Tai lieu on tap hinh khong gian giai chi tiet cho 12

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (229.75 KB, 22 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

BÀI 1

Câu 1:

Trong khơng gian Oxyz, viết phương trình mặt phẳng (P) chứa đường thẳng (d) : 2x z 6 0x y 2 0  

  

 sao

cho giao tuyến của mặt phẳng (P) và mặt cầu (S) : x2 y2 z2 2x 2y 2z 1 0

       là đường trịn

có bán kính r = 1.
Câu 2:

Cho lăng trụ ABC.A'B'C' có các mặt bên đều là hình vuông cạnh a. Gọi D, F lần lượt là trung
điểm các cạnh BC, C'B'. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng A'B và B'C'.

GI
 ẢI 
Caâu 1:

Mặt phẳng (P) chứa (d) có dạng: m(x – y – 2) + n(2x – z – 6) = 0
(P) : (m 2n)x my nz 2m 6n 0

      

 Mặt cầu (S) có tâm I(-1; 1; -1), bán kính R = 2.

 (P) cắt (S) theo một đường trịn giao tiếp (C) có bán kính r = 1

2 2

d(I; P) R r 3

   

2 2 2

m 2n m n 2m 6n 3

(m 2n) m n

     

 

  

2 2

4m 7n 3. 2m 5n 4m.n

     

2 2

5m 22m.n 17n 0

   

 Cho n 1  5m2 22m 17 0   m 1 hay m 175

 Vậy, có 2 mặt phẳng (P): 1

(P ) : x y z 4 0
(P ) : 7x 17y 5z 4 0

   



    



Câu 2 :

. Cách 1:

 Vì các mặt bên của lăng trụ là các hình vuông

 AB BC CA A B   / / B C/ / C A/ / a

 các tam giác ABC, A/B/C/ là các tam giác đều.

 Ta coù: B C // BC/ /  B C //(A BC)/ / /

/ / / / / / /

d(A B; B C ) d(B C ; (A BC)) d(F; (A BC))

  

 Ta coù: / / / /

BC FD

BC (A BC)
BC A D ( A BC cân tại A )




 



 



 Dựng FH A D /

 Vì BC (A BC) /  BC FH  H (A BC) /

 A/FD vuông có: 12 / 21 12 42 12 72 FH a 21.

FH A F FD 3a a 3a  

 Vaäy, d(A B; B C ) FH/ / / a 21

 

Trang 1

A/

B/

C/

C

B
A

H

F

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

Cách 2:

 Vì các mặt bên của lăng trụ là các hình vuông

ABC, A/B/C/ là các tam giác đều cạnh a.

 Dựng hệ trục Axyz, với Ax, Ay, Az

đôi một vuông góc, A(0; 0; 0),

/ /

a a 3 a a 3

B ; ; 0 , C ; ; 0 , A (0; 0; a),

2 2 2 2

a a 3 a a 3

B ; ; a , C ; ; a

2 2 2 2

   



   

   

   



   

   

 Ta coù: B C // BC, B C // (A BC)/ / / / /

/ / / / / / / /

d(B C ; A B) d(B C ; (A BC)) d(B ; (A BC))

  

 A B/ a a 3; ; a , A C/ a a 3; ; a

2 2 2 2

   

      

   

 



/ / 2 a 3 2 3 2

[A B; A C] 0; a ; a 0; 1; a .n,

2 2

   

   

   

 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 

  

với n 0; 1; 3

 

 

 



 Phương trình mp (A/BC) qua A/ với pháp vectơ n:

0(x 0) 1(y 0) (z a) 0

     

/ 3 a 3

(A BC) : y z 0

2 2

   

 / /

a 3 3.a a 3 a 3

a 21

2 2 2 2

d(B (A BC)) .

3 7

4 2

 

  



 Vaäy, d(A B; B C )/ / / a 21.



BÀI 2

Caâu 1:

Trong không gian Oxyz cho A(0; 1; 0), B(2; 2; 2), C(-2; 3; 1) và đường thẳng

() : x 1 y 2 z 32  1  2



1. Tìm điểm M thuộc () để thể tích tứ diện MABC bằng 3.

2. Tìm điểm N thuộc () để thể tích tam giác ABN nhỏ nhất.

Câu 2: (1,0 điểm)

A/

C/

B/

A

B

C
D
x

a
z

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

Cho hình chóp S.ABC đáy ABC là tam giác đều cạnh a. SA = SB = SC, khoảng cách từ S đến mặt
phẳng (ABC) là h. Tính h theo a để hai mặt phẳng (SAB) và (SAC) vng góc nhau.

GIẢI

Câu 1:

1. Phương trình tham số của (D):

x 1 2t

y 2 t

z 3 2t

 




 


  


 M ( )   M(1 2t; 2 t; 3 2t)   

 AB (2; 1; 2), AC ( 2; 2;1)    

 [AB; AC] ( 3; 6; 6)                  3(1; 2; 2) 3.n, với n (1; 2; 2) 

 Phương trình mp (ABC) qua A với pháp vectơ n: (ABC): x + 2y – 2z – 2 = 0.

 SABC 21 [AB; AC]12 ( 3) 2 ( 6)2 62 29.

 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 

 Đường cao MH của tứ diện MABC là khoảng từ M đến (ABC):

1 2t 2( 2 t) 2(3 2t) 2 4t 11

MH d(M(ABC))

3
1 4 4

        

  

 

 Thể tích tứ diện MABC bằng 3 V 1 9. . 4t 11 3

3 2 3



  

5 17

4t 11 6 t hay t .

