HÌNH HỌC GIẢI TÍCH 3
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (577.66 KB, 25 trang )
TT Giáo viên & Gia sư tại TP Huế - ĐT: 2207027 – 0989824932
E mail:
-
Trang
1
-
BÀI 1
Câu 1:
Trong không gian Oxyz, viết phương trình mặt phẳng (P)
chứa đường thẳng (d) :
xy20
2xz60
−−=
−−=
sao cho giao tuyến của
mặt phẳng (P) và mặt cầu (S) :
222
xyz2x2y2z10
+++−+−=
là đường tròn 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'.
GIẢI
Câu 1:
Mặt phẳng (P) chứa (d) có dạng: m(x – y – 2) + n(2x – z
– 6) = 0
(P):(m2n)xmynz2m6n0
⇔+−−−−=
° Mặt cầu (S) có tâm I(-1; 1; -1), bán kính R = 2.
° (P) cắt (S) theo một đường tròn giao tiếp (C) có
bán kính r = 1
22
d(I;P)Rr3
⇔=−=
222
m2nmn2m6n
3
(m2n)mn
−−−+−−
⇔=
+++
22
4m7n3.2m5n4m.n
⇔−−=++
22
5m22m.n17n0
⇔++=
° Cho
2
17
n15m22m170m1haym
5
=⇒++=⇔=−=−
° Vậy, có 2 mặt phẳng (P):
1
2
(P):xyz40
(P):7x17y5z40
+−−=
−+−=
Câu 2:
. Cách 1:
° Vì các mặt bên của lăng trụ là các hình vuông
⇒
//////
ABBCCAABBCCAa
======
⇒ các tam giác ABC, A
/
B
/
C
/
là các tam giác đều.
° Ta có:
/////
BC//BCBC//(ABC)
⇒
///////
d(AB;BC)d(BC;(ABC))d(F;(ABC))
⇒==
° Ta có:
/
///
BCFD
BC(ABC)
BCAD(ABCcân tạiA)
⊥
⇒⊥
⊥∆
° Dựng
/
FHAD
⊥
A
/
B
/
C
/
C
B
A
H
F
D
TT Giáo viên & Gia sư tại TP Huế - ĐT: 2207027 – 0989824932
E mail:
-
Trang
2
-
° Vì
//
BC(ABC)BCFHH(ABC)
⊥⇒⊥⇒⊥
° ∆A
/
FD vuông có:
2/22222
111417a21
FH.
7
FHAFFD3aa3a
=+=+=⇒=
° Vậy,
///
a21
d(AB;BC)FH
7
==
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),
/
//
aa3aa3
B;;0,C;;0,A(0;0;a),
2222
aa3aa3
B;;a,C;;a
2222
−
−
° Ta có:
/////
BC//BC,BC//(ABC)
////////
d(BC;AB)d(BC;(ABC))d(B;(ABC))
⇒==
°
//
aa3aa3
AB;;a,AC;;a
2222
=−=−−
uuuuruuuur
°
2
//222
a33
[AB;AC]0;a;a0;1;a.n,
22
===
uuuuruuuur
r
với
3
n0;1;
2
=
r
° Phương trình mp (A
/
BC) qua A
/
với pháp vectơ
n
r
:
3
0(x0)1(y0)(za)0
2
−+−+−=
/
3a3
(ABC):yz0
22
⇔+−=
°
//
a33a3
a3
.a
a21
222
2
d(B(ABC)).
7
37
1
42
+−
===
+
° Vậy,
///
a21
d(AB;BC).
7
=
BÀI 2
Câu 1:
A
/
C
/
B
/
A
B
C
D
x
a
z
y
TT Giáo viên & Gia sư tại TP Huế - ĐT: 2207027 – 0989824932
E mail:
-
Trang
3
-
Trong không gian Oxyz cho A(0; 1; 0), B(2; 2; 2), C(-2; 3; 1) và đường thẳng
(∆) :
x1y2z3
212
−+−
==
−
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)
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) vuông góc
nhau.
GIẢI
Câu 1:
1. Phương trình tham số của (D):
x12t
y2t
z32t
=+
=−−
=+
°
M()M(12t;2t;32t)
∈∆⇒+−−+
°
AB(2;1;2),AC(2;2;1)
==−
uuuruuur
°
[AB;AC](3;6;6)3(1;2;2)3.n
=−−=−−=−
uuuruuur
r
, với
n(1;2;2)
=−
r
° Phương trình mp (ABC) qua A với pháp vectơ
n
r
: (ABC): x +
2y – 2z – 2 = 0.
°
222
ABC
119
S[AB;AC](3)(6)6.
222
==−+−+=
uuuruuur
° Đường cao MH của tứ diện MABC là khoảng từ M đến
(ABC):
12t2(2t)2(32t)24t11
MHd(M(ABC))
3
144
++−−−+−−−
===
++
° Thể tích tứ diện MABC bằng 3
4t11
19
V 3
323
+
⇔==
517
4t116thayt.
44
⇔+=⇔=−=−
° Vậy, có 2 điểm M cần tìm là:
33115911
M;;hayM;;
242242
−−−
2.
N()N(12t;2t;32t)
∈∆⇒+−−+
°
22
ABN
11232
S[NA;NB]32t128t146(4t8)9
2222
==++=++≥
uuuruuur
TT Giáo viên & Gia sư tại TP Huế - ĐT: 2207027 – 0989824932
E mail:
-
Trang
4
-
ABN
32
maxS4t80t2.
2
⇒=⇔+=⇔=−
° Vậy, điểm N cần tìm là N(-3; 0; 1).
