Phương pháp luyện tập thể tích khối đa diện

CHUYÊN ĐỀ: PHƯƠNG PHÁP LUYỆN TẬP THỂ TÍCH KHỐI ĐA DIỆN ƠN TẬP KIẾN THỨC CƠ BẢN HÌNH HỌC LỚP - 10 Hệ thức lượng tam giác vng : cho ∆ABC vng A ta có : a) Định lý Pitago : BC = AB + AC A b) BA2 = BH BC; CA2 = CH CB b c) AB AC = BC AH c 1 = + d) 2 AH AB AC H M B e) BC = 2AM a b c b c f) sin B = , cosB = , tan B = , cot B = a a c b b b = g) b = a sinB = a.cosC, c = a sinC = a.cosB, a = , sin B cos C b = c tanB = c.cot C 2.Hệ thức lượng tam giác thường: * Định lý hàm số Côsin: a2 = b2 + c2 - 2bc.cosA a b c = = = 2R * Định lý hàm số Sin: sin A sin B sin C Các cơng thức tính diện tích a/ Cơng thức tính diện tích tam giác: a.b.c a+b+c S = a.ha = a.b sin C = = p.r = p.( p − a )( p − b)( p − c) với p = 2 4R Đặc biệt :* ∆ABC vuông A : S= AB AC C a2 ,* ∆ABC cạnh a: S = b/ Diện tích hình vng : S = cạnh x cạnh c/ Diện tích hình chữ nhật : S = dài x rộng d/ Diên tích hình thoi : S = (chéo dài x chéo ngắn) d/ Diện tích hình thang : S = (đáy lớn + đáy nhỏ) x chiều cao e/ Diện tích hình bình hành : S = đáy x chiều cao f/ Diện tích hình trịn : S = π R ÔN TẬP KIẾN THỨC CƠ BẢN HÌNH HỌC LỚP 11 A.QUAN HỆ SONG SONG §1.ĐƯỜNG THẲNG VÀ MẶT PHẲNG SONG SONG I Định nghĩa: Đường thẳng mặt phẳng gọi song song với chúng khơng có điểm chung II.Các định lý: ĐL1:Nếu đường thẳng d không nằm mp(P) song song với đường thẳng a nằm mp(P) đường thẳng d song song với mp(P) ĐL2: Nếu đường thẳng a song song với mp(P) mp(Q) chứa a mà cắt mp(P) cắt theo giao tuyến song song với a ĐL3: Nếu hai mặt phẳng cắt song song với đường thẳng giao tuyến chúng song song với đường thẳng a a / /(P) ⇔ a ∩ (P) = ∅ (P) d  d ⊄ (P)   d / /a ⇒ d / /(P)  a ⊂ (P)   a / /(P)  ⇒ d / /a  a ⊂ (Q)  (P) ∩ (Q) = d  a (P) (Q) a d (P)  (P) ∩ (Q) = d  ⇒ d / /a  (P) / /a  (Q) / /a  d a Q P §2.HAI MẶT PHẲNG SONG SONG I Định nghĩa: Hai mặt phẳng gọi song song với chúng khơng có điểm chung II.Các định lý: ĐL1: Nếu mp(P) chứa hai đường thẳng a, b cắt song song với mặt phẳng (Q) (P) (Q) song song với ĐL2: Nếu đường thẳng nằm hai mặt phẳng song song song song với mặt phẳng (P) / /(Q) ⇔ (P) ∩ (Q) = ∅ P Q  a,b ⊂ (P)  ⇒ (P) / /(Q) a ∩ b = I  a / /(Q),b / /(Q)  (P) / /(Q) ⇒ a / /(Q)  a ⊂ (P)  P a b I Q a P Q ĐL3: Nếu hai mặt phẳng (P) (Q) song song mặt phẳng (R) cắt (P) phải cắt (Q) giao tuyến chúng song song R (P) / /(Q)  (R) ∩ (P) = a ⇒ a / / b (R) ∩ (Q) = b  a P b Q B.QUAN HỆ VNG GĨC §1.ĐƯỜNG THẲNG VNG GÓC VỚI MẶT PHẲNG I.Định nghĩa: Một đường thẳng a gọi vng góc với a ⊥ mp(P) ⇔ a ⊥ c, ∀ c ⊂ (P) mặt phẳng vng góc với đường thẳng c P nằm mặt phẳng II Các định lý: ĐL1: Nếu đường thẳng d vng góc với hai đường thẳng cắt a b nằm mp(P) đường thẳng d vng góc với mp(P) ĐL2: (Ba đường vng góc) Cho đường thẳng a khơng vng góc với mp(P) đường thẳng b nằm (P) Khi đó, điều kiện cần đủ để b vng góc với a b vng góc với hình chiếu a’ a (P)  d ⊥ a ,d ⊥ b   a ,b ⊂ mp(P) ⇒ d ⊥ mp(P)  a,b caét  d P b a a a ⊥ mp(P),b ⊂ mp(P) b ⊥ a ⇔ b ⊥ a' P a' b §2.HAI MẶT PHẲNG VNG GĨC I.Định nghĩa: Hai mặt phẳng gọi vng góc với góc chúng 900 II Các định lý: ĐL1:Nếu mặt phẳng chứa đường thẳng vng góc với  a ⊥ mp(P) ⇒ mp(Q) ⊥ mp(P) mặt phẳng khác  a ⊂ mp(Q) hai mặt phẳng vng  góc với ĐL2:Nếu hai mặt phẳng (P) (Q) vng góc  (P) ⊥ (Q) với   (P) ∩ (Q) = d ⇒ a ⊥ (Q) đường thẳng a nằm  a ⊂ (P),a ⊥ d (P), vng góc với  giao tuyến (P) (Q) vng góc với mặt phẳng (Q) ĐL3: Nếu hai mặt phẳng (P) (Q) vuông (P) ⊥ (Q) góc với A  A ∈ (P) điểm (P) ⇒ a ⊂ (P)  đường thẳng a qua A∈a  điểm A vng góc a ⊥ (Q)  với (Q) nằm (P) ĐL4: Nếu hai mặt phẳng cắt  (P) ∩ (Q) = a vng góc với mặt  ⇒ a ⊥ (R) phẳng thứ ba giao  (P) ⊥ (R) tuyến chúng vng  (Q) ⊥ (R) góc với mặt phẳng thứ  ba Q a P P a Q d P a A Q P a Q R §3.KHOẢNG CÁCH Khoảng cách từ điểm tới đường thẳng , đến mặt phẳng: Khoảng cách từ điểm M đến đường thẳng a (hoặc đến mặt phẳng (P)) khoảng cách hai điểm M H, H hình chiếu điểm M đường thẳng a ( mp(P)) O O a H P H d(O; a) = OH; d(O; (P)) = OH Khoảng cách đường thẳng mặt phẳng song song: Khoảng cách đường thẳng a mp(P) song song với a khoảng cách từ điểm a đến mp(P) a P O H d(a;(P)) = OH Khoảng cách hai mặt phẳng song song: khoảng cách từ điểm mặt phẳng đến mặt phẳng d((P);(Q)) = OH 4.Khoảng cách hai đường thẳng chéo nhau: độ dài đoạn vng góc chung hai đường thẳng d(a;b) = AB O P H Q A a b B §4.GĨC Góc hai đường thẳng a b góc hai đường thẳng a’ b’ qua điểm phương với a b Góc đường thẳng a khơng vng góc với mặt phẳng (P) góc a hình chiếu a’ mp(P) Đặc biệt: Nếu a vng góc với mặt phẳng (P) ta nói góc đường thẳng a mp(P) 900 Góc hai mặt phẳng góc hai đường thẳng vng góc với hai mặt phẳng Hoặc góc đường thẳng nằm mặt phẳng vng góc với giao tuyến điểm Diện tích hình chiếu: Gọi S diện tích đa giác (H) mp(P) S’ diện tích hình chiếu (H’) (H) mp(P’) a a' b' b a a' P b a Q P Q P S S' = Scos ϕ ϕ góc hai mặt phẳng (P),(P’) b a A C ϕ B ÔN TẬP KIẾN THỨC CƠ BẢN HÌNH HỌC LỚP 12 A THỂ TÍCH KHỐI ĐA DIỆN I/ Các cơng thức thể tích khối đa diện: THỂ TÍCH KHỐI LĂNG TRỤ: V= B.h B : diện tích đáy với  h : chiều cao h B a) Thể tích khối hộp chữ nhật: V = a.b.c với a,b,c ba kích thước a b) Thể tích khối lập phương: V = a3 với a độ dài cạnh THỂ TÍCH KHỐI CHÓP: c b a a a V= Bh h B : diện tích đáy với   h : chiều cao TỈ SỐ THỂ TÍCH TỨ DIỆN: Cho khối tứ diện SABC A’, B’, C’ điểm tùy ý thuộc SA, SB, SC ta có: B S C' A' A VSABC VSA ' B ' C ' B' SA SB SC = SA ' SB' SC ' C B THỂ TÍCH KHỐI CHÓP CỤT: V= ( h B + B'+ BB' A' ) B, B' : diện tích hai đáy với   h : chieàu cao B' C' A B C Chú ý: 1/ Đường chéo hình vng cạnh a d = a , Đường chéo hình lập phương cạnh a d = a , Đường chéo hình hộp chữ nhật có kích thước a, b, c d = a + b2 + c , 2/ Đường cao tam giác cạnh a h = a 3/ Hình chóp hình chóp có đáy đa giác cạnh bên ( có đáy đa giác đều, hình chiếu đỉnh trùng với tâm đáy) 4/ Lăng trụ lăng trụ đứng có đáy đa giác LOẠI 1: 1) Dạng 1: THỂ TÍCH LĂNG TRỤ Khối lăng trụ đứng có chiều cao hay cạnh đáy Ví dụ 1: Đáy lăng trụ đứng tam giác ABC.A’B’C’ tam giác ABC vuông cân A có cạnh BC = a biết A'B = 3a Tính thể tích khối lăng trụ C' A' Lời giải: Ta có VABC vng cân A nên AB = AC = a ABC A'B'C' lăng trụ đứng ⇒ AA' ⊥ AB VAA'B ⇒ AA'2 = A'B2 − AB2 = 8a2 ⇒ AA' = 2a Vậy V = B.h = SABC AA' = a3 B' 3a C a A a B Ví dụ 2: Cho lăng trụ tứ giác ABCD.A’B’C’D' có cạnh bên 4a đường chéo 5a Tính thể tích khối lăng trụ C' D' A' B' 4a 5a C D A B Lời giải: ABCD A'B'C'D' lăng trụ đứng nên BD2 = BD'2 - DD'2 = 9a2 ⇒ BD = 3a 3a ABCD hình vng ⇒ AB = 2 9a Suy B = SABCD = Vậy V = B.h = SABCD.AA' = 9a3 Ví dụ 3: Đáy lăng trụ đứng tam giác ABC.A’B’C’ tam giác cạnh a = biết diện tích tam giác A’BC Tính thể tích khối lăng trụ Lời giải: Gọi I trung điểm BC Ta có V ABC nên C' A' B' AI = A AB = & AI ⊥ BC ⇒ A 'I ⊥ BC(dl3 ⊥) 2S SA'BC = BC.A 'I ⇒ A 'I = A'BC = BC AA ' ⊥ (ABC) ⇒ AA ' ⊥ AI C VA 'AI ⇒ AA ' = A 'I − AI = Vậy : VABC.A’B’C’ = SABC AA'= I B Ví dụ 4: Một bìa hình vng có cạnh 44 cm, người ta cắt bỏ góc bìa hình vng cạnh 12 cm gấp lại thành hộp chữ nhật khơng có nắp Tính thể tích hộp C' D' D' D' A' A' D A B' D C A A' B Giải C' Theo đề bài, ta có C C' AA' = BB' = CC' = DD' = 12 cm nên ABCD hình vng có AB = 44 cm - 24 cm = 20 cm chiều cao hộp h = 12 cm B B' Vậy thể tích hộp V = SABCD.h = 4800cm3 B' Ví dụ 5: Cho hình hộp đứng có đáy hình thoi cạnh a có góc nhọn 600 Đường chéo lớn đáy đường chéo nhỏ lăng trụ Tính thể tích hình hộp C' D' B' A' C D A 60 B Lời giải: Ta có tam giác ABD nên : BD = a a2 SABCD = 2SABD = a =a VDD'B ⇒ DD' = BD'2 − BD = a a3 Vậy V = SABCD.DD' = Theo đề BD' = AC = Bài tập tương tự: Bài 1: Cho lăng trụ đứng có đáy tam giác biết tất cạnh lăng trụ a Tính thể tích tổng diện tích mặt bên lăng trụ a3 ĐS: V = ; S = 3a2 Bài 2: Cho lăng trụ đứng ABCD.A'B'C'D' có đáy tứ giác cạnh a biết BD' = a Tính thể tích lăng trụ Đs: V = 2a3 Bài 3: Cho lăng trụ đứng tứ giác có đáy hình thoi mà đường chéo 6cm 8cm biết chu vi đáy lần chiều cao lăng trụ.Tính thể tích tổng diện tích mặt lăng trụ Đs: V = 240cm3 S = 248cm2 Bài 4: Cho lăng trụ đứng tam giác có độ dài cạnh đáy 37cm ; 13cm ; 30cm biết tổng diện tích mặt bên 480 cm2 Tính thể tích lăng trụ Đs: V = 1080 cm3 Bài 5: Cho lăng trụ đứng tam giác ABC A'B'C' có đáy ABC tam giác vuông cân A ,biết chiều cao lăng trụ 3a mặt bên AA'B'B có đường chéo 5a Tính thể tích lăng trụ Đs: V = 24a3 Bài 6: Cho lăng trụ đứng tứ giác có tất cạnh biết tổng diện tích mặt lăng trụ 96 cm2 Tính thể tích lăng trụ Đs: V = 64 cm3 Bài 7: Cho lăng trụ đứng tam giác có cạnh đáy 19,20,37 chiều cao khối lăng trụ trung bình cộng cạnh đáy Tính thể tích lăng trụ Đs: V = 2888 Bài 8: Cho khối lập phương có tổng diện tích mặt 24 m Tính thể tích khối lập phương Đs: V = m3 Bài 9: Cho hình hộp chữ nhật có kích thước tỉ lệ thuận với 3,4,5 biết độ dài đường chéo hình hộp m.Tính thể tích khối hộp chữ nhật Đs: V = 0,4 m3 Bài 10: Cho hình hộp chữ nhật biết đường chéo mặt 5; 10; 13 Tính thể tích khối hộp Đs: V = 2)Dạng 2: Lăng trụ đứng có góc đường thẳng mặt phẳng Ví dụ 1: Cho lăng trụ đứng tam giác ABC A'B'C' có đáy ABC tam giác vng cân B với BA = BC = a ,biết A'B hợp với đáy ABC góc 600 Tính thể tích lăng trụ C' A' B' C A 60o B Lời giải: Ta có A 'A ⊥ (ABC) ⇒ A 'A ⊥ AB& AB hình chiếu A'B đáy ABC ABA Vậy góc[A 'B,(ABC)] = ¼ ' = 60o VABA ' ⇒ AA ' = AB.tan 600 = a a2 SABC = BA.BC = 2 a3 Vậy V = SABC.AA' = Ví dụ 2: Cho lăng trụ đứng tam giác ABC A'B'C' có đáy ABC tam giác ¼ vng A với AC = a , ACB = 60 o biết BC' hợp với (AA'C'C) góc 300 Tính AC' thể tích lăng trụ A' C' B' 30o A C a o 60 B Lời giải: VABC ⇒ AB = AC.tan 60o = a Ta có: AB ⊥ AC;AB ⊥ AA' ⇒ AB ⊥ (AA'C'C) nên AC' hình chiếu BC' (AA'C'C) Vậy góc[BC';(AA"C"C)] = ¼ BC'A = 30o AB VAC'B ⇒ AC' = = 3a t an30o V =B.h = SABC.AA' VAA'C' ⇒ AA' = AC'2 − A'C'2 = 2a 2 VABC nửa tam giác nên SABC = a 3 Vậy V = a Ví dụ 3: Cho lăng trụ đứng ABCD A'B'C'D' có đáy ABCD hình vng cạnh a đường chéo BD' lăng trụ hợp với đáy ABCD góc 300 Tính thể tích tổng diên tích mặt bên lăng trụ B' C' A' D' C D o 30 A a B Giải: Ta có ABCD A'B'C'D' lăng trụ đứng nên ta có: DD' ⊥ (ABCD) ⇒ DD' ⊥ BD BD hình chiếu BD' ABCD Vậy góc [BD';(ABCD)] = ¼ DBD' = 300 a VBDD' ⇒ DD' = BD.tan 300 = 3 a 4a Vậy V = SABCD.DD' = S = 4SADD'A' = 3 10 ° MN đường trung bình DABC ⇒ AB // MN ⇒ AB // (OMN) ⇒ d(AB; OM) = d(AB; (OMN)) = d(B; (OMN)) ° uuuu  a a  uuu  a a  r r OM =  ; ; ÷, ON =  0; ; ÷ 2  2   uuuu uuu r r  3a2 a2 a2  a2 a2 r r [OM; ON] =  ; ; 3; 1; = n , với n = ( 3; 1; 1) ÷= 4  4  r Phương trình mp (OMN) qua O với pháp vectơ n : 3x + y + z = ° Ta có: d(B; (OMN)) = ° Vậy, d(AB; OM) = ° ° ( 3.a + + +1+1 = ) a a 15 = 5 a 15 ĐỀ Câu 1: Trong không gian Oxyz cho mặt phẳng (a) : 2x – y + z – = Viết phương trình mặt phẳng (P) qua giao tuyến (a) mặt phẳng (xOy) (P) tạo với mặt phẳng tọa độ tứ diện tích 125 36 Câu 2: Cho hình chóp SABC có đáy tam giác ABC vuông cân A, AB = AC = a (a > 0), hình chiếu S đáy trùng với trọng tâm G DABC Đặt SG = x (x > 0) Xác định giá trị x để góc phẳng nhị diện (B, SA, C) 60o GIẢI Câu 1: Phương trình mặt phẳng (xOy): z = ° Phương trình mặt phẳng (P) thuộc chùm xác định (a) (xOy) có dạng: m(2x – y + z – 5) – nz = ⇔ (P) : 2mx − my + (m + n)z − 5m = ° Giao điểm A, B, C (P) trục Ox, Oy, Oz có tọa độ: ° ° Câu 2: 5m  5   A  ; 0; ÷, B(0; − 5; 0), C  0; 0; ÷ m+n 2   1 5m 125 125 ⇔ V = OA.OB.OC = = Thể tích tứ diện OABC 6 m+n 36 36 S  m + n = 3m  m = 1, n = ⇔ m+n =3m ⇔  ⇒  m + n = −3m  m = 1, n = −4 Vậy, có phương trình mặt phẳng (P): I C (P1 ) : 2x − y + 3z − = (m = 1; n = 2) (P ) : 2x − y − 3z − = (m = 1; n = −4)  A G M 39 B Cách 1: ° Gọi M trung điểm BC ⇒ AM ⊥ BC (DABC vng cân) ° Ta có: SG ⊥ (ABC) ⇒ SG ⊥ BC Suy ra: BC ⊥ (SAM) ° Dựng BI ⊥ SA ⇒ IM ⊥ SA IC ⊥ SA ° ° ° · ⇒ BIC góc phẳng nhị diện (B; SA; C) ∆SAB = ∆SAC (c.c.c) ⇒ IB = IC ⇒ ∆IBC cân I a a BC = a 2; AM = BM = MC = BC = ; AG = 2 AM a ∆AIM ~ ∆AGS ⇒ IM = SG = x = 2 AS SG + AG ⇔ IM = ° 3ax 2 9x + 2a2 ax 2a2 x + a o o · · = Ta có: BIC = 60o ⇔ BIM = 30 ⇔ BM = IM.tg30 ⇔ 3.3ax 2 9x + 2a2 ⇔ 9x + 2a2 = 3x ⇔ 9x + 2a2 = 27x ⇔ 18x = 2a2 ° a a ⇔ 9x = a2 ⇔ x = Vậy, x = z Cách 2: ° BC = a ° Gọi M trung điểm BC ⇒ AM = ° ° x a a ; AG = Gọi E, F hình chiếu G AB, AC Tứ giác AEGF hình vng E C y G a ⇒ AG = AE ⇒ AE = AF = Dựng hệ trục tọa độ Axyz, với Ax, Ay, Az đôi vuông góc, A(0; 0; 0), B(a; 0; 0), F A M B x a a  a a  ; ÷, S  ; ; x ÷ 3  2  uuu  a a  uur  2a a r u  uur  a 2a  SA =  ; ; x ÷, SB =  ; − ; − x ÷, SC =  − ; ; − x ÷ 3     3  uuu uur  r a  a a r r   [SA; SB] =  0; ax; − ÷ = a  0; x; − ÷ = a.n1 , với n1 =  0; x; − ÷ 3 3 3    uuu uur r u a r  a2 a r  [SA; SC] = (−ax; 0; ) = −a  x; 0; − ÷ = −a.n , với n =  x; 0; − ÷ 3 3   C(0; a; 0), G  ; ° ° ° 40 uuu uur r r uuu uur r u r ° Mặt phẳng (SAB) có cặp vectơ phương SA, SB nên có pháp vectơ n1 ° ° Mặt phẳng (SAC) có cặp vectơ phương SA, SC nên có pháp vectơ n Góc phẳng nhị diện (B; SA; C) 60o ⇔ cos60o = a2 0+x + a2 = 2 9x + a2 a Vậy, x = ⇔ ° a a 3 a2 = 2 9x + a2 a x +0+ 9 0.x + x.0 + a ⇔ 9x2 = a2 = 2a2 ⇔ 9x = a2 ⇔ x = ĐỀ Câu 1: Trong khơng gian Oxyz, tìm Ox điểm A cách đường thẳng (d) : x −1 y z + = = mặt phẳng (a) : 2x – y – 2z = 2 Câu 2: Cho hình chóp SABC có đáy ABC tam giác có cạnh 2a , SA vng góc với (ABC) SA = a Gọi E, F trung điểm cạnh AB, BC Tính góc khoảng cách hai đường thẳng SE AF GIẢI Câu 1: Gọi A(a; 0; 0) ∈ Ox ° ° ° ° ° Khoảng cách từ A đến mặt phẳng (a) : d(A; α) = 2a 2 r +1 + (D) qua M (1; 0; − 2) có vectơ phương u = (1; 2; 2) uuuuuu r r Đặt M M1 = u Do đó: d(A; D) đường cao vẽ từ A tam giác AM M1 uuuuu r r [AM ; u] 2.SAM0M1 8a2 − 24a + 36 ⇒ d(A; ∆ ) = = = r M M1 u = 2a Theo giả thiết: d(A; a) = d(A; D) 2a 8a2 − 24a + 36 = ⇔ 4a2 = 8a2 − 24a + 36 ⇔ 4a2 − 24a + 36 = 3 ⇔ 4(a − 3) = ⇔ a = ⇔ ° Vậy, có điểm A(3; 0; 0) 41 Câu 2: Cách 1: ° Gọi M trung điểm BF ⇒ EM // AF S · · · ⇒ (SA; AF) = (EM; AF) = SEM ° DSAE vng A có: SE2 = SA + AE = a2 + 2a2 = 3a2 ⇒ SE = a ° H 2a AF = =a K a ; BF = a 2 SB2 = SA + AB2 = a2 + 8a2 = 9a2 ⇒ SB = 3a A C ⇒ EM = BM = MF = ° F E M B SF = SA + AF = a2 + 6a2 = 7a2 ⇒ SF = a ° ° Áp