Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi chuyên đề 15 tọa độ KHÔNG GIAN lê hoành phò file word
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (345.02 KB, 30 trang )
CHUYÊN ĐỀ 15: TỌA ĐỘ KHÔNG GIAN
1. KIẾN THỨC TRỌNG TÂM
Điểm và vecto r r r
Ba vecto đơn vị i, j, k trên 3 trục Ox, Oy, Oz:
r
r
r
i = (1;0;0) , j = (0;1;0) , k = (0;0;1)
Hai điểm A(x1 , y1, z1 ) và B(x 2 , y 2 , z 2 ) thì:
uuur
AB = (x 2 − x1; y 2 − y1; z 2 − z1)
AB = (x 2 − x1 ) 2 + (y 2 − y1 ) 2 + (z 2 − z1) 2
Điểm M chia đoạn thẳng Ab theo tỉ số k ≠ 1 :
x1 − kx 2
x = 1 − k
uuuu
r
uuur
y − ky 2
MA = kMB ⇔ y = 1
1− k
z1 − kz 2
z = 1− k
r
r
Hai vecto: u = (x, y, z) và v = (x ', y ', z ') thì:
r r
r
u ± v = (x ± x '; y ± y '; z ± z '); ku = (kx; ky; kz)
rr
r
u.v = xx '+ yy '+ zz '; u = x 2 + y 2 + z 2
uuur
u; v = y z ; z x x y
y ' z ' z ' z ' x ' y ' ÷
r r
x.x '+ y.y '+ z.z '
cos u, v =
x 2 + y 2 + z 2 . x '2 + y '2 + z ' 2
( )
-
r r r
r r r
3 vecto a, b, c đồng phẳng: a, b .c = 0
r r r
r r r
3 vecto a, b, c không đồng phẳng: a, b .c ≠ 0
Diện tích và thể tích
uuur uuur
AB, AC
uuur uuur uuur
AB, AC .AD
uuur uuur uuuur
Thể tích hình hộp ABCD.A’B’C’D’: V = AB, AD .AA '
1 uuur uuur uuuur
Thể tích hình lăng trụ ABC,A’B’C’: V = AB, AD .AA '
2
1
2
1
Thể tích tứ diện ABCD: V =
6
Diện tích tam giác ABC: S =
Trang 1 – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải
Góc giữa 2 mặt phẳng: mặt phẳng (P) có vecto pháp
r
uu
r
tuyến n và mặt phẳng (Q) có vecto pháp tuyến n ' thì
r uur
cos((P),(Q)) = cos(n, n ')
Góc giữa 2 đường
thẳng: r
r
d có VTCP u và d’ có VTCP v thì
r r
cos(d, d ') = cos(u, v)
Góc giữa đường
thẳng và mặt phẳng:
r
r
d có VTCP u và (P) có VTPT n
r r
sin(d, (P)) = cos(u, n)
Khoảng cách từ M 0 (x 0 , y 0 , z 0 ) đến mặt phẳng:
−(Oxy) là z 0 ; (Oyz) là x 0 ; (Ozx) là y0
−(P) : Ax + By + Cz + D = 0 là:
Ax 0 + By0 + Cz 0 + D
d(M 0 , P) =
A 2 + B2 + C 2
Khoảng cách từ một điểm đến 1 đường thẳng:
Cho M 0 (x 0 , y 0 , z 0 ) và đường thẳng d qua A và có
uuuuur r
AM 0 , u
r uuur
VTCP u = AB thì d(M 0 , d) =
r
u
Khoảng cách giữa hai đường
thẳng chéo nhau:
uu
r
d1 qua M1 và có VTCP u1; d 2 qua M 2 và có VTCP thì
u
rr
uu
r uur uuuuuuuuu
u1 , u 2 .M1 M 2
d(d1 , d 2 ) =
uu
r uur
u1 , u 2
Phương trình tổng quát của mặt phẳng:
r
Mặt phẳng qua M 0 (x 0 , y0 ) và vecto pháp tuyến n = (A, B, C)
Ax+By+Cz+D=0, A 2 + B 2 + C 2 ≠ 0
hay A(x − x 0 ) + B(y − y 0 ) + C(z − z 0 ) = 0
Phương trình của đường thẳng: đi qua M 0 (x 0 , y0 , z 0 ) và có vecto chỉ phương
r
u = (a, b,c), a 2 + b 2 + c 2 ≠ 0
Trang 2 – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải
x = x 0 + at
Phương trình tham số: d : y = y 0 + bt, t ∈ R
z = z + ct
0
x − x 0 y − y0 z − z 0
=
=
Phương trình chính tắc khi a, b, c ≠ 0 :
a
b
c
Phương trình mặt cầu:
Mặt cầu (S) tâm I(a,b,c) bán kính R:
(x − a) 2 + (y − b) 2 + (z − c) 2 = R 2 hay:
x 2 + y 2 + z 2 + 2Ax + 2By + 2Cz + D = 0, A 2 + B2 + C 2 − D > 0
Có tâm I( −A, −B, −C) và bán kính R = A 2 + B2 + C2 − D
Vị trí tương đối của 2 mặt phẳng:
(P): Ax + By + Cz + D = 0 và (Q): A'x + B' y + C ' z + D ' = 0
- Cắt nhau: A : B : C ≠ A ' : B ' : C '
A B C D
A B C D
=
=
=
=
=
≠
- Trùng nhau:
; Song song:
A ' B' C ' D '
A' B' C' D'
Vị trí tương đối của 2 đường thẳng:
r
Đi qua A(x A , y A , z A ) và có vecto chỉ phương u(a, b, c)
r
Đi qua B(x B , y B , z B ) và có vecto chỉ phương v(a ', b ',c ')
r r uuu
r
-Chéo nhau: u, v .AB ≠ 0
r r uuur
-Cắt nhau: u, v .AB = 0 và a : b : c ≠ a ' : b ' : c '
-Trùng nhau: a : b : c = a ' : b ' : c ' = (x B − x A ) : (y B − y A ) : (z B − z A )
-Song song: a : b : c = a ' : b ' : c ' = (x B − x A ) : (y B − y A ) : (z B − z A )
*Hai điểm M1 (x1 , y1, z1 ) và M 2 (x 2 , y 2 , z 2 ) nằm về hai phía của mặt phẳng
(P): Ax + By + Cz + D = 0 khi và chỉ khi:
(Ax1 + By1 + Cz1 + D).(Ax 2 + By 2 + Cz1 + D) < 0
Vị trí tương đối của 1 đường thẳng và 1 mặt phẳng:
r
Đường thẳng d qua A và có vecto chỉ phương u và mặt phẳng (P) qua M 0 và có vecto
r
pháp tuyến n
rr
- Cắt nhau: u.n ≠ 0
rr
Song song: u.n = 0 và A ∉ (P)
rr
- Đường thẳng thuộc mặt phẳng u.n = 0 và A ∈ (P)
Vị trí tương đối giữa mặt cầu và mặt phẳng:
Cho mặt cầu S(I;R). Gọi IH = d là khoảng cách từ tâm I đến (P) thù:
a)Nếu d
Trang 3 – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải
Đặc biệt, khi d=0 thì mp(P) đi qua tâm I của mặt cầu, giao tuyến là đường tròn lớn của
mặt cầu có bán kính R
b) Nếu d=R, mp(P) và mặt cầu S(I;R) có điểm chung duy nhất là H. Khi đó mặt phẳng
(P) tiếp xúc với mặt cầu tại điểm H hoặc mp(P) là tiếp diện của mặt cầu tại tiếp điểm H
c) Nếu d>R: mp(P) không có điểm chung với mặ cầu.