Câu 2:
Cách 1:
° Gọi O là tâm của ∆ABC
° Ta có:
SASBSC
OAOBOC(ABCđều)
==
==∆
⇒ SO là trục của đường tròn (ABC)
SO(ABC)
⇒⊥
° Mà :
AOBC;SOBCBC(SOA)BCSA
⊥⊥⇒⊥⇒⊥
° Dựng
BISA
⊥
, suy ra:
SA(IBC)SAIC.
⊥⇒⊥
!
BIC
⇒ là góc phẳng nhò diện (B, SA, C).
° ∆SOA vuông có:
22222
2222
a3ha3ha
SASOOAhSA
33
3
++
=+=+=⇒=
° Gọi M là trung điểm BC
Ta có:
BM(SOA),BISA
⊥⊥
IMSA
⇒⊥
(đònh lý 3 đường vuông góc)
⇒
MIASOA
∆∆
!
2222
AMa333ah
MISO.h
SA2
3ha23ha
⇒===
++
°
SABSAC(c.c.c)IBICIBC
∆=∆⇒=⇒∆
cân tại I.
°
(SAB)(SAC)IBC
⊥⇔∆
vuông cân tại I
1
IMBC
2
⇔=
22
22
222
3ah1
a3h3ha
2
23ha
a6
9h3hah.
6
⇔=⇔=+
+
⇔=+⇔=
° Vậy,
a6
h.
6
=
Cách 2:
° Gọi H là tâm của ∆ABC
và M là trung điểm của BC
° Ta có:
SASBSC
HAHBHC(ABCđều)
==
==∆
S
z
A
z
H
B
M
y
C
S
I
A
O
B
M
C
TT Giáo viên & Gia sư tại TP Huế - ĐT: 2207027 – 0989824932
E mail:
-
Trang
5
-
° Dựng hệ trục tọa độ Axyz, với Ax, Ay, Az
đôi một vuông góc
A(0;0;0),
aa3aa3a3a3
B;;0,C;;0,H0;;0,S0;;h
222223
−
.
°
a3aa3aa3
SA0;;h,SB;;h,SC;;h
32626
==−=−−
uuuruuruuur
°
2
1
ah3aha3aa
[SA;SB];;(3h3;3h;a3).n,
22666
=−−=−−=−
uuuruur
r
với
1
n(3h3;3h;a3)
=−
r
°
2
2
ah3aha3aa
[SA;SC];;(3h3;3h;a3).n,
22666
=−−=−−=−
uuuruuur
r
với
2
n(3h3;3h;a3)
=−
r
.
° Mặt phẳng (SAB) có cặp vectơ chỉ phương
SA;SB
uuuruur
nên
có pháp vectơ
1
n
r
.
° Mặt phẳng (SAC) có cặp vectơ chỉ phương
SA;SC
uuuruuur
nên
có pháp vectơ
2
n
r
.
°
12
(SAB)(SAC)cos(n;n)0
⊥⇔=
rr
222
22
3h3.3h33h.3ha3(a3)027h9h3a0
a6
18h3ah.
6
⇔−+−=⇔−−=
⇔=⇔=
° Vậy:
a6
h.
6
=
BÀI 3
Câu 1:
Trong không gian Oxyz cho đường thẳng (d) và mặt cầu (S):
222
2x2yz10
(d):;(S):xyz4x6ym0
x2y2z40
−−+=
+++−+=
+−−=
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 =
a3,
(a0)
>
và đường
cao
OAa3
= . Gọi M là trung điểm cạnh BC. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng
AB và OM.
TT Giáo viên & Gia sư tại TP Huế - ĐT: 2207027 – 0989824932
E mail:
-
Trang
6
-
GIẢI
Câu 1:
Mặt cầu (S):
222
(x2)(y3)z13m
−+−+=−
có tâm
I(-2; 3; 0), bán kính
RIN13m
==−
, với m < 13.
° Dựng
IHMNMHHN4
⊥⇒==
22
IHINHN13m16m3
⇒=−=−−=−−
, với m < -3.
° Phương trình tham số của đường thẳng (d):
xt
1
y1t
2
z1t
=
=+
=−+
° (d) có vectơ chỉ phương
11
u1;;1(2;1;2)
22
==
r
và đi qua
điểm A(0; 1; -1)
°
AI(2;2;1);[AI;u](3;6;6)
=−=−
uuruurr
° Khoảng cách h từ I đến đường thẳng (d):
222
222
[AI;u]
36681
h3.
u
9
212
++
====
++
uur
r
r
° Ta có: IH = h
m33m39
⇔−−=⇔−−=
m12
⇔=−
(thỏa điều kiện)
° Vậy, giá trò cần tìm: m = -12.
Câu 2:
Cách 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
OKBN,OHAK(KBN;HAK)
⊥⊥∈∈
° Ta có:
AO(OBC);OKBNAKBN
⊥⊥⇒⊥
BNOK;BNAKBN(AOK)BNOH
⊥⊥⇒⊥⇒⊥
OHAK;OHBNOH(ABN)d(O;(ABN)OH
⊥⊥⇒⊥⇒=
° Từ các tam giác vuông OAK; ONB có:
2222222222
1111111115a15
OH
5
OHOAOKOAOBON3aa3a3a
=+=++=++=⇒=
H
N
M
I
TT Giáo viên & Gia sư tại TP Huế - ĐT: 2207027 – 0989824932
E mail:
-
Trang
7
-
° Vậy,
a15
d(OM;AB)OH.
5
==
Cách 2:
° Dựng hệ trục Oxyz, với Ox, Oy, Oz
đôi một vuông góc O(0; 0; 0),
A(0;0;a3);B(a;0;0),C(0;a3;0),
aa3
M;;0
22
và
a3a3
N0;;
22
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)).
