Chuong 6 btvd cao hh oxyz phan 1

CHƯƠNG 06 BÀI TỐN VẬN DỤNG CAO HÌNH HỌC OXYZ …………………………………………………………………… Chủ đề Tọa độ điểm véc tơ không gian       Véc tơ không gian Véc tơ đồng phẳng Tọa độ véc tơ Tích có hướng hai véc tơ ứng dụng Một số kiến thức khác Bài tập áp dụng – Lời giải chi tiết Chủ đề Mặt phẳng không gian      Định nghĩa Các trường hợp riêng mặt phẳng Vị trí tương đối hai mặt phẳng Góc hai mặt phẳng Bài tập áp dụng – Lời giải chi tiết Chủ đề Đường thẳng không gian        Định nghĩa Vị trí tương đối hai đường thẳng Vị trí tương đối đường thẳng mặt phẳng Khoảng cách Góc hai đường thẳng Góc đường thẳng mặt phẳng Bài tập áp dụng – Lời giải chi tiết Chủ đề Mặt cầu     Định nghĩa mặt cầu Vị trí tương đối mặt phẳng mặt cầu (S) Vị trí tương đối mặt cầu đường thẳng Bài tập áp dụng – Lời giải chi tiết CHƯƠNG 06 BÀI TOÁN VẬN DỤNG CAO HÌNH HỌC OXYZ Phương pháp tọa độ khơng gian hay cịn gọi ngắn hình học Oxyz chun đề cuối chương trình tốn THPT Phần phần đánh giá khơng khó, nhiên việc tính tốn lại dễ sai số lượng câu hỏi vận dụng cao khơng phải Cùng vào Chủ đề sau đây: CHỦ ĐỀ TỌA ĐỘ CỦA ĐIỂM VÀ VÉCTƠ TRONG KHƠNG GIAN Véc tơ khơng gian Định nghĩa Trong không gian, vecto đoạn thẳng có định hướng tức đoạn thẳng có quy định thứ tự hai đầu  Chú ý: Các định nghĩa hai vecto nhau, đối phép tốn vecto khơng gian xác định tương tự mặt phẳng Vecto đồng phẳng   a , b , c A Định nghĩa: Ba vecto khác gọi đồng D3 c phẳng giá chúng song song với mặt phẳng D2 b  Chú ý:    n vecto khác gọi đồng phẳng giá chúng song song với mặt phẳng  Các giá vecto đồng phẳng đường thẳng chéo a D1 Δ3 P Δ2 Δ1  B Điều kiện để vecto khác đồng phẳng Định lý 1:     a, b, c đồng phẳng  m, n  R:: a mb  nc C Phân tích vecto theo ba vecto   không đồng phẳng   Định lý 2: Cho vecto e1 , e2 , e3 khơng đồng phẳng Bất kì vecto a khơng gian x ,x ,x có thể phân tích theo ba vecto đó, nghĩa la có ba số thực     a x1 e1  x2 e2  x3 e3   a, b, c khác :  Chú ý: Cho vecto  a , b, c đồng phẳng có ba số thực m, n, p khơng đồng thời cho: ma  nb  pc 0     a , b , c ma  nb  pc 0  m n  p 0 không đồng phẳng từ Tọa độ vecto Trong không gian xét hệ trục Oxyz, có trục Ox vng góc với trục Oy O, trục Oz vng Oxy  góc với mặt phẳng  O Các vecto đơn vị trục Ox, Oy, Oz   i  1;0;0  , j  0;1;  , k  0;0;1      a  a1 ; a2 ; a3   a a1 i  a2 j  a3 k     M  xM , yM , zM   OM xM i  yM j  z M k Cho  A  x A , y A , z A  , B  xB , y B , z B  AB  xB  x A ; y B  y A ; z B  z A  ta có: AB   xB  2  x  x A yB  y A zB  z A  M B ; ;  2   M trung