dụng định lý đường trung tuyến SM DSBF có: ° ° Gọi a góc nhọn tạo SE AF Áp dụng định lý hàm Cơsin vào DSEM có: SB2 + SF = 2.SM2 + BF 2 15a2 2 2 ⇔ 9a + 7a = 2SM + 2a ⇔ SM = 2 3a2 15a2 3a + − ES2 + EM − SM2 2 = − = · cos α = cosSEM = = 2.ES.EM 2 a .a o ⇒ α = 45 ° ° ° ° a Dựng AK ⊥ ME; AH ⊥ SK Ta có: AK = MF = AH ⊥ (SME) Vì AF // ME ⇒ d(SE; AF) = d(AF; (SME)) = AH 1 1 a DSAK vng có: = + = + = ⇒ AH = 2 AH SA AK a a a a z Vậy, d(SE; AF) = a S Cách 2: ° Dựng hệ trục Axyz, với Ax, Ay, Az đôi vng góc, A(0; 0; 0), B(a 2; a 6; 0), C(−a 2; a 6; 0), S(0; 0; a), ° ° C A a a  E ; ; ÷; F(0; a 6; 0) x F E   M a  B ; a 6; ÷ M    uur  a a r uuu  a r  uuu  SE =  ; ; − a ÷; AF = (a; a 6; 0), SM =  ; a 6; − a ÷     y Gọi a góc nhọn tạo SE AF.ta có: 42 uur uuu r cos α = cos(SE; AF) = a a + a 0(−a) 3a2 2 = = a 6.a a2 3a2 + 6a2 + + + a2 2 ° ⇒ α = 45o uur uuu r  a2 r a2  a2 a2 r [SE; SM] =  ; 0; ( 2; 0; 1) = n, với n = ( 2; 0; 1) ÷=  2  2 r Phương trình mặt phẳng (SEM) qua S với pháp vectơ n : 2x + z − a = ° Khoảng cách từ A đến (SEM): d(A;SEM) = ° Vì AF // EM ⇒ AF //(SEM) ⇒ d(SE; AF) = d(A; SEM)  Vậy, d(SE; AF) = ° 0+0−a +1 = a a ĐỀ Câu 1: Trong khơng gian với hệ tọa độ vng góc Oxyz cho mặt phẳng (P) mặt cầu (S): (P): 2x + 2y + z − m − 3m = ; (S) : (x − 1)2 + (y + 1)2 + (z − 1)2 = Tìm m để (P) tiếp xúc (S) Với m tìm xác định tọa độ tiếp điểm Câu : Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC tam giác vng B, AB = a, BC = 2a, cạnh SA vng góc với đáy SA = 2a Gọi M trung điểm SC Chứng minh DMAB cân tính diện tích DMAB theo a LỜI GIẢI Câu 1: (P) : 2x + 2y + z − m − 3m = (S) : (x − 1)2 + (y + 1)2 + (x − 1)2 = có tâm I(1; -1; 1) bán kính R = ⇔ d[I, (P)] = R (P) tiếp xúc (S) ⇔ ° ° 2.1 + 2.(−1) + 1.1 − m − 3m 22 + 22 + 12  m + 3m − = m = = ⇔ m + 3m − = ⇔  ⇔   m + 3m − = −9  m = −5  Vậy, (P) tiếp xúc (S) m = -5 hay m = 2, (P): 2x + 2y + z – 10 = Đường thẳng (d) qua I vng góc với (P) có phương trình: x −1 y +1 z −1 = = 2 43 ° x = 2x + 2y + z − 10 =   Tọa độ tiếp điểm nghiệm hệ:  x − y + z − ⇒  y = z =  = =   ° Vậy, tọa độ tiếp điểm M(3; 1; 2) Câu 2: Cách 1: ° Ta có: SA ⊥ (ABC) ⇒ SA ⊥ AC Do DSAC vng A có AM S M SC SA ⊥ (ABC) Ta lại có:  AB ⊥ BC (∆ABC vuông B) trung tuyến nên MA = ° A K B ⇒ SB ⊥ BC (định lý đường vng góc) Do DSBC vng B có BM trung tuyến nên MB = ° ° C H SC Suy ra: MA = MB ⇒ DMAB cân M Dựng MH // SA HK // BC (H ∈ AC; K ∈ AB)  MH = SA = a  SA ⊥ (ABC) MH ⊥ (ABC)  ⇒ ⇒  vì:  BC ⊥ AB HK ⊥ AB HK = BC = a   ° ° DMHK vuông H có: MK = MH + HK = a2 + a2 = 2a2 ⇒ MK = a Diện tích DMAB: SMAB Cách 2: ° DABC vng B có: 2 1 a2 = MK.AB = a 2.a = 2 z 2 AC = AB + BC = a + 4a = 5a ° ⋅ ° 2a ⇒ AC = a Dựng BH ⊥ AC (H ∈ AC), ta có: ⋅ ° 2 M AB a a = = AC a 5 1 = + = 2 2 BH AB BC 4a 2a ⇒ BH = AH = S H A y a K x C a B Dựng hệ trục tọa vng góc Axyz, với Ax, Ay, Az đơi vng góc  2a a  A(0; 0; 0), C(0; a 5; 0), S(0; 0; 2a), B  ; ; 0÷  5   a  Tọa độ trung điểm M SC M  0; ; a÷   44 ° Ta có: uuuu  a  r 3a MA =  0; ; a ÷ ⇒ MA =   uuur  2a 3a 3a  MB =  − ; ; a ÷ ⇒ MB = 5   suy ra: MA = MB ° ° ⇒ DMAB cân M uuuu uuur r  a2 2a2  ;− ; a ÷ ⇒ [MA; MB] = a2   r uuuu uuur a2 Diện tích DMAB: SMAB = [MA; MB] = a = 2 uuuu uuur r Ta có: [MA; MB] =  ĐỀ Câu 1: Cho hình chóp S.ABC, đáy ABC có cạnh a, mặt bên tạo với đáy góc ϕ (0o < ϕ < 90o ) Tính thể tích khối hình chóp S.ABC khoảng cách từ đỉnh A đến mặt phẳng (SBC) Câu 2: Trong không gian oxyz cho hai đường thẳng: x = t  (d1) : y = t ; z =  x + y − = 4x + 4y + 3z − 12 = (d2) :  Chứng minh (d1) (d2) chéo Viết phương trình mặt cầu (S) có đường kính đoạn vng góc chung (d1) (d2) GIẢI S Câu 1: Cách 1: ° Gọi H trung điểm BC ° Do S.ABC DABC nên chân đường cao đỉnh S trùng với giao điểm ba đường cao trực tâm O DABC có DSBC cân S A · suy ra: BC ⊥ SH, BC ⊥ AH, nên SHA = ϕ ° Ta có: OH = a AH = ∆SHO vng góc: SO = HO.tgϕ = ° C j O H B HO a a = tgϕ SH = cos ϕ 6.cos ϕ 1 a a2 a3tgϕ Thể tích hình chóp S.ABC: V = SO.SABC = tgϕ = 3 24 45 ° a2 SSBC = SH.BC = Diện tích DSBC: 12.cos ϕ ° Gọi h khoảng cách từ A đến (SBC), ta có: 3.V a3tgϕ a2 a V = h.SSBC ⇒ h = = : = sin ϕ SSBC 24 12 cos ϕ Cách 2: ° Vì S.ABC hình chóp nên chân đường cao đỉnh S trùng với tâm O đường tròn (ABC) ° Gọi M trung điểm BC Ta có: - S a a OM = AO = AM = 3 · AM ⊥ BC, SM ⊥ BC ⇒ SMA = ϕ - z DSOM vng có: - SO = OM.tgϕ = C A j O a tgϕ M y B x ° Dựng hệ trục tọa độ Axyz, với Ax, Ay, Az đơi vng góc, A(0; 0; 0), ° Thể tích hình chóp: V = SO.SABC = ° ° ° a a   a a   a   a   a a  B ; ; ÷,C  − ; ; ÷,M  0; ; ÷, O  0; ; ÷, S  0; ; tgϕ ÷ 3 2   2        a3 tgϕ 24 uur  a a a r  uuu ; tgϕ ÷, BC = (−a; 0; 0) Ta có: BS =  − ; − 6   2 uur uuu  r a a 3 r [BS; BC] =  0; − tgϕ; − ÷= n 6   r Phương trình mặt phẳng (SBC) qua B với vectơ pháp tuyến n :  a  a2 a  a2  O  x − ÷− tgϕ  y − (z − 0) = ÷− 2    ⇔ (SBC) : tgϕy + z − ° a tgϕ = Khoảng cách d từ A đến (SBC): tgϕ.O + O − d= a tgϕ tg2 ϕ + Câu 2: a tgϕ a = = sin ϕ cos ϕ r (d1) qua điểm A(0; 0; 4) có vectơ phương u1 = (2; 1; 0) r (d2) qua điểm B(3; 0; 0) có vectơ phương u2 = (3; − 3; 0) ° uuu r AB = (3; 0; − 4) 46 ° uuu r r r uuu r r r AB.[u1; u2 ] = 36 ≠ ⇒ AB, u1 , u không đồng phẳng ° Vậy, (d1) (d2) chéo ° x = + t /  / (d2) có phương trình tham số:  y = − t z =  ° Gọi MN đường vng góc chung (d1) (d2) ° ° ° ° M ∈ (d1 ) ⇒ M(2t; t; 4) , N ∈ (d ) ⇒ N(3 + t / ; − t / ; 0) uuuu r ⇒ MN = (3 + t / − 2t; − t / − t; − 4) uuuu r r / / MN ⊥ u1   t / = −1 M(2; 1; 4)  2(3 + t − 2) − (t + t) = ⇒ ⇔ ⇒ r Ta có:  uuuu r / / N(2; 1; 0) 3 + t − 2t + (t + t) = MN ⊥ u2 t =   MN = 2 Vậy, phương trình mặt cầu (S): (x − 2)2 + (y − 1)2 + (z − 2)2 = Tọa độ trung điểm I MN: I(2; 1; 2), bán kính R = ĐỀ Câu 1: Trong khơng gian Oxyz có mặt phẳng (P): 3x + 12y – 3z – = 0, (Q): 3x – 4y + 9z + = đường thẳng: (d1): x+ y − z +1 = = ; −4 (d ) : x − y +1 z − = = −2 Viết phương trình đường thẳng (D) song song với hai mặt phẳng (P) (Q), cắt hai đường thẳng (d1) (d2) Câu 2: Cho hình lập phương ABCD A'B'C'D' cạnh a M, N trung điểm AB C'D' Tính khoảng cách từ B' đến (A'MCN) GIẢI Câu 1: r r/ r/ (P) có pháp vectơ n P = (3; 12; − 3) = 3(1; 4; − 1) = 3n P , với n P = (1; 4; − 1) ° ° ° ° ° r (Q) có pháp vectơ n Q = (3; − 4; 9) D/ r (d1) có vectơ phương u1 = (2; − 4; 3) r (d2) có vectơ phương u2 = (−2; 3; 4) P r np r nq Q D r (∆ / ) = (P) ∩ (Q)  / / (P )//(P), (Q )//(Q) Gọi:  / / (d1 ) ⊂ (P ), (d ) ⊂ (Q ) r r /  u = u∆ u P/ r u1 A / Suy (D) giao tuyến hai mặt phẳng (P ) (Q/), (D) // (D/) d1 Q/ r u2 B d 47 ° r r/ r r/ (D) có vectơ phương u = [n P ; n Q ] = (32; − 12; − 16) = 4(8; − 3; − 4) = 4u , r/ với u = (8; − 3; − 4) r r/ ° mp (P/) có cặp vectơ phương u1 u nên có pháp vectơ: ° Phương trình mp (P/) chứa (d1) qua điểm A(-5; 3; -1) ∈ (d1 ) với n P / là: 25(x + 5) + 32(y – 3) + 26(z + 1) = ° ° r r r/ n P / = [u1; u ] = (25; 32; 26) r ⇔ (P / ) : 25x + 32y + 26z + 55 = r r/ mp (Q/) có cặp vectơ phương u2 u nên có pháp vectơ: r r r/ n Q/ = [u2 ; u ] = (0; 24; − 18) r Phương trình mp (Q/) chứa (d2) qua điểm B(3; -1; 2) ∈ (d ) với n Q/ là: 0(x − 3) + 24(y + 1) − 18(z − 2) = / ⇔ (Q ) : 4y − 3x + 10 = ° / / Ta có: (∆) = (P ) ∩ (Q ) ° Vậy, phương trình đường thẳng (D) :  25x + 32y + 26z + 55 = 4y − 3z + 10 = Câu 2: Cách 1: ° / / / / Bốn tam giác vuông AA M, BCM, CC N, A D N (c.g.c) D/ ⇒ A / M = MC = CN = NA / ⇒ A / MCN hình thoi ° A/ B/ Hai hình chóp B/A/MCN B/.A/NC có chung đường cao vẽ từ đỉnh B/ SA/ MCN = 2.SA / NC D nên: VB/ A / MCN = 2.VB/ A / NC A ° Mà: VB/ ANC = VC.A / B/ N ° Ta có: SA/ MCN = ⇒ SA/ MCN = ° C/ N C B M 1 a3 a3 / = CC SA / B/ N = a .a.a = ⇒ VB/ A / MCN = 3 / A C.MN, với A / C = a 3; MN = BC / = a 2 a2 / Gọi H hình chiếu B/ (A/MCN), ta có: VB/ A / MCN = B H.SA / MCN / ⇒BH= 3.VB/ A/ MCN SA / MCN a3 a a = : = 3 Cách 2: ° Chọn hệ trục Dxyz, với Dx, Dy, Dz đôi vng góc, A(a; 0; 0), B(a; a; 0), C(0; a; 0), D(0; 0; 0), A/(a; 0; a), z / a D N C/ A/ C a y D A x a M B 48 B/(a; a; a), C/(0; a; a), D/(0; 0; a), °  a   a  M  a; ; ÷, N  0; ; a ÷     uuuu r uuuu r Ta có: A / C = (−a; a; − a), MN = (−a; 0; a) uuuu uuuu r r [A / C; MN] = (a2 ; 2a2 ; a2 ) = a2 (1; 2; 1) r r = a2 n với n = (1; 2; 1) ° Phương trình mp (A/MCN) qua C(0; a; 0) với pháp vectơ n : r 1(x − 0) + 2(y − a) + 1(z − 0) = / ⇔ (A MCN) : x + 2y + z − 2a = ° Khoảng cách d từ B/(a; a; a) đến mp(A/MCN): d= a + 2a + a − 2a 1+ +1 = 2a a = ĐỀ Câu 1: Trong không gian Oxyz cho đường thẳng: x = t  (d1) : y = + t ; z = + t  x = t '  (d2) : y = 3t ' − z = t ' −  Gọi K hình chiếu vng góc điểm I(1; -1; 1) (d 2) Tìm phương trình tham số đường thẳng qua K vng góc với (d1) cắt (d1) Câu 2: Tính thể tích hình chóp S.ABC, biết đáy ABC tam giác cạnh a, mặt bên (SAB) vng góc với đáy, hai mặt bên lại tạo với đáy góc a GIẢI Câu 1: r (d1) có vectơ phương u1 = (1; 1; 2) r (d2) có vectơ phương u2 = (1; 3; 1) ° ° ° ° ° uu r K ∈(d ) ⇒ K(t / ; 3t / − 6; t / − 1) ⇒ IK = (t / − 1; 3t / − 5; t / − 2) uu r r 18  18 12  IK ⊥ u2 ⇔ t / − + 9t / − 15 + t / − = ⇔ t / = ⇒ K ; − ; ÷ 11  11 11 11  Giả sử (D) cắt (d1) H(t; + t; + 2t), (H ∈ (d1 )) uuu  18 r 56 59  HK =  − t; − − t; − − 2t ÷ 11 11  11  uuu r r 18 56 118 26 HK ⊥ u1 ⇔ −t− −t− − 4t = ⇔ t = − 11 11 11 11 49 uuur  30 7 ⇒ HK =  4; − ; − ÷ = (44; − 30; − 7) 11 11  11  ° 18  x = + 44λ  11  12  Vậy, phương trình tham số đường thẳng (D):  y = − − 30λ 11   S z = 11 − 7λ  Câu 2: Cách 1: ° Dựng SH ⊥ AB ° Ta có: ° B (SAB) ⊥ (ABC), (SAB) ∩ (ABC) = AB, SH ⊂ (SAB) ⇒ SH ⊥ (ABC) SH đường cao hình chóp Dựng HN ⊥ BC, HP ⊥ AC · · ⇒ SN ⊥ BC, SP ⊥ AC ⇒ SPH = SNH = α ° DSHN = DSHP ⇒ HN = HP ° DAHP vng có: HP = HA.sin 60 o = ° H N j C P A DSHP vng có: SH = HP.tgα = ° a a tgα 1 a a a3 Thể tích hình chóp S.ABC : V = SH.SABC = tgα = tgα 3 4 16 Cách 2: ° Dựng SH ⊥ AB ° Ta có: (SAB) ⊥ (ABC), (SAB) ∩ (ABC) = B, SH ⊂ (SAB) ⇒ SH ⊥ (ABC) ° Vì (SAC) (SBC) tạo với (ABC) góc a DABC đều, nên suy H trung điểm AB ° Dựng hệ trục tọa độ Hxyz, với Hx, Hy, Hz z đôi vng góc, H(0; 0; 0), h S ° ° a   a  A  ; 0; ÷; B  − ; 0; ÷, 2     a  C  0; ; ÷, S(0; 0; h), (h > 0)   B Phương trình mp (ABC): r z = 0, với pháp vectơ n1 = (0; 0;1) H A Phương trình mp (SAC): x y z + + =1 a a h x C a a r ⇔ (SAC) : 2h 3x + 2hy + a 3z − ah = với n = (2h 3; 2h; a 3) ° (SAC) tạo với (ABC) góc a: 50 y cos α = ° 0+0+a 2 = a + + 12h + 4h + 3a 16h + 3a2 16h + 3a2 ⇔ = + tg α = cos2 α 3a2 3a2 tg2α a ⇔ h2 = ⇔ h= tgα 16 1 a a a3 Thể tích hình chóp S.ABC: V = h.SABC = tgα = tgα 3 4 16 ĐỀ 10 Câu 1: Trong không gian Oxyz cho đường thẳng: (D1) : x − y −1 z −1 x−7 y−3 z −9 = = ; (∆ ): = = −7 −1 Lập phương trình tắc đường thẳng (D3) đối xứng với (D2) qua (D1) Xét mặt phẳng (a) : x + y + z + = Viết phương trình hình chiếu (D 2) theo phương (D1) lên mặt phẳng (a) uuuu uuuu r r Tìm điểm M mặt phẳng (a) để MM1 + MM đạt giá trị nhỏ biết M1(3; 1; 1) M2(7; 3; 9) Câu 2: Cho lăng trụ đứng ABC.A'B'C' có đáy ABC tam giác cân với AB = AC = a, góc · BAC = 120o , cạnh bên BB' = a Gọi I trung điểm CC' Chứng minh DAB'I vng A tính cosin góc hai mặt phẳng (ABC) (AB'I) GIẢI Câu 1: ° ° ° ° x = − 7t1 r  (∆1 ) : y = + 2t1 có vectơ phương u1 = (−7; 2; 3) z = + 3t  x = + 7t  (∆ ) : y = + 2t z = − t  qua A (7; 3; 9), B(8; 5; 8) r có vectơ phương u = (1; 2; − 1) B D2 A r u1 Gọi H hình chiếu A (D1) H ∈ (∆1 ) ⇒ H(3 − 7t1; + 2t1; + 3t1 ) H D1 K A/ 51 / B D3 uuu r ⇒ AH = (−4 − 7t1; − + 2t1; − + 3t1 ) ° ° ° ° uuu r r AH ⊥ u1 ⇔ − 7(−4 − 7t1 ) + 2(−2 + 2t1 ) + 3(−8 + 3t1 ) = ⇔ t1 = ⇒ H(3; 1; 1) Gọi A/ điểm đối xứng A qua H ⇒ A/(-1; -1; -7) Gọi K hình chiếu B (D1) B/ điểm đối xứng B qua K Tương tự ta tìm được: 105 204   114 25 22  /  20 K ; ; ;− ÷ ⇒ B − ; − ÷ 31 31   31 31 31   31 uuuuu  11 74 13  r r r A / B/ =  ; − ; − ÷ = (11; − 74; 13) = a , với a = (11; − 74; 13) 31  31 31 31  31 ° ° Phương trình đường thẳng (D3) đối xứng với (D2) qua (D1) phương trình đường r thẳng A / B/ qua A/ với vectơ phương a Vậy, phương trình tắc (D3): x +1 y +1 z + = = 11 −74 13 Mặt phẳng (b) chứa (D2) (b) // (D1) r r ⇒ (b) có cặp vectơ phương u1 = (−7; 2; 3), u2 = (1, 2, − 1) r r r r ⇒ [u1; u2 ] = (−8; − 4; − 16) = −4(2; 1; 4) = − 4nβ , với nβ = (2; 1; 4) r ° ° / Ta có: (α) ∩ (β) = (∆ ) hình chiếu (D2) lên (a) theo phương (D1) ° Phương trình mp (b) qua A(7; 3; 9) ∈(∆ ) với pháp tuyến nβ : / Vậy, phương trình hình chiếu (∆ ) :  (β) : 2x + y + 4z − 53 = Gọi I trung điểm M1M ⇒ I(5; 2; 5) ° ° ° ° ° ° Câu 2: Cách 1: ° ° x + y + z + = 2x + y + 4z − 53 = uuuu uuuu r r uuu r MM1 + MM = 2MI Ta có: uuuu uuuu r r uuu r ⇒ MM1 + MM nhỏ ⇔ 2MI nhỏ ⇔ M hình chiếu I (a) Phương trình đường thẳng (D) qua I vng góc với (a) là: (D) M2 I r uα M1 a M0 M x = + t  y = + t z = + t  Gọi M giao điểm (D) (a) M ∈ (∆) ⇒ M(5 + t; + t; + t) M ∈ (α ) ⇒ + t + + t + + t + = ⇔ t = −5 ⇒ M(0; − 3; 0) Vậy, điểm M cần tìm: M(0; -3; 0) Gọi H trung điểm BC ⇒ AH ⊥ BC DABH nửa tam giác cạnh AB = a ⇒ AH = a a BH = ⇒ BC = a 2 52 ° ∆IB/ C/ vng có: a2 13a2 IB = IC + B C = + 3a = 4 a2 5a2 2 2 DAIC vuông có: AI = IC + AC = +a = 4 5a2 13a2 Ta có: AI2 + AB/ = + 2a2 = = IB/ 4 /2 ° ° /2 / /2 B/ C/ A/ B I H C 30o A ° (AB/ đường chéo hình vuông AA/B/B cạnh a) Vậy, DAB/I vuông A ° Ta có: ° Gọi a góc hai mặt phẳng (ABC) (AB/I), theo cơng thức chiếu, ta có: cos α = 1 a a2 10 SAB/ I = AI.AB/ = a = 2 1 a a SABC = AH.BC = a = 2 SABC a2 a2 10 30 = : = SAB/ I 4 10 Cách 2: ° Gọi H trung điểm BC ⇒ AH ⊥ BC ° DABH nửa tam giác cạnh AB = a a a ⇒ AH = BH = ⇒ BC = a 2 ° ° ° * * ° Dựng hệ trục Axyz, với Ax, Ay, Az đôi vng góc, A(0; 0; 0), C/ z a A/ B/ I C A 60 a a   a a  / B ; ; ÷, C  − ; ; ÷, A (0; 0; a), z B 2  2    a a  / a a   a a a B/  ; ; a ÷, C  − ; ; a ÷, I  − ; ; ÷ 2  2   2 2   uuu /  a a  uu  a a a  r r AB =  ; ; a ÷, AI =  − ; ; ÷  2   2 2 uuu / uu a  a  a a r r a 3a2 a2 2a2 AB AI =  − + + a = − + + =0 Ta có: ÷   2 4 uuu / uu r r Vậy, DAB/I vuông A ⇒ AB ⊥ AI r Phương trình mp(ABC): z = có pháp vectơ n1 = (0; 0; 1) uuu / uu r r mp (AB/I) có cặp vectơ phương AB , AI , nên có pháp vectơ: uuu / uu r r  a2 3a2 2a2  a2 a2 r [AB ; AI] =  − ; − ; = − (1; 3; − 3) = − n ÷ 4  4  r với n = (1; 3; − 3) o H y Gọi a góc (ABC) (AB/I), ta có: 53