Huong dan giai 10
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (1.21 MB, 29 trang )
HƯỚNG DẪN GIẢI.
Bi 1
1. Ta có: A (0;0;0), A '(0;0; a), B (0; a;0), B '(0; a; a), C (a; a;0), C '(a; a; a),
D(a;0;0), D '(a;0; a)
uuuuuur
Ta có : B ' D ' = (a; − a;0) ,
uuuuur
uuuur
A ' B = (0; a; − a) , BB ' = (0;0; a) ,
uuuuuur uuuuur
2 2 2
Suy ra B ' D ', A ' B = (a ; a ; a )
uuuuuur uuuuur uuuur
3
nên B ' D ', A ' B .BB ' = a ≠ 0
uuuuuur uuuuur uuuur
Vậy ba vectơ B ' D '; A ' B, BB '
không đồng phẳng hay B ' D ' và
A ' B chéo nhau.
uuuuuu
r uuuuuu
r uuuur
[B ' D ', A ' B].BB '
d ( B ' D ', A ' B ) =
=
uuuuuu
r uuuuur
[B ' D ', A ' B]
a3
a4 + a4 + a4
=
a3
a2 3
=
a 3
.
3
2. Đặt AA ' = 2x, x > 0 . Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ
Ta có A (0;0;0), C (0;2a;0), A '(0;0;2x), C '(0;2a;2x)
Gọi H , K lần lượt là hình chiếu của B lên các trục Ox, Oy , suy ra
a 3
a
, AK = BH = AB.sin 300 =
2
2
a 3 a
a 3 a
a 3 a
; − ;0÷, B '
; − ;2x÷, M
; − ; x÷
Do đó B
÷
2
÷
2
2
2
2
2 ÷
AH = AB.cos 300 =
181
uuuur
a 3
a
r
uuuu
uuuur uuuu
r
(
; − ; x÷, AC = ( 0;2a;0) ⇒ AM , AC = −2ax;0; a2 3
Ta có AM =
2
2 ÷
)
uur
⇒ n1 = 2x;0; − a 3 là VTPT của mặt phẳng (MAC )
(
)
(
uuuuuu
r a 3 a
r
uuuuuu
r uuuuuu
r
uuuuuu
A 'M =
; − ; − x÷, A ' C ' = ( 0;2a;0) ⇒ A ' M , A ' C ' = 2ax;0; a2 3
2
÷
2
uur
⇒ n2 = 2x;0; a 3 là VTPT của mặt phẳng (MA ' C ')
(
)
)
Vì (MAC ) ⊥ (MA ' C ') nên
uur uur
a 3
n1.n2 = 0 ⇔ 4x2 − 3a2 = 0 ⇒ x =
⇒ AA ' = a 3
2
a) Thể tích khối lăng trụ ABC.A ' B ' C ' là:
1
3a3
VABC .A ' B ' C ' = AA '.S∆ABC = a 3. a.2a.sin 1200 =
2
2
b) Ta có
uuuur
uuur a 3 5a
uuuur uuur
5a2 3 3a2
CC ' = 0;0; a 3 , BC = −
; ;0÷ ⇒ CC ', BC = −
;−
;0÷
÷
2
2 ÷
2
2
uur
⇒ n3 = 5; 3;0 là VTPT của mặt phẳng (BCC ' B ')
(
(
)
)
Gọi α là góc giữa hai mặt phẳng (MAC) và (BCC ' B ') , ta có:
uur uur
n1.n3
cos α = uur uur =
n1 . n3
5
2. 28
=
5 14
.
28
3. Chọn hệ trục như hình vẽ. Gọi M là trung điểm đoạn BC
182
(
a a 3
;0÷
÷
2 2
)
Ta có tọa độ các đỉnh là: A (0;0;0), B ( a;0;0) , C 0; a 3;0 , M ;
Vì AM =
1
BC = a ⇒ MA ' =
2
a a 3
A ' A 2 − AM 2 = a 3 ,
; a 3÷
suy ra A ' ;
÷
2 2
uuuuuu
r uuur
r uuuu
r
3a a 3
uuuuuu
a 3a 3
A
'
B
'
=
AB
⇒
B
'
;
;
a
3
,
A
'
C
'
=
AC
⇒ C ' ;
; a 3÷
÷
Vì
2
÷
2
÷
2
2
2
3
Thể tích khối chóp A '.ABC : V = 1 A ' M .S∆ABC = 1 .a 3. a 3 = a
3
3
4
4
uuuur a a 3
r
uuuuuu
AA
'
=
;
;
a
3
,
B
'
C
' = −a; a 3;0
÷
Vì
2 2
÷
uuuur uuuuuu
r
AA '.B ' C '
a2
1
suy ra cos ( AA ', B ' C ') =
=
= .
AA '.B ' C ' 2a.2a 4
(
)
4. Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ
Tọa độ các đỉnh là:
(
) (
A ( 0;0;0) , B ( a;0;0) , C ( 0; a;0) , A ' 0;0; a 2 , B ' a;0; a 2
(
)
)
a a
C ' 0; a; a 2 , M ; ;0÷.