4 4

     

 Vậy, có 2 điểm M cần tìm là: M 23; 4 23 1;  hay M 15 9 112 4 2; ; 

   

2. N ( )   N(1 2t; 2 t; 3 2t)   

 SABN 12 [NA; NB] 12 32t2 128t 146  22 (4t 8) 2 9 3 22

 

ABN 3 2

maxS 4t 8 0 t 2.

      

 Vậy, điểm N cần tìm là N(-3; 0; 1).

Câu 2:

Cách 1:

 Gọi O là tâm của ABC

 Ta có: SA SB SCOA OB OC ( ABC đều) 

  



 SO là trục của đường trịn (ABC)

SO (ABC)

 

 Mà : AO BC; SO BC   BC (SOA)  BC SA

 Dựng BI SA , suy ra: SA (IBC)  SA IC.



BIC

 là góc phẳng nhị dieän (B, SA, C).

Trang 3

S

I

A

O
B

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

 SOA vuông có:

2 2 2 2 2

2 2 2 2 a 3h a 3h a

SA SO OA h SA

3 3 3

 

      

 Goïi M là trung điểm BC

Ta có: BM (SOA), BI SA 

IM SA

  (định lý 3 đường vng góc)

 MIA SOA

2 2 2 2

AM a 3 3 3ah

MI SO. h. .

SA 2 3h a 2 3h a

   

 

 SABSAC (c.c.c)  IB IC  IBC cân tại I.

 (SAB) (SAC)  IBC vuông cân tại I  IM12BC

2 2
2 2

2 2 2

3ah 1 a 3h 3h a

2 3h a

a 6

9h 3h a h .

    



    

 Vaäy, h a 6.



Cách 2:

 Gọi H là tâm của ABC

và M là trung điểm của BC

 Ta có:

SA SB SC

HA HB HC ( ABC đều)

 




  



 Dựng hệ trục tọa độ Axyz, với Ax, Ay, Az

đôi một vuông góc A(0; 0; 0),

a a 3 a a 3 a 3 a 3

B ; ; 0 , C ; ; 0 , H 0; ; 0 , S 0; ; h

2 2 2 2 2 3

       



       

       .

 SA 0; a 33 ; h , SB a a 32; 6 ; h , SC a a 32; 6 ; h

     

        

     

  



ah 3 ah a 3 a a

[SA; SB] ; ; (3h 3; 3h; a 3) .n ,

2 2 6 6 6

 

      

 

  

với n1 (3h 3; 3h; a 3)



ah 3 ah a 3 a a

[SA; SC] ; ; (3h 3; 3h; a 3) .n ,

2 2 6 6 6

 

      

 

 
 
 
 
 

 
 
 
 
 
 
 
 

  

với n2 (3h 3; 3h; a 3) .

 Mặt phẳng (SAB) có cặp vectơ chỉ phương SA; SB               nên có pháp vectơ n1.

 Mặt phẳng (SAC) có cặp vectơ chỉ phương SA; SC

 

nên có pháp vectơ n2.

 (SAB) (SAC) cos(n ; n ) 0 1 2 

S
z

A

z

H
B

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

2 2 2

2 2

3h 3.3h 3 3h.3h a 3( a 3) 0 27h 9h 3a 0

a 6

18h 3a h .

        

   

 Vaäy: h a 6.



BÀI 3

Câu 1:

Trong khơng gian Oxyz cho đường thẳng (d) và mặt cầu (S):

2 2 2

2x 2y z 1 0

(d) : ; (S) :x y z 4x 6y m 0

x 2y 2z 4 0

   



     



   



Tìm m để (d) cắt (S) tại hai điểm M, N sao cho MN = 8.
Câu 2:

Cho tứ diện OABC có đáy là OBC vuông tại O, OB = a, OC = a 3, (a 0) và đường cao

OA a 3 . Gọi M là trung điểm cạnh BC. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và OM.

GI

ẢI

Câu 1:

Mặt cầu (S): (x 2) 2 (y 3) 2 z2 13 m có tâm

I(-2; 3; 0), bán kính R IN  13 m , với m < 13.

 Dựng IH MN  MH HN 4 

2 2

IH IN HN 13 m 16 m 3

         , với m < -3.

 Phương trình tham số của đường thẳng (d):

x t
1

y 1 t

z 1 t






 





 




 (d) có vectơ chỉ phương u1; ; 112  12(2; 1; 2)

 



và đi qua điểm A(0; 1; -1)

 AI ( 2; 2; 1); [AI; u] (3; 6; 6)                   

 Khoảng cách h từ I đến đường thẳng (d):

2 2 2
2 2 2

[AI; u] 3 6 6 81

h 3.

u 2 1 2 9

 

   

 

 



 Ta coù: IH = h

m 3 3 m 3 9

         m 12 (thỏa điều kiện)

Trang 5

H N
M

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

 Vậy, giá trị cần tìm: m = -12.

Câu 2:

Caùch 1:

 Gọi N là điểm đối xứng của C qua O.

 Ta có: OM // BN (tính chất đường trung bình)

 OM // (ABN)

 d(OM; AB) = d(OM; (ABN)) = d(O; (ABN)).

 Dựng OK BN, OH AK (K BN; H AK)   

 Ta coù: AO (OBC); OK BN   AK BN

BN OK; BN AK   BN (AOK)  BN OH

OH AK; OH BN   OH (ABN)  d(O; (ABN) OH

 Từ các tam giác vng OAK; ONB có:

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

1 1 1 1 1 1 1 1 1 5 OH a 15

OH OA OK OA OB ON 3a a 3a 3a  

 Vaäy, d(OM; AB) OH a 15.

 

Caùch 2:

 Dựng hệ trục Oxyz, với Ox, Oy, Oz

đôi một vuông góc O(0; 0; 0),

A(0; 0; a 3); B(a; 0; 0), C(0; a 3; 0),
a a 3

M ; ; 0

2 2

 

 

  vaø

a 3 a 3

N 0; ;

2 2

 

 

 

là trung điểm của AC.

