Dung PPTD Giai toan HHKG

Trần Minh Hùng Tự chọn HH 12 NC BT- HHKG GIẢI BẰNG PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ ……………*…………. Bài 1: Cho khối chóp S.ABC có đường cao SA = a, đáy là tam giác vuông cân có AB = BC = a. Gọi B’ là trung điểm của SB, C’ là đường cao hạ từ A của tam giác SAC. a) Tính thể tích khối chóp S.ABC b) CMR: SC vuông góc với mp(AB’C’) c) Tính thể tích khối chóp S.AB’C’. Giải. a a a C' B' z y x C B A S Chon hệ trục tọa độ Oxyz như hình vẽ sao cho: A ≡ O( 0; 0; 0), B(a ; 0 ; 0), C(a ; a ; 0), S(0 ; 0 ;a), B’( ) 2 ;0; 2 aa a) V = 6 1 [ ] OSOCOB . )0;0;(aOB = , )0;;( aaOC = , );0;0( aOS = . [ ] );0;0(, 2 aOCOB = . [ ] 3 aOSOCOB = Vậy V = 6 2 a b) Ta có: AC’ SC ⊥ (1) =SC (a ; a ; -a), ) 2 ;0; 2 (' aa AB = ''0 2 0 2 '. 22 ABSCABSC aa ABSC ⊥⇒⊥⇒=−+= (2) Từ (1) và (2) ta suy ra : SC )''( CAB⊥ 1 Trần Minh Hùng Tự chọn HH 12 NC c) + 0:)(0:)( );;()( )0;0;0( :)( =−+⇒=−+⇒      −=⊥ zyxazayax aaaSC Oqua mp αα α α +(d) : )(:)( )1;1;1( );0;0( Rt taz ty tx d SCuVTCP aSqua ∈      −= = = ⇒      −== → (d)       =∩ 3 2 ; 3 ; 3 ')( aaa C α V SAB’C’ = [ ] '.,' 6 1 OCOSOB       = 2 ;0; 2 ' aa OB , );0;0(, 3 2 ; 3 ; 3 ' aOS aaa OC =       = . [ ] )0; 2 ;0(,' 2 a OSOB = ⇒ [ ] 6 '.,' 3 a OCOSOB = Vậy V SAB’C’ = 366 . 6 1 33 aa = Bài 2: Cho hình chóp tam giác OABC có ba cạnh OA, OB, OC đôi một vuông góc với nhau và OA = a, OB = b, OC = c. a) Chứng minh rằng tam giác ABC có ba góc nhọn. b) Tính đường cao OH của hình chóp. Giải. H z y x C B A O Chọn hệ trục tọa độ Oxyz có gốc O(0 ; 0 ; 0) như hình vẽ. Khi đó A(a ; 0 ; 0), B( 0 ; b ; 0) C(0 ; 0 ; c). a) =AB (-a ; b ; 0) , =AC (-a ; 0 ; c) CosA = ⇒> ++ = 0 . . . 2222 caba a ACAB ACAB A < 90 o Tương tự ta chứng minh được tam giác ABC có ba góc nhọn. 2 Trần Minh Hùng Tự chọn HH 12 NC B) Phương trình mp(ABC): 01 =−++⇔=++ abcabzacybcx c z b y a x OH = d(O,(ABC)) = 222222222222 bacacb abc bacacb abc ++ = ++ − Bài 3: Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng a và chiều cao bằng h. Gọi I là trung điểm cạnh SC a) Tính khỏang cách từ S đến mặt phẳng (ABI ). b) Mặt phẳng (ABI ) cắt SD tại J. Tính thể tích khối chóp S.ABIJ. Giải. M J I z y x O S D C B A a) Ta chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho gốc tọa độ O là tâm O của đáy, trục Ox chứa OA, trục Oy chứa OB, trục Oz chứa OS Khi đó: A         0;0; 2 2a , B         0; 2 2 ;0 a , C         − 0;0; 2 2a , S(0 ; 0 ; h) SO MAI =∩ , M là trọng tâm của tam giác SAC nên M(0 ; 0 ; ) 3 h Mp(ABI ) ≡ mp(ABM), do đó có phương trình là: 1 3 2 2 2 2 =++ h z a y a x d = d(S, (ABI)) = 22 222 94 2 922 2 ah ah haa + = ++ = b) V SABIJ = dS ABIJ . 3 1 ABIJ là hình thang cân , S ABIJ = ),()( 2 1 ABJdIJAB + = ),() 2 ( 2 1 ABId a a + 3 Trần Minh Hùng Tự chọn HH 12 NC I là trung điểm của SC nên I(- ) 2 ;0; 4 2 ha         − = 2 ;0; 4 23 ha AI , aAB aa AB =⇒         − = 0; 2 2 ; 2 2 [ ] [ ] 22 2 94 4 , 4 3 ; 4 2 ; 4 2 , ah a ABAI aahah ABAI +=⇒         −−− = d(I, AB) = [ ] AB ABAI, = 4 94 22 ah + S ABIJ = 16 943 4 94 . 