2 2
183
2
3
Thể tích khối lặng trụ: V = AA '.S∆ABC = a 2. a = a 2 .
2
uuuur
a a
2 2
r
uuuu
uuuuu
r
2
(
Ta có: AM = ; ;0÷, AC = ( 0; a;0) , B ' C = − a; a; a 2
uuuur uuuuu
r
2
2
)
uuuur uuuuu
r uuuu
r
3
a 2 a 2 2
a 2
;−
; a ÷ ⇒ AM , B ' C .AC = −
Suy ra AM , B ' C =
÷
2
2
2
uuuur uuuuu
r uuuu
r
AM , B ' C .AC
a
=
Vậy d ( AM , B ' C ) =
uuuur uuuuu
r
2
AM , B ' C
5. Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ
Gọi M , H lần lượt là trung điểm của BC và trọng tâm của tam giác ABC
0
Đặt BC = x, SH = y; x, y > 0 suy ra AC = AB.cot 60 =
x
3
. Tọa độ các
đỉnh là:
x
C ( 0;0;0) , B ( x;0;0) , A 0;
;0÷, H
3
uuuur
2x x
r
;
; y÷ , k = ( 0;0;1) là VTPT của ( ABC )
3 3 3
Suy ra BB ' = −
184
x x
x x
;0÷, B ' ;
; y÷
;
3 3 3
3 3 3
Theo đề bài ta có:
uuuur r
BB '.k
2y = a
uuuur r = sin 600
⇔ 13 2
⇔
BB ' . k
x + y2 = a
27
BB ' = a
Suy ra S∆ABC =
a 3
y =
2
2 27a2
x = 52
1
1
x
x2
81a2
CA.CB = x.
=
=
2
2
3 2 3 104 3
Vậy thể tích khối chóp A '.ABC là:
1
x2
1 3a 27a2
9a3
VA ' ABC = VB '.ABC = y.
= .
.
=
.
3 2 3 3 2 104 3 208
6. Đặt BC = x, x > 0 . Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ
Tọa độ các điểm là:
B ( 0;0;0) , A ( a;0;0) , C ( 0; x;0) , B '(0;2a;0), A ' ( a;0;2a) , C '(0; x;2a)
uuuuu
r
Suy ra A ' C = ( − a; x; −2a) ⇒ A ' C 2 = a2 + x2 + (2a)2 = (3a)2 ⇒ x = 2a
uuuur a
a
M
;
a
;2
a
⇒
AM = − ; a;2a ÷
Trung điểm
÷
2
2
x = a − t
uuuur
Phương trình AM : y = 2t ⇒ I ( a − t;2t;4t) ⇒ A ' I = ( −t;2t;4t − 2a)
z = 4t
185
Vì I ∈ A ' C ⇒
2a 2a 4a
−t
2t 4t − 2a
a
=
=
⇒t= ⇒ I
; ;
÷
− a 2a
−2a
3
3 3 3
Suy ra
uuu
r 2a 2a 4a uur 2a 4a 4a
BI =
;
;
;−
;
÷, CI =
÷⇒
3 3
3 3 3
3
2
uuu
r uur
2
BI , CI = 8a ;0; − 4a ÷
3
3 ÷
uuu
r a 2a 4a
uuu
r uur uuu
r
8a3
AI = − ;
;
⇒
BI
,
CI
.
AI
=
−
÷
3
3 3 3
3
uuu
r uur uuu
r
Thể tích khối chóp I ABC : V = 1 BI , CI .AI = 4a
6
9
ur
Ta có n = ( 2;0; −1) là VTPT của (I BC ) , phương trình mặt phẳng (I BC ) :
2x − z = 0
Vậy d( A, (I BC )) =
2a
5
=
2a 5
.
5
7. Đặt AA ' = x, x > 0 . Chọn hệ trục như hình vẽ
Tọa độ các điểm:
a 3 a
A ( 0;0;0) , C ( 0; a;0) , A ' ( 0;0; x) , C ' ( 0; a; x) , B
; ;0÷
2 2 ÷
186
Suy ra
uuuuur a 3 a
r
uuuuur uuuuu
r
ax ax 3 a2 3
uuuuu
÷
A 'B =
; ; − x÷, A ' C = (0; a; − x) ⇒ A ' B, A ' C = ;
;
2
2 2
÷
÷
2
2
ur
r
Nên n = x; x 3; a 3 là VTPT của ( A ' BC ) , k = ( 0;0;1) là VTPT của
(
)
( ABC )
ur r
n.k
3a
0
2
2
Theo đề bài: ur r = cos 60 ⇒ 2 3a = 4x + 3a ⇒ x =
2
n.k
2
3
Thể tích lăng trụ: VABC .A ' B ' C ' = x.S∆ABC = 3a . a 3 = 3 3a .
2
4
8
a 3 a a
; ; ÷.