Ứng dụng giải bài toán không gian:
Đưa tọa độ Oxyz vào bài toán hình học không gian thuần túy, bằng cách chọn hệ trục
thuận lợn để giải toán.
2. CÁC BÀI TOÁN
Bài toán 15.1: Cho hình bình hành ABCD với A(−3; −2;0) , B(3; −3;1) , C(5;0; 2)
uuur
uuur
Tìm tọa độ đỉnh D và tính góc giữa hai vecto AC và BD
Hướng dẫn giải
uuur
uuur
Ta có BA = ( −6;1; −1), BC = (2;3;1) . Vì tọa độ của hai vecto đó không tỉ lệ nên ba điểm
A,B,C không thẳng hàng.
Gọi D(x, y, z) . Tứ giác ABCD là hình bình hành khi và chỉ khi
x + 3 = 2
x = −1
uuur uuu
r
AD = BC ⇔ y + 2 = 3 ⇔ y = 1 . Vậy D(−1;1;1)
z = 1
z =1
uuur
uuur
Ta có AC = (8; 2; 2), BD = ( −4; 4;0) , do đó:
uuur uuur
uuur uuur
−32 + 8
1
cos(AC, BD) =
= − . Vậy (AC, BD) = 120o
2
72. 32
Bài toán 15.2: Trong không gian tọa độ Oxyz, cho tam giác ABC có
A(1; 2; −1), B(2; −1;3), C( −4, 7,5)
a) Tính diện tích và độ dài đường cao h A
b) Tính độ dài đường phân giác trong BD
Hướng
dẫn giải
uuur
uuur
u
uur
a) Ta có AB = (1; −3; 4), AC = ( −5;5;6), BC = ( −6;8; 2)
uuur uuur
⇒ AB, AC = (−38; −26; −10)
Vậy SABC =
hA =
1 uuur uuur
1
AB, AC =
382 + 262 + 10 2 = 554
2
2
2SABC 2 554
277
=
=
BC
104
13
Trang 4 – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải
DA BA
26 1
=
=
=
DC BC
104 2
uuur
1 uuur
Vì D nằm giữa A, C nên DA = − DC
2
2 74
2 11
Từ đó tìm được D − ; ;1÷⇒ DB =
3
3 3
Bài toán 15.3: Tính diện tích tứ giá ABCD có tọa độ A(2;5;-4), B(1;6;3),
C(-4;-1;12), D(-2;-3;-2)
Hướng dẫn giải
uuur
uuur
AB = (−1;1;7), AC = ( −6; −6;16) , hai vecto này không cùng phương vì tọa độ không tỉ lệ
b) Gọi D(x; y; z) Ta có
suy
thẳng
hàng và có:
uuur ra A, B, C không
uuu
r
DC = (−2; 2;14) = 2AB ⇒ AB PCD
Vậy ABCD là hình thang nên
SABCD = SABC + SADC
1 uuur uuur
1 uuur uuur
= AB, AC + AD, AC = 3 1046
2
2
Bài toán 15.4: Cho tứ diện ABCD có: A(-1;2;0), B(0;0;1), C(0;3;0), D(2;1;0)
a) Tính diện tích tam giác ABC và thể tích tứ diện ABCD
b) Tìm hình chiếu của D lên mặt phẳng (ABC)
uuur
uuur
uuurHướng dẫn giải
a) Ta có AB = (1; −1;1), AC = (1;1;0), AD = (3; −1;0)
uuur uuur
1 uuur uuur
6
Nên AB, AC = (−1;1; 2) ⇒ SABC = AB, AC =
2
2
uuur uuur uuur
1 uuur uuur uuur 2
Và AB, AC .AD = −4 ⇒ VABCD = AB, AC .AD =
6
3
b) Gọi
H(x;y;z)
là
hình
chiếu
D
trên
mặt
phẳng
(ABC)
thì:
uuur
uuur
AH = (x + 1; y − 2; z), DH = (x − 2; y − 1; z) . Ta có:
18
x=
uuur uuur
DH.AB = 0
11
x − 2y + z = 0
uuur uuur
15
⇔ x + y = 3
⇔ y =
DH.AC = 0
11
uuur uuur uuur
x − y − 3z = −3
AB,
AC
.AH
=
0
12
z = 11
18 15 12
Vậy H ; ; ÷
11 11 11
Bài toán 15.5: Tìm khoảng cách giữa hai đường thẳng sau:
Trang 5 – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải
x = 1 + t
a) d : y = −1 − t
z = 1
x = 2 − 3t
d ' : y = −2 + 3t
z = 3
b) d :
d':
x y − 4 z +1
=
=
−1
1
−2
x y−2 z
=
=
−1
3
3
Hướng dẫnuu
giải
r
a) d đi qua điểm M1 (1; −1;1) , có vecto chỉ phương u1 = (1; −1; 0) . d’ đi qua điểm
uur
M 2 (2; −2;3) có vecto chỉ phương u 2 = ( −1;1;0)
uu
r
uur
uu
r uur
uuuuuur
Vì u1 và u 2 cùng phương nhưng u1 , u 2 không cùng phương với M1M 2 = (1; −1; 2) nên
hai đường thẳng đó song song
uuuuuur uur
M1M 2 , u 2
=2
Vậy d(d;d ') = d(M1, d ') =
uur
u2
r
b) d qua M(0;4;-1) có VTCP u = (−1;1; −2)
uu
r
d’ qua M’(0;2;0) có VTCP u ' = (−1;3;3)
r uu
r
uuuuur
r uu
r
Ta có u, u ' = (9;5; −2), MM ' = (0; −2;1) nên u, u ' ≠ 0 nên chéo nhau.