°
aa3a3a3
OM;;0,ON0;;
2222
==
uuuuruuur
°
()
22222
3aa3a3a3a3
[OM;ON];;3;1;1n
44444
===
uuuuruuur
r
, với
n(3;1;1)
=
r
° Phương trình mp (OMN) qua O với pháp vectơ
n:3xyz0
++=
r
° Ta có:
3.a00
a3a15
d(B;(OMN))
5
3115
++
===
++
° Vậy,
a15
d(AB;OM).
5
=
BÀI 4
Câu 1:
Trong không gian Oxyz cho mặt phẳng (α) : 2x – y + z – 5 = 0. Viết phương trình mặt phẳng
(P) qua giao tuyến của (α) và mặt phẳng (xOy) và (P) tạo với 3 mặt phẳng tọa độ một tứ
diện có thể tích bằng
36
125
.
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 đònh giá trò của x để góc phẳng nhò diện
(B, SA, C) bằng 60
o
.
GIẢI
Câu 1:
z
A
a3
a3
y
C
N
O
M
a
x
B
TT Giáo viên & Gia sư tại TP Huế - ĐT: 2207027 – 0989824932
E mail:
-
Trang
8
-
Phương trình mặt phẳng (xOy): z = 0
° Phương trình mặt phẳng (P) thuộc chùm xác đònh bởi
(α) và (xOy) có dạng:
m(2x – y + z – 5) – nz = 0
(P):2mxmy(mn)z5m0
⇔−++−=
° Giao điểm A, B, C của (P) và 3 trục Ox, Oy, Oz lần
lượt có tọa độ:
55m
A;0;0,B(0;5;0),C0;0;
2mn
−
+
° Thể tích tứ diện OABC bằng
125
36
1155m125
V.OA.OB.OC 5.
662mn36
⇔===
+
mn3mm1,n2
mn3m
mn3mm1,n4
+===
⇔+=⇔⇒
+=−==−
° Vậy, có 2 phương trình mặt phẳng (P):
1
2
(P):2xy3z50(m1;n2)
(P):2xy3z50(m1;n4)
−+−===
−−−===−
Câu 2:
. Cách 1:
° Gọi M là trung điểm của BC
AMBC
⇒⊥
(∆ABC vuông cân)
° Ta có:
SG(ABC)SGBC
⊥⇒⊥
.
Suy ra:
BC(SAM)
⊥
° Dựng
BISAIMSA
⊥⇒⊥
và
ICSA
⊥
!
BIC
⇒
là góc phẳng nhò diện (B; SA; C).
°
SABSAC(c.c.c)
∆=∆
IBICIBC
⇒=⇒∆
cân tại I.
°
1a2a2
BCa2;AMBMMCBC;AG
223
======
°
222
2
AMa21ax2
AIM~AGSIMSG.x
AS2
SGAG2a
2x
9
∆∆⇒===
+
+
22
3ax2
IM
29x2a
⇔=
+
.
° Ta có:
!
o
BIC60
=
!
oo
22
a23.3ax2
BIM30BMIM.tg30
2
29x2a
⇔=⇔=⇔=
+
22222
2222
9x2a3x39x2a27x
a
18x2a9xax.
3
⇔+=⇔+=
⇔=⇔=⇔=
G
M
C
S
I
A
B
TT Giáo viên & Gia sư tại TP Huế - ĐT: 2207027 – 0989824932
E mail:
-
Trang
9
-
° Vậy,
a
x.
3
=
Cách 2:
°
BCa2
=
° Gọi M là trung điểm BC
a2a2
AM;AG
23
⇒==
° Gọi E, F lần lượt là hình chiếu của G
trên AB, AC. Tứ giác AEGF là hình vuông
a
AGAE2AEAF.
3
⇒=⇒==
° 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),
aaaa
G;;0,S;;x
3322
.
°
aa2aaa2a
SA;;x,SB;;x,SC;;x
333333
==−−=−−
uuuruuruuur
°
2
1
aa
[SA;SB]0;ax;a0;x;a.n
33
=−=−=
uuuruur
r
, với
1
a
n0;x;
3
=−
r
°
2
2
aa
[SA;SC](ax;0;)ax;0;a.n,
33
=−=−−=−
uuuruuur
r
với
2
a
nx;0;
3
=−
r
.
° Mặt phẳng (SAB) có cặp vectơ chỉ phương
SA,SB
uuuruur
nên
có pháp vectơ
1
n
r
° Mặt phẳng (SAC) có cặp vectơ chỉ phương
SA,SC
uuuruuur
nên
có pháp vectơ
2
n
r
° Góc phẳng nhò diện (B; SA; C) bằng 60
o
.
2
o
22
22
22
aa
a
0.xx.0
33
9
cos60
9xa
aa
0xx0
9
99
++
⇔==
+
++++
2
22
1a
2
9xa
⇔=
+
22222
a
9xa2a9xax.
3
⇔==⇔=⇔=
° Vậy,
a
x.
3
=
BÀI 5
z
x
x
y
C
B
A
E
F
G
M
TT Giáo viên & Gia sư tại TP Huế - ĐT: 2207027 – 0989824932
E mail:
-
Trang
10
-
Câu 1:
Trong không gian Oxyz, tìm trên Ox điểm A cách đều đường thẳng
(d) :
2
2
z
2
y
1
1
x
+
==
−
và mặt phẳng (α) : 2x – y – 2z = 0.
Câu 2:
Cho hình chóp SABC có đáy ABC là tam giác đều có cạnh bằng
2a2
, SA vuông 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.
GIẢI
Câu 1:
Gọi A(a; 0; 0)
Ox
∈
.