Tọa độ trọng tâm G
÷
6 2 2
Gọi I ( x; y; z) là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện GABC , ta có
x2 + y2 + z2 =
2
2
I A = I B
2
2
2
2
2
I
A
=
I
C
⇔
x + y + z =
2
2
I A = I G
2
2
2
x + y + z =
a 3 a
a
; ; − ÷, bán kính
Tâm I
÷
6 2 12
2
2
a 3
a
x−
÷ + y − ÷ + z2
2 ÷
2
a 3
x =
6
a
x2 + ( y − a)2 + z2
⇔ y =
2
2
2
2
a
a 3
a
a
z=−
x−
÷ + y− ÷ + z− ÷
12
6 ÷
2
2
R = IA =
7a
.
12
8. Gọi H là tâm của đáy ABCD và đặt A1H = x .
Chọn hệ trục như hình vẽ
187
Tọa độ các điểm:
a a 3
A (0;0;0), B (a;0;0), D(0; a 3;0), C a; a 3;0 , H ;
;0÷ ,
2 2
÷
a a 3
A1 ;
; x÷
2 2
÷
(
uuuuu
r
a a 3
r
uuuu
(
)
)
; x÷, AD = 0; a 3;0
Suy ra AA1 = ;
÷
2 2
uuuuu
r uuuu
r
ur
a2 3
÷ ⇒ n = ( 2x;0; a) là VTPT của ( A1 AD)
⇒ AA1, AD = ax 3;0;
2 ÷
r
Và k = (0;0;1) là VTPT của ( ABCD) nên theo giả thiết đề bài ta có:
ur r
n.k
3a
ur r = cos 600 ⇒ 2a = 4x2 + a2 ⇒ x =
2
n.k
3
Thể tích khối lăng trụ: V = x.S ABCD = 3a .a.a 3 = 3a .
2
uuuuu
r a a 3
r a a 3
uuuuu
A1B = ; −
; − x÷, A1D = − ;
; − x÷ ⇒
2
÷
2 2
÷
2
Phương trình ( A1BD) : x 3 + y − a 3 = 0 . Vì
uuuuuu
r uuur
3a a 3 a 3
A1B1 = AB ⇒ B1
;
;
÷
2
2
2 ÷
188
2
uuuuu
r uuuuu
r
A B, A D = a 3x; ax;0
1
1
(
)
Vậy d ( B1, ( A1BD)) = a 3 .
2
Bi 2
a) Ta có: AB 2 + AC 2 = BC 2 = 25 nên ∆ABC vuông tại A .
Chọn hệ trục toạ độ Đêcac vuông
góc Oxyz như hình vẽ
Suy ra O ≡ A (0;0;0) , B(3;0;0) ,
C (0;4;0) , D(0;0;4) .
Phương trình tổng quát của mặt
x y z
+ + =1
3 4 4
⇔ 4x + 3y + 3z − 12 = 0
phẳng (BCD) :
Do đó: d ( A, (BCD)) =
−12
=
12
=
6 34
17
16 + 9 + 9
34
3
b) Ta có M ( 0;2;2) , N ;2;0÷. Suy ra
2
uuuur 3
u
u
u
u
r
uuuu
r
AN = ;2;0÷, CM = ( 0; −2;2) , AC ( 0;4;0)
2
uuuur uuuur
uuuur uuuur uuuu
r
⇒ AN , CM = ( 4; −3; −3) , AN , CM .AC = −12 .
Suy ra khoảng cách giữa hai đường thẳng AN , CM là:
uuuur uuuur uuuu
r
AN , CM .AC
12
6 34
d( AN , CM ) =
=
=
uuuur uuuur
.
17
2
2
2
AN , CM
4
+
3
+
3
Góc giữa hai đường thẳng AN , CM là:
cos ( AN , CM ) =
uuuur uuuur
AN .CM
AN .CM
=
4
9
+ 4. 22 + 22
4
=
2 2
⇒ ( AN , CM ) ≈ 560 .
5
Bi 3
1. a) Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ. Ta có tọa độ các điểm
189
A ( 0;0;0) , B ( a;0;0) , D ( 0;2a;0) ,
C ( a;2a;0) , S ( 0;0;3a)
uuur
Suy ra SB = ( a;0; −3a) ,
uuur
uuur
SD = (0;2a; −3a), SC = (a;2a; −3a)
x = a + t
Phương trình SB : y = 0
z = −3t
uuuur
⇒ M ( a + t;0; −3t) ⇒ AM = ( a + t;0; −3t )
Mà
uuuur uuur
9a
a
3a
AM ⊥ SB ⇒ AM .SB = 0 ⇔ (a + t) + 9t = 0 ⇒ t = −
⇒M
;0; ÷
10
10
10
18a 12a
;
Tương tự vậy ta tìm được N 0;
÷
13 13
uur
uuuur uuuur
2
Suy ra n1 = AM , AN = − 27a ( 1;2; −3)
65
Do đó ta có phương trình của ( AMN ) : x + 2y − 3z = 0
x = t
Phương trình SC : y = 2t
nên tọa độ điểm P là nghiệm của hệ
z = 3a − 3t
x = t
9a 9a 15a
9a
9a
15a
y = 2t
⇒ x=
,y=
,z =
⇒ P
; ;
÷.