r uu
r uuuuur
u, u ' .MM '
−10 − 21
12
=
=
Do đó d(d, d ') =
r uu
r
81 + 25 + 4
110
u, u '
Bài toán 15.6: Tìm điểm M trên mặt phẳng (Oxz) cách đều ba đểm A(1;1;1), B(-1;1;-0),
C(3;1;-1)
Hướng dẫn giải
M thuộc (Oxz) trên M ( x;0; z ) . Ta có: MA = MB = MC
2
2
2
2
2
2
AM = BM
(x − 1) + 1 + (z − 1) = (x + 1) + 1 + z
⇔
⇔
2
2
2
2
2
2
AM = CM
(x − 1) + 1 + (z − 1) = (x − 3) + 1 + (z + 1)
5
x=
4x − 2z = 1
6
⇔
⇔
4x + 4z = 8
z = − 7
6
7
5
Vậy M ;0; − ÷
6
6
Bài toán 15.7: Cho hai điểm A(2;0;-1), B(0;-2;3)
a) Tìm tọa độ điểm C ∈ Oy để tam giác ABC có diện tích bằng 11 và thỏa mãn OC < 1
b) Tìm điểm D ∈ (Oxz) để ABCD là hình thang có cạnh đáy AB
Trang 6 – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải
Hướng dẫn giải
uuur
uuur
a) Gọi C(0; y;0) ⇒ AB = ( −2; −2; 4), AC = (−2; y;1)
Ta có: SABC = 11
⇔
1 uuur uuur
1
AB, AC = 11 ⇔
(2 + 4y) 2 + 36 + (2y + 4) 2 = 11
2
2
⇔ 20y 2 + 32y + 12 = 0 ⇔ y = −1 hoặc y = −
3
(loại)
5
Vậy C(0;-1;0)
uuur
b) Gọi D(x;0; z) ∈ (Oxz) ⇒ DC = ( −z; −1; − z)
uuur uuur
ABCD là hình thang khi và chỉ khi AB, DC cùng hướng
⇔
− x −1 − z
=
=
> 0 ⇔ x = 1, z = −2 .Vậy D(1; 0; −2)
−2 −2 4
Bài toán 15.8: Tìm tọa độ điểm H là hình chếu của
a) A(−2;1;0) trên đường thẳng BC với B(0;3; −1), C( −1; 0; 2)
b) D(1;1;1) lên mặt phẳng (ABC) với A(4;1; 4), B(3;3;1), C(1;5;5)
uuur uuu
r Hướng dẫn giải
a) H(x; y; z) thuộc BC nên BH = tBC
Do đó x = − t, y − 3 = −3t, z + 1 = 3t
⇒ x = − t, y = 3 − 3t, z = −1 + 3t
uuur uuu
r
Ta có AH ⊥ BC nên AH.BC = 0
11
(− t + 2)( −1) + ( −3t + 2)( −3) + (z + 1)3 = 0 ⇒ t =
9
11 24 14
Vậy hình chiếu H − ; ; ÷
9 9 9
Cách khác:
uuur lập mp(P)uqua
uur A vuông góc với BC rồi tìm giao điểm H
b) Ta có AB = ( −1; 2;3), AC = ( −3; 4;1) nên mp (ABC) có VTCP:
r
uuur uuur
n = AB, AC = (14;10; 2) hay (7;5;1)
(P) : 7(x − 4) + 5(y − 1) + 1(z − 4) = 0 hay 7x + 5y + z − 37 = 0
Đường thẳng d qua A, vuông góc với (ABC) có phương trình tham số:
x = 1 + 7
8
y = 1 + 5t . Thế x,y,z vào (P) thì t =
25
z = 1 + t
Trang 7 – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải
81 13 33
Vậy hình chiếu có tọa độ H ; ; ÷
25 5 25
Bài toán 15.9:
a) Tìm tọa độ đỉnh D thuộc trục Oy của tứ diện ABCD có A(2;1;-1), B(3;0;1), C(2;-1;3) và
VABCD = 5
b) Tìm tọa độ trực tâm, tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác ABC với A(0;4;1), B(1:0:1),
C(3;1;-2)
Hướng dẫn giải
a) Gọi D(0;y;0) thuộc trục Oy. Ta có:
uuur
uuur
uuur
AB = (1; −1; 2), AD = ( −2; y − 1;1), AC = (0; −2; 4)
uuur uuur
uuur uuur uuur
⇒ AB, AC = (0; −4; −2) ⇒ AB, AC .AD = −4y + 2
Theo giả thiết VABCD = 5 ⇔
1
6
uuur uuur uuur
AB, AC AD = 5
⇔ −4y + 2 = 30 ⇔ y = −7; y = 8
Vậy có 2 điểm D trên trục Oy: (0;-7;0) và (0;8;0)
uuur
uuu
r
b) Ta có AC = (3; −3; −3), BC = (2;1; −3) nên lập được phương trình mặt phẳng (ABC):
3xx+y+2z-6=0
Gọi H(x; y; z) là trực tâm tam giác ABC
uuur
uuur
⇒ AH = (x; y − 4; z − 1), BH = (x − 1; y; z − 1) , ta có:
25
x=
uuur uuu
r
19
AH.BC = 0
2x + y − 3z − 1 = 0
uuur uuur
11
⇔ H : y =
BH.AC = 0 ⇔ x − y − z = 0
19
H ∈ (ABC)
3x + y + 2z − 6 = 0
14
z = 19
IA = IB
Gọi I(x;y;z) là đường tròn ngoại tiếp: IA = IC
I ∈ (ABC)
4 29 37
Từ đó giải được tâm I − ; ; ÷
13 13 26
Bài toán 15.10: Cho hai điểm A(0;0;-3), B(2;0;-1) và mặt phẳng (P): 3x − 8y + 7z − 1 = 0
a) Tìm giao điểm I của đường thẳng AB với mặt phẳng (P)
Trang 8 – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải
b) Tìm điểm C nằm trên mp (P) sao cho ABC là tam giác đều
uuur
uur Hướng dẫn giải
a) Gọi I ( x; y; z ) ⇒ AB = (2;0; 2), AI = (x; y; z + 13)
uur
uuur
uur
uuur
Vì AI và AB cùng phương nên có một số k sao cho AI = kAB hay
x = 2k
y = 0
⇒
y = 0
z + 3 = 2k x − z − 3 = 0
Mặt khác I ∈ (P) ⇒ 3x − 8y + 7z −1 = 0 . Vậy ta có hệ:
11
x=
y
=
0
5
4
11
⇔ y = 0 ⇒ I ;0; − ÷
x − z − 3 = 0
5
5
3x − 8y + 7z − 1 = 0
4
z = −
5
C(x;
y; z)
Ta có AB = 2 2 , gọi điểm
CA = 2 2
x 2 + y 2 + (z + 3) 2 = 8
Ta có CB = 2 2 ⇔ x + z + 1 = 0
C ∈ (P)
3x − 8y + 7z − 1 = 0
2 2 1
Giải ra có hai điểm: C(2; −2; −3), C − ; − ; − ÷
3 3 3
Bài toán 15.11: Cho tam giác ABC có C(3;2;3), đường cao AH nằm trên đường thẳng
(d1 ) :
x −2 y−3 z −3
=
=
, đường phân giác trong BM của góc B nằm trên đường thẳng
1
1
2
(d 2 ) :
x −1 y − 4 z − 3
=
=
. Tìm đỉnh A và B
1
−2
1
Hướng dẫn giải
Mặt phẳng (P) qua C, ⊥ (d1 ) là:
1.(x − 3) + 1.(y − 2) − 2.(z − 3) = 0
⇔ x + y − 2z + 1 = 0
(P) ∩ (d 2 ) = B(1; 4;3)
Mặt phẳng (Q) qua C, ⊥ (d 2 ) là:
1.(x − 3) − 2.(y − 2) + 1.(z − 3) = 0
⇔ x − 2y + z − 2 = 0
(P) ∩ (d 2 ) = I(2; 2; 4)
Trang 9 – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải
K đối xứng với C qua (d 2 ) thì K nằm trên đường thẳng chứa cạnh AB. Vì I là trung điểm của
CK nên K(1;2;5)
x = 1
Đường thẳng (∆) đi qua KB là: y = 2 + 2t
z = 5 − 2t
Do đó: (∆) cắt tại A(1;2;5)
Bài toán 15.12: Cho A(1;0;0). B(0;1;2). Tìm C ∈ Oz để mặt phẳng (ABC) hợp với mặt
phẳng (α) : 2x − 2y − z + 5 = 0 một góc bằng 60o
Hướng
uuur
uuurdẫn giải
Gọi C(0; 0; m) ∈ Oz . Ta có : AB = ( −1;1; 2), AC = ( −1;0; m)
r
uuur uuur
⇒ u = AB, AC = (m; m − 2;1) là vecto pháp tuyến của (ABC)
r
Mặt phẳng (α) có vecto pháp tuyến n = (2; −2; −1)
MP (ABC) và (α) hợp nhau góc 60o nên:
r uu
r
2m + 4 − 2m − 1
1
2± 2
cos 60o = cos(u, n) =
= ⇔m=
2
3 m 2 + 1 + (m − 2) 2 2
2+ 2
2− 2
), C '(0; 0;
)
2
2
Bài toán 15.13: Cho điểm A(1;0;-1), B(2;3;-1), C(1;3;1) và đường thẳng d là giao tuyến của
Vậy có hai điểm C(0; 0;
hai mặt phẳng có phương trình: x − y + 1 = 0, x + y + z − 4 = 0 . Tìm tọa độ điểm D thuộc
đường thẳng d sao cho thể tích của khối tứ diện ABCD bằng 1.