 MN là đường trung bình của ABC

 AB // MN

 AB // (OMN)  d(AB; OM) = d(AB; (OMN)) = d(B; (OMN)).

 OM 2a a 3; 2 ; 0 , ON 0; a 3 a 32 ; 2

   

   

   

 







2 2 2 2 2

3a a 3 a 3 a 3 a 3

[OM; ON] ; ; 3; 1; 1 n

4 4 4 4 4

 

   

 

 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 

  

, với n ( 3; 1; 1)

 Phương trình mp (OMN) qua O với pháp vectơ n : 3x y z 0   

 Ta coù: d(B; (OMN)) 3.a 0 0 a 3 a 15

3 1 1 5

 

  

 

 Vaäy, d(AB; OM) a 15.



BÀI 4

z
A
a 3

a 3 y
C
N

O
M
a

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

Câu 1:

Trong không gian Oxyz cho mặt phẳng () : 2x – y + z – 5 = 0. Viết phương trình mặt phẳng (P) qua

giao tuyến của () và mặt phẳng (xOy) và (P) tạo với 3 mặt phẳng tọa độ một tứ diện có thể tích

bằng 12536 .

Câu 2:

Cho hình chóp SABC có đáy là tam giác ABC vuông cân tại A, AB = AC = a

(a > 0), hình chiếu của S trên đáy trùng với trọng tâm G của ABC. Đặt SG = x

(x > 0). Xác định giá trị của x để góc phẳng nhị diện (B, SA, C) bằng 60o.

GI

ẢI

Câu 1:

Phương trình mặt phẳng (xOy): z = 0

 Phương trình mặt phẳng (P) thuộc chùm xác định bởi () và (xOy) có dạng:

m(2x – y + z – 5) – nz = 0  (P) : 2mx my (m n)z 5m 0    

 Giao điểm A, B, C của (P) và 3 trục Ox, Oy, Oz lần lượt có tọa độ:

5 5m

A ; 0; 0 , B(0; 5; 0), C 0; 0;

2 m n

   



   



   

 Thể tích tứ diện OABC bằng 12536  V16.OA.OB.OC1 56 2. .5.m n5m 12536



m n 3m m 1, n 2

m n 3 m

m n 3m m 1, n 4

   

 

      

   

 

 Vậy, có 2 phương trình mặt phaúng (P):

1
2

(P ) : 2x y 3z 5 0 (m 1; n 2)

(P ) : 2x y 3z 5 0 (m 1; n 4)

     




     



Caâu 2 :

. Cách 1:

 Gọi M là trung điểm của BC

AM BC

  (ABC vuông cân)

 Ta có: SG (ABC)  SG BC .

Suy ra: BC (SAM)

 Dựng BI SA  IM SA và IC SA



BIC

 là góc phẳng nhị diện (B; SA; C).

 SABSAC (c.c.c)

IB IC IBC

    cân tại I.

 BC a 2; AM BM MC 1BC a 2; AG a 2

2 2 3

     

Trang 7

G M
C
S

I

A

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

 2 2 2 2

AM a 2 1 ax 2

AIM ~ AGS IM SG. x. .

AS 2 SG AG 2a

2 x
9

     



2 2

3ax 2
IM

2 9x 2a

 

 .

 Ta coù: BIC 60  o BIM 30 o BM IM.tg30o a 22 3.3ax 22 2

2 9x 2a

     



2 2 2 2 2

2 2 2 2

9x 2a 3x 3 9x 2a 27x

18x 2a 9x a x .

     

     

 Vậy, xa3.

Cách 2:

 BC a 2

 Gọi M là trung ñieåm BC

a 2 a 2

AM ; AG

2 3

  

 Gọi E, F lần lượt là hình chiếu của G

trên AB, AC. Tứ giác AEGF là hình vng
a

AG AE 2 AE AF .

    

 Dựng hệ trục tọa độ Axyz, với Ax, Ay, Az

đôi một vuông góc, A(0; 0; 0), B(a; 0; 0),

C(0; a; 0), Ga a3 3; ; 0 , S ; ; x 2 2a a 

   .

 SA3 3a a; ; x , SB 2a3 ; 3a; x , SC    3 3a 2a; ; x 

     

  



a a

[SA; SB] 0; ax; a 0; x; a.n

3 3

   

      

 

  

, với n1 0; x;  a3

 





a a

[SA; SC] ( ax; 0; ) a x; 0; a.n ,

3 3

 

     

 

 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 

  

với n2 x; 0; a3

 



 Mặt phẳng (SAB) có cặp vectơ chỉ phương SA, SB               neân có pháp vectơ n1

 Mặt phẳng (SAC) có cặp vectơ chỉ phương SA, SC

 

nên có pháp vectơ n2

 Góc phẳng nhị diện (B; SA; C) bằng 60o.

2
o

2 2

a a a

0.x x.0

3 3 9

cos60

9x a

a a

0 x x 0 9

9 9

 

  



   

z
x

x

y

C

B

A

E

F
G

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

2
2 2

1 a

2 9x a

 



2 2 2 2 2 a

9x a 2a 9x a x .

      

 Vậy, xa3.

BÀI 5

Câu 1:

Trong khơng gian Oxyz, tìm trên Ox điểm A cách đều đường thẳng

(d) : x1 12y z22 và mặt phẳng () : 2x – y – 2z = 0.

Câu 2:

Cho hình chóp SABC có đáy ABC là tam giác đều có cạnh bằng 2a 2 , SA vng góc với (ABC)
và SA = a. Gọi E, F lần lượt là trung điểm của cạnh AB, BC. Tính góc và khoảng cách giữa hai
đường thẳng SE và AF.