14
7
14
14 7 14
z = 3a − 3t
x + 2y − 3z = 0
2
2
uuuur uuur
uuuur uuur
Ta có: AM , AP = − 27a ( 1;2; −3) , AN , AP = 27a ( 1;2; −3)
70
91
uuuur uuur
1 uuuur uuur
621 14a2
Suy ra S AMPN = AM , AP + AN , AP =
và
2
1820
9a
d(S, ( AMN )) =
14
190
1 9a 621 14a2 1863a3
.
.
=
.
3 14
1820
1820
uuuu
r
8a 12a uuuur 9a
3a uuur
CN
=
−
a
;
−
;
,
DM
=
;
−
2
a
;
b) Ta có
÷
÷, CD = ( − a;0;0)
13 13
10
10
Vậy VS.AMPN =
uuuu
r uuuur
348a2 147a2 426a2
÷⇒
⇒ CN , DM =
;
;
65
130
65 ÷
Khoảng cách giữa hai đường thẳng CN , DM
3
uuuu
r uuuur uuur
CN , DM .CD = − 348a
65
là:
uuuu
r uuuur uuur
CN , DM .CD
2332a
d(CN , DM ) =
=
uuuu
r uuuur
.
CN , DM
3 15209
uuuu
r uuuur
CN .DM
133 .
Và cos ( CN , DM ) =
=
CN .DM
154570
2. Vì hai mặt phẳng ( SDI ) và ( SCI ) cùng vuông góc với đáy
nên SI ⊥ ( ABCD) .
Đặt SI = x, x > 0 , tọa độ các điểm
là: I ( 0;0;0) , A ( − a;0;0) ,
B ( a;0;0) , C ( a; a;0) , D ( − a;2a;0) ,
uuur
S ( 0;0; x) . Suy ra SC = ( a; a; − x) ,
uuur
CD = ( −2a; a;0)
uuur uuur
⇒ SC, CD = ax;2ax;3a2
(
)
uur
Nên n1 = ( x;2x;3a) là VTPT của mặt phẳng (SCD) .
r
Mà k = (0;0;1) là VTPT của mặt đáy nên theo giả thiết đề bài ta có
uur r
n1.k
1
uur r = cos 600 = ⇔
2
n1 . k
Mặt khác: S ABCD =
VS. ABCD =
3a
5x2 + 9a2
=
1
3a 15
⇒ x=
2
5
AB (BC + AD)
= 3a2 nên thể tích khối chóp là
2
1
1 3a 15
3a3 15
.
SI .S ABCD = .
.3a2 =
3
3
5
5
191
3. Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ
Ta có tọa độ các đỉnh A (0;0;0),
B ( a;0;0) ,
(
) (
)
D 0; a 2;0 , C a; a 2;0
S (0;0; a)
a 2
a a 2 a
M 0;
;0÷, N ;
; ÷
÷
2 2 2÷
2
uuuur
a 2
;0÷
Suy ra : BM = − a;
÷
2
uuuu
r
AC = a; a 2;0
)
(
x = a − 2t
x = t '
Phương trình BM : y = 2t , phương trình AC : y = 2t '
z = 0
z = 0
a a 2
;0÷
Từ đó ta tìm được giao điểm I ;
÷
3 3
uuur
uuuu
r
(
)
uuur uuuu
r
(
)
2
2
Ta có: AS = ( 0;0; a) , AC = a; a 2;0 ⇒ AS, AC = − a 2; a ;0
uur
⇒ n1 =
(
)
2; −1;0 là VTPT của (SAC )
uuuur a 2
uuuur uuuur
a2 2
a2 2
÷
SM = 0;
; − a ÷ ⇒ SM , BM =
; a2;
2
÷
÷
2
2
uur
⇒ n2 = 1; 2;1 là VTPT của (SMB) .
(
uur uur
)
Vì n1.n2 = 0 ⇒ (SAC ) ⊥ (SMB)
uuuur
r
a a 2 a uuu
a a 2
uuur
; ÷, AI = ;
;0÷, AB = ( a;0;0)
Ta có: AN = ;
÷
3 3
÷
2
2
2
uuuur uuu
r
a2 2 a2
⇒ AN , AI = −
;
;0÷ ⇒
6
6 ÷
192
3
uuuur uuu
r uuur
AN , AI .AB = − a 2 .
6
3
uuuur uuu
r uuur
Vậy VANI B = 1 AN , AI .AB = a 2 .
6
36
4. Gọi H là trung điểm AD ⇒ SH ⊥ AD ⇒ SH ⊥ ( ABCD)
a
a
H (0;0;0), A 0; − ;0÷, D 0; ;0÷,
2
2
a
N ( a;0;0) , B a; − ;0÷,
2
a
a 3
C a; ;0÷, S 0;0;
÷,
2 ÷
2
a a a 3 a a
M ;− ;
; ;0
÷, P
2 4 4 ÷ 2 2 ÷
uuuur a a a 3 uuur a
uuuur uuur
AM = ; ;
÷, BP = − ; a;0÷ ⇒ AM .BP = 0 ⇒ AM ⊥ BP .