điểm AB  a  a1 ; a2 ; a3  b  b1 ; b2 ; b3  Cho      ta có: a b    1 a b  a2 b2 a b  3   a b  a1 b1 ; a2 b2 ; a3 b3   k a  ka1; ka2 ; ka3      a.b  a b cos a; b a1b1  a2b2  a3b3  a  a12  a2  a32    cos  cos a; b     a1b1  a2b2  a3b3    a12  a2  a32 b12  b2  b32 a (với 0, b 0 )   a.b 0  a1b1  a2b2  a3b3 0    a b vng góc : a kb1     k  R : a kb  a2 kb2   a kb   a b phương: Tích có hướng ứng dụng  Tích có hướng a  a1 ; a2 ; a3   b  b1 ; b2 ; b3  là:    a a aa aa   a, b   ; ;   a2b3  a3b2 ; a3b1  a1b3 ; a1b2  a2b1     b2b3 b3b1 b1b2  Tính chất:      a, b   a,  a, b   b           a, b   a b sin a, b      x A    yB  y A    z B  z A       a, b  0  a b phương:        a, b  c 0 a , b , c  đồng phẳng Các ứng dụng tích có hướng   S ABC   AB, AC   Diện tích tam giác:   VABCD   AB, AC  AD  Thể tích tứ diện    VABCD A ' B 'C ' D '   AB, AD  AA'  Thể tích khối hộp : Một số kiến thức khác Nếu M chia đoạn AB theo tỉ số   k MA k MB   ta có: x A  kxB y  kyB z  kzB ; yM  A ; zM  A 1 k 1 k 1 k với k 1 x x x y  yB  yC z z z ABC  xG  A B C ; yG  A ; zG  A B C 3 G trọng tâm tam giác      G trọng tâm tứ diện ABCD  GA  GB  GC  GD 0 xM  BÀI TẬP ÁP DỤNG Bài 1: Cho điểm A Tứ diện C Tứ diện Lời giải   S  1, 2,3 ; A  2, 2,3  ; B  1,3,3 ; C  1, 2,  SABC là: B Hình chóp D Hình thang vng  AB   1;1;0  ; BC  0;  1;1 ; AC   1;0;1  AB BC CA   ABC tam giác    SA  1;0;0  ; SB  0;1;0  ; SC  0;0;1  SA SB SC 1 D  SA, SB, SC   0 Hay ta  có thể tính 0 1 0      SA; SB  SC 0    SA, SB, SC không đồng phẳng  SABC hình chóp , đỉnh S Chọn B S 1, 2,3  ; A  2, 2,3 ; B  1,3,3  ; C  1, 2,  Bài 2: Cho bốn điểm  BC , CA AB.SMNP là: A Hình chóp C Tứ diện Gọi M , N , P trung điểm B Hình chóp D Tam diện vng Lời giải S Tam giác: ABC có AB BC CA  2    SA  1;0;0  ; SB  0;1;0  ; SC  0;0;1   SA.SB 0  SA  SB  MN  NP PM  Tương tự SA  SC , SB  SC Các tam giác vuông SAB, SBC , SCA vng S, có trung tuyến: A AB SP SM SN   MN  NP PM 2 SP   SAB  ; SM   SBC  ; SN   SCA  C N M P Ta có: B     SP, SM , SN không đồng phẳng  SMNP tứ diện Chọn C Bài 3: Cho bốn điểm chóp SABC S  1, 2,3  ; A  2, 2,3 ; B  1,3,3  ; C  1, 2,   13   ,3,  B  3  5,9,13 A  Xác định tọa độ trọng tâm G hình  9  1, ,  C  4   13   , ,  D  4  Lời giải          GS  GA  GB  GC  4OG OA  OB  OC  OS Ta có   x      1     G  y      2  4  13   z      3   Chọn D Bài 4: Cho 3 vectơ          a  1,1,   ; b  2,  1,  ; c   2,3,    Xác định vec tơ d thỏa mãn a.d 4; b.d 5; c.d 7 3, 6,5 A   5  , 6,  C  2   3,6,   B  Lời giải 5   3,6,  2 D      a.d 4    b.d 5   c.d 7  x  y  z 4  