GI

ẢI

Câu 1:

Goïi A(a; 0; 0) Ox .

 Khoảng cách từ A đến mặt phẳng () : d(A; ) 2 2a2 2 2a3

2 1 2

  

 

 () qua M (1; 0; 2)0  và có vectơ chỉ phương u (1; 2; 2)



 Đặt M M0 1 u

 

 Do đó: d(A; ) là đường cao vẽ từ A trong tam giác AM M0 1

0 1

2
0

AM M
0 1

[AM ; u]

2.S 8a 24a 36

d(A; )

M M u 3

 

    

 



 Theo giả thiết: d(A; ) = d(A; )

2 2 2

2a 8a 24a 36 4a 8a 24a 36 4a 24a 36 0

3 3

4(a 3) 0 a 3.

 

         

    

 Vậy, có một điểm A(3; 0; 0).

Câu 2:

Cách 1:

Trang 9

C
S

F
M
B
E
K

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

 Gọi M là trung điểm của BF  EM // AF

  

(SA; AF) (EM; AF) SEM

  

 SAE vuông tại A có:

2 2 2 2 2

SE SA AE a 2a 3a  SE a 3

 AF 2a 2. 3 a 6

 

a 6

EM BM MF ; BF a 2

    

 SB2 SA2AB2 a28a2 9a2  SB 3a

 SF2 SA2AF2 a2 6a2 7a2  SF a 7

 Áp dụng định lý đường trung tuyến SM trong SBF có:

2 2 2 1 2

SB SF 2.SM BF

  

2 2 2 1 2 2 15a

9a 7a 2SM .2a SM

2 2

     

 Gọi  là góc nhọn tạo bởi SE và AF

 Áp dụng định lý hàm Côsin vào SEM coù:



2 2

2 2 2 3a 3a 15a

ES EM SM 2 2 2 2

cos cosSEM .

2.ES.EM 2.a 6.a 3 2 2

 

      

45 .

  

 Dựng AK ME; AH SK.  Ta có: AK MF a 2

  và AH (SME)

 Vì AF// ME d(SE; AF) d(AF; (SME)) AH. 

 SAK vuông có: 12 12 1 2 12 22 32 AH a 3

AH SA AK a a a  

 Vậy, d(SE; AF) a 3

 .

Cách 2:

 Dựng hệ trục Axyz, với Ax, Ay, Az

đôi một vuông góc, A(0; 0; 0),

B(a 2; a 6; 0), C( a 2; a 6; 0), S(0; 0; a),
a 2 a 6

E ; ; 0 ; F(0; a 6; 0)

2 2



 

 

 

vaø Ma 22 ; a 6; 0

 .

 SEa 2 a 62 ; 2 ; a ; AF (a; a 6; 0), SM   a 22 ; a 6; a 

   

  

z
a S

A
x

E
B

</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

 Gọi  là góc nhọn tạo bởi SE và AF.ta có:

2 2

a 2 a 6

0. a 6. 0( a) 3a 2

2 2

cos cos(SE; AF) .

2
a 6.a 3

a 3a

0 6a 0. a

2 2

 

    

   

 

45 .

  



2 2 2 2

a 6 a 3 a 3 a 3

[SE; SM] ; 0; ( 2; 0; 1) n,

2 2 2 2

 

   

 

 
 
 
 
 

 
 
 
 
 
 
 
 

  

với n ( 2; 0; 1)

 Phương trình mặt phẳng (SEM) qua S với pháp vectơ n : 2x z a 0.   

 Khoảng cách từ A đến (SEM): d(A;SEM) 0 0 a a 2

3
2 1

 

 



 Vì AF // EM AF //(SEM) d(SE; AF) d(A; SEM)

 Vậy, d(SE; AF) a 3.



ĐỀ 6

Câu 1:

Trong khơng gian với hệ tọa độ vng góc Oxyz cho mặt phẳng (P) và mặt cầu (S):

(P): 2x 2y z m   2  3m 0 ; (S) : (x 1)  2 (y 1) 2 (z 1) 2 9.

Tìm m để (P) tiếp xúc (S). Với m tìm được xác định tọa độ tiếp điểm.
Câu :

Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vng tại B, AB = a, BC = 2a, cạnh SA vng góc với

đáy và SA = 2a. Gọi M là trung điểm SC. Chứng minh MAB cân và tính diện tích MAB theo a.

L

ỜI GIẢI
Caâu 1:

(P) : 2x 2y z m   2 3m 0

2 2 2

(S) : (x 1) (y 1) (x 1) 9 có tâm I(1; -1; 1) và bán kính R = 3.

(P) tiếp xúc (S)  d[I, (P)] R

2
2

2
2 2 2

m 3m 1 9 m 2

2.1 2.( 1) 1.1 m 3m 3 m 3m 1 9

m 5

m 3m 1 9

2 2 1

     

    

         



  

 

  

 Vậy, (P) tiếp xúc (S) khi m = -5 hay m = 2, khi đó (P): 2x + 2y + z – 10 = 0

 Đường thẳng (d) qua I và vng góc với (P) có phương trình:

x 1 y 1 z 1

2 2 1

  

 

</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>

 Tọa độ tiếp điểm là nghiệm của hệ:

x 3
2x 2y z 10 0

y 1
x 1 y 1 z 1

z 2

2 2 1




   






  

   

  

 

 

 Vậy, tọa độ tiếp điểm M(3; 1; 2).

Caâu 2:

Cách 1:

 Ta có: SA (ABC)  SA AC.

Do đó SAC vng tại A có AM là

trung tuyến nên MA 1SC.



 Ta lại có: SA (ABC)AB BC ( ABC vuông tại B)

 





SB BC

(định lý 3 đường vng góc)

Do đó SBC vng tại B có BM là trung tuyến nên MB12SC.