2 4 4 ÷
2
uuuur
a
r
3a a 3 uuuu
a
uuur
a
÷, CN = 0; − ;0÷, CP = − ;0;0÷
Ta có: CM = − ; − ;
4
4 ÷
2
2
2
uuuu
r uuur
a2
÷⇒
⇒ CN , CP = 0;0; −
4 ÷
3
uuuu
r uuur uuuur
CN , CP .CM = − a 3 .
16
3
uuuu
r uuur uuuur
Vậy VCMNP = 1 CN , CP .CM = a 3 .
6
96
5. Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ. Đặt SO = h và gọi I là trung điểm SA
.
193
Ta có tọa độ các đỉnh là:
a 2
a 2
a 2 a 2
A 0; −
;0÷, B
;0;0÷, C 0;
;0÷, D −
;0;0÷
÷ 2
÷
÷
÷
2
2
2
a 2 h
S ( 0;0; h) , I 0; −
; ÷, N
4 2÷
a 2 a 2
a 2 a 2
;
;0÷, E
;−
; h ÷,
4
÷ 2
÷
4
2
a 2 a 2 h
M
;−
; ÷.
4
2
2÷
uuuur 3a 2 h uuur
uuuur uuur
MN = 0;
; − ÷, BD = a 2;0;0 ⇒ MN .BD = 0 ⇒ MN ⊥ BD
4
2÷
(
)
uuuu
r
uuuur a 2 3a 2
AC = 0; a 2;0 , AN =
;
;0÷ ⇒
4
÷
4
uuuur uuuu
r
MN , AC = ah 2 ;0;0÷
2
÷
uuuur uuuu
r uuuur
MN , AC .AN
uuuur uuuu
r uuuur a2h
a 2
=
. Vậy d ( MN , AC ) =
uuuur uuuu
r
.
⇒ MN , AC .AN =
4
MN , AC
4
(
)
6. Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ
194
Tọa độ các đỉnh:
a
A (0;0;0), B ( a;0;0) , D(0; a;0), C (a; a;0), M ;0;0 ÷, N
2
uuuur
a
2
a
0; ;0÷
2
Suy ra DM = ; − a;0÷ ⇒ phương trình
x = t
DM : y = a − 2t ⇒ H ( t; a − 2t;0)
z = 0
uuuu
r
uuuu
r
a
⇒ CH = ( t − a; −2t;0) , CN = − a; − ;0÷
2
Vì
H ∈ CN ⇒
a 3a
a 3a
t − a −2t
a
=
⇔ − t + a = 4t ⇒ t = ⇒ H ; ;0÷ ⇒ S ; ; a 3 ÷
−a
−a
5
5 5
5 5
2
2
2
2
Vì SCDNM = S ABCD − S∆AMN − S∆BCM = a2 − a − a = 5a
8
4
8
Nên thể tích khối chóp S.CDNM :
V =
1
1
5a2 5a3 3
.
SH .SCDNM = a 3.
=
3
3
8
24
195
Ta có:
uuur 4a 2a
r
uuuur uuur
uuuu
a2 3 2
SC =
;
; − a 3 ÷, DC = ( a;0;0) ⇒ DM , SC = a2 3;
;a ÷
÷
2
5 5
uuuur uuur uuuu
r
⇒ DM , SC .DC = a3 3 .
uuuur uuur uuuu
r
DM , SC .DC
a3 3
2a 57
d
SC
,
DM
=
=
=
uuuur uuur
)
Vậy (
2
19 .
DM , SC
a 19
2
7. Ta có AH = a 2 ⇒ SH = SA 2 − AH 2 = a 14
4
4
Chọn hệ trục như hình vẽ
Tọa độ các điểm
a a a a a 14
A (0;0;0), B (a;0;0), D(0; a;0), C (a; a;0), H ; ;0÷, S ; ;
÷
4 ÷
4 4 4 4
Gọi N là trung điểm của
uuuu
r 7a 7a a 14
a a a 14
SA ⇒ N ; ;
;−
;
÷ ⇒ CN = −
÷
8 8
÷
8
÷
8
8
8
uuuu
r a a a 14
uuuu
r uuuu
r
SN = − ; − ; −
÷ ⇒ SN .CN = 0 ⇒ CN ⊥ SA ⇒ N ≡ M
8 8
8 ÷
196
uuur
3a
a
Ta có: SB = ; − ; −
4
4
a 14 uuur 3a 3a a 14
; ;−
÷, SC =
÷
4 4
4 ÷
4 ÷
uuur uuur
uuur uuur uuuur
a2 14
3a2
a3 14
÷ ⇒ SB, SC .SM = −
⇒ SB, SC =
;0;
4
4 ÷
8
3
uuur uuur uuuur
Vậy VS.MBC = 1 SB, SC .SM = a 14 .
6
Bi 4
48
1. Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ, trong đó gốc tọa độ O là
trung điểm cạnh BC .