4 3 2222 ahaaha + = + Vậy V SABIJ = 8 94 2 . 16 943 3 1 2 22 22 ha ah ahaha = + + • Ta chứng minh được 88 3 8 3 2 . . ha VV V V ABCDSABIJS ABCDS ABIJS ==⇒= Bài 4: Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có cạnh đáy bằng a, đường cao hình chóp bằng a .Mặt phẳng (P) qua AB và vuông góc với SC cắt SC tại M. Tính thể tích khối chóp S.ABM. Giải. a O N a M z y x S C B A Chọn hệ trục Oxyz sao cho gốc tọa độ O là trọng tâm của tam giác ABC , trục Ox qua trung điểm AB, Oy song song AB, Oz chứa đường cao hình chóp. Khi đó A         − 0; 2 ; 6 3 aa , B         0; 2 ; 6 3 aa , C         − 0;0; 3 3a , S( 0 ; 0 ; a) 4 Trần Minh Hùng Tự chọn HH 12 NC         − − = a a SC ;0; 3 3 Đường thẳng SC:          −= = − = ⇒      = → taaz y t a x SC SCuVTCP Squa 0 3 3 : (1) Mp(P) 0 6 3 3 3 :)( =−         − − ⇒      = → za a x a P SCnVTPT Bqua (2) Thế (1) vào (2) ta có t = 8 5 . Vậy M         − 8 3 ;0; 24 35 aa Ta có         −− =         − −− =         − − = 8 5 ;0; 24 35 ,; 2 ; 6 3 ,; 2 ; 6 3 aa SMa aa SBa aa SA [ ] [ ] 48 35 ., 6 3 ;0;, 32 2 a SMSBSA a aSBSA =⇒         −= Vậy V SABM = [ ] 288 35 ., 6 1 3 a SMSBSA = Bài 5: Cho hình chóp S.ABCD, đáy ABCD là hình vuông cạnh a, cạnh bên SA vuông góc với đáy và SA = 2a. Gọi M và N lần lượt là trung diểm các cạnh SA, SD. a) Tính khỏang cách từ đỉnh S tới mp(BCM) b) Tính khỏang cách giữa hai đường thẳng SB và CN. Giải. z y x N M S D C B A 5 Trần Minh Hùng Tự chọn HH 12 NC Chọn hệ trục Oxyz sao cho gốc O là điểm A, AB thuộc trục Ox, AD thuộc trục Oy, AS thuộc trục Oz. Khi đó A(0 ; 0 ; 0) , B(a ; 0 ; 0) , C(a ; a ; 0) , D(0 ; a ; 0) , S(0 ; 0 ; 2a) , M(0 ; 0 ; a) , N(0 ; 2 a ; a) a) (=BC 0 ; a ; 0), =BM (-a ; 0 ; a) [ ] == → BMBCn , (a 2 ; 0 ; a 2 ) = a 2 (1 ; 0 ; 1) Phương trình mp(BCM): 1(x – a) + 1(z – 0) = 0 ⇔ x + z – a = 0 d(S, (BCM)) = 22 2 a aa = − b) =BS (- a ; 0 ; 2a), =CN (- a ; 2 a − ; a), =SC (a ; a ; -2a) [ ]         −−=⇒ 2 ;;, 2 22 a aaCNBS [ ] 2 3 4 , 24 44 aa aaCNBS =++=⇒ [ ] 3 ., aSCCNBS −= d(SB,CN) [ ] [ ] 3 2 2 3 , ., 2 3 a a a CNBS SCCNBS = − = Bài 6: Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ có cạnh bằng 1. a) Gọi M , N lần lượt là trung điểm của AD và BB’. Chứng minh rằng AC’ ⊥ MN. b) Gọi P là tâm của mặt CDD’C’. Tính thể tích khối chóp A’.MNP. Giải. M N O z y x P D' C' B' A' D C B A 6 Trần Minh Hùng Tự chọn HH 12 NC a) Chọn hệ trục Oxyz sao cho gốc tọa độ O trùng với A. AB thuộc Ox, AD thuộc Oy , AA’ thuộc Oz. Khi đó M(0 ; 2 1 , 0), N(1 ; 0 ; 2 1 ) ) 2 1 ; 2 1 ;1( −=⇒ MN A’(0 ; 0 ; 1), C(1 ; 1 ; 0) (' =⇒ CA 1 ; 1 ; -1) Ta có : CAMNCAMN '0 2 1 2 1 1'. ⊥⇒=−−= hay MN ⊥ A’C b)P( ) 2 1 ;1; 2 1 )1; 2 1 ;0('), 2 1 ;1; 2 1 ('), 2 1 ;0;1(' −=−=−= MAPANA [ ]       =             − − − − = 1; 4 1 ; 2 1 1 2 1 01 ; 2 1 2 1 1 2 1 ; 2 1 1 2 1 0 ',' PANA [ ] 8 7 1 8 1 0'.',' −=−+=MAPANA Vậy V A’MNP = [ ] 48 7 8 7 6 1 '.',' 6 1 = − =MAPANA (đvtt) 7 . Trần Minh Hùng Tự chọn HH 12 NC BT- HHKG GIẢI BẰNG PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ ……………*…………. Bài 1: Cho khối chóp S.ABC có đường cao SA = a, đáy