° Khoảng cách từ A đến mặt phẳng (α) :
222
2a2a
d(A;)
3
212
α==
++
° (∆) qua
0
M(1;0;2)
−
và có vectơ chỉ phương
u(1;2;2)
=
r
° Đặt
01
MMu
=
uuuuuur
r
° Do đó: d(A; ∆) là đường cao vẽ từ A trong tam giác
01
AMM
01
2
0
AMM
01
[AM;u]
2.S
8a24a36
d(A;)
MMu3
−+
⇒∆===
uuuuur
r
r
° Theo giả thiết: d(A; α) = d(A; ∆)
2
222
2
2a
8a24a36
4a8a24a364a24a360
33
4(a3)0a3.
−+
⇔=⇔=−+⇔−+=
⇔−=⇔=
° Vậy, có một điểm A(3; 0; 0).
Câu 2:
Cách 1:
° Gọi M là trung điểm của BF ⇒ EM // AF
!
!
!
(SA;AF)(EM;AF)SEM
⇒==
° ∆SAE vuông tại A có:
22222
SESAAEa2a3a
=+=+=
SEa3
⇒=
°
2a2.3
AFa6
2
==
C
S
F
M
B
E
K
H
A
TT Giáo viên & Gia sư tại TP Huế - ĐT: 2207027 – 0989824932
E mail:
-
Trang
11
-
a6
EMBMMF;BFa2
2
⇒====
°
222222
SBSAABa8a9aSB3a
=+=+=⇒=
°
222222
SFSAAFa6a7aSFa7
=+=+=⇒=
° Áp dụng đònh lý đường trung tuyến SM trong ∆SBF có:
2222
1
SBSF2.SMBF
2
+=+
2
22222
115a
9a7a2SM.2aSM
22
⇔+=+⇔=
° Gọi α là góc nhọn tạo bởi SE và AF
° Áp dụng đònh lý hàm Côsin vào ∆SEM có:
!
22
2
222
3a15a
3a
ESEMSM22
22
coscosSEM.
2.ES.EM22
a6
2 a3
2
+−
+−
α====−=
o
45.
⇒α=
° Dựng
AKME;AHSK.
⊥⊥
Ta có:
a2
AKMF
2
== và
AH(SME)
⊥
° Vì
AF//MEd(SE;AF)d(AF;(SME))AH.
⇒==
° ∆SAK vuông có:
222222
111123a3
AH
3
AHSAAKaaa
=+=+=⇒=
° Vậy,
a3
d(SE;AF)
3
= .
Cách 2:
° Dựng hệ trục Axyz, với Ax, Ay, Az
đôi một vuông góc, A(0; 0; 0),
B(a2;a6;0),C(a2;a6;0),S(0;0;a),
a2a6
E;;0;F(0;a6;0)
22
−
và
a2
M;a6;0
2
.
°
a2a6a2
SE;;a;AF(a;a6;0),SM;a6;a
222
=−==−
uuruuuruuur
° Gọi α là góc nhọn tạo bởi SE và AF.ta có:
z
a
S
A
x
E
B
M
F
y
C
TT Giáo viên & Gia sư tại TP Huế - ĐT: 2207027 – 0989824932
E mail:
-
Trang
12
-
2
22
22
a2a6
0.a6.0(a)
3a2
22
coscos(SE;AF).
2
a6.a3
a3a
06a0.a
22
+−
α====
++++
uuruuur
o
45.
⇒α=
°
2222
a6a3a3a3
[SE;SM];0;(2;0;1)n,
2222
===
uuruuur
r
với
n(2;0;1)
=
r
° Phương trình mặt phẳng (SEM) qua S với pháp vectơ
n:2xza0.
+−=
r
° Khoảng cách từ A đến (SEM):
00a
a2
d(A;SEM)
3
21
+−
==
+
° Vì
AF//EMAF//(SEM)d(SE;AF)d(A;SEM)
⇒⇒=
° Vậy,
a3
d(SE;AF).
3
=
ĐỀ 6
Câu 1:
Trong không gian với hệ tọa độ vuông góc Oxyz cho mặt phẳng (P) và mặt cầu (S):
(P):
2222
2x2yzm3m0;(S):(x1)(y1)(z1)9
++−−=−+++−=
.
Tìm m để (P) tiếp xúc (S). Với m tìm được xác đònh tọa
độ tiếp điểm.
Câu :
Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B,
AB = a, BC = 2a, cạnh SA vuông góc với đáy và SA = 2a.
Gọi M là trung điểm SC. Chứng minh ∆MAB cân và tính diện
tích ∆MAB theo a.
LỜI GIẢI
Câu 1:
2
(P):2x2yzm3m0
++−−=
222
(S):(x1)(y1)(x1)9
−+++−=
có tâm I(1; -1; 1) và bán kính R
= 3.
(P) tiếp xúc (S)
d[I,(P)]R
⇔=
TT Giáo viên & Gia sư tại TP Huế - ĐT: 2207027 – 0989824932
E mail:
-
Trang
13
-
2
2
2
2
222
m3m19m2
2.12.(1)1.1m3m
3m3m19
m5
m3m19
221
+−==
+−+−−
⇔=⇔+−=⇔⇔
=−
+−=−
++
° 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 vuông góc với (P) có
phương trình:
x1y1z1
221
−+−
==
° Tọa độ tiếp điểm là nghiệm của hệ:
x3
2x2yz100
y1
x1y1z1
z2
221
=
++−=
⇒=
−+−
==
=
° Vậy, tọa độ tiếp điểm M(3; 1; 2).
Câu 2:
Cách 1:
° Ta có:
SA(ABC)SAAC.
⊥⇒⊥
Do đó ∆SAC vuông tại A có AM là
trung tuyến nên
1
MASC.
2
=
° Ta lại có:
SA(ABC)
ABBC(ABCvuông tại B)
⊥
⊥∆
⇒
SBBC
⊥
(đònh lý 3 đường vuông góc)
Do đó ∆SBC vuông tại B có BM là trung tuyến nên
1
MBSC.
2
=
° Suy ra: MA = MB ⇒ ∆MAB cân tại M.
° Dựng MH // SA và
HK//BC(HAC;KAB)
∈∈
vì:
1
MHSAa
SA(ABC)MH(ABC)
2
BCABHKAB1
HKBCa
2
==
⊥⊥
⇒⇒
⊥⊥
==
° ∆MHK vuông tại H có:
222222
MKMHHKaa2aMKa2
=+=+=⇒=
° Diện tích ∆MAB:
2
MAB
11a2
S.MK.AB.a2.a
222
===
Cách 2:
S
M
C
H
B
K
A
TT Giáo viên & Gia sư tại TP Huế - ĐT: 2207027 – 0989824932
E mail:
-
Trang
14
-
° ∆ABC vuông tại B có:
222222
ACABBCa4a5a
ACa5
=+=+=
⇒=
° Dựng
BHAC(HAC),
⊥∈
ta có:
⋅
22
ABaa
AH
AC
a55
===
⋅
2222
1115
BHABBC4a
=+=
2a
BH
5
⇒=
° Dựng hệ trục tọa vuông góc Axyz, với Ax, Ay, Az
đôi một vuông góc và
2aa
A(0;0;0),C(0;a5;0),S(0;0;2a),B;;0
55
° Tọa độ trung điểm M của SC là
a5
M0;;a
2
° Ta có:
a53a
MA0;;aMA
22
=⇒=
uuuur
2a3a3a
MB;;aMB.
2
525
=−⇒=
uuur
suy ra: MA = MB ⇒ ∆MAB cân tại M.
° Ta có:
22
22
a2a
[MA;MB];;a[MA;MB]a2
55
=−⇒=
uuuuruuuruuuuruuur
° Diện tích ∆MAB:
2
2
MAB
11a2
S[MA;MB].a2.
222
===
uuuuruuur
BÀI 7
Câu 1:
Cho hình chóp đều S.ABC, đáy ABC có cạnh bằng a, mặt
bên tạo với đáy một góc bằng
oo
(090)
ϕ<ϕ< . Tính thể
tích khối hình chóp S.ABC và khoảng cách từ đỉnh A đến
mặt phẳng (SBC).
Câu 2:
. Trong không gian oxyz cho hai đường thẳng:
(d
1
) :
=
=
=
4z
ty
t
2
x
; (d
2
) :
=−++
=−+
012z3y4x4
0
3
y
x
z
S
2a
M
C
y
a5
H
B
A
K
x
a
5
TT Giáo viên & Gia sư tại TP Huế - ĐT: 2207027 – 0989824932
E mail:
-
Trang
15
-
Chứng minh (d
1
) và (d
2
) chéo nhau. Viết phương trình mặt
cầu (S) có đường kính là đoạn vuông góc chung của
(d
1
) và (d
2
).
GIẢI
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
của ∆ABC và có ∆SBC cân tại S.
suy ra:
BCSH,BCAH,
⊥⊥
nên
!
SHA
=ϕ
.
° Ta có:
1a3
OHAH.
36
==
SHO
∆
vuông góc:
a3
SOHO.tgtg
6
=ϕ=ϕ
và
HOa3
SH
cos6.cos
==
ϕϕ
° Thể tích hình chóp S.ABC:
23
ABC
11a3a3atg
V.SO.S.tg.
336424
ϕ
==ϕ=
° Diện tích ∆SBC:
2
SBC
1a3
S.SH.BC
212.cos
==
ϕ
° Gọi h là khoảng cách từ A đến (SBC), ta có:
32
SBC
SBC
13.Vatga3a3
V.h.Sh3.:sin
3S2412cos2
ϕ
=⇒===ϕ
ϕ
Cách 2:
° Vì S.ABC là hình chóp đều
nên chân đường cao đỉnh S trùng
với tâm O đường tròn (ABC).
° Gọi M là trung điểm của BC. Ta có:
-
2a3
AOAM
33
== và
a3
OM
6
=
-
!
AMBC,SMBCSMA
⊥⊥⇒=ϕ
- ∆SOM vuông có:
a3
SOOM.tgtg
6
=ϕ=ϕ
° Dựng hệ trục tọa độ Axyz, với Ax, Ay, Az đôi một
vuông góc, A(0; 0; 0),
aa3aa3a3a3a3a3
B;;0,C;;0,M0;;0,O0;;0,S0;;tg
22222336
−ϕ
S
A
O
B
H
C
ϕ
C
ϕ
M
B
x
A
z
S
O
y
TT Giáo viên & Gia sư tại TP Huế - ĐT: 2207027 – 0989824932
E mail:
-
Trang
16
-
° Thể tích hình chóp:
3
ABC
1atg
V.SO.S
324
ϕ
==
° Ta có:
aa3a3
BS;;tg,BC(a;0;0)
266
=−−ϕ=−
uuruuur
°
22
a3a3
[BS;BC]0;tg;n
66
=−ϕ−=
uuruuurr
° Phương trình mặt phẳng (SBC) qua B với vectơ pháp
tuyến
n:
r
22
aa3a3a3
Oxtgy(z0)0
2626
−−ϕ−−−=
a3
(SBC):tgyztg0.
2
⇔ϕ+−ϕ=
° Khoảng cách d từ A đến (SBC):
2
a3
a3
tg.OOtg
tg
2
a3
2
dsin.
1
2
tg1
cos
ϕ+−ϕ
ϕ
===ϕ
ϕ+
ϕ
Câu 2:
(d
1
) đi qua điểm A(0; 0; 4) và có vectơ chỉ phương
1
u(2;1;0)
=
r
(d
2
) đi qua điểm B(3; 0; 0) và có vectơ chỉ phương
2
u(3;3;0)
=−
r
°
AB(3;0;4)
=−
uuur
°
1212
AB.[u;u]360AB,u,u
=≠⇒
uuurrruuurrr
không đồng phẳng.
° Vậy, (d
1
) và (d
2
) chéo nhau.
° (d
2
) có phương trình tham số:
/
/
x3t
yt
z0
=+
=−
=
° Gọi MN là đường vuông góc chung của (d
1
) và (d
2
)
°
1
M(d)M(2t;t;4)
∈⇒
,
//
2
N(d)N(3t;t;0)
∈⇒+−
//
MN(3t2t;tt;4)
⇒=+−−−−
uuuur
° Ta có:
//
/
1
//
2
MNu2(3t2)(tt)0M(2;1;4)
t1
N(2;1;0)
t1
3t2t(tt)0
MNu
⊥+−−+=
=−
⇒⇔⇒
=
+−++=
⊥
uuuurr
uuuurr
TT Giáo viên & Gia sư tại TP Huế - ĐT: 2207027 – 0989824932
E mail:
-
Trang
17
-
° Tọa độ trung điểm I của MN: I(2; 1; 2), bán kính
1
RMN2.
2
==
° Vậy, phương trình mặt cầu (S):
222
(x2)(y1)(z2)4.
−+−+−=
BÀI 8
Câu 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:
(d
1
):
4
2
z
3
1
y
2
3
x
:)d(;
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 (d
1
) và (d
2
).
Câu 2:
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).
GIẢI
Câu 1:
(P) có pháp vectơ
/
PP
n(3;12;3)3(1;4;1)3n,
=−=−=
rr
với
/
P
n(1;4;1)
=−
r
° (Q) có pháp vectơ
Q
n(3;4;9)
=−
r
° (d
1
) có vectơ chỉ phương
1
u(2;4;3)
=−
r
° (d
2
) có vectơ chỉ phương
2
u(2;3;4)
=−
r
° Gọi:
/
/
//
//
12
()(P)(Q)
(P)//(P),(Q)//(Q)
(d)(P),(d)(Q)
uu
∆
∆=∩
⊂⊂
=
rr
° Suy ra (∆) là giao tuyến của hai mặt phẳng (P
/
)
và (Q
/
), và (∆) // (∆
/
).
° (∆) có vectơ chỉ phương
//
PQ
u[n;n](32;12;16)4(8;3;4)4u,
==−−=−−=
rrrr
Q
P
Q
/
P
/
∆
u
r
1
u
r
2
u
r
B
d
2
d
1
A
∆
/
q
n
r
p
n
r
TT Giáo viên & Gia sư tại TP Huế - ĐT: 2207027 – 0989824932
E mail:
-
Trang
18
-
với
/
u(8;3;4).
=−−
r
° mp (P
/
) có cặp vectơ chỉ phương
1
u
r
và
/
u
r
nên có pháp
vectơ:
/
/
P
1
n[u;u](25;32;26)
==
rrr
° Phương trình mp (P
/
) chứa (d
1
) đi qua điểm A(-5; 3; -1)
1
(d)
∈
với
/
P
n
r
là:
25(x + 5) + 32(y – 3) + 26(z + 1) = 0
/
(P):25x32y26z550
⇔+++=
° mp (Q
/
) có cặp vectơ chỉ phương
2
u
r
và
/
u
r
nên có pháp
vectơ:
/
/
Q
2
n[u;u](0;24;18)
==−
rrr
° Phương trình mp (Q
/
) chứa (d
2
) đi qua điểm B(3; -1; 2)
2
(d)
∈
với
/
Q
n
r
là:
0(x3)24(y1)18(z2)0
−++−−=
/
(Q):4y3x100
⇔−+=
° Ta có:
//
()(P)(Q).
∆=∩
° Vậy, phương trình đường thẳng (∆) :
25x32y26z550
4y3z100
+++=
−+=
Câu 2:
Cách 1:
° Bốn tam giác vuông
////
AAM,BCM,CCN,ADN
bằng nhau
(c.g.c)
//
AMMCCNNA
⇒===
/
AMCN
⇒ là hình thoi.
° Hai hình chóp B
/
A
/
MCN và B
/
.A
/
NC có chung
đường cao vẽ từ đỉnh B
/
và
//
AMCNANC
S2.S
=
nên:
////
B.AMCNB.ANC.
V2.V
=
° Mà:
///////
33
/
B.ANCC.ABNABNB.AMCN
111aa
VV.CC.S.a a.aV.
33263
====⇒=
° Ta có:
/
/
AMCN
1
S.AC.MN,
2
= với
//
ACa3;MNBCa2
===
/
2
AMCN
a6
S.
2
⇒=
D
/
A
/
B
/
C
/
D
A
B
C
M
N
TT Giáo viên & Gia sư tại TP Huế - ĐT: 2207027 – 0989824932
E mail:
-
Trang
19
-
° Gọi H là hình chiếu của B
/
trên (A
/
MCN), ta có:
///
/
B.AMCNAMCN
1
V.BH.S
3
=
//
/
32
/
B.AMCN
AMCN
3.V
aa6a6
BH3.:.
S323
⇒===
Cách 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),
aa
Ma;;0,N0;;a
22
° Ta có:
/
AC(a;a;a),MN(a;0;a)
=−−=−
uuuur
uuuur
/2222
2
[AC;MN](a;2a;a)a(1;2;1)
a.nvớin(1;2;1).
==
==
uuuur
uuuur
rr
° Phương trình mp (A
/
MCN) qua C(0; a; 0) với pháp vectơ
n:
r
1(x0)2(ya)1(z0)0
−+−+−=
/
(AMCN):x2yz2a0.
⇔++−=
° Khoảng cách d từ B
/
(a; a; a) đến mp(A
/
MCN):
a2aa2a
2aa6
d.
3
1416
++−
===
++
ĐỀ 9
Câu 1:
Trong không gian Oxyz cho 2 đường thẳng:
(d
1
) :
+=
+=
=
t26z
t4y
t
x
; và (d
2
) :
−=
−=
=
1'tz
6't3y
'
t
x
Gọi K là hình chiếu vuông góc của điểm I(1; -1; 1)
trên (d
2
). Tìm phương trình tham số của đường thẳng qua
K vuông góc với (d
1
) và cắt (d
1
).
Câu 2:
1. Tính thể tích của hình chóp S.ABC, biết đáy ABC là
một tam giác đều cạnh a, mặt bên (SAB) vuông góc
C
a
A
/
C
/
D
A
B
M
N
D
/
z
a
a
y
x
TT Giáo viên & Gia sư tại TP Huế - ĐT: 2207027 – 0989824932
E mail:
-
Trang
20
-
với đáy, hai mặt bên còn lại cùng tạo với đáy
góc α.
GIẢI
Câu 1:
(d
1
) có vectơ chỉ phương
1
u(1;1;2)
=
r
(d
2
) có vectơ chỉ phương
2
u(1;3;1)
=
r
°
//////
2
K(d)K(t;3t6;t1)IK(t1;3t5;t2)
∈⇒−−⇒=−−−
uur
°
////
2
1818127
IKut19t15t20tK;;
11111111
⊥⇔−+−+−=⇔=⇒−
uurr
° Giả sử (∆) cắt (d
1
) tại
1
H(t;4t;62t),(H(d))
++∈
°
185659
HKt;t;2t
111111
=−−−−−
uuur
°
1
185611826
HKutt4t0t
11111111
⊥⇔−−−−−=⇔=−
uuurr
3071
HK4;;(44;30;7).
111111
⇒=−−=−−
uuur
° Vậy, phương trình tham số của đường thẳng (∆):
18
x44
11
12
y30
11
7
z7
11
=+λ
=−−λ
=−λ
.
Câu 2:
Cách 1:
° Dựng
SHAB
⊥
° Ta có:
(SAB)(ABC),(SAB)(ABC)AB,SH(SAB)
⊥∩=⊂
SH(ABC)
⇒⊥
và SH là đường cao của hình chóp.
° Dựng
HNBC,HPAC
⊥⊥
!
!
SNBC,SPACSPHSNH
⇒⊥⊥⇒==α
° ∆SHN = ∆SHP ⇒ HN = HP.
° ∆AHP vuông có:
o
a3
HPHA.sin60.
4
==
° ∆SHP vuông có:
a3
SHHP.tgtg
4
=α=α
S
H
P
C
A
B
N
ϕ
TT Giáo viên & Gia sư tại TP Huế - ĐT: 2207027 – 0989824932
E mail:
-
Trang
21
-
° Thể tích hình chóp
23
ABC
11a3a3a
S.ABC:V.SH.S tg.tg
334416
==α=α
Cách 2:
° Dựng
SHAB
⊥
° Ta có:
(SAB)(ABC),(SAB)(ABC)B,SH(SAB)SH(ABC)
⊥∩=⊂⇒⊥
° Vì (SAC) và (SBC) cùng tạo với (ABC) một góc α 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),
aa
A;0;0;B;0;0,
22
a3
C0;;0,S(0;0;h),(h0).
2
−
>
° Phương trình mp (ABC):
z = 0, với pháp vectơ
1
n(0;0;1)
=
r
° Phương trình mp (SAC):
xyz
1
ah
a3
++=
(SAC):2h3x2hya3zah30
⇔++−=
với
2
n(2h3;2h;a3)
=
r
° (SAC) tạo với (ABC) một góc α:
22222
00a3
a3
cos
001.12h4h3a16h3a
++
α==
+++++
22
2
22
22
2
116h3a
1tg
cos3a
3atga3
hhtg
164
+
⇔=+α=
α
α
⇔=⇔=α
° Thể tích hình chóp S.ABC:
23
ABC
11a3a3a
V.h.S.tg.tg
334416
==α=α
.
ĐỀ 10
Câu 1:
Trong không gian Oxyz cho 2 đường thẳng:
(∆
1
) :
2
x3y1z1x7y3z9
;():
723121
−−−−−−
==∆==
−−
z
h
S
B
C
A
x
H
a
2
a3
2
y
TT Giáo viên & Gia sư tại TP Huế - ĐT: 2207027 – 0989824932
E mail:
-
Trang
22
-
1. Lập phương trình chính tắc
của đường thẳng (∆
3
) đối xứng với (∆
2
) qua (∆
1
).
2. Xét mặt phẳng (α) : x + y + z
+ 3 = 0. Viết phương trình hình chiếu của (∆
2
) theo phương
(∆
1
) lên mặt phẳng (α).
3. Tìm điểm M trên mặt phẳng (α) để
12
MMMM
+
uuuuruuuur
đạt giá
trò nhỏ nhất biết M
1
(3; 1; 1) và M
2
(7; 3; 9).
Câu 2:
Cho lăng trụ đứng ABC.A'B'C' có đáy ABC là tam giác
cân với AB = AC = a, góc
!
o
BAC120
=
, cạnh bên BB' = a.
Gọi I là trung điểm CC'. Chứng minh ∆AB'I vuông tại A
và tính cosin của góc giữa hai mặt phẳng (ABC) và
(AB'I).