Hướng dẫn giải
r
uuur uuur
uuur
uuur
Ta có AB = (1;3;0), AC = (0;3; 2) nên d có VTCP u = AB, AC = (6; −2;3)
x = 1
Phương trình của đường thẳng d là: y = 1 + t
z = 3 − 2t
uuur
Vì D ∈ d nên D(t;1 + t;3 − 2t) ⇒ AD = (t −1; t + 2; −2t + 4)
1 uuur uuur uuur 2 − t
VABCD = AB, AC / AD =
6
3
2−t
Do đó VABCD = 1 ⇔
= 1 ⇔ t = −1 hoặc t = 5
3
Vậy có hai điểm D thỏa mãn bài toán là D( −1; 0;5) và D(5;6; −7)
x −1 y −1 z − 2
=
=
Bài toán 15.15: Cho hai đường thẳng: d1 :
và d 2 là giao tuyến của hai
2
2
1
mặt phẳng có phương trình: 5x − 6y − 6z + 13 = 0, x − 6y + 6z − 7 = 0
Trang 10 – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải
a) Chứng minh rằng d1 và d1 cắt nhau tại điểm I
b) Tìm tọa độ các điểm A,B lần lượt thuộc d1 , d1 sao cho tam giác IAB cân tại I và có độ
diện tích bằng
41
42
Hướng dẫn giải
a) Tọa độ giao điểm I của d1 và d 2 thỏa mãn hệ:
x − 3 y − 3 −3
2 = 2 = 1
x = 1
5x − 6y − 6z + 13 = 0 ⇔ y = 1 . Vậy I(1;1; 2)
x − 6y + 6z − 7 = 0
z = 2
uu
r
b) Vecto chỉ phương của d1 là u1 = (2; 2;1)
uur
r uu
r
Vecto chỉ phương của d 2 là u 2 = n, n ' = (−72; −18; −12) hay (6;3; 2)
uu
r uur
u1.u 2
20
41
⇒ sin ϕ =
r uur =
Gọi ϕ là góc giữa d1 và d 2 ta có: cos ϕ = uu
21
u1 . u 2 21
1 2
41 2
41
IA sin ϕ =
IA =
⇔ IA = IB = 1
2
42
42
Vì A thuộc d1 nên tọa độ của A(1 + 2t;1 + 2t; 2 + t)
1
5 5 7
Do đó IA = 3 t = 1 ⇔ t = ± nên A ; ; ÷ hoặc
3
3 3 3
Vì B thuộc d 2 nên tọa độ của B(1 + 6k;1 + 3k; 2 + 2k)
11
Do đó IB = 7 k = 1 ⇔ k = ±
72
13
10
16
1 4 12
Suy ra B ; ; ÷ hoặc B ; ; ÷
7 7 7
7 7 7
Bài toán 15.16: Cho hai mặt phẳng:
2x − my + 3z − 6 + m = 0 và (m + 3)x − 2y + (5m + 1)z − 10 = 0
Với giá trị nào của m thì hai mặt phẳng song song; trùng nhau; cắt nhau; vuông góc.
Hướng dẫn giải
Hai
uu
r mặt phẳng
uurđã cho có các vecto pháp tuyến lần lượt là:
n1 (2; −m;3), n 2 (m + 3; −2;5m + 1) . Ta có:
uu
r uur
n1.n 2 = ( −5m 2 − m + 6; −7m + 7; m 2 + 3m − 4) Hai vecto đó cùng phương khi và chỉ khi
Ta có SIAB =
uu
r uur
n1.n 2 = 0 , tức là:
Trang 11 – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải
6
−5m 2 − m + 6 = 0
m = 1, m = − 5
⇔ m = 1
⇔ m =1
−7m + 7 = 0
2
m = 1, m = −4
m + 3m − 4 = 0
Khi đó hai mặt phẳng có phương trình là:
2x − y + 3z − 5 = 0 và 4x − 2y + 6z − 10 = 0 nên chúng trùng nhau. Vậy:
Không có giá trị m nào để hai mặt phẳng đó song song
Khi m = 1 , hai mặt phẳng đó trùng nhau
Khi m ≠ 1 , hai mặt phẳng đó cắt nhau
uu
r uur
Hai mặt phẳng đó vuông góc với nhau khi và chỉ khi n1.n 2 = 0
9
⇔ 2(m + 3) + 2m + 3(5m + 1) = 0 ⇔ 19m + 9 = 0 ⇔ m = −
19
Bài toán 15.17: Xác định các giá trị p và m để ba mặt phẳng sau đây đi qua một đường
thẳng:
5x + py + 4z + m = 0;3x − 7y + z − 3 = 0; x − 9y − 2z + 5 = 0
Hướng dẫn giải
Các điểm chung trên 2 mặt phẳng 3x − 7y + z − 3 = 0 và x − 9y − 2z + 5 = 0 có tọa độ thỏa
3z − 7y + z − 3 = 0
mãn hệ:
x − 9y − 2z + 5 = 0
1
18
1 18
Cho y = 0 ⇒ x = , z =
suy ra A ; 0; ÷
7
17
7 17
31
9
31 9
Cho z = 0 ⇒ x = , y =
suy ra B ; ;0 ÷
10
10
10 10
Ba mặt phẳng cùng đi qua một đường thẳng khi mặt phẳng:
5x + py = 4z + m = 0 đi qua hai điểm A và B
5 72
7 + 7 + m = 0
m = −11
⇔
p = −5
155 + 9p + m = 0
10 10
Bài toán 15.18: Cho điểm A(1;-1;1) và hai đường thẳng:
x = t
x = t '
(d1 ) : y = −1 − 2t , (d 2 ) : y = 1 + 2t '
z = 3t
z = 4 + 5t '
Chứng minh (d1 ), (d 2 ) và A cùng thuộc một mặt phẳng
Hướng dẫn giải
r
(d 2 ) qua B(0;1;4) và có VTCP u = (1; 2;5)
Trang 12 – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải
r
r uuur
Mp(A, d 2 ) qua B và có VTCP n = u, AB = ( −4; −8; −4) hay (1; 2; −1) nên có phương trình :
x + 2y − z + 2 = 0
Ta có (d1 ) qua M(0; −1;0) và N(−1;1;3)
Vì M, N thuộc Mp(A, d 2 ) nên (d1 ) thuộc Mp(A, d 2 )
Vậy A,d1 ,d 2 cùng thuộc một mặt phẳng
Bài toán 15.19:Cho bốn điểm A(−3;5;15), B(0;0; 7), C(2; −1; 4), D(4; −3; 0)
Chứng minh hai đường thẳng AB và CD cắt nhau, tìm tọa độ giao điểm
Hướng dẫn giải
uuur
uuur
Ta có: AB = (3; −5; −8), AC = (5; −6; −11)
uuur
uuur
AD = (7; −8; −15), CD = (2; −2; −4)
uuur uuur
uuur uuur uuur
Do đó AB, AC = (7; −7; 7) ⇒ AB, AC .AD = 0 nên AB, CD đồng phẳng, hơn nữa
uuur uuur
AB, CD không cùng phương, do đó 2 đường thẳng AB và CD cắt nhau
Gọi M(x M ; y M ; z M ) là giao điểm của AB và CD
uuuu
r
uuur uuur
uuuu
r
Đặt MA = kMB, MC = kMD . Ta có:
x − kx B x C − k ' x D
−3 2 − 4k '
xM = A
=
⇔
=
1− k
1− k '
1− k 1− k '
y − kyB yC − k ' y D
5
−1 + 3k '
yM = A
=
⇔
=
1− k
1− k '
1− k
1− k '
z A − kz B yC − k ' yD
15 − 7k
4
zM =
=
⇔
=
1− k
1− k '
1− k
1− k '
−
3
5
7
Giải ra được k ' =
nên M ; ;11÷
11
2 2
Bài toán 15.20: Cho bốn đường thẳng:
x −1 y − 2 z
x−2 y−2 z
(d1 ) :
=
=
(d 2 ) :
=
=
1
2
−2
2
4
−4
x y z −1
x − 2 y z −1
(d3 ) : = =
(d 4 ) :
= =
2 1
1
2
2
−1
Chứng minh tồn tại một đường thẳng (d) cắt cả 4 đường thẳng đó. Viết phương trình chính
tắc của (d).