1·
= 600 nên
a) Vì ·BAO = BAC
2
a
a 3
, BO = AB sin 600 =
2
2
Đặt SA = x, x > 0 , tọa độ các điểm là:
a 3
a 3
a
A (0; − ;0), B
;0;0÷, C −
;0;0÷,
2
÷
÷
2
2
AO = AB cos 600 =
a
S 0; − ; x÷
2
uuur
uuur a 3 a
SA
=
0;0;
−
x
,
AB =
; ;0÷ ⇒
(
)
Suy ra
2 2 ÷
uur
Nên n1 = 1; − 3;0 là VTPT của (SAB)
(
)
uuur uuur
SA, AB = − ax ; ax 3 ;0÷
2
÷
2
uuur a 3 a
uuur uuur
uuur
a2 3
÷
SB =
; ; − x÷, BC = − a 3;0;0 ⇒ SB, BC = 0; ax 3;
2 2
÷
÷
2
uur
Nên n2 = ( 0;2x; a) là VTPT của (SBC )
uur uur
−2x 3
n1.n2
1
a 2
0
=
cos
60
⇔
= ⇔ x=
Theo đề bài uur uur
.
4
n1 . n2
2. 4x2 + a2 2
(
)
a a 2
÷
Do đó S 0; − ;
÷
2
4
197
1
a2 3
·
Vì S∆ABC = 1 AB.AC.sin BAC
nên thể tích khối
= a.a.sin 1200 =
2
2
4
chóp S.ABC
VS. ABC =
Ta có:
1
1 a 2 a2 3 a3 6
.
SA.S∆ABC = .
.
=
3
3 4
4
48
SM
SA 2
x2
1 SN
SA 2 1
=
=
= ,
=
= nên
SB
SB 2 a2 + x2 9 SC SC 2 9
VS. AMN =
SM SN
1 a3 6 a3 6
.
.
.VS.ABC =
.
=
SB SC
81 48
3888
2. (Bạn đọc tự vẽ hình)
Gọi O là hình chiếu của S trên ( ABC ) , ta suy ra O là trọng tâm ∆ABC .
Gọi I là trung điểm của BC , ta có:
3
a 3
a 3
a 3
BC =
⇒ OA =
, OI =
2
2
3
6
Trong mp ( ABC ) , ta vẽ tia Oy vuông góc với OA . Đặt SO = h , chọn hệ
AI =
trục tọa độ như hình vẽ ta được:
a 3
a 3
a 3 a
O ( 0;0;0) , A
; 0; 0÷, S ( 0;0; h) ⇒ I −
; 0; 0÷, B −
; ; 0÷
3
÷
÷
6
6
2 ÷
a 3 a
a 3 a h
a 3 a h
C −
; − ; 0÷, M −
;
;
;− ;
÷, N −
÷.
÷
12
÷
12
÷
6
2
4
2
4
2
2
uuuur uuuur
uur
ah
5a 3
÷ ⇒ n1 = 6h;0;5a 3 là VTPT của
Suy ra AM , AN = ; 0;
4
24 ÷
( AMN )
2
uuur uuur
uur
SB, SC = − ah; 0; a 3 ÷ ⇒ n = 6h;0; − a 3 là VTPT của (SBC )
2
6 ÷
2
uur uur
Vì ( AMN ) ⊥ (SBC ) ⇒ n1.n2 = 0 ⇔ h2 = 5a
12
2
u
u
u
u
r
u
u
u
u
r
1
a 10
⇒ S∆AMN = AM , AN =
2
16
3. Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ và O là trung điểm BC
)
(
(
198
)
a 3 a
A 0; −
;0÷, B ;0;0÷,
÷
2
2
a
a 3
C − ;0;0÷ , S 0; −
;2a ÷
÷
2
2
uuur a a 3
uuur a a 3
SB = ;
; −2a ÷, SC = − ;
; −2a ÷
2 2
÷
2 2
÷
a
x = + t
2
Phương trình SB : y = 3t
z = −4t
uuuur a
a
a 3
⇒ M + t; 3t; −4t ÷ ⇒ AM + t; 3t +
; −4t ÷
2
÷
2
2
Vì
AM ⊥ SB ⇒
2a a 3 2a
a
3a
a
+ t + 3t +
+ 16t = 0 ⇒ t = −
⇒M
;−
; ÷
5
2
2
10
10 5 ÷
2a
a 3 2a
; ÷
Tương tự ta tìm được N − ; −
5
10
5÷
uuur
uuuur 2a 2a 3 8a uuuu
r 2a 2a 3 8a
SA = ( 0;0; −2a) , SM =
;
;−
;
;−
÷, SN = −
÷
5
÷
5
5
5
5
5÷
uuuur uuuu
r
32a2 8a2 3
÷⇒
⇒ SM , SN = 0;
;
25
25 ÷
2
uuuur uuuu
r uuur
SM , SN .SA = − 16a 3
25
3
uuuur uuuu
r uuur
Do đó VS.AMN = 1 SM , SN .SA = 8a 3 . Mặt khác
6
VS. ABC =
2
75
3
1
a 3 a 3
.2a.
=
3
4
6
3
Vậy VA.BCNM = VS. ABC − VS. AMN = 3a 3 .