GIẢI
Câu 1:
1. °
1
11
1
x37t
():y12t
z13t
=−
∆=+
=+
có vectơ chỉ phương
1
u(7;2;3)
=−
r
°
2
22
2
x77t
():y32t
z9t
=+
∆=+
=−
2
qua A (7; 3; 9), B(8; 5; 8) và
có vectơ chỉ phương u(1;2;1)
=−
r
° Gọi H là hình chiếu của A trên (∆
1
)
°
1111
H()H(37t;12t;13t)
∈∆⇒−++
111
AH(47t;22t;83t)
⇒=−−−+−+
uuur
°
1
111
AHu7(47t)2(22t)3(83t)0
⊥⇔−−−+−++−+=
uuurr
1
t0H(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:
/
114252220105204
K;;B;;
313131313131
⇒−−−
°
//
11741311
AB;;(11;74;13).a
3131313131
=−−=−=
uuuuur
r
, với
a(11;74;13)
=−
r
° Phương trình đường thẳng (∆
3
) đối xứng với (∆
2
) qua
(∆
1
) chính là phương trình đường thẳng
//
AB
qua A
/
với
vectơ chỉ phương
a
r
.
A
A
/
B
/
B
∆
2
∆
1
∆
3
K
1
u
r
H
TT Giáo viên & Gia sư tại TP Huế - ĐT: 2207027 – 0989824932
E mail:
-
Trang
23
-
° Vậy, phương trình chính tắc (∆
3
):
x1y1z7
117413
+++
==
−
.
2. Mặt phẳng (β) chứa (∆
2
) và (β) // (∆
1
)
⇒ (β) có cặp vectơ chỉ phương
12
u(7;2;3),u(1,2,1)
=−=−
rr
⇒
12
[u;u](8;4;16)4(2;1;4)4n,
β
=−−−=−=−
rrr
với
n(2;1;4)
β
=
r
° Phương trình mp (β) qua A(7; 3; 9)
2
()
∈∆
với pháp tuyến
n
β
r
:
():2xy4z530
β++−=
° Ta có:
/
2
()()()
α∩β=∆
là hình chiếu của (∆
2
) lên (α)
theo phương (∆
1
).
° Vậy, phương trình hình chiếu
/
2
xyz30
():
2xy4z530
+++=
∆
++−=
3. Gọi I là trung điểm
12
MMI(5;2;5)
⇒
° Ta có:
12
MMMM2MI
+=
uuuuruuuuruuur
12
MMMM
⇒+
uuuuruuuur
nhỏ nhất
2MI
⇔
uuur
nhỏ nhất
⇔
M là hình chiếu của I trên (α)
° Phương trình đường thẳng (∆) qua I
và vuông góc với (α) là:
x5t
y2t
z5t
=+
=+
=+
° Gọi M là giao điểm của (∆) và (α)
°
M()M(5t;2t;5t)
∈∆⇒+++
°
M()5t2t5t30t5M(0;3;0)
∈α⇒++++++=⇔=−⇒−
° Vậy, điểm M cần tìm: M(0; -3; 0).
Câu 2:
Cách 1:
° Gọi H là trung điểm
BCAHBC.
⇒⊥
° ∆ABH là nửa tam giác đều cạnh AB = a ⇒
a
AH
2
=
và
a3
BHBCa3
2
=⇒=
°
//
IBC
∆ vuông có:
22
/2/2//22
a13a
IBICBC3a
44
=+=+=
° ∆AIC vuông có:
22
2222
a5a
AIICACa
44
=+=+=
α
M
2
u
α
r
M
1
I
(∆
)
M
0
M
A
/
B
/
C
/
A
B
C
30
o
H
I
TT Giáo viên & Gia sư tại TP Huế - ĐT: 2207027 – 0989824932
E mail:
-
Trang
24
-
° Ta có:
22
2/22/2
5a13a
AIAB2aIB
44
+=+==
(AB
/
là đường chéo của hình vuông AA
/
B
/
B cạnh a)
° Vậy, ∆AB
/
I vuông tại A.
° Ta có:
/
2
/
ABI
11a5a10
S.AI.AB a2
2224
===
2
ABC
11aa3
S.AH.BC a3
2224
===
° Gọi α là góc giữa hai mặt phẳng (ABC) và (AB
/
I), theo
công thức chiếu, ta có:
/
22
ABC
ABI
S
a3a1030
cos:
S4410
α===
Cách 2:
° Gọi H là trung điểm BC ⇒
AHBC
⊥
° ∆ABH là nửa tam giác đều cạnh AB = a
a
AH
2
⇒=
và
a3
BHBCa3
2
=⇒=
° Dựng hệ trục Axyz, với Ax, Ay, Az
đôi một vuông góc,
A(0; 0; 0),
/
//
a3aa3a
B;;0,C;;0,A(0;0;a),
2222
a3aa3aa3aa
B;;a,C;;a,I;;
2222222
−
−−
°
/
a3aa3aa
AB;;a,AI;;
22222
==−
uuuruur
° Ta có:
222
/
a3a3aaa3aa2a
AB.AI a.0
22222444
=−++=−++=
uuuruur
/
ABAI.
⇒⊥
uuuruur
Vậy, ∆AB
/
I vuông tại A.
* Phương trình mp(ABC): z = 0 có pháp vectơ
1
n(0;0;1)
=
r
* mp (AB
/
I) có cặp vectơ chỉ phương
/
AB,AI
uuuruur
, nên có pháp
vectơ:
22222
/
2
a3a32a3aa
[AB;AI];;(1;33;23).n
44444
=−−=−−=−
uuuruur
r
với
2
n(1;33;23)
=−
r
.
° Gọi α là góc giữa (ABC) và (AB
/
I), ta có:
60
o
B
/
A
/
C
/
z
a
B
C
A
H
I
y
z
TT Giáo viên & Gia sư tại TP Huế - ĐT: 2207027 – 0989824932
E mail:
-
Trang
25
-
0023
2330
cos.
10
001.1271240
+−
α===
++++