Hướng dẫn giải
r
(d1 ) qua A(1; 2;0), A ∉ (d 2 ), (d1 ) và (d 2 ) cùng có vecto phương u = (1; 2; −2) nên (d1 ) P(d 2 )
uuur
qua B ( 2; 2;0 ) , AB = (1;0; 0)
Gọi (P) là mặt phẳng qua (d1 ) và (d 2 ) là PT của (P) là y + z − 2 = 0
1 3
(d3 ) ∩ (P) = E 1; ; ÷ và (d 4 ) ∩ (P) = F(4; 2; 0)
2 2
Trang 13 – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải
1
1
r
z−
2=
2 có vecto chỉ phương v = (2;1; −1) không
1
−1
y−
Đường thẳng (d) qua E,F là x − 2
=
2
r
cùng phương với u . Vậy (d) cắt cả bốn đường thẳng đã cho.
Bài toán 15.21: Cho sáu điểm A(a;0;0), B(0; b;0), C(0;0;c); A '(a '0;0), B'(0; b ';0), C '(0;0;c ')
với aa ' ≠ bb ' ≠ cc ' ≠ 0, a ≠ a ', b ≠ b ', c ≠ c '
a) Chứng minh có một mặt cầu đi qua sáu điểm nói trên
b) Chứng minh đường thảng đi qua gốc tọa độ O và trọng tâm tam giác ABC, vuông góc với
mặt phẳng (A’B’C’)
Hướng dẫn giải
Ta xác định tâm và bán kính R của mặt cầu qua 4 điểm A, A’, B, C
Gọi I(x;y;z) là tâm mặt cầu đó, ta có: IA 2 = IA '2 = IB2 = IC2
−2ax + a 2 = −2a ' x + a '2
⇔ −2ax + a 2 = −2by + b 2
2
2
−2ax + a = −2cz + z
a+a'
b 2 +aa '
c 2 + aa '
và z =
⇒y=
2
2b
2c
2
2
a + a ' b + aa ' c + aa '
;
;
Tâm I
÷
÷
2
2b
2c
Do đó x =
2
2
2
a + a '2 aa '+ b 2 c 2 + aa '
Ta có : R = IB =
+
+
2 ÷
÷ 2b ÷
÷ 2c ÷
÷
2
2
2
2
2
a + a '2 b 2 + aa '
c 2 + aa '
Và IB' =
+
−
b
'
+
= IB2
÷
2 ÷
÷ 2b
÷ 2c ÷
÷
2
2
2
Tương tự IC = IC ' = IB . Vậy B’, C’ cũng thuộc mặt cầu
uuur a b c
c) Gọi G là trọng tâm ∆ABC ⇒ OG = ; ; ÷
3 3 3
uuuruuuuur
uuuuu
r
uuuuu
r
aa ' bb '
+
+0 = 0
Ta có: A ' B' = ( −a '; b ';0), A 'C ' = ( −a ';0; c ') nên OGA 'B ' = −
3
3
uuuruuuuu
r
aa ' cc '
OGA 'C ' = −
+
+0 =0
3
3
Do đó OG ⊥ A ' B', A 'C ' ⇒ OG ⊥ mp(A 'B'C ')
Bài toán 15.22: Chứng minh các mặt phẳng (Pm ) : (2 + m)x + (1 + m)y + (1 + m)z + m − 1 = 0
2
luôn đi qua một đường thẳng cố định
Hướng dẫn giải
Trang 14 – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải
(Pm ) : 2x + y + z − 1 + m(x + y + z + 1) = 0
Mặt phẳng (Pm) đi qua các điểm M(X;y;z) có tọa độ không phụ thuộc m khi và chỉ khi:
2x + y + z − 1 = 0
x + y + z +1 = 0
Cho y=0 thì x = 2, z = −3 : A(2; 0; −3)
Cho z=0 thì x = 2, y = −3 : B(2; −3; 0)
Vậy các mặt phẳng (Pm ) đi qua đường thẳng cố định là giao tuyến của 2 mặt phẳng :
2x + y + z − 1 = 0, x + y + z + 1 = 0 tức là đường thẳng AB cố định
Bài toán 15.23: Trong không gian Oxyz, cho hình hộp chữ nhật ABCD.A’B’C’D có A trùng
với gốc O, B(a;0;0), D(0;a;0), A '(0;0; b), (a > 0, b > 0) . Gọi M là trung điểm cạnh CC’
a) Tính thể tích khối tứ diện BDA’M
a
b) Xác định tỷ số
để mặt phẳng (A ' BD) ⊥ (MBD)
b
Hướng dẫn giải
b
a) Từ giả thiết ta có: C(a;a; 0), C '(a;a; b) ⇒ M(a;a; )
2
uuur
uuuu
r
r
b uuuu
Nên BD = ( −a; a; 0), BM = (0;a; ), BA ' = ( −a;0; b)
2
uuur uuuu
r ab ab
⇒ BD, BM = ; ; −a 2 ÷
2 2
Do đó VBDA 'M =
1
6
uuur uuuu
r uuuu
r a 2b
BD, BM .BA ' =
(dvtt)
4
b) Mặt phẳng (BDM) có vecto pháp tuyến là:
uu
r
uuur uuuu
r ab ab
n1 = BD, BM = ; ; −a 2 ÷
2 2
uur uuur uuuu
r
2
Mặt phẳng (A’BD) có vecto pháp tuyến n 2 = BD, BM = ab; ab;a
(
)
uu
r uur
a 2b2 a 2b2
Do đó (BDM) ⊥ (A 'BD) ⇒ n1.n 2 = 0 ⇔
+
−a4 = 0
2
2
⇔a=b⇔
a
=1
b
Bài toán 15.24: Cho hai điểm S(0;0;1), A(1;1;0). Hai điểm thay đổi M(m;0;0), N(0;n;0) sao cho
m + n = 1, m > 0, n > 0
Trang 15 – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải
a) Chứng minh thể tích V của hình chóp S.OMAN
không phụ thuộc vào m và n.
b) Tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SMN).
