
( x + 1) + ( y + 3) = 9 ⇒
(C2):
(C2) có tâm
và bk

1
h = d[ I 2 ;∆] = R22 − AB 2 = 5
d[ I1 ;∆] = R1 = 5 ⇒ I1 I 2 P∆
4
Đặt
uuur
r , mà ∆ tiếp xúc với (C1) nên
⇒ I 2 I1 = ( 2;1)
⇒ n = ( 1; −2 )
x − 2y + m = 0
⇒
là VPCP của ∆
là VTPT của ∆
Ptđt ∆:
2

2

(C1) có tâm

R1 = 5

C


d[ I1 ;∆] = 5 ⇔

Câu 17:

Câu 16:

m + 5 = 5
m = 0
∆ : x − 2 y = 0
= 5 ⇔ m+5 = 5⇔ 
⇔
⇒
5
 m + 5 = −5
 m = −10  ∆ : x − 2 y − 10 = 0

m+5


Câu 18:
∆ABC vuông tại A

d : x − 2 y −1 = 0
B ∈ d; C ∈ d '

⇒ d[ I , d ]

I ( xI ; y I )

⇒

Đường tròn ngoại tiếp ∆ này có tâm
1
R = IA = IB = IC = BC = 5
2

và bán kính
d ' : x − 2 y + 21 = 0 ⇒ d Pd '

là t.điểm BC

y

d’

và
⇒

, mà I là t.điểm BC
I cách đều d và d’
xI − 2 y I −1 xI − 2 y I + 21
= d[ I , d '] ⇔
=
2
2
12 + ( −2 )
12 + ( −2 )

C

⇔ xI − 2 y I −1 = − xI + 2 yI − 21 ⇔ xI = 2 yI − 10
(1)
AI = ( xI − 3) + ( yI − 4 ) = 5 = 25
2

Mà

2

2

2

⇒ ( 2 yI − 13) + ( yI − 4 )
2

Từ (1) và (2)
 I ( −2; 4 )
 y = 4 ⇒ xI = −2
⇔ I
⇔
 I ( 6;8 )
 yI = 8 ⇒ xI = 6

2

(2)
= 25 ⇔ yI − 12 yI + 32 = 0

O

2

B

d

x


⇒

Có 2 đường tròn thỏa mãn yêu cầu đề bài:

( x + 2 ) 2 + ( y − 4 ) 2 = 25

( x − 6 ) 2 + ( y − 8) 2 = 25

Câu 19:
SA ⊥ ( ABCD ) ⇒ SA ⊥ BC

S


 ⇒ BC ⊥ ( SAB )
ABCD là h.vuông ⇒ AB ⊥ BC 

( SAB )

∠BSC = 30°
Góc giữa SC và
là
BC ⊥ ( SAB ) ⇒ BC ⊥ SB ⇒ SB = BC.cot 30° = a 3

⇒

SA ⊥ AB ⇒ SA2 = SB 2 − AB 2 = 3a 2 − a 2 = 2a 2 ⇒ SA = a 2
1
1
2a 3
VS . ABCD = SA.S ABCD = a 2 ×a 2 =
3
3
3

A

⇒ DE PCF

D

Dựng hình bình hành BECF
⇒ DE P( SCF ) ⇒ d[ DE , SC ] = d  D , ( SCF ) 




H
a
3a
DF = EC = ⇒ AF = AD + DF =
2
2
CF 2 = CD 2 + DF 2 = a 2 +

B

2

E

C

2

a
5a
a 5
=
⇒ CF =
4
4
2
SA ⊥ CF ⇒ CF ⊥ ( SAH ) ⇒ CF ⊥ SH

AH ⊥ CF ,

Trong (ABCF) kẻ
mà
AH AF
CD. AF 3a 2 2
3a
VAHF : VCDF ( gg ) ⇒
=
⇒ AH =
=

×
=
CD CF
CF
2 a 5
5
9a 2 a 19
1
1 a 19 a 5
19a 2
SA ⊥ AH ⇒ SH = SA + AH = 2a +
=
⇒ S SCF = SH .CF = ×
×
=
5
2
2
2
4
5
5
2

2

2

1
1 a a2

1
1
a2
2a 3
SCDF = CD. DF = a × =
⇒ VS .CDF = SA . SCDF = a 2 × =
2
2 2 4
3
3
4
12
3VS .CDF
1
2a 3
4
a 2 a 38
VS .CDF = d  D , ( SCF )  . SCDF ⇒ d  D , ( SCF )  =
=
×
=
=
2




3
SCDF
4

19
19a
19
⇒
∈ AB
Câu 20: Gọi N’ là điểm đối xứng của N(0;7) qua I(2;1)
N’(4;-5)
uuuur 
16  4
⇒ MN ' =  4; − ÷ = ( 3; −4 )
3 3

là VTCP của đường thẳng AB

N’

F


r
⇒ n = ( 4;3 )
⇒

⇒

là VTPT của đường thẳng AB
4 ( x − 4 ) + 3 ( y + 5) = 0 ⇔ 4 x + 3 y − 1 = 0
Ptđt AB:

A

d=

4.2 + 3.1 − 1
4 2 + 32

C

=2

Khoảng cách từ I đến AB là:
AC = 2 BD ⇒ AI = 2 BI .
BI = x ⇒ AI = 2 x
Vì
Đặt
⇒
∆ABI vuông tại I
⇒

1
1
1
1
5
= 2 + 2 ⇒ = 2 ⇒ x = 5 ⇒ BI = 5 ⇒
2
d
x
4x
4 4x
B∈

Điểm B là giao điểm của đường thẳng AB và đường tròn

( I; 5 ) ⇒

đường tròn

( I; 5 )

Tọa độ của B là nghiệm của hệ:

1− 4x

x = 1
4 x + 3 y − 1 = 0
y =
⇔
⇔
3
( vì xB > 0 ) ⇒ B ( 1; −1)

2
2
 y = −1
( x − 2 ) + ( y − 1) = 5 5 x 2 − 4 x − 1 = 0

ur
AB :3x + 4 y + 1 = 0 ⇒ n1 = ( 3; 4 )
Câu 21:

uur
BD :2 x − y − 3 = 0 ⇒ n2 = ( 2; −1)

là VTPT của đường thẳng AB

B

C

là VTPT của đường thẳng BD
B = AB ∩ BD ⇒

Tọa độ của B là nghiệm của hệ:

3 x + 4 y + 1 = 0
x = 1
⇔
⇒ B ( 1; −1)

2 x − y − 3 = 0
 y = −1

A
ur uur
n1. n2
ur uur
3.2 − 4.1
2
11
cos∠ABD = cos n1 , n2 = ur uur =

=
⇒ tan ∠ABD =
2
2
2
2
2
5 5
n1 . n2
3 + 4 2 +1

(

)

 −3t − 1 
A ∈ AB ⇒ A  t;
÷⇒ AB =
4 

S ABCD = AB. AD =

2

−3t + 3 
5
55
t −1
( t − 1) + 
÷ = t − 1 ⇒ AD = AB.tan ∠ABD =

4
8
 4 
2

 A ( 9; −7 )
t = 9
5
55
275
2
t −1 × t −1 =
⇔
( t − 1) = 550 ⇔ t − 1 = 64 ⇔ t − 1 = ±8 ⇔ 
4
8
32
t = −7
 A ( −7;5 )

ur
AD ⊥ AB ⇒ n1 = ( 3; 4 )

uur
⇒ n3 = ( 4; −3)
là VTCP của đường thẳng AD

Gọi

D

I = AC ∩ BD ⇒

I là trung điểm của AC và BD

là VTPT của đường thẳng AD


4 ( x − 9 ) − 3 ( y + 7 ) = 0 ⇔ 4 x − 3 y − 57 = 0

A ( 9; −7 ) ⇒
* Trường hợp 1:

Ptđt AD:

D = AD ∩ BD ⇒

 4 x − 3 y − 57 = 0
 x = −24
⇔
⇒ D ( −24; −51)

2 x − y − 3 = 0
 y = −51

Tọa độ của D là nghiệm của hệ:

A ( 9; −7 ) B ( 1; −1)
I là trung điểm của AC và BD, mà
,

,
A ( −7;5)
* Trường hợp 2:

 23

⇒ I  − ; −26 ÷⇒ C ( −32; −45 )
D ( −24; −51)
 2


⇒ D ( 26; −49 ) , C ( 34; 43)
, giải tương tự như trường hợp 1

SB ⊥ ( ABC ) ⇒ SB ⊥ AB, SB ⊥ AC , SB ⊥ BC
Câu 22:
∆ABC

∆SBC

S
a
2

BC = a ⇒ AB = AC =
vuông cân tại A, có
⇒ BN =

vuông ở B, N là t.điểm SC

1
1
a 5
SC =
SB 2 + BC 2 =
2
2
2

N

SB ⊥ AC , AB ⊥ AC ⇒ AC ⊥ ( SAB ) ⇒ AC ⊥ SA

∆SAC

1
a 5
SC =
2
2

⇒ AN =
vuông ở A, N là t.điểm SC

⇒ ∆ABN

⇒ MN ⊥ AB
cân tại N, mà M là trung điểm AB

⇒ MN 2 = AN 2 − AM 2 =

B

5a 2 a 2
− = a 2 ⇒ MN = a
4
4

⇒

Gọi P là t.điểm AC
MP là đường trung bình của
⇒ MP P BC ⇒ BC P( MNP ) ⇒ d[ BC , MN ] = d  BC , ( MNP ) 


Gọi I là t.điểm BC
∆ABC

⇒

D

C

P

A



1
1
a
AI = BC =
2
4
4

⇒ AI ⊥ BC ⇒ AI ⊥ MP

∆SBC

⇒ NI =

1
SB = a , NI PSB
2

AI ⊥ MP ⇒ MP ⊥ ( AIN )
, mà

∆ABC

AI cắt MP tại t.điểm D của mối đường

NI là đường trung bình của
⇒ NI ⊥ MP

M

⇒ ID =

vuông cân tại A

I

MP ⊥ ( DIN )
hay

SB ⊥ ( ABC ) ⇒ NI ⊥ ( ABC )
, mà


Trong

∆DIN

kẻ

IH ⊥ DN

MP ⊥ ( DIN ) ⇒ MP ⊥ IH
(1).

Ta lại có

(2)

IH ⊥ ( MNP ) ⇒ d[ BC , MN ] = d  BC , ( MNP )  = d I , ( MNP )  = IH








Từ (1) và (2)
∆DIN

⇒

1
1
1
1 16 17
a
= 2 + 2 = 2 + 2 = 2 ⇒ d[ BC , MN ] = IH =
2
IH
NI
DI
a
a
a
17

vuông ở I

Câu 23:

y

Do (E):

x2 y 2
+
=1
25 9

AB POy

nhận Ox làm trục đối xứng, mà

nên

A

⇒ y A = − yB ⇒ AB = 2 y A = 4 ⇒ y A = 2
A và B đối xứng nhau qua Ox
A∪( E) ⇔

x A2 y A2
x 2 22
125
5 5
+
= 1 ⇔ A + = 1 ⇔ xA2 =
⇔ xA = ±
25 9

25 9
9
3
xA =

Vậy có 2 đường thẳng thỏa mãn đề bài là:

5 5
3

xA = −
và

B
5 5
3