Tai lieu boi duong hoc sinh gioi Chuyen de 15 TOA DO KHONG GIAN Le Hoanh Pho
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (778.28 KB, 34 trang )
<span class='text_page_counter'>(1)</span>CHUYÊN ĐỀ 15: TỌA ĐỘ KHÔNG GIAN 1. KIẾN THỨC TRỌNG TÂM Điểm và vecto. rr 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 , y2 , z 2 ) thì: uuur AB (x 2 x1; y2 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 uuuur 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. uuurr 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 Diện tích tam giác ABC: S . 1 2. uuur uuur AB, AC . Trang 1 L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra 1 tiết, tài liệu ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo....
<span class='text_page_counter'>(2)</span> 1 uuur uuur uuur AB, AC .AD 6 uuur uuur uuuur Thể tích hình hộp ABCD.A’B’C’D’: V AB, AD .AA '. Thể tích tứ diện ABCD: V . Thể tích hình lăng trụ ABC,A’B’C’: V . 1 uuur uuur uuuur AB, AD .AA ' 2. Góc giữa 2 mặt phẳng: mặt phẳng (P) có vecto pháp uur 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 M0 (x 0 , y0 , z0 ) đến mặt phẳng: (Oxy) là z 0 ; (Oyz) là x 0 ; (Ozx) là y0. (P) : Ax By Cz D 0 là:. d(M0 , P) . Ax 0 By0 Cz0 D A 2 B2 C2. Khoảng cách từ một điểm đến 1 đường thẳng: Cho M0 (x 0 , y0 , z0 ) và đường thẳng d qua A và có. uuuuur r AM0 , u r uuur VTCP u AB thì d(M0 , d) r u. Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau: Trang 2 L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra 1 tiết, tài liệu ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo....
<span class='text_page_counter'>(3)</span> uur d1 qua M1 và có VTCP u1;d 2 qua M 2 và có VTCP thì uur uur uuuuuuu uuurr u1, u 2 .M1 M 2 d(d1, d 2 ) uur uur u1, u 2 Phương trình tổng quát của mặt phẳng:. r Mặt phẳng qua M0 (x 0 , y0 ) và vecto pháp tuyến n (A, B,C) Ax+By+Cz+D=0, A2 B2 C2 0 hay A(x x 0 ) B(y y0 ) C(z z0 ) 0 Phương trình của đường thẳng: đi qua M0 (x 0 , y0 , z0 ) và có vecto chỉ phương r u (a, b,c),a 2 b2 c2 0. x x 0 at Phương trình tham số: d : y y0 bt, t R z z ct 0 Phương trình chính tắc khi a, b, c 0 :. x x 0 y y0 z z 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 y2 z2 2Ax 2By 2Cz D 0, A2 B2 C2 D 0 Có tâm I(A, B, C) và bán kính R A2 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' - Trùng nhau:. A B C D A B C D ; Song song: A ' B' C ' D ' A ' B' C ' D '. Vị trí tương đối của 2 đường thẳng:. r Đi qua A(x A , yA , z A ) và có vecto chỉ phương u(a, b,c) Trang 3 L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra 1 tiết, tài liệu ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo....
<span class='text_page_counter'>(4)</span> r Đi qua B(x B , yB , z B ) và có vecto chỉ phương v(a ', b ',c ') r r uuur -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 M2 (x 2 , y2 , 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 By2 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<R; mp (P) cắt mặt cầu theo hướng tròn giao tuyển có tâm H là hình chiếu của tâm I lên mp(P), bán kính r R 2 d 2 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. Trang 4 L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra 1 tiết, tài liệu ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo....
<span class='text_page_counter'>(5)</span> 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 uuur 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) 120 o 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 uuur 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 382 262 102 554 2 2. 2SABC 2 554 277 BC 104 13. b) Gọi D(x; y; z) Ta có. DA BA 26 1 DC BC 104 2. uuur 1 uuur Vì D nằm giữa A, C nên DA DC 2. Trang 5 L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra 1 tiết, tài liệu ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo....
<span class='text_page_counter'>(6)</span> 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 suy ra A, B, C không thẳng hàng và có: uuur uuur 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) Hướng dẫn giải uuur uuur uuur 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 uuur uuur x 11 DH.AB 0 x 2y z 0 uuur uuur 15 DH.AC 0 x y 3 y 11 uuur uuur uuur x y 3z 3 AB, AC .AH 0 12 z 11 Trang 6 L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra 1 tiết, tài liệu ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo....
<span class='text_page_counter'>(7)</span> 18 15 12 Vậy H ; ; 11 11 11 Bài toán 15.5: Tìm khoảng cách giữa hai đường thẳng sau:. x 1 t a) d : y 1 t z 1 b) d :. x y 4 z 1 1 1 2. x 2 3t d ' : y 2 3t z 3 d':. x y2 z 1 3 3. Hướng dẫn giải uur a) d đi qua điểm M1 (1; 1;1) , có vecto chỉ phương u1 (1; 1;0) . d’ đi qua điểm uur M2 (2; 2;3) có vecto chỉ phương u 2 (1;1;0) uuuuuur uur uur uur uur Vì u1 và u 2 cùng phương nhưng u1 , u 2 không cùng phương với M1M2 (1; 1; 2) nên hai đường thẳng đó song song uuuuuur uur M1M 2 , u 2 Vậy d(d;d ') d(M 1,d ') 2 uur u2. r b) d qua M(0;4;-1) có VTCP u (1;1; 2) uur d’ qua M’(0;2;0) có VTCP u ' (1;3;3) r uur r uur uuuuur Ta có u, u ' (9;5; 2), MM ' (0; 2;1) nên u, u ' 0 nên chéo nhau. r uur uuuuur u, u ' .MM ' 10 21 12 Do đó d(d, d ') r uur 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. Trang 7 L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra 1 tiết, tài liệu ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo....
<span class='text_page_counter'>(8)</span> AM 2 BM 2 (x 1) 2 1 (z 1) 2 (x 1) 2 1 z 2 2 2 2 2 2 2 AM CM (x 1) 1 (z 1) (x 3) 1 (z 1) 5 x 6 4x 2z 1 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. Hướng dẫn giải uuur uuur a) Gọi C(0; y;0) AB (2; 2;4), AC (2; y;1) Ta có: SABC 11 . 1 2. uuur uuur 1 AB, AC 11 (2 4y) 2 36 (2y 4) 2 11 2. 20y2 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) Hướng dẫn giải Trang 8 L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra 1 tiết, tài liệu ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo....
<span class='text_page_counter'>(9)</span> uuur uuur 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 uuur Ta có AH BC nên AH.BC 0. (t 2)(1) (3t 2)(3) (z 1)3 0 t . 11 9. 11 24 14 Vậy hình chiếu H ; ; 9 9 9 Cách khác: lập mp(P) qua A vuông góc với BC rồi tìm giao điểm H uuur uuur 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 . 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 Trang 9 L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra 1 tiết, tài liệu ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo....
<span class='text_page_counter'>(10)</span> Theo giả thiết VABCD 5 . 1 uuur uuur uuur AB, AC AD 5 6. 4y 2 30 y 7; y 8 Vậy có 2 điểm D trên trục Oy: (0;-7;0) và (0;8;0) uuur uuur 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 uuur 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) b) Tìm điểm C nằm trên mp (P) sao cho ABC là tam giác đều Hướng dẫn giải. uuur uur 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: Trang 10 L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra 1 tiết, tài liệu ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo....
<span class='text_page_counter'>(11)</span> 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 Ta có AB 2 2 , gọi điểm C(x; y; z). 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) 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). Trang 11 L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra 1 tiết, tài liệu ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo....
<span class='text_page_counter'>(12)</span> 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 () : 2x 2y z 5 0 một góc bằng 60o Hướng dẫn giải uuur uuur 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 () có vecto pháp tuyến n (2; 2; 1) MP (ABC) và () hợp nhau góc 60o nên:. r uur cos 60o cos(u, n) . 2m 4 2m 1 3 m2 1 (m 2)2. Vậy có hai điểm C(0;0;. . 1 2 2 m 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 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) VABCD . 2t 1 uuur uuur uuur AB, AC / AD 6 3. Trang 12 L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra 1 tiết, tài liệu ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo....
<span class='text_page_counter'>(13)</span> Do đó VABCD 1 . 2t 3. 1 t 1 hoặc t 5. Vậy có hai điểm D thỏa mãn bài toán là D(1;0;5) và D(5;6; 7) Bài toán 15.15: Cho hai đường thẳng: d1 :. x 1 y 1 z 2 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 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 uur b) Vecto chỉ phương của d1 là u1 (2; 2;1) uur r uur Vecto chỉ phương của d 2 là u 2 n, n ' (72; 18; 12) hay (6;3; 2) uur uur u1.u 2 20 41 Gọi là góc giữa d1 và d 2 ta có: cos uur uur sin 21 u1 . u 2 21 1 41 2 41 Ta có SIAB IA 2 sin IA IA IB 1 2 42 42. Vì A thuộc d1 nên tọa độ của A(1 2t;1 2t;2 t) Do đó IA 3 t 1 t . 1 5 5 7 nên A ; ; hoặc 3 3 3 3. Vì B thuộc d 2 nên tọa độ của B(1 6k;1 3k;2 2k). Trang 13 L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra 1 tiết, tài liệu ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo....
<span class='text_page_counter'>(14)</span> Do đó IB 7 k 1 k . 11 72. 1 4 12 13 10 16 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 mặt phẳng đã cho có các vecto pháp tuyến lần lượt là: uur uur n1(2; m;3), n 2 (m 3; 2;5m 1) . Ta có: uur uur n1.n 2 (5m2 m 6; 7m 7; m2 3m 4) Hai vecto đó cùng phương khi và chỉ khi uur uur n1.n 2 0 , tức là: . 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. uur uur Hai mặt phẳng đó vuông góc với nhau khi và chỉ khi n1.n 2 0 2(m 3) 2m 3(5m 1) 0 19m 9 0 m . 9 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 Trang 14 L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra 1 tiết, tài liệu ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo....
<span class='text_page_counter'>(15)</span> 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 . Cho z 0 x . 31 9 31 9 suy ra B ; ;0 ,y 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) 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 Trang 15 L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra 1 tiết, tài liệu ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo....
<span class='text_page_counter'>(16)</span> 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 ; yM ; zM ) là giao điểm của AB và CD uuuur uuur uuur uuuur Đặt MA kMB, MC kMD . Ta có: x A kx B x C k ' x D 3 2 4k ' 1 k 1 k ' 1 k 1 k ' y ky B yC k ' y D 5 1 3k ' yM A 1 k 1 k ' 1 k 1 k ' z kz B yC k ' y D 15 7k 4 zM A 1 k 1 k ' 1 k 1 k ' xM . Giải ra được k ' . 7 3 5 nên M ; ;11 11 2 2 . Bài toán 15.20: Cho bốn đường thẳng: (d1 ) :. x 1 y 2 z 1 2 2. (d 2 ) :. x2 y2 z 2 4 4. (d3 ) :. x y z 1 2 1 1. (d 4 ) :. x 2 y z 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 (d4 ) (P) F(4;2;0) 2 2. Trang 16 L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra 1 tiết, tài liệu ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo....
<span class='text_page_counter'>(17)</span> 1 1 y z x2 2 2 có vecto chỉ phương vr (2;1; 1) không Đường thẳng (d) qua E,F là 2 1 1 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: IA2 IA '2 IB2 IC2. 2ax a 2 2a ' x a '2 2ax a 2 2by b 2 2 2 2ax a 2cz z Do đó x . a a' c2 aa ' b 2 +aa ' và z y 2 2b 2c. a a ' b 2 aa ' c2 aa ' Tâm I ; ; 2 2b 2c 2. 2. a a '2 aa ' b 2 c 2 aa ' Ta có : R IB 2 2b 2c 2. 2. 2. 2. 2. 2. a a '2 b2 aa ' c2 aa ' 2 b ' Và IB' IB 2 2b 2c 2. Tương tự IC2 IC'2 IB2 . Vậy B’, C’ cũng thuộc mặt cầu uuur a b c c) Gọi G là trọng tâm ABC OG ; ; 3 3 3 uuur uuuuur uuuuur uuuuur aa ' bb ' Ta có: A 'B' (a ';b ';0), A 'C' (a ';0;c') nên OGA 'B' 0 0 3 3 Trang 17 L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p,. đề kiểm tra 1 tiết, tài liệu ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo....
<span class='text_page_counter'>(18)</span> uuur uuuuur 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 luôn đi qua một đường thẳng cố định Hướng dẫn 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. b). Xác định tỷ số. a để mặt phẳng (A'BD) (MBD) b. Hướng dẫn giải b Từ giả thiết ta có: C(a;a;0), C'(a;a; b) M(a;a; ) 2 uuur uuuur b uuuur Nên BD (a;a;0), BM (0;a; ), BA ' (a;0; b) 2. a). uuur uuuur ab ab BD, BM ; ; a 2 2 2 . Do đó VBDA'M . 1 uuur uuuur uuuur a 2 b BD, BM .BA ' (dvtt) 6 4. Trang 18 L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra 1 tiết, tài liệu ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo....
<span class='text_page_counter'>(19)</span> b). Mặt phẳng (BDM) có vecto pháp tuyến là:. uur uuur uuuur ab ab n1 BD, BM ; ; a 2 2 2 . . uur uuur uuuur Mặt phẳng (A’BD) có vecto pháp tuyến n 2 BD, BM ab;ab;a 2. . uur uur a 2b2 a 2b2 Do đó (BDM) (A 'BD) n1.n 2 0 a4 0 2 2 ab. 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. 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 AAON 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 n m m .n 2. 2. 2. 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. Trang 19 L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra 1 tiết, tài liệu ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo....
<span class='text_page_counter'>(20)</span> 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) uuur uuuur SA (2;0; 2 2), BM (1; 1; 2) uuur uuuur 3 cos(SA, BM) cos(SA, BM) (SA, BM) 30o 2 uuur uuuur uuur Ta có: SA.BM (2 2;0; 2), AB (2;1;0) uuur uuuur uuur SA, BM .AB 2 6 Nên d SA, BM uuur uuuur 3 SA, BM 1 MN PAB,CD nên N trung điểm SO, N(0; ; 2) 2. b). uuur uur uuur 1 SM (1;0; 2),SB (0;1; 2 2),SN (0; ; 2) 2 uuur uuur Và SA,SM (0; 4 2;0). Ta có: VS.ABM . 1 6. uuur uuur uur 2 2 1 SA,SM .SB , VS.AMN 3 6. uuur uuur uuur 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 ; y2 ;z 2 ),C(x 3; y3;z3 ), D(x 4; y 4;z 4 ) thì trọng tâm A’ của tam giác BCD, trọng tâm tứ diện G: Trang 20 L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra 1 tiết, tài liệu ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo....
<span class='text_page_counter'>(21)</span> 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 y4 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 Suy ra: GA 3GA ' G, A, A ' thẳng hàng và 3 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 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;c2 ;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 uuur c d b c d 7a a uuur c d c d 2 2; Và OF 1 1 ; 2 z ; BG 1 1 ; 2 b; 12 12 3 3 12 4 3 uuur uuur AC (c1;c2 ; a),OD(d1;d 2 ; z). Theo giả thiết OA OB OC OD OA2 OB2 OC2 OD2. (a z)2 b2 z2 c12 c22 z2 d12 d 22 z2 Trang 21 L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra 1 tiết, tài liệu ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo....
<span class='text_page_counter'>(22)</span> a 2 2az b2 c12 c22 d12 d22 (1) uuur uuur Ta có: OF.BG 0 (c1 d1)2 (c2 d 2 )2 9b2 7a 2 12az 0 (2) Khải triển (2) và thay thế (1) ta được: uuur uuur (2) a 2 c1d1 c2d 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 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 uuuur AC' (a 0;a 0;a 0) (a;a;a). ur uuuur a a Nên IJ.AC' .a a.a .a a 2 a 2 0 2 2 2. 2. a 6 a a Vậy IJ AC' . Đoạn IJ a 2 2 2 2 b) Để chứng minh D'B mp(A 'C'D) , ta chứng minh uuuur uuuuur uuuur uuuur uuuur uuuuur 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 là góc giữa hai đường thẳng IJ và A’D thì: Trang 22 L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra 1 tiết, tài liệu ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo....
<span class='text_page_counter'>(23)</span> ur uuuur a a IJ.A 'D .a a.0 (a) ur uuuur 2 cos cos(IJ, A 'D 2 0 IJ.A 'D a 6 .a 2 2 Vậy 90o Bài toán 15.29: Cho hình lập phương ABCD.A1B1C1D1 cạnh a, trên BC1 lấy điểm M sao uuuuur 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). Vì M BC1 nên gọi M(x;x;0) uuuuur Ta có D1M (x a; x a; a) uuuur DA1 (a;a;0) uuuur AB1 (a;0; a) uuuuur uuuur uuuur Vì D1M, DA1, AB1 đồng phẳng nên uuuuur uuuur uuuur 3a 3a 3a D1M, DA1 AB1 0 x M ; ;0 2 2 2 . uuuur 3a 3a uuuur a 3a Nên MA ; ;a ; MB1 ; ;0 2 2 2 2. Vậy S . 1 uuuuur uuur a 2 19 MA1,MB 2 4. Bài toán 15.30: Lăng trụ tứ giác đều ABCD.A1B1C1D1có chiều cao bằng nửa cạnh đáy. Điểm M thay đổi trên cạnh AB. Tìm giá trị lớn nhất của góc A1MC1 Hướng dẫn giải. Trang 23 L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra 1 tiết, tài liệu ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo....
<span class='text_page_counter'>(24)</span> 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) uuuuur uuuur ·MC thì cos cos(MA , MC ) Đặt A 1 1 1 1. . x 2 2x 1 x 2 1. (2 x)2 5. . (x 1)2 x 2 1. (2 x) 2 5. 0. ·MC lớn nhất khi x=1 tức M trung điểm AB Do đó 90o. Vậy góc A 1 1 Bài toán 15.31: Cho hình chóp S.ABC có đường cao SA=h, đáy là tam giác ABC vuông tại uuur 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 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 uuur uur SB (b;a; h). Gọi N(x;y;z) thì SN (x; y; z h). uuur 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 . uuuur b b a 2h b a 2h a) Ta có MN ; ; ; ; 3 2 3 3 6 3 3 . Trang 24 L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra 1 tiết, tài liệu ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo....
<span class='text_page_counter'>(25)</span> b2 a 2 4h 2 1 2 b 4a 2 16h 2 36 9 9 6 uuuur uur b) MN vuông góc với SB khi và chỉ khi MN.SB 0 Nên MN . . b2 a 2 2h 2 0 4h 2 2a 2 b2 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). t 2 t 2 t 2 t 2 M ;0; ; ;0 ; N a 2 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 b) Khi MN ngắn nhất thì: M ;0; ; ;0 , N 3 3 3 3 uuuur a 2 a 2 a 2 MN ; ; 3 3 3 . Trang 25 L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra 1 tiết, tài liệu ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo....
<span class='text_page_counter'>(26)</span> uuuur uuur MN.SA 0 Ta có uuuur uuur dpcm MN.BC 0 Bài toán 15.33: Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD cạnh đáy a, mặt bên tạo với đáy góc . Tìm tan 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; ;0 2 2 a 2 a 2 a C ;0;0 , D 0; ;0 ,S 0;0; tan 2 2 2 uuur a 2 uur a 2 a a Nên SA ;0; tan ,SB 0; ; tan 2 2 2 2 uur a 2 uuur a a 2 a SC ;0; tan ,SD 0; ; tan 2 2 2 2 . Ta có SA SC. uuur uur a2 a2 a2 1 SA.SC 0 tan 2 0 tan 2 1 0 2 4 2 2 tan 2 2 tan 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: Trang 26 L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra 1 tiết, tài liệu ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo....
<span class='text_page_counter'>(27)</span> kc kb ka M ;0;c , N 0; b; ;0 , P a; 1 k 1 k 1 k . uuuur ka 1 uuur 1 kc Do đó MN ; b; c , NP a; b; ck 1 k a k 1 k . uuuur uuur k 2 k 1 k 2 k 1 k 2 k 1 Ta có: MN, NP bc; ca; ab (1 k)2 (1 k)2 (1 k)2 r Nên mp(MNP) có vecto pháp tuyến là n (bc;ca;ab). Mặt phẳng (AB’D’) có phương trình Vì. r 1 1 1 x y z 1 có vecto pháp tuyến là n ; ; a b c a b c. bc ca ab abc và M, N, P (AB'D') do k nên: mp(MNP) Pmp(AB'D') 1 1 1 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 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 . qua A, B, MI cũng chính là mặt phẳng (ABM) nên có phương trình là:. x 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. Trang 27 L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra 1 tiết, tài liệu ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo....
<span class='text_page_counter'>(28)</span> 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. uuuur 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: uur uuuur uuur a2 2 2 a2 2 n1 BM, BA ;a ; 2 2 . Mặt phẳng (SBM) có vecto pháp tuyến: uur uuur uuur n 2 AS, AC a 2 2;a 2 ;0 uur uur Vì n1.n 2 0 nên 2 mặt phẳng (SAC), (SMB) vuông góc. . . uur uuur a 2 a 2 uuur Ta có: AI, AN ; ;0 , AB (a;0;0) 3 2 6 . VANIB . 1 uur uuur uuur a 3 2 AI, AN .AB (dvtt) 6 36. Bài toán 15.37: Cho tứ diện đều (T) có các đỉnh có tọa độ (xi ; yi ; zi ) với 1 i 4 , nội tiếp 4. 4. 4. i 1. i 1. i 1. trong một mặt cầu đơn vị. Chứng minh: x i2 yi2 zi2 . 4 3. Trang 28 L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra 1 tiết, tài liệu ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo....
<span class='text_page_counter'>(29)</span> và. 4. 4. 4. i 1. i 1. i 1. x i yi y i z i z i x i 0 Hướng dẫn giải. Ta kiểm tra được rằng kết luận đúng cho trường hợp tứ diện Ao BoCo Do có 4 đỉnh là 2 2 1 2 6 1 2 6 1 Ao (0;0;1), B o ;0; , Co ; ; , Do ; ; 3 3 3 3 3 3 3 3. Bây giờ ta chứng minh khẳng dịnhđúng cho một tứ diện ABCD có các đỉnh (xi ; 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 Ao (0;0;1) . Sau đó, lại quanh quanh trục Oz cho đến khi (T) trùng với tứ diện Ao BoCo Do đã nói ở trên dpcm Bài toán 15.38: Cho hai điểm A(3;1;0), B(9; 4;9), và mp() : 2x y z 1 0 . Tìm tọa độ điểm M trên () sao cho MA MB đạt giá trị lớn nhất. Hướng dẫn giải Đặt f (x; y; z) 2x y z 1 thì f (x A , yA , z A ).f (x B , yB , z B ) 0 nên hai điểm A, B ở khác phía đối với mặt phẳng () Gọi A’ là điểm đối xứng của điểm A qua mặt phẳng () Ta có: MA MB MA ' MB A 'B (Không đổi) A'H : x 3 2t, y 1 t, z t nên H(3 2t;1 t; t) thuộc () suy ra t = 2 H(1; 2; 1) . Do đó A '(1;3; 2). x 1 8t Đường thẳng A’B có phương trình y 3 t z 2 11t x 1 8t y 3 t t 1 M(7; 2; 13) Điểm M(x;y;z) thỏa mãn hệ: z 2 11t 2x y z 1 0 Trang 29 L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra 1 tiết, tài liệu ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo....
<span class='text_page_counter'>(30)</span> Bài toán 15.39: Cho 4 điểm A(1;0;3), B(3;1;3),C(1;5;1) và M(x;y;0). Tìm giá trị nhỏ nhất uuuur uuuur uuur T 2 MA MA MC Hướng dẫn giải Gọi I là trung điểm của BC uuur uuur uuur I(1;3; 2) MB MC 2MI T 2(MA MI) zA 3 0 và zI 2 0 A và I nằm về cùng 1 phía đối với mp(Oxy) và M(x;y;0) thuộc. mp(Oxy) nên lấy đối xứng I(-1;3;2) qua mp(Oxy) thành J(-1;3;-2) MI MJ T 2(MA MJ) 2AJ 2 38. Dấu = xảy ra khi M là giao điểm của đoạn MJ với mp(Oxy) thành J(-1;3;-2) MI MJ T 2(MA MJ) 2AJ 2 38. 1 9 Dấu = xảy ra khi M là giao điểm của đoạn MJ với mp(Oxy) là M ; ;0 9 5 . Vậy min T 2 38 Bài toán 15.40: Cho A(2; 2;1), B(0;2; 3) . Tìm điểm M thuộc. x 1 2t d : y 2 t sao cho MA + MB bé nhất z 1 t Hướng dẫn giải Ta tìm hình chiếu A’B’ của A, B lên d. Ta có M bất kỳ thuộc d thì M(1 2t;2 t;1 t). AM 2 (2t 1) 2 (4 t) 2 t 2 6t 2 12t 17 6(t 1)2 11 11 AM bé nhất khi t=1, khi đó M là hình chiếu A’(3;1;2) Tương tự BM2 6t 2 12t 17 6(t 1)2 11 11 BM BM bé nhất khi t=1, khi đó M là hình chiếu B’(-1;3;0) Trên mp(A,d) lấy điểm B1 sao cho B1 à A khác phía đối với d, B1B' d Trang 30 L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra 1 tiết, tài liệu ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo....
<span class='text_page_counter'>(31)</span> Với mọi M thuộc d: MA MB MA MB1 AB1 : không đổi, do đó MA + MB bé nhất khi M là giao điểm của AB1 với d. Ta có AA ' P B1B' nên M chia đoạn A’B’ theo tỉ số: k. AA ' 11 1 M(1; 2;1) B1B' 11. Bài toán 15.41: Tìm giá trị bé nhất của:. f (x; y) (x 1)2 (y 3)2 9 (x 2) 2 (y 4) 2 25 Hướng dẫn giải Trong không gian Oxyz, xét M(x;y;0) và 2 điểm cố định A(1; 3;3), B(2; 4; 5) ở khác phía với mp(Oxy) Ta có: f (x; y) MA MB AB 66 Giá trị bé nhất của f (x; y) 66 khi M là giao điểm của đoạn AB với mặt phẳng Oxy Bài toán 15.42: Cho 9 số thức bất kì a1;b1;c1;a 2 ;b2 ;c2 ;a 3;b3;c3 thỏa mãn: a1 a 2 a 3 3b1 b2 b3 4c1 c2 c3 12 . Chứng minh bất đẳng thức:. a12 b12 c12 a 22 b22 c22 a 32 b32 c32 13 Hướng dẫn giải Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, chọn 3 điểm: A(a1;b1;c1), B(a1 a 2 ;b1 b2 ;c1 c2 ),C(a1 a 2 a 3;b1 b2 b3;c1 c2 c3 ). hay C(3; 4;12) thì có:. OA a12 b12 c12 ; AB a 22 b22 c22 ; BC a 32 b32 c32 Nên ta có:. a12 b12 c12 a 22 b22 c22 a 32 b32 c32. OA AB BC OC 13 3.BÀI LUYỆN TẬP. Trang 31 L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra 1 tiết, tài liệu ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo....
<span class='text_page_counter'>(32)</span> ur r r r 2 Bài tập 15.1: Cho u 2, v 5 , góc giữa hai vecto u và v bằng . Tìm k để vecto 3 r r r r r r p ku 17v vuông góc với vecto q 3u v Hướng dẫn Điều kiện tích vô hướng bằng 0. Kết quả k = 40 Bài tập 15.2: Cho tam giác ABC có A(1;0;0), B(0;0;1),C(2;1;1). Tính chu vi, diện tích và độ dài đường cao H Hướng dẫn Dùng công thức. Kết quả. 2 3 5;. 6 30 ; AH 2 5. Bài tập 15.3: Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’ có các điểm A(1;0;1), B(2;1;2), D(1; 1;1),C'(4;5; 5) . Tìm các điểm còn lại. Hướng dẫn Vì hình hộp ABCD.A’B’C’D’ nên ABCD là hình bình hành Kết quả C(2;0;2), A'(3;5; 6), B'(4;6;5), D'(3;4; 6) Bài tập 15.4: Cho tứ diện ABCD có A(1;0;0), B(0;1;0),C(0;0;1), D(2;1; 2) a) Tính góc giữa các đường thẳng chứa các cạnh đối của tứ diện đó b) Tính thể tích tứ diện ABCD và độ dài đường cao AH của tứ diện đó Hướng dẫn uuur uuur uuur uuur uuur uuur 3 17 3 17 a) Kết quả cos(AB, CD) ; cos(AB, CD) 0; cos(AB, CD) 14 14 2 3V 2 3 b) Kết quả V (dvtt); AH 3 SBCD 3. Bài tập 15.5: Cho 4 điểm A(2; 4;2), B(0;2; 2),C(4;8;0), D(6;2;4) . Chứng minh ABCD là hình thoi, tính diện tích và bán kính r đường tròn nội tiếp hình thoi Hướng dẫn Chứng minnh ABCD là hình bình hành có 2 cạnh liên tiếp bằng nhau Kết quả SABCD 2736, r . 171 14. Trang 32 L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra 1 tiết, tài liệu ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo....
<span class='text_page_counter'>(33)</span> Bài tập 15.6: Chứng tỏ rằng các mặt phẳng (),(,(),() sau đây là các mặt phẳng chứ bốn mặt của một hình hộp chữ nhật: () : 7x 4y 4z 30 0, () : 36x 51y 12z 17 0 ( ) : 7x 4y 4z 6 0, () :12x 17y 4z 3 0. Hướng dẫn Chứng minh: () P(),() P(),() () Bài tập 15.7: Chứng minh các đường thẳng d k là giao tuyến của 2 mặt phẳng: x kz k 0,(1 k)x ky 0, k 0 luôn nằm trên mặt phẳng cố định. Hướng dẫn Khử tham số k giữa hai phương trình mặt phẳng Kết quả (P) : x y z 1 0 Bài tập 15.8: Tìm điểm M trên trục Oz trong mỗi trường hợp sau: a) M cách đều điểm A(2;3; 4) và mặt phẳng 2x 3y z 17 0 b) M cách đều hai mặt phẳng x y z 1 0 và x y z 5 0 Hướng dẫn a) Điểm M trên trục Oz nên M 0;0; z . Kết quả M 0;0;3 b) Điểm M trên trục Oz nên M 0;0; z . Kết quả M 0;0; 2 Bài tập 15.9: Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh bằng a. Trên các cạnh BB’, CD, AD’ lần lượt lấy các điểm M,N,P sao cho: B'M CN DP ka(0 k 1). a) Tính diện tích tam giác MNR theo k và a b) Xác định vị trí M trên BB’ để diện tích MNP có giá trị bé nhất Hướng dẫn a) Chọn hệ trục tọa độ Axyz. Kết quả SMNP . a2 3 2 (k k 1) 2. b) Kết quả M là trung điểm BB’. Trang 33 L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra 1 tiết, tài liệu ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo....
<span class='text_page_counter'>(34)</span> Bài tập 15.10: Cho hình lập phương ABCD.A1B1C1D1 . Gọi M là trung điểm của AD, N là tâm hình vuông CC1D1D . Tìm bán kính mặt cầu đi qua các đểm B, C1, M, N Hướng dẫn Chọn hệ trục tọa độ Axyz. Kết quả R . a 35 4. Bài tập 15.11: a) Tìm điểm M thuộc mp(Oxy) sao cho MA MB nhỏ nhất với A(1;6;6), B(3; 6; 2) b) Tìm điểm H trên BC sao cho AH bé nhất với A(4;2;6), B(4; 4;0),C(10; 2;4) Hướng dẫn a) Điểm M thuộc mp(Oxy) nên M x; y;0 . Kết quả M 2; 3;0 b) Kết quả H(. 55 19 18 ; ; ) 77 7 7. Bài tập 15.12: Cho A(1;4;5), B(0;3;1),C(2; 1;0) và mặt phẳng (P) : 3x 3y 2z 15 0 Tìm điểm M thuộc (P) để: a) MA2 MB2 MC2 bé nhất b) MA2 1975.MB2 2015.MC2 bé nhất Hướng dẫn a) Dùng trọng tâm G của tam giác ABC. Kết quả M(4; 1;0) uur uur uur b) Dùng tâm tỉ cự I của hệ điểm: IA 1975IB 2015IC 0. Trang 34 L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra 1 tiết, tài liệu ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo....
<span class='text_page_counter'>(35)</span>