Từ đó suy ra mặt phẳng (SMN) tiếp xúc với một
mặt cầu cố định.
Hướng dẫn giải
a) Hình chóp S.OMAN có chiều cao SO=1 không đổi, tứ giác đáy nằm trong mặt phẳng
Oxy có diện tích:
1
1
1
1
S = SAOM + A AON = OM.AH + ON.AK = (m + n) = : không đổi
2
2
2
2
b) Phương trình mặt phẳng (SMN) là
x y z
+ + = 1 ⇔ nx + my + mnz − mn = 0
m n 1
d(A, (SMN)) =
n.1 + m.1 + 0 − mn
2
2
2
n + m + m .n
2
= 1: không đổi
Vậy (SMN) tiếp xúc với mặt cầu tâm A, bán knhs R=1
Bài toán 15.25: Trong không gian Oxyz, cho hình hộp S.ABCD có đáyABCD là hình thoi,
AC cắt BD tại gốc O. Biết A(2;0; 0), B(0;1; 0),S(0; 0; 2 2) . Gọi M là trung điểm của cạnh
SC.
a) Tính góc và khoảng cách giữa hai đường thẳng SA, BM
b) Giả sử mặt phẳng (ABM) cắt đường thẳng SD tại điểm N. Tính thể tích khối chóp
S.ABMN
Hướng dẫn giải
a) C( −2;0;0), D(0; −1;0), M( −1; 0; 2)
uuu
r
uuuu
r
SA = (2;0; −2 2), BM = ( −1; −1; 2)
uuu
r uuuu
r
3
cos(SA, BM) = cos(SA, BM) =
⇒ (SA, BM) = 30 o
2
uuu
r uuuu
r
uuur
Ta có: SA.BM = (−2 2; 0; −2), AB = ( −2;1; 0)
uuu
r uuuu
r uuur
SA, BM .AB 2 6
=
Nên d ( SA, BM ) =
uuu
r uuuu
r
3
SA, BM
Trang 16 – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải
1
b) MN PAB, CD nên N trung điểm SO, N(0; − ; 2)
2
uuur
uur
uuu
r
1
SM = (−1; 0; − 2),SB = (0;1; −2 2),SN = (0; − ; − 2)
2
uuu
r uuur
Và SA,SM = (0; 4 2;0)
Ta có:
VS.ABM =
1
6
uuu
r uuur uur 2 2
1
SA,SM .SB =
, VS.AMN =
3
6
uuu
r uuur uuu
r
2
SA,SM .SN =
3
Vậy: VS.ABMN = VS.ABM + VS.AMN = 2
Bài toán 15.26: Gọi G là trọng tâm của tứ diện ABCD
Chứng minh rằng đường thẳng đi qua G và một đỉnh của tứ diện cũng đi qua trọng tâm của
mặt đối diện với đỉnh đó. Gọi A’ là trọng tâm tam giác BCD. Chứng minnh rằng
GA
=3
GA '
Hướng dẫn giải
Ta giải bằng phương pháp tọa độ. Trong không gian tọa độ Oxyz,
giả sử A(x1; y1; z1 ), B(x 2 ; y 2 ; z 2 ), C(x 3 ; y 3; z 3 ), D(x 4 ; y 4 ; z 4 ) thì trọng tâm A’ của tam giác
BCD, trọng tâm tứ diện G:
x + x 3 + x 4 y 2 + y3 + y 4 z 2 + z 3 + z 4
A ' 2
;
;
÷
3
3
3
x + x 2 + x 3 + x 4 y1 + y 2 + y3 + y 4 z1 + z 2 + z3 + z 4
G 1
;
;
÷
4
4
4
Do đó:
uuur 3x − x − x − x 3y − y − y − y 3z − z − z − z
2
3
4
3
4
GA = 1
; 1 2
; 1 2 3 4÷
4
4
4
uuur −3x + x + x + x 3y + y + y + y 3z + z + z + z
1
2
3
4
2
3
4
GA =
; 1
; 1 2 3 4÷
12
12
12
uuur
uuuur
GA
=3
Suy ra: GA = −3GA ' ⇒ G, A, A ' thẳng hàng và
GA '
Tương tự thì có đpcm
Bài toán 15.27: Cho tứ diện nội tiếp trong mặt cầu tâm O và có AB=AC=AD. Gọi G là trọng
tâm ∆ACD, E, F là trung điểm BG, AE. Chứng minh OF ⊥ BG ⇔ OD ⊥ AC
Trang 17 – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải
Hướng dẫn giải
AB=AC=AD và OB=OC=OD
⇒ OA ⊥ (BCD) tại chân đường cao H với HB=HC=HD
Chọn H làm gốc tọa độ, với hệ trục Hx, Hy, Hz sao cho
HA là trục Hz, HB là trục Hy, HD là trục Hx.
A(0;0;a), B(0; b;0), C(c1;c 2 ;0)
c + d c + d2 a
D(d1;d 2 ;0) và O(0; 0; z) suy ra G 1 1 ; 2
; ÷
3
3
3
c + d b c + d a c + d b c + d 2 7a
E 1 1 ; + 1 2 ; ÷; F 1 1 ; + 2
; ÷
2
3
6 12 4
12
12
6
uuu
r c + d b c + d 7a
a
uuur c + d c + d 2
2
; − z ÷; BG = 1 1 ; 2
− b; ÷
Và OF = 1 1 ; + 2
12
12
3
3
12 4
3
uuur
uuur
AC = (c1;c 2 ; −a), OD(d1; d 2 ; −z)
Theo giả thiết OA = OB = OC = OD ⇒ OA 2 = OB2 = OC 2 = OD 2
⇔ (a − z) 2 = b 2 + z 2 = c12 + c 22 + z 2 = d12 + d 22 + z 2
⇔ a 2 − 2az = b 2 = c12 + c 22 = d12 + d 22 (1)
uuu
r uuur
Ta có: OF.BG = 0 ⇔ (c1 + d1 ) 2 + (c 2 + d 2 ) 2 − 9b 2 + 7a 2 − 12az = 0 (2)
Khải triển (2) và thay thế (1) ta được:
uuur uuur
(2) ⇔ a 2 + c1d1 + c 2d 2 = 0 ⇔ OD.AC = 0 (dpcm)
Bài toán 15.28: Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’có cạnh bằng a. Gọi I, J lần lượt là
trung điểm của A’D’ và B’B.