 Suy ra: MA = MB  MAB cân tại M.

 Dựng MH // SA và HK // BC (H AC; K AB) 

vì:

MH SA a

SA (ABC) MH (ABC) 2

BC AB HK AB HK 1BC a



 



 

  

 

  

 

    




 MHK vuông tại H có: MK2 MH2 HK2 a2a2 2a2  MK a 2

 Diện tích MAB:

MAB 1 1 a 2

S .MK.AB .a 2.a

2 2 2

  

Cách 2:

 ABC vuông tại B có:

2 2 2 2 2 2

AC AB BC a 4a 5a

AC a 5

    

 

 Dựng BH AC (H AC),  ta có:



2 2

AB a a

AC a 5 5

  

 2 2 2 2

1 1 1 5

BH AB BC 4a

2a
BH

 

 Dựng hệ trục tọa vng góc Axyz, với Ax, Ay, Az đơi một vng góc và

2a a

A(0; 0; 0), C(0; a 5; 0), S(0; 0; 2a), B ; ; 0

5 5

 

 

 

S

M

C
H

B
K
A

z
S
2a

M

C y
a 5
H

B
A

K
x a

</div>
(13)<div class='page_container' data-page=13>

 Tọa độ trung điểm M của SC là M 0; a 5; a

 

 

 

 Ta coù: MA 0; a 5; a MA 3a

2 2

 

  

 



2a 3a 3a

MB ; ; a MB .

2
5 2 5

 

   

 



suy ra: MA = MB  MAB cân tại M.

 Ta có:

2 2

a 2a

[MA; MB] ; ; a [MA; MB] a 2

5 5

 

    

 

   

 Dieän tích MAB:

2
2

MAB 1 1 a 2

S [MA; MB] .a 2 .

2 2 2

                 

BÀI 7

Câu 1:

Cho hình chóp đều S.ABC, đáy ABC có cạnh bằng a, mặt bên tạo với đáy một góc bằng

o o

(0 90 )

    . Tính thể tích khối hình chóp S.ABC và khoảng cách từ đỉnh A đến mặt phẳng

(SBC).
Câu 2:

. Trong khơng gian oxyz cho hai đường thẳng:

(d1) :













4 z

t

y

t

2 x

; (d2) :



















0

12 z

3 y

4 x

4

0

3 y

x

Chứng minh (d1) và (d2) chéo nhau. Viết phương trình mặt cầu (S) có đường kính là đoạn vng
góc chung của (d1) và (d2).

GI

ẢI

Câu 1 :

Cách 1:

 Gọi H là trung điểm của BC.

 Do S.ABC đều và ABC đều nên

chân đường cao đỉnh S trùng với

giao điểm ba đường cao là trực tâm O

cuûa ABC và có SBC cân tại S.

suy ra: BC SH, BC AH,  neân SHA .

 Ta coù: OH 1AH a 3.

3 6

 

Trang 13

S

A

O
B

H
C

</div>
(14)<div class='page_container' data-page=14>

SHO

 vuông góc: SO HO.tg a 3tg

    vaø SH HO a 3

cos 6.cos

 

 

 Thể tích hình chóp S.ABC:

2 3

ABC

1 1 a 3 a 3 a tg

V .SO.S . tg .

3 3 6 4 24



   

 Diện tích SBC:

SBC 1 a 3

S .SH.BC

2 12.cos

 



 Gọi h là khoảng cách từ A đến (SBC), ta có:

3 2

SBC

1 3.V a tg a 3 a 3

V .h.S h 3. : sin

3 S 24 12cos 2



     


Cách 2:

 Vì S.ABC là hình chóp đều

nên chân đường cao đỉnh S trùng
với tâm O đường trịn (ABC).

 Gọi M là trung điểm của BC. Ta coù:

- AO 2AM a 3

3 3

  vaø OM a 3



- AM BC, SM BC   SMA 

- SOM vuông có:

a 3

SO OM.tg tg

   

 Dựng hệ trục tọa độ Axyz, với Ax, Ay, Az đôi một vuông góc, A(0; 0; 0),

a a 3 a a 3 a 3 a 3 a 3 a 3

B ; ; 0 ,C ; ; 0 ,M 0; ; 0 , O 0; ; 0 , S 0; ; tg

2 2 2 2 2 3 3 6

         

 

         

         

 Thể tích hình chóp:

3
ABC

1 a tg

V .SO.S

3 24



 

 Ta coù: BS  a2; a 3 a 36 ; 6 tg , BC ( a; 0; 0)  

 

 



2 2

a 3 a 3

[BS; BC] 0; tg ; n

6 6

 

     

 

  

 Phương trình mặt phẳng (SBC) qua B với vectơ pháp tuyến n :

2 2

a a 3 a 3 a 3

O x tg y (z 0) 0

2 6 2 6

 

      

 

   

a 3

(SBC) : tg y z tg 0.

     

 Khoảng cách d từ A đến (SBC):

C



M

B
x

A
z

S

</div>
(15)<div class='page_container' data-page=15>

a 3 a 3

tg .O O tg tg

2 2 a 3

d 1 sin .

tg 1

cos

    

   

 



Câu 2:

(d1) đi qua điểm A(0; 0; 4) và có vectơ chỉ phương u1 (2; 1; 0)



(d2) đi qua điểm B(3; 0; 0) và có vectơ chỉ phương u2 (3; 3; 0)

 AB (3; 0; 4)  

 AB.[u ; u ] 36 01 2    AB, u , u1 2

     

khơng đồng phẳng.

 Vậy, (d1) và (d2) chéo nhau.

 (d2) có phương trình tham số:

/
/

x 3 t

y t

z 0

  





 


 Gọi MN là đường vng góc chung của (d1) và (d2)

 M (d ) 1  M(2t; t; 4), N (d ) 2  N(3 t ; t ; 0) /  /

/ /

MN (3 t 2t; t t; 4)

      



 Ta coù:

/ / /

/ /

MN u 2(3 t 2) (t t) 0 t 1 M(2; 1; 4)

N(2; 1; 0)
t 1

3 t 2t (t t) 0

MN u

          

 

  

   



    

  

  



 

 Tọa độ trung điểm I của MN: I(2; 1; 2), bán kính R12MN 2.

 Vậy, phương trình mặt cầu (S): (x 2) 2(y 1) 2(z 2) 2 4.

BÀI 8

Caâu 1:

Trong không gian Oxyz có 2 mặt phẳng (P): 3x + 12y – 3z – 5 = 0,
(Q): 3x – 4y + 9z + 7 = 0 và 2 đường thẳng:

(d1): ; (d ):x 23 y31 z42

3
1
z
4

3
y
2

5
x

2    












Viết phương trình đường thẳng () song song với hai mặt phẳng (P) và (Q),

và cắt hai đường thẳng (d1) và (d2).
Câu 2:

</div>
(16)<div class='page_container' data-page=16>

Cho hình lập phương ABCD . A'B'C'D' cạnh a. M, N lần lượt là trung điểm của AB và C'D'. Tính
khoảng cách từ B' đến (A'MCN).

GI

ẢI

Câu 1:

(P) có pháp vectơ nP (3; 12; 3) 3(1; 4; 1) 3n ,    /P với n/P (1; 4; 1)

 (Q) có pháp vectơ nQ (3; 4; 9)

 (d1) có vectơ chỉ phương u1 (2; 4; 3)

 (d2) có vectơ chỉ phương u2  ( 2; 3; 4)

 Goïi:

/ /

1 2

( ) (P) (Q)
(P )//(P), (Q )//(Q)
(d ) (P ), (d ) (Q )

u u

   





 







 

 Suy ra () là giao tuyến của hai mặt phẳng (P/)

và (Q/), và (

) // (/).

 () có vectơ chỉ phương u [n ; n ] (32; 12; 16) 4(8; 3; 4) 4u ,/P Q        /

với u/ (8; 3; 4). 

 mp (P/) có cặp vectơ chỉ phương u1



và u/ nên có pháp vectơ:

/ /

P 1

n [u ; u ] (25; 32; 26)  

 Phương trình mp (P/) chứa (d1) đi qua điểm A(-5; 3; -1) (d )1 với nP/ là:

25(x + 5) + 32(y – 3) + 26(z + 1) = 0

(P ) : 25x 32y 26z 55 0

    

 mp (Q/) có cặp vectơ chỉ phương u2



và u/ nên có pháp vectơ:

/ /

Q 2

n [u ; u ] (0; 24; 18)   

 Phương trình mp (Q/) chứa (d2) đi qua điểm B(3; -1; 2) (d )2 với nQ/



laø:

0(x 3) 24(y 1) 18(z 2) 0     

(Q ) : 4y 3x 10 0

   

 Ta coù: ( ) (P ) (Q ).  /  /

 Vậy, phương trình đường thẳng () : 25x 32y 26z 55 04y 3z 10 0   

  



Câu 2:

Cách 1:

 Bốn tam giác vuông AA M, BCM, CC N, A D N baèng nhau (c.g.c)/ / / /

/ /

A M MC CN NA

   

A MCN

 là hình thoi.

Trang 16

Q
P

Q/

P/



u



1

u



2

u

B d2
d1

A



q

n

p

n



D/

A/ B/

C/

D C

</div>
(17)<div class='page_container' data-page=17>

 Hai hình chóp B/A/MCN và B/.A/NC có chung

đường cao vẽ từ đỉnh B/ và

/ /

A MCN A NC

S 2.S

neân: VB .A MCN/ / 2.VB .A NC./ /

 Maø: / / / / / / /

3 3

B .ANC C.A B N A B N B .A MCN

1 1 1 a a

V V .CC .S .a. .a.a V .

3 3 2 6 3

     

 Ta coù: A MCN/ /

S .A C.MN,

 với A C a 3; MN BC/   / a 2

2
A MCN

a 6

S .

 

 Gọi H là hình chiếu của B/ trên (A/MCN), ta có: B .A MCN/ / / A MCN/

V .B H.S



/ /
/

3 2
/ B .A MCN

A MCN

3.V a a 6 a 6

B H 3. : .

S 3 2 3

   

Caùch 2:

 Chọn hệ trục Dxyz, với Dx, Dy, Dz

đôi một vuông góc,

A(a; 0; 0), B(a; a; 0), C(0; a; 0),

D(0; 0; 0), A/(a; 0; a),

B/(a; a; a), C/(0; a; a), D/(0; 0; a),

a a

M a; ; 0 , N 0; ; a

2 2

   

   

   

 Ta coù: A C ( a; a; a), MN ( a; 0; a)/     

 

/ 2 2 2 2

[A C; MN] (a ; 2a ; a ) a (1; 2; 1)
a .n với n (1; 2; 1).

 

 

 

 Phương trình mp (A/MCN) qua C(0; a; 0) với pháp vectơ n :

1(x 0) 2(y a) 1(z 0) 0     

(A MCN) : x 2y z 2a 0.

    

 Khoảng cách d từ B/(a; a; a) đến mp(A/MCN):

a 2a a 2a 2a a 6

d .