2 x  y  z 5    x  y  z 7  1    : x 9  x 3  1  2  3     3 : y 12   1 : z   x  y         y 6  5   d  3;6;  2  Chọn D     Bài 5: Cho khối tứ diện ABCD Nếu AB a; AC b; AD c Gọi M trung điểm BC thì:         a  c  2b b  c  2a DM  DM  2 A B         a  b  2c a  2b  c DM  DM  2 C D Lời giải          a  b a  b  2c DM DA  DM  c   2 Chọn C     d ABCD Nếu AB b; AC c; AD  BCD thì: Bài 6: Cho khối   tứ diện   Gọi G trọng tâm tam giác     b d c b d c AG  AG  A B     b d c     AG  C D AG b  d  c Lời giải G trọng tâm tam giác BCD nên: Gọi      AG  AB  BG b  BG  1      AG  AC  CG c  CG        AG  AD  DG d  DG  3             bd c AG b  d  c  b  d  c  AG   1 ;   ;  3 Từ suy ra: Chọn B ABCD A ' B ' C ' D ' Gọi O tâm hình lập phương, đó: Bài 7: Cho  hình   lập phương     AD  AB  AA ' AO  A     AD  AB  AA ' AO  C  AD  AB  AA ' AO  B    AD  AB  AA '  AO  D  Lời giải      1 AD  AB  AA ' AO  AC '  2 Chọn C CDD ' C ' Bài 8: Cho hình lập phương ABCD A ' B ' C ' D ' Gọi I tâm mặt  , đó:    AB  AA '  AI   AD A    AD  AA '  AI   AB C  AB  AD  AI   AA ' B     AB  AA '  AD AI  D Lời giải          AA ' AB  AD  AA' AB  AI  AO  IO   AD   AD O tâm hình lập phương 2 Chọn A AC , BD Tìm hệ thức đúng: Bài 9: Cho khối  tứ diện ABCD Gọi P, Q là trung   điểm      CB  BD 4 PQ A AB  AD     AD  CB  BD 2 PQ B AB      C AB  AD  CB  BD 3PQ Lời  giải D AB  AD  CB  BD PQ AB  AD 2 AQ     CB  BD 2CQ               AB  AD  CB  BD 2 AQ  CQ 2 AP  PQ  CP  PQ 2 2PQ  AP  CP 4PQ       Chọn A ABCD A ' B ' C ' D ' Tìm hệ thức sai: Bài 10:     Cho  hình hộp AC '  CA '  C ' C  '  A ' C 2 AC A    B AC    C AC '  A ' C  AA ' D CA '  AC CC ' Lời giải O tâm hình hộp           AC ' 2 AO 2OC '; CA ' 2CO  AC '  CA ' 2 OC '  CO 2CC '       AC '  A ' C  2C ' C 2CC '  2C ' C 0      AC ' 2 AO      AC '  A ' C  AO  O C  AC  A ' C 2OC      Vậy C sai Chọn C ABCD.M , N trung điểm AC , BD Chọn hệ thức sai: Bài 11:  Cho  tứ diện    MB  MD  MN A    B AB  CD2MN  C NC  NA 2MN D CB  AD 2MN Lời giải    MB  MD 2 MN (hệ thức trung điểm) Gọi P, Q trung điểm AD, BC  MNPQ hình bình   hành:  MP  MQ MN 1  MP  CD 1      1  AB  CD MN  AB  CD 2MN   2  MQ  AB    2 NC  NA 2MN (C sai )           AD  CB  AB  BD  CD  DB  AB  CD 2MN Chọn C ABCD A ' B ' C ' D ', A ' C   A ' BD  E , AC '  CB ' D '  F Bài 12: Cho hình hộp Xác định hệ thức sai:        A EA '  EB  ED 0 B FC  FD '  FB ' 0  1     EF  AC ' C AB  AD  AA ' 2 AC ' D Lời giải Gọi I , I ' giao điểm đường chéo mặt đáy AC ' cắt trung tuyến A ' I tam giác A ' BD trung tuyến CI ' (của tam giác CB ' D ' ) E F EI IF    E, F A ' I FC trọng tâm tam giác A ' BD; CB ' D ' Chọn   A,  B   AB  AD  AA '  AC  AA '  AC ' C sai  1 AE EF FC '  AC '  EF  AC ' 3 D Chọn D Bài 13: Cho khối tứ diện ABCD, G trọng tâm tứ diện, A ' trọng tâm tam giác BCD.M điểm  tùy  ý  không gian Chọn hệ thức đúng:       GC  GD 3GA ' GA  GB  GC  GD 0 A GB    B    C AA ' 3 AG D MA  MB  MC  MD 4MG Lời giải Gọi B ' trọng tâm tam giác ACD, hai trung tuyến AA';BB' cắt G, GA ' B ' đồng dạng GAB  4 A' B ' A' M 1     GA '  GA  AA '  AG  AB BM   3   GB  GC  GD GA '  A ' B  GA '  A ' C  GA '  A ' D       3GA '  A 'B  A ' C  A ' D      3GA '  3GA '        3GA '  GA  GA  GB  GC  GD 0             MA  MB  MC  MD MG  GA  MG  GB  MG  GC  MG  GD       4 MG  GA  GB  GC  GD 4MG Chọn C Bài 14: Cho hình hộp ABCD A ' B ' C ' D ' Chọn hệ thức sai:         AD  AC ' A ' B '  A ' D '  A ' A A 'C A AA '  AB    B   C C ' D '  C ' B '  C ' C C ' A D BC  BA  BB ' D ' B Lời  giải     AA '  AD  AB  A ' A  AC  A ' C       A ' B '  A ' D '  A ' A A 'C '  A ' A  A 'C       C ' D '  C ' B '  C ' C C ' A '  C ' C C ' A       BC  BA  BB ' BD  BB ' BD ' D' A' C' B' D A C B Chỉ có hệ thức D sai Chọn D CHỦ ĐỀ MẶT PHẲNG TRONG KHƠNG GIAN Định nghĩa 2 Trong khơng gian Oxyz phương trình dạng Ax  By  Cz  D 0 với A  B  C  gọi phương trình tổng quát mặt phẳng  Phương trình mặt phẳng   P  :Ax+By+Cz+D=0 với n  A; B; C  A2  B  C  có vec tơ pháp tuyến    P M x ; y ;z n  A; B; C  , n 0  Mặt phẳng   qua điểm  0  nhận vecto làm vecto pháp P : A x  x0   B  y  y0   C  z  z0  0 tuyến dạng      P a  a1 ; a2 ; a3  ; b  b1 ; b2 ; b3    Nếu có cặp vecto khơng phương, có giá song song  P   n  a, b   P nằm Thì vecto pháp tuyến xác định Các trường hợp riêng mặt phẳng 2  :Ax+By+Cz+D=0, Trong không gian Oxyz cho mp   với A  B  C  Khi đó:   D 0   qua gốc tọa độ   A 0, B 0, C 0, D 0   song song trục Ox  Oxy   A 0, B 0, C 0, D 0   song song mặt phẳng   A, B, C , D 0 Đặt a  D D D x y c , b  , c     :   1 A B C Khi : a b z Vị trí tương đối hai mặt phẳng  :Ax+By+Cz+D=0  ' :A'x+B'y+C'z+D'=0 Trong không gian Oxyz cho          cắt    //  AB '  A ' B    BC '  B ' C   ' CB ' C ' B  AB '  A ' B    BC ' B ' C   ' CB ' C ' B va AD '  A ' D  AB '  A ' B  BC ' B ' C   CB ' C ' B  AD '  A ' D  '           '  n1.n2 0  Đặt biệt:     A A ' B.B ' C.C ' 0 Góc hai mặt phẳng 00  900  Gọi  góc hai mặt phẳng   P  :Ax+By+Cz+D=0  Q  :A'x+B'y+C'z+D'=0    nP nQ A A ' B.B ' C C ' cos = cos nP , nQ     nP nQ A2  B  C A '2  B '2  C '2   BÀI TẬP ÁP DỤNG A 0;1;  1 ; B  1;1;  ; C  1;  1;0  ; D  0;0;1 Bài 1: Cho tứ giác ABCD có  Viết phương trình mặt P phẳng   qua A, B chia tứ diện thành hai khối ABCE ABDE có tỉ số thể tích A 15 x  y  z  0 B 15 x  y  z  0 C 15 x  y  z  0 D 15 x  y  z  0 Lời giải  P  cắt cạnh CD E , E chia đoạn CD theoo tỷ số  xC  xD  3.0    x  4  y  yD   3.0    E y  C   4  zC  z D  3.1    z  4    1 7 AB  1;0;3 ; AE  ;  ;    1;  5;7   4 4 A F N B D E C Vecto pháp  tuyến   P  : n  AB, AE   15;  4;     P  :  x   15   y  1      z  1    0  15 x  y  z  0 Chọn A A 0;1;  1 ; B  1;1;  ; C  1;  1;0  ; D  0;0;1 Bài 2: Cho tứ giác ABCD có  Viết phương trình tổng qt Q BCD  mặt phẳng   song song với mặt phẳng  chia tứ diện thành hai khối AMNF MNFBCD có tỉ số thể tích 27 A 3x  z  0 C y  z  0 B y  z  0 D x  z  0 Lời giải  AM     Tỷ số thể tích hai khối AMNF MNFBCD :  AB  27 AM    M AB chia cạnh AB theo tỉ số   2.0   x  3     2.1   E y  1 ; BC   0;1;1 ; BD   1;1;1      1 0 x     Q  : n  0;1;  1 Vecto pháp tuyến 1   M   Q    Q  :  x     y  1   z     1 0 3    P  : y  z  0 Chọn B P , OH  p  Bài 3: Từ gốc O vẽ OH vng góc với mặt phẳng    ; gọi  ,  ,  góc tạo P P vec tơ pháp tuyến   với ba trục Ox, Oy, Oz Phương trình   là: A x cos   y cos   z cos   p 0 B x sin   y sin   z sin   p 0 C x cos   y cos   z cos   p 0 D x sin   y sin   z sin   p 0 Lời giải  H  p cos  , p cos  , c cos    OH  p cos  , p cos  , c cos   Gọi:    M  x, y, z    P   HM  x  p cos  , y  p cos  , z  c cos   OH  HM   x  p cos   p cos    y  p cos   p cos    z  c cos   p cos    P  : x cos   y cos   z cos   p 0 Chọn A P Bài 4: Viết phương trình tổng quát mặt phẳng   cắt hai trục y ' Oy z ' Oz A  0,  1,  , B  0, 0,1 yOz  tạo với mặt phẳng  góc 45 A x  y  z  0 B x  y  z  0 C x  y  z  0; x  y  z  0 D Lời giải C a, 0,  P Gọi  giao điểm   trục x 'Ox  BA  0,  1,  1 ; BC  a, 0,  1     n  BA, BC   1,  a, a  P Vec tơ pháp tuyến     yOz  e1  1, 0,  Vec tơ pháp tuyến là: x  y  z  0; x  y  z  0 P Gọi  góc tạo   Vậy có hai mặt phẳng Chọn D  P :   yOz   cos450  x  y  z 1  1  2a   4a 2  a  2 x  y  z  0; x  y  z  0  P  qua hai điểm A  3, 0,  , B   3, 0,  hợp với mặt phẳng  xOy  góc P C Tính khoảng cách từ O đến   Bài 5: Cho mặt phẳng 300 cắt y ' Oy A B C 3 D z B Lời giải Vẽ OH  KC với K giao điểm AB trục z ' Oz  x' K  0 Ta có: C 30  K 60 ; OK 4  d  O, P  OH OK sin 600 A H P -3 4 2 O Chọn D 30 y C x Bài 6: Cho mặt phẳng A  3, 0,  , B   3, 0,  tổng quát mặt phẳng  P  qua hai điểm hợp với mặt phẳng  P  xOy  góc 300 cắt A y  3z  0 B y  3z  0 C y  3z 4 0 Lời giải  D x  y  3z  0  C  0, c,  ; AC   3, c,   ; AB   6, 0,       P  : n  AC , AB  6  0, 4, c  Vec tơ pháp tuyến   xOz  : e3  0, 0,1 Vec tơ pháp tuyến y ' Oy C Viết phương trình cos 300  c 16  c    c 48  c 4  n 6 0, 4, 4       P  :  x  3   y     z   4 0  y z 4 0 Chọn C P : x  y  z  0, A  8;  7;  , B   1; 2;   Bài 7: Trong không gian tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng   2 P Tìm tọa độ điểm M thuộc mặt phẳng   cho MA  2MB nhỏ M 0;0;  1 M 0;0;1 M 1;0;1 M 0;1;0  A  B  C  D  Lời giải   IA  IB 0  I  2;  1;0  Gọi I điểm thỏa mãn Có     MA2  2MB  MI  IA  MI  IB     MA2  MB IA , IB Vì khơng đổi nên phẳng   3MI  IA2  IB  MI  M hình chiếu vng góc I lên mặt  P P Đường thẳng d qua I vng góc với    x 2  2t   d :  y   t ; d   P  M  0;0;  1  z t  Chọn A A 0, 0,  3 , B  2, 0,  1 P : x  y  z  0 M  P Bài 8: Cho điểm  mặt phẳng   Tìm cho 2 MA  2MB nhỏ  283  104  214    283 104  214   283  14  14  M ; ; ; ; ; ;  M  M  183 183 183 183 183 183 183 183 183       A B C Lời giải  283 14 14  M ; ;  183 183 183   D    5 IA  IB 0  I  ;0;   3 Gọi I cho     2  MA2 MA  MI  IA MI  IA2  2MI IA     MB MB  MI  IB MI  IB  2MI IB    MA2  MB 3MI  IA2  IB  MI IA  IB 3MI  IA2  IB      Suy  MA  MB   P MI bé hay M hình chiếu I    283  104  214  M ; ;  Tìm tọa độ  183 183 183  Chọn A Q : x  y  z 0 Bài 9: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng   hai điểm A  4,  3,1 , B  2,1,1 Q Tìm điểm M thuộc mặt phẳng   cho tam giác ABM vuông cân M  M  1;  2;1   M  17 ;  ;      A   7   M  1; 2;1   M  17 ; ;     B   7   M   1; 2;1   M  13 ;  ;      C   7   M  1;1;1   M  ; ;     D   7  Lời giải M a, b, c M  Q  a  b  c 0      Gọi  Tam giác ABM cân M : 2 2 2 AM BM   a     b  3   c  1  a     b  1   c  1   a  2b  0  a  b  c 0   1 2    a  b    Từ ta có: I  3;  1;1 AB Trung điểm MI  a 2b   c   3b  * Tam giác ABM cân M , suy ra: AB 2   a  3   b  1   c  1 5  2b    3   b  1     3b   *  3 ta được: b   a 1, c 1  M  1;  2;1 Thay b   2  b  5    b   17  17   a  , c   M  ;  ;   7 7 7  Chọn A A 1;3;  , B  3; 2;1 Bài 10: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm  mặt phẳng   P  : x  y  x  11 0 Tìm điểm M  P  cho MB 2 2, MBA 300  M  1; 2;3  M  1;  2;3  M  2;1;3  M  1;  2;3     M  1; 4;1 M  1;  4;1 M  4;1;1 M   1; 4;1       A B C D  Lời giải A  P , B  P , AB      Nhận thấy Áp dụng định lý côsin tam giác MAB ta có: MA2 MB  BA2 2MB.BA.cos300 2  MB MB  BA2 Do tam giác MAB vuông A  x 1     u AM  AB, n p   0;  5;5   AM :  y 3  t  M  1;3  t ;  t   z 2  t  Ta có: 2 Ta có MA 2  t  t 2  t 1 t 1  M  1; 2;3 ; t   M  1; 4;1 Với Chọn A