a) Chứng minh rằng IJ ⊥ AC ' . Tính độ dài đoạn IJ
b) Chứng minh rằng D ' B ⊥ mp(A 'C ' D), mp(ACB') . Tính góc giữa hai đường thẳng IJ và
A’D
Hướng dẫn giải
Trang 18 – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải
a) Chọn hệ tọa độ Oxyz sao cho
A(0; 0;0), D(a; 0;0), B(0;a;0), A '(0;0;a)
Ta có C '(a;a;a), B'(0;a;0), D '(a;0;a) nên:
a
a
I( ;0; a); J(0;a; )
2
2
ur
a
a
a
a
Ta có: IJ = (0 − ;a − 0; − a) = ( − ;a; − )
2
2
2
2
uuuu
r
AC ' = (a − 0;a − 0; a − 0) = (a;a;a)
ur uuuu
r
a
a
2
2
Nên IJ.AC ' = − .a + a.a − .a = −a + a = 0
2
2
2
2
a
a
a 6
Vậy IJ ⊥ AC ' . Đoạn IJ = − ÷ + a 2 + − ÷ =
2
2
2
b) Để chứng minh D ' B ⊥ mp(A 'C ' D) , ta chứng minh
uuuur uuuuu
r uuuur uuuur
uuuur uuuuu
r
uuuur uuuur
D 'B ⊥ A 'C ', D ' B ⊥ A ' D ⇔ D ' B.A 'C ' = 0, D ' B.A ' D = 0
uuuur
uuuuur
uuuur
Ta có D ' B = ( −a;a; −a), A 'C ' = (a; a;0), A 'D = (a; 0; −a)
uuuur uuuuur
uuuur uuuur
uuuur
Do đó D ' B.A 'C ' = 0, D 'B.A ' D = 0 . Tương twjj D ' B ⊥ mp(ACB')
uuuur
A 'D = (a; 0; −a) . Gọi ϕ là góc giữa hai đường thẳng IJ và A’D thì:
ur uuuur
a
a
ur uuuur IJ.A 'D − .a + a.0 − ( −a)
2
cos ϕ = cos(IJ, A ' D =
= 2
=0
IJ.A 'D
a 6
.a 2
2
Vậy ϕ = 90o
Bài toán 15.29: Cho hình lập phương ABCD.A1B1C1D1 cạnh a, trên BC1 lấy điểm M sao
uuuuu
r uuuur uuuur
cho D1M, DA1, AB1 đồng phẳng. Tính diện tích S của ∆MAB1
Hướng dẫn giải
Chọn hệ Oxyz sao cho:
B = 0, B1 (a;0;0), C1 (a;a;0), C(0;a;0), A(0;0;a), A1 (a;0;a), D1 (a;a;a), D(0;a;a)
Trang 19 – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải
Vì M ∈ BC1 nên gọi M(x;x;0)
uuuuu
r
Ta có D1M = (x − a; x − a; −a)
uuuur
DA1 = (−a;a;0)
uuuur
AB1 = (a; 0; −a)
uuuuu
r uuuur uuuur
Vì D1M, DA1, AB1 đồng phẳng nên
uuuuu
r uuuur uuuur
3a
3a 3a
D1M, DA1 AB1 = 0 ⇒ x =
⇒
M
; ;0÷
2
2 2
uuuu
r 3a 3a uuuur a 3a
Nên MA = − ; − ;a ÷; MB1 = − ; − ; 0 ÷
2
2
2
2
Vậy S =
r uuur
1 uuuuu
a 2 19
MA1 , MB =
2
4
Bài toán 15.30: Lăng trụ tứ giác đều ABCD.A1B1C1D1 có chiều cao bằng nửa cạnh đáy.
Điểm M thay đổi trên cạnh AB. Tìm giá trị lớn nhất của góc A1MC1
Hướng dẫn giải
Chọn hệ trục như hình vẽ (A1xyz)
Đặt AM = x,0 ≤ x ≤ 2
Ta có: M(x;0;a), A1 (0;0;0), C1(2; 2; 2)
uuuur
uuuur
Nên MA ' = ( − x;0; −1), MC1' = (2 − x; 2; −1)
uuuuu
r uuuur
· MC thì cos α = cos(MA , MC )
Đặt α = A
1
1
1
1
=
x 2 − 2x + 1
2
2
x + 1. (2 − x) + 5
=
(x − 1) 2
2
2
x + 1. (2 − x) + 5
≥0
· MC lớn nhất khi x=1 tức M trung điểm AB
Do đó α ≤ 90o. Vậy góc α = A
1
1
Bài toán 15.31: Cho hình chóp S.ABC có đường cao SA=h, đáy là tam giác ABC vuông tại
uuu
r 1 uur
C. AC = b, BC = a . Gọi M là trung điểm của AC và N là điểm sao cho SN = SB
3
a) Tính độ dài đoạn thẳng MN
b) Tìm sự liên hệ giữa a, b, h để MN vuông góc với SB
Hướng dẫn giải
Trang 20 – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải
Ta chọn hệ trục tọa độ Oxyz có gôc O trùng với A, tia
Ox trùng với tia AC, tia Oz trùng với tia AS sao cho
điểm B nằm trong góc xOy. Khi đó:
b
A(0; 0;0), C(b; 0;0), B(b; a; 0),S(0; 0; h), M( ;0;0)
2
uur
uuu
r
SB = (b;a; −h). Gọi N(x;y;z) thì SN = (x; y; z − h)
uuu
r 1 uur
Từ điều kiện SN = SB nên
3
b
a
−h
2h
b a 2h
x = ;y = ,z −h =
⇒z=
⇒ N ; ; ÷
3
3
3
3
3 3 3
uuuu
r b b a 2h b a 2h
a) Ta có MN = − ; ; ÷ = − ; ; ÷
3 2 3 3 6 3 3
2
2
2
Nên MN = b + a + 4h = 1 b 2 + 4a 2 + 16h 2
36 9
9
6
uuuu
r uur
b) MN vuông góc với SB khi và chỉ khi MN.SB = 0
⇔
−b 2 a 2 −2h 2
+ +
= 0 ⇔ 4h 2 = 2a 2 − b 2
6
3
3
Bài toán 15.32: Cho tứ diện S.ABC có SC = CA = AB = a 2,SC ⊥ (ABC) , tam giác ABC
vuông tại A. Các điểm M ∈ SA, N ∈ BC sao cho AM = CN = t(0 < t < 2a)
a) Tính độ dài đoạn MN. Tìm giá trị t để MN ngắn nhất
b) Khi đoạn MN ngắn nhất, chứng minh MN là đường vuông góc chung của BC và SA
Hướng dẫn giải
a) Ta chọn hê trục Oxyz sao cho gốc tọa độ O ≡ A . Trục
Ox chứa AC, trục Oy chứa AB và trục Oz ⊥ (ABC) . Khi
đó cạnh SC song song với rục Oz và ta có:
A(0;0;0), B(0; a 2; 0), C(a 2;0;0),S(a 2;0; a 2)
Trang 21 – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải
t 2
t 2
t 2 t 2
M
;0;
;
N
a
2
−
;
;0 ÷
÷
÷
÷
2
2
2
2
⇒ MN = 2(a 2 − 2at + t 2 ) +
t2 t2
+ = 3t 2 − 4at + 2a 2
2 2
2
2
a 6
2a 2a
= 3 t − ÷ +
≥
3
3
3
Vây MN ngắn nhất bằng
2a
a 6
khi t =
3
3
a 2
a 2 2a 2 a 2
;0;
b) Khi MN ngắn nhất thì: M
÷
÷, N 3 ; 3 ; 0 ÷
÷
3
3
uuuu
r a 2 a 2 a 2
⇒ MN =
;
;−
÷
3
3 ÷
3
uuuu
r uuu
r
MN.SA = 0
⇒ dpcm
r uuur
Ta có uuuu
MN.BC = 0
Bài toán 15.33: Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD cạnh đáy a, mặt bên tạo với đáy góc α .