50
199
4. Gọi H là hình chiếu của S lên BC ⇒ SH ⊥ ( ABC )
Đặt BH = x, SH = y; x, y > 0 . Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ
Tọa độ các đỉnh B(0;0;0), C (4a;0;0), A(0;3a;0), H (x;0;0), S(x;0; y)
uuur
uuur
uuur uuur
Suy ra BS = (x;0; y), BC = (4a;0;0) ⇒ BS.BC = 4ax
uuur uuur
4ax
BS.BC
3
0
=
=
cos
30
x = 3a
2 ⇔
⇔ 2a 3.4a
Theo đề bài ta có: SB.BC
2
y = a 3
2
2
SB = 2a 3
x + y = 12a
1 1
1
y. BA.BC = .a 3.4a.3a = 2a3 3
3 2
6
uuur
uuur
uuur uuur
SA = −3a;3a; − a 3 , SC = a;0; − a 3 ⇒ SA, SC = −3a2 3; −4a2 3; −3a2
ur
Suy ra n = (3;4; 3) là VTPT của (SAC ) , phương trình (SAC ) là:
Thể tích khối chóp S.ABC : V =
(
)
)
(
3x + 4 y + 3z − 12a = 0
Vậy d ( B, (SAC )) =
−12a
32 + 42 + 3
=
6a 7
.
7
Bi 5 ( Bạn đọc tự vẽ hình )
Ta có : O(0; 0; 0), A (a; 0; 0), B (0; b; 0), C (0; 0; c).
200
(
)
1. Tọa độ điểm H khi H là trực tâm ∆ABC hay là hình chiếu của O lên
( ABC )
x =
y =
z =
ab2c2
a2b2 + b2c2 + c2a2
bc2a2
a2b2 + b2c2 + c2a2
ca2b2
a2b2 + b2c2 + c2a2
2. Phương trình mặt phẳng ( ABC ) :
x y z
+ + = 1.
a b c
1
d(O, ( ABC )) =
1
a2
.
+
1
b2
+
1
=
c2
abc
2 2
2 2
2 2
.
a b +b c +c a
x y z
3. Gọi M (x; y; z). Ta có M ∈ ( ABC ) ⇒ + + = 1.
a
AM
2
2
2
(x − a) + y + z
=
=
=
2
2
b
c
2x
OM 2 2x
+1=
−
+ 1.
a
a
AO2
a2
a2
OA 2
1
AM 2 BM 2 CM 2
1
1
+
+
= OM 2
+
+
Tương tự ta đi đến
÷+ 1
AO2
BO2 CO2
OA 2 OB 2 OC 2
Ta có
2
2
x +y +z
OM 2
+1=
−
MH 2
OH 2
OH 2
4. Dễ chứng minh sin2 α + sin2 β + sin2 γ = 2.
+ 2.
2
2
Chú ý sin β sin γ ≤ sin α + sin γ nên
2
2
sin α
2sin2 α
2sin2 α
≥
=
1 + sin β sin γ
2 + sin2 β + sin2 γ
4 − sin2 α
Tương tự ta có vế trái T của bất đẳng thức cần chứng minh thỏa mãn
T ≥
2sin2 α
4 − sin2 α
Hay T + 6 ≥ 8
+
2sin2 β
4 − sin2 β
1
+
+
2sin2 γ
4 − sin2 γ
1
+
÷
4 − sin2 γ ÷
1
2
2
4 − sin α 4 − sin β
1 1 1
9
, ∀x, y, z > 0 ta được
Áp dụng bất đẳng thức + + ≥
x y z x+ y+ z
201
T +6≥
Vậy
72
12 − (sin2 α + sin2 β + sin2 γ )
=
36
.
5
sin2 α
sin2 β
sin2 γ
6
+
+
≥ .
1 + sin β sin γ 1 + sin γ sin α 1 + sin α sin β 5
Dấu đẳng thức xảy ra khi α = β = γ = arcsin 6 .
3
Bi 6
1. Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ
)
(
Tọa độ các đỉnh: A (0;0;0), S 0;0; a 2 , B ( a;0;0) , D ( 0;2a;0) , C ( a; a;0)
x = a − t
uuur
Suy ra SB = − a;0; a 2 , phương trình SB : y = 0 ⇒ H a − t;0; 2t
z = 2t
uuuur
⇒ AH = a − t;0; 2t
(
)
(
)
(
uuuur uuur
2a
a
a 2
AH ⊥ SB ⇒ AH .SB = 0 ⇔ − a + t + 2t = 0 ⇒ t = ⇒ H
;0;
÷
3
3
3 ÷
uuur
uuur
Ta có: SC = a; a; − a 2 , CD = ( a; − a;0)
(
uuur uuur
)
Suy ra SC.CD = 0 ⇒ SC ⊥ CD ⇒ ∆SCD vuông tại C
(
)
uuur uuur
ur
SC, CD = − a2 2; − a2 2; −2a2 ⇒ n = 1;1; 2 là VTPT của (SCD)
202
(
)
)
Phương trình (SCD) : x + y + 2z − 2a = 0 .
Vậy
d ( H , (SCD)) =
2a 2a
+
− 2a
3
3
1+ 1+ 2
=
a.
3
Bi 7
1. Ta có A ( 0;0;0) , B ( a;0;0) , D ( 0;2a;0) , C (a; a;0) .
Đặt SA = x ⇒ S ( 0;0; x)
uuur
uuur
uuur uuur
BD = ( − a;2a;0) , SC = ( a; a; − x) ⇒ DB = a 5, SC = x2 + 2a2; BD.SC = a2
uuur uuur
SC.BD
uuur uuur
a
1
Nên cos α = cos SC, BD =
=
=
SC.BD
30
5(x2 + 2a2)
(
)
⇔ x2 + 2a2 = 6a2 ⇔ x = 2a ⇒ S ( 0;0;2a) .
uuur
uuur
uuur uuur
2. Ta có CS = ( − a; − a;2a) , CD = ( − a; a;0) ⇒ CS.CD = 0 ⇒ ∆SCD vuông tại
C.
1
1
Do đó: S∆SCD = CS.CD = .a 6.a 2 = a2 3
2
2
·
Gọi β = ( (SCD), (SAB)) . Ta có hình chiếu của tam giác SCD lên mặt phẳng
1
a.2a
1 .
(SAB) là tam giác SAB nên ta suy ra cos β =
= 2
=
S∆SCD
3
a2 3
S∆SAB
203
3. Ta có E ( 0; a;0) . Gọi I ( x; y; z) là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp SBCE
I B2 = I S2
(x − a)2 + y2 + z2 = x2 +
2
2
2
2
2
Khi đó I C = I S ⇔ (x − a) + ( y − a) + z =
2
2
2
2
2
2
I E = I S
x + ( y − a) + z = x +
a
x =
2
−2x + 4z = 3a
a a
a
⇔ − x − y + 2z = a ⇔ y = ⇒ I ; ; a ÷.
2
2 2
−2y + 4z = 3a
z = a
2
y2 + (z − 2a)2
x2 + y2 + (z − 2a)2
y2 + (z − 2a)2
2
Bán kính R = I E = a ÷ + a − a ÷ + a2 = a 6 .
2
2
2
uuuu
r 2 uuur
2a
2a
4. Ta có M ( 0;0; a) . Do SN = SB ⇒ N ;0; ÷,
3
3
3
uuur 3 uuur
3a uuur 4 uuur
a 9a
BP = BC ⇒ P a; ;0÷ , CQ = CD ⇒ Q ;
;0÷
4
5
4
5 5
uuuur 2a
uuuur a 9a
a uuuur 3a
Suy ra MN = ;0; − ÷, MP = a; ; −a ÷, MQ = ; ; − a ÷
3
3
4
5 5
uuuur uuuur
2 2 2
MN , M P = a ; a ; a ÷ ⇒
4 3 2 ÷
3
uuuur uuuur uuuur
M N , MP .MQ = 3a ≠ 0 nên M , N , P , Q
20
không đồng phẳng.
3
uuuur uuuur uuuur
Vậy VMNPQ = 1 MN , MP .MQ = a .
Bi 8
204
6
40
Đặt AA ' = 2x, x > 0
1. Ta có A (0;0;0), C ( 0; a;0) ,
A '(0;0;2x), C '(0; a;2x)
Gọi K là hình chiếu của B lên Oy ,
BK = AB.sin 600 =
a 3 AK = a
,
2
2
. Nên
a 3 a
a 3 a
B
; ;0÷, B '
; ;2x÷ .
2 2 ÷
2 2
÷
uuuur
uuuuuu
r
a 3 a
; ; − x÷
Suy ra M ( 0; a; x) ⇒ AM = ( 0; a; x) , B ' M = −
÷
2
2
uuuur uuuuuu
r a2
uuuur uuuuuu
r
a 2
⇒ AM .B ' M =
− x2 . Mà AM .B ' M = 0 nên suy ra x =
2
2
a 3 a
; ; a 2÷
Do đó A ' 0;0; a 2 và B '
÷
2 2
uuuuur 1 uuuuuu
r
a 3 a
; ; a 2 ÷,
2. Ta có A ' N = A ' B ' ⇒ N
÷
2
4 4
uuuuur 2 uuuuuu
r
2a
A ' P = A ' C ' ⇒ P 0;
; a 2÷
3
3
(
)
uuuuu
r 3 uuuuu
r
a 3 a 3a 2
a 2
B 'Q = B ' B ⇒ Q
; ;
÷ và M 0; a;
÷
2 2
4
4 ÷
2 ÷
uuuur a 3 a
uuuur
a 2 uuur 2a
; ; a 2 ÷, AM = 0; a;
; a 2 ÷,
÷, AP = 0;
Suy ra AN =
÷
2 ÷
3
4 4
uuuu
r a 3 a 3a 2
AQ =
; ;
÷
2 2
÷
4
uuur uuuu
r
uuur uuuu
r uuuur
a2 6 a2 3
5 6 3
÷ ⇒ AP , AQ .AN = −
⇒ AP , AQ = 0;
;−
a ;
2
3 ÷
24
uuur uuuu
r uuuur a3 6
AP , AQ AM =
3
205