1 4 1 6

  

  

 

ĐỀ 9

Caâu 1:

Trang 17

C
a

A/

C/

D
A

B
M

N
D/

z

a

a y

</div>
(18)<div class='page_container' data-page=18>

Trong không gian Oxyz cho 2 đường thẳng:

(d1) :



















t2

6 z

t

4 y

t

x

; vaø (d2) :



















1 't

z

6 't

3 y

't

x

Gọi K là hình chiếu vng góc của điểm I(1; -1; 1) trên (d2). Tìm phương trình tham số của đường
thẳng qua K vng góc với (d1) và cắt (d1).

Câu 2:

1. Tính thể tích của hình chóp S.ABC, biết đáy ABC là một tam giác đều cạnh a, mặt bên (SAB)

vng góc với đáy, hai mặt bên cịn lại cùng tạo với đáy góc .

GI

ẢI

Câu 1:

(d1) có vectơ chỉ phương u1 (1; 1; 2)

(d2) có vectơ chỉ phương u2 (1; 3; 1)

 K (d ) 2  K(t ; 3t 6; t 1)/ /  /   IK (t 1; 3t 5; t /  /  /  2)



 IK u2 t 1 9t 15 t 2 0/ / / t/ 18 K 18; 12 7;

11 11 11 11

 

             

 

 

 Giả sử () cắt (d1) tại H(t; 4 t; 6 2t), (H (d ))   1

 HK1118 t;  5611 t; 1159 2t

 



 HK u1 18 t 56 t 118 4t 0 t 26

11 11 11 11

         

 

30 7 1

HK 4; ; (44; 30; 7).

11 11 11

 

      

 



 Vậy, phương trình tham số của đường thẳng ():

x 44

11
12

y 30

11
7

z 7



  





  





  




Câu 2:

Cách 1:

 Dựng SH AB

 Ta coù:

(SAB) (ABC), (SAB) (ABC) AB, SH (SAB)   

SH (ABC)

  và SH là đường cao của hình chóp.

 Dựng HN BC, HP AC 

Trang 18

S

H

C
B

N

</div>
(19)<div class='page_container' data-page=19>

 

SN BC, SP AC SPH SNH

     

 SHN = SHP  HN = HP.

 AHP vuông có: HP HA.sin60o a 3.

 

 SHP vuông có: SH HP.tg a 3tg

   

 Thể tích hình chóp

2 3

ABC

1 1 a 3 a 3 a

S.ABC : V .SH.S . .tg . tg

3 3 4 4 16

    

Cách 2:

 Dựng SH AB

 Ta có: (SAB) (ABC), (SAB) (ABC) B, SH (SAB)     SH (ABC)

 Vì (SAC) và (SBC) cùng tạo với (ABC) một góc  và ABC đều, nên suy ra H là trung điểm

AB.

 Dựng hệ trục tọa độ Hxyz, với Hx, Hy, Hz

đôi một vuông góc, H(0; 0; 0),

a a

A ; 0; 0 ; B ; 0; 0 ,

2 2

a 3

C 0; ; 0 , S(0; 0; h), (h 0).

   



   

   

 



 

 

 Phương trình mp (ABC):

z = 0, với pháp vectơ n1 (0; 0;1)

 Phương trình mp (SAC):

x y z 1

aa 3 h 

(SAC) : 2h 3x 2hy a 3z ah 3 0

     với n2 (2h 3; 2h; a 3)

 (SAC) tạo với (ABC) một góc :

2 2 2 2 2

0 0 a 3 a 3

cos

0 0 1. 12h 4h 3a 16h 3a

 

  

    

2 2

2 2
2

1 1 tg 16h 3a

cos 3a

3a tg a 3

h h tg

16 4



    




    

 Thể tích hình chóp S.ABC:

2 3

ABC

1 1 a 3 a 3 a

V .h.S . tg . tg

3 3 4 4 16

    .

ĐỀ 10

Trang 19

z
h S

B

C

A

x

H

a
2

a 3
2

</div>
(20)<div class='page_container' data-page=20>

Câu 1:

Trong khơng gian Oxyz cho 2 đường thẳng:

(1) : 2

x 3 y 1 z 1; ( ):x 7 y 3 z 9

7 2 3 1 2 1

     

    

 

1. Lập phương trình chính tắc của đường thẳng (3) đối xứng với (2) qua (1).

2. Xét mặt phẳng ( : x + y + z + 3 = 0. Vieát phương trình hình chiếu của (2) theo phương (1) lên

mặt phẳng ().

3. Tìm điểm M trên mặt phẳng () để MM MM 1 2 đạt giá trị nhỏ nhất biết M1(3; 1; 1) và M2(7; 3; 9).

Caâu 2:

Cho lăng trụ đứng ABC.A'B'C' có đáy ABC là tam giác cân với AB = AC = a, góc BAC 120 o

 ,

cạnh bên BB' = a. Gọi I là trung điểm CC'. Chứng minh AB'I vng tại A và tính cosin của góc

giữa hai mặt phẳng (ABC) và (AB'I).

GI

ẢI

Caâu 1:

1. 

1 1

x 3 7t
( ) : y 1 2t
z 1 3t

 



   

  


coù vectơ chỉ phương u1 ( 7; 2; 3)



2 2

x 7 7t
( ) : y 3 2t

z 9 t

 




   

  


qua A (7; 3; 9), B(8; 5; 8) và

có vectơ chỉ phương u (1; 2; 1)

 Gọi H là hình chiếu của A trên (1)

 H ( ) 1  H(3 7t ; 1 2t ; 1 3t ) 1  1  1

1 1 1

AH ( 4 7t ; 2 2t ; 8 3t )

        

 AH u 1  7( 4 7t ) 2( 2 2t ) 3( 8 3t ) 0  1    1    1 

 

t 0 H(3; 1; 1)

  

 Gọi A/ là điểm đối xứng của A qua H  A/(-1; -1; -7)

 Gọi K là hình chiếu của B trên (1) và B/ là điểm đối xứng của B qua K. Tương tự như trên ta

tìm được:

114 25 22 20 105 204

K ; ; B ; ;

31 31 31 31 31 31

   

   

   

   

 A B/ / 11; 74; 13 1 (11; 74; 13) 1 .a

31 31 31 31 31

 

     

 

 

với a (11; 74; 13) 

 Phương trình đường thẳng (3) đối xứng với (2) qua (1) chính là phương trình đường thẳng

/ /

A B qua A/ với vectơ chỉ phương a.

 Vậy, phương trình chính tắc (3): x 1 y 1 z 711  74  13

 .

2. Mặt phẳng () chứa (2) và () // (1)

A

A/

B/

B 











K

1

u



</div>
(21)<div class='page_container' data-page=21>

 () có cặp vectơ chỉ phương u1  ( 7; 2; 3), u2 (1, 2, 1)

 [u ; u ] ( 8; 4; 16)1 2     4(2; 1; 4) 4n ,

  

với n (2; 1; 4)



 Phương trình mp () qua A(7; 3; 9)  ( )2 với pháp tuyến n



: ( ) : 2x y 4z 53 0    

 Ta coù: ( ) ( ) ( )    /2 là hình chiếu của (2) lên () theo phương (1).

 Vậy, phương trình hình chiếu 2/

x y z 3 0
( ) :

2x y 4z 53 0

   


 

   



3. Gọi I là trung điểm M M1 2  I(5; 2; 5)

 Ta coù: MM MM1 2 2MI

  

1 2

MM MM

    nhỏ nhất  2MI


nhỏ nhất

 M là hình chiếu của I trên ()

 Phương trình đường thẳng () qua I

và vng góc với () là:

x 5 t
y 2 t
z 5 t

 




 


  


 Gọi M là giao điểm của () và ()

 M ( )   M(5 t; 2 t; 5 t)  

 M ( )   5 t 2 t 5 t 3 0        t5 M(0; 3; 0)

 Vậy, điểm M cần tìm: M(0; -3; 0).

Câu 2:

Cách 1:

 Gọi H là trung điểm BC AH BC.

 ABH là nửa tam giác đều cạnh AB = a  AHa2 và BH a 3 BC a 3

  

 IB C/ / vuông có:

2 2

/ 2 / 2 / / 2 a 2 13a

IB IC B C 3a

4 4

    

 AIC vuông có:

2 2

2 2 2 a 2 5a

AI IC AC a

4 4

    

 Ta coù:

2 2

2 / 2 5a 2 13a / 2

AI AB 2a IB

4 4

    

(AB/ là đường chéo của hình vng AA/B/B cạnh a)

 Vậy, AB/I vuông tại A.

 Ta có: /

2
/

AB I

1 1 a 5 a 10

S .AI.AB . .a 2

2 2 2 4

  

ABC 1 1 a a 3

S .AH.BC . .a 3

2 2 2 4

  

 Gọi  là góc giữa hai mặt phẳng (ABC) và (AB/I), theo cơng thức chiếu, ta có:

Trang 21



M2

u

M1
I

()

M0 M

A/

B/ C/

A

B 30o C

</div>
(22)<div class='page_container' data-page=22>

2 2

ABC
AB I

S a 3 a 10 30

cos :

S 4 4 10

   

Cách 2:

 Gọi H là trung điểm BC  AH BC

 ABH là nửa tam giác đều cạnh AB = a

a
AH

  vaø BH a 3 BC a 3

  

 Dựng hệ trục Axyz, với Ax, Ay, Az

đôi một vuông goùc, A(0; 0; 0),

/ /

a 3 a a 3 a

B ; ; 0 , C ; ; 0 , A (0; 0; a),

2 2 2 2

a 3 a a 3 a a 3 a a

B ; ; a , C ; ; a , I ; ;

2 2 2 2 2 2 2

   



   

   

     

 

     

     



/ a 3 a a 3 a a

AB ; ; a , AI ; ;

2 2 2 2 2

   

    

   

 

 Ta coù:

2 2 2

/ a 3 a 3 a a a 3a a 2a

AB .AI . . a. 0

2 2 2 2 2 4 4 4

 

       

 

 

AB AI.

   Vậy, AB/I vuông tại A.

* Phương trình mp(ABC): z = 0 có pháp vectơ n1 (0; 0; 1)

* mp (AB/I) có cặp vectơ chỉ phương AB , AI / , nên có pháp vectơ:

2 2 2 2 2

a 3a 3 2a 3 a a

[AB ; AI] ; ; (1; 3 3; 2 3) .n

4 4 4 4 4

 

      

 

  

với n2 (1; 3 3; 2 3) .

 Gọi  là góc giữa (ABC) và (AB/I), ta có:

0 0 2 3 2 3 30

cos .

0 0 1. 1 27 12 40

 

   

   

60o

B/

A/

C/

z
a

B

C

A

H
I

</div>

Tai lieu on tap hinh khong gian giai chi tiet cho 12

<b>BÀI 1</b>

<b>BÀI 2</b>

GIẢI

<b>BÀI 3</b>

<b>GI</b>

<b>ẢI</b>





<b>BÀI 4</b>

<b>GI</b>

<b>ẢI</b>

<b>BÀI 5</b>

<b>GI</b>

<b>ẢI</b>

<b>ĐỀ 6</b>



(định lý 3 đường vng góc)

<b>BÀI 7</b>

















4

z

t

y

t

2

x





















0

12

z

3

y

4

x

4

0

3

y

x

<b>GI</b>

<b>ẢI</b>

<b>BÀI 8</b>

<b>GI</b>

<b>ẢI</b>

<b>u</b>



<b>ĐỀ 9</b>





















t2

6

z

t

4

y