Tìm tan α để SA vuông góc SC
Hướng dẫn giải
Chọn hệ trục Oxyz có O là tâm đáy ABCD, tia Ox chứa
A, tia Oy chứa B, tia Oz chứa S. Ta có:
a 2
a 2
A
;0;0 ÷
÷, B 0; 2 ;0 ÷
÷
2
a 2
a 2
a
C −
;0;0 ÷
, D 0; −
;0 ÷
,S 0;0; tan α ÷
÷
÷
2
2
2
uuu
r a 2
uur a 2 a
a
; 0; − tan α ÷
,SB
=
0;
;
−
tan
α
Nên SA =
÷
÷
÷
2
2
2
2
uur a 2
r
uuu
a
a 2 a
SC = −
; 0; − tan α ÷
,SD
=
0;
−
;
−
tan
α
÷
÷
÷
2
2
2
2
Ta có SA ⊥ SC
Trang 22 – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải
uuu
r uur
a2 a2
a2 1
2
⇔ SA.SC = 0 ⇔ − + tan 2 α = 0 ⇔
tan α − 1 ÷ = 0
2
4
2 2
⇔ tan 2 α = 2 ⇒ tan α = 2
Bài toán 15.34: Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A’B’C’D’. Gọi M, N,P lần lượt là các điểm
chia đoạn thẳng AB, D’D và B’C’ theo cùng tỉ số k ≠ 0,1 . Chứng minh rằng mp(MNP) luôn
luôn song song với mp(AB’D’)
Hướng dẫn giải
Đặt A 'B ' = a, A ' D ' = b, AA ' = c . Ta dùng phương pháp tọa độbằng cách chọn hệ trục tọa độ
với gốc là: A '(0;0;0) sao cho B '(a;0;0), D '(0; b;0), A(0;0;c)
Ta có C '(a; b;0), B(a;0;c), D(0; b; c), C(a; b;c) . Các điểm M,N,P chia các đoạn thẳng AB,
D’D, B’C’ theo cùng tỉ số k nên:
−kc −kb
ka
M−
; 0;c ÷, N 0; b;
;0÷
÷, P a;
1− k 1− k
1− k
uuuu
r ka
r
1 uuu
−1
kc
; b; −
c ÷, NP = a;
b;
Do đó MN =
÷
c−k
1− k
a − k 1− k
uuuu
r uuu
r −k 2 + k − 1
k 2 + k − 1 −k 2 + k − 1
bc;
ca;
ab ÷
Ta có: MN, NP =
2
2
2
÷
(1
−
k)
(1
−
k)
(1
−
k)
r
Nên mp(MNP) có vecto pháp tuyến là n = (bc; ca; ab)
Mặt phẳng (AB’D’) có phương trình
r 1 1 1
x y z
+ + = 1 có vecto pháp tuyến là n = ; ; ÷
a b c
a b c
bc ca ab
=
=
= abc
1
1
Vì 1
và M, N, P ∈ (AB ' D ') do k ≠ nên: mp(MNP) Pmp(AB' D ')
a
b
c
Bài toán 15.35: Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng a và chiều cao bằng h.
Gọi I là trung điểm cạnh bên SC. Tính khoảng cách từ S đến mặt phẳng (ABI)
Hướng dẫn giải
Trang 23 – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải
Ta chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho gốc tọa độ là tâm O
của đáy, trục Ox chứa OA, trục Oy chứa OB, trục Oz chứa
SO. Khi đó:
a 2
a 2 a 2
A
;0; 0 ÷
,
B
0;
;
0
,
C
−
;
0;
0
÷
÷
÷
÷
÷,S ( 0;0; h )
2
2
2
h
Ta có giao điểm M của SO và AI là trọng tâm tam giác SAC nên M 0; 0; ÷ . Mặt phẳng đi
3
x
qua A, B, MI cũng chính là mặt phẳng (ABM) nên có phương trình là: a 2
2
+
y
a 2
2
+
z
=1
h
2
Do đó khoảng cách từ S tới mặt phẳng (ABM) là:
d=
2
2ah
=
2
2
9
4h 2 + 9a 2
+
+
a2 a2 h2
Bài toán 15.36: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật AB = a, AD = a 2,SA = a,
SA vuông góc (ABCD). Gọi M, N là trung điểm AD, SC, gọi I là giao điểm BM và AC.
Chứng minh (SAC) ⊥ (SBM) và tính thể tích khối ANIB.
Hướng dẫn giải
Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ.
S(0;0;a), A(0;0;0), B(a;0;0), C(a; a 2;0)
Thì D(0;a 2; 0), M(0;
Vì
a 2
a a 2 a
;0), N( ;
; )
2
2 2 2
IA IM AM 1
=
=
=
IC IB BC 2
1
⇒ IA = AC
3
uuuu
r
uur
a a 2
a 2
⇒ I( ;
; 0), BM(−a;
;0), BS( −a; 0; a)
3 3
2
Mặt phẳng (SBM) có vecto pháp tuyến:
Trang 24 – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải
uu
r
uuuu
r uuur a 2 2 2 a 2 2
n1 = BM, BA =
;a ;
÷
2
2 ÷
Mặt phẳng (SBM) có vecto pháp tuyến:
uur uuu
r uuur
n 2 = AS, AC = −a 2 2; a 2 ; 0
uu
r uur
Vì n1.n 2 = 0 nên 2 mặt phẳng (SAC), (SMB) vuông góc
(
)
uur uuur a 2 a 2 uuur
; ;0 ÷, AB = (a; 0; 0)
Ta có: AI, AN = −
6 ÷
3
2
VANIB
1
=
6
uur uuur uuur a 3 2
AI, AN .AB =
(dvtt)
36
Bài toán 15.37: Cho tứ diện đều (T) có các đỉnh có tọa độ (x i ; yi ; zi ) với 1 ≤ i ≤ 4 , nội tiếp
trong một mặt cầu đơn vị. Chứng minh:
4
4
4
i =1
i =1
i =1
4
4
4
i =1
i =1
i =1
∑ xi2 = ∑ yi2 = ∑ zi2 =
4
3
và ∑ x i yi = ∑ yi zi = ∑ zi x i = 0
Hướng dẫn giải
Ta kiểm tra được rằng kết luận đúng cho trường hợp tứ diện Ao Bo Co Do có 4 đỉnh là
2 2
1
2 6 1
2
6 1
A o (0;0;1), B o
;0; − ÷
,
C
−
;
;
−
,
D
−
;
−
;− ÷
÷
o
o
÷
3 3
÷
3
3
3
3
3
3÷
Bây giờ ta chứng minh khẳng dịnhđúng cho một tứ diện ABCD có các đỉnh (x i ; yi ; zi ) bất
kỳ. Đầu tiên, ta quay (T) quanh trục z cho đến khi một đỉnh của nó nằm trong mặt phẳng
(Oyz). Tiếp theo, ta quay nó quanh trục Ox cho đến khi đỉnh này trùng với điểm A o (0;0;1) .
Sau đó, lại quanh quanh trục Oz cho đến khi (T) trùng với tứ diện Ao Bo Co Do đã nói ở trên
⇒ dpcm
Bài toán 15.38: Cho hai điểm A(3;1;0), B(−9; 4;9), và mp(α) : 2x − y + z + 1 = 0 . Tìm tọa độ
điểm M trên (α) sao cho MA − MB đạt giá trị lớn nhất.
Hướng dẫn giải
Trang 25 – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải
