HÌNH HỌC GIẢI TÍCH 3

TT Giáo viên & Gia sư tại TP Huế - ĐT: 2207027 – 0989824932 http://www.xuctu.com E mail: quoctuansp@gmail.com - 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 http://www.xuctu.com E mail: quoctuansp@gmail.com - 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 http://www.xuctu.com E mail: quoctuansp@gmail.com - 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 http://www.xuctu.com E mail: quoctuansp@gmail.com - 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 http://www.xuctu.com E mail: quoctuansp@gmail.com - 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 http://www.xuctu.com E mail: quoctuansp@gmail.com - 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 http://www.xuctu.com E mail: quoctuansp@gmail.com - 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 http://www.xuctu.com E mail: quoctuansp@gmail.com - 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 http://www.xuctu.com E mail: quoctuansp@gmail.com - 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 http://www.xuctu.com E mail: quoctuansp@gmail.com - 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 [...]... 3( −8 + 3t1 ) = 0 B/ ⇔ t1 = 0 ⇒ H (3; 1; 1) ∆2 ∆1 3 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: 105 204   114 25 22  /  20 K ; ; ;−  ⇒ B − ; −  31 31   31 31 31   31 uuuuu  11 74 13  1 r 1 r r A / B/ =  ; − ; −  = (11; − 74; 13) = a , với a = (11; − 74; 13) 31  31 31 31  31 ... a 3  C  0; ; 0  , S(0; 0; h), (h > 0) 2   Phương trình mp (ABC): r z = 0, với pháp vectơ n1 = (0; 0;1) Phương trình mp (SAC): x y z + + =1 a a 3 h H a 3 2 A x C y a 2 r ⇔ (SAC) : 2h 3x + 2hy + a 3z − ah 3 = 0 với n 2 = (2h 3; 2h; a 3) (SAC) tạo với (ABC) một góc α: cos α = ° B 0+0+a 3 0 + 0 + 1 12h2 + 4h2 + 3a2 1 16h2 + 3a2 ⇔ = 1 + tg2α = cos2 α 3a2 3a2 tg2α a 3 ⇔ h2 = ⇔ h= tgα 16 4 Thể tích hình. .. A(0; 0; 0), a a 3   a a 3   a 3   a 3   a 3 a 3  B ; ; 0  ,C − ; ; 0  ,M 0; ; 0 , O 0; ; 0  , S 0; ; tgϕ 2 2 2 2 2 3 3 6           - ° C ϕ O 1 a 3 OH = AH = 3 6 ∆SHO vuông góc: ° S http://www.xuctu.com - Trang 15 - mail: quoctuansp@gmail.com E TT Giáo viên & Gia sư tại TP Huế - ĐT: 2207027 – 0989824 932 ° ° ° ° ° 1 a3tgϕ V = SO.SABC = 3 24 uur  a a 3 a 3 r  uuu Ta có:... 12.cos ϕ Gọi h là khoảng cách từ A đến (SBC), ta có: 1 3. V a3tgϕ a2 3 a 3 V = h.SSBC ⇒ h = = 3 : = sin ϕ 3 SSBC 24 12 cos ϕ 2 Cách 2: z ° 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: 2 a 3 a 3 - AO = AM = và OM = 3 3 6 ! A - AM ⊥ BC, SM ⊥ BC ⇒ SMA = ϕ S C O ϕ y M ∆SOM vuông có: a 3 B x SO = OM.tgϕ = tgϕ 6 Dựng hệ trục tọa độ Axyz,... Thể tích hình 2 3 1 1 a 3 a 3 a V = h.SABC = tgα = tgα 3 3 4 4 16 = a 3 16h 2 + 3a2 chóp S.ABC: ĐỀ 10 Câu 1: Trong không gian Oxyz cho 2 đường thẳng: x − 3 y −1 z −1 x−7 y 3 z−9 (∆1) : = = ; (∆ 2 ): = = −7 2 3 1 2 −1 http://www.xuctu.com - Trang 21 - mail: quoctuansp@gmail.com E TT Giáo viên & Gia sư tại TP Huế - ĐT: 2207027 – 0989824 932 1 Lập phương trình chính tắc của đường thẳng ( 3) đối xứng với... và (d2) 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 A của ∆ABC và có ∆SBC cân tại S ! suy ra: BC ⊥ SH, BC ⊥ AH, nên SHA = ϕ ° Ta có: ° ° SO = HO.tgϕ = H B a 3 HO a 3 tgϕ và SH = = 6 cos ϕ 6.cos ϕ 1 1 a 3 a2 3 a3tgϕ Thể tích hình chóp S.ABC: V = SO.SABC = tgϕ = 3 3 6 4 24 2 1 a 3 Diện tích ∆SBC:... a 3  a 3  a a r a 3a2 a2 2a2 Ta có: AB AI =  − + + a = − + + =0  2  2  2 2 2 4 4 4 uuu / uur r Vậy, ∆AB/I vuông tại A ⇒ AB ⊥ AI r Phương trình mp(ABC): z = 0 có pháp vectơ n1 = (0; 0; 1) uuu / uur r mp (AB/I) có cặp vectơ chỉ phương AB , AI , nên có pháp vectơ: uuu / uur  a2 r 3a2 3 2a2 3  a2 a2 r [AB ; AI] =  − ; − ; = − (1; 3 3; − 2 3) = − n 2  4 4  4 4  4 r với n 2 = (1; 3 3; − 2 3) ... , BC = (−a; 0; 0) 6 6  2  uur uuu r  a2 3 a2 3  r [BS; BC] =  0; − tgϕ; − =n 6 6   Phương trình mặt phẳng (SBC) qua B với vectơ pháp r tuyến n :  a  a2 3 a 3  a2 3  O x −  − tgϕ  y − (z − 0) = 0 − 2 6 2  6   a 3 ⇔ (SBC) : tgϕy + z − tgϕ = 0 2 Khoảng cách d từ A đến (SBC): Thể tích hình chóp: tgϕ.O + O − d= a 3 tgϕ 2 tg2ϕ + 1 a 3 tgϕ a 3 2 = = sin ϕ 1 2 cos ϕ Câu 2: (d1) đi qua điểm... ∆SHP ⇒ HN = HP HP = HA.sin 60o = ° ∆AHP vuông có: ° ∆SHP vuông có: SH = HP.tgα = http://www.xuctu.com a 3 4 ϕ C P A a 3 tgα 4 - Trang 20 - mail: quoctuansp@gmail.com E TT Giáo viên & Gia sư tại TP Huế - ĐT: 2207027 – 0989824 932 1 1 a 3 a 2 3 a3 Thể tích hình chóp S.ABC : V = SH.SABC = tgα = tgα 3 3 4 4 16 Cách 2: ° Dựng SH ⊥ AB ° Ta có: (SAB) ⊥ (ABC), (SAB) ∩ (ABC) = B, SH ⊂ (SAB) ⇒ SH ⊥ (ABC) ° Vì... (ABC) và (AB'I) GIẢI Câu 1: 1 ° ° ° ° ° ° ° ° °  x = 3 − 7t1 r  (∆1 ) :  y = 1 + 2t1 có vectơ chỉ phương u1 = (−7; 2; 3) z = 1 + 3t 1  x = 7 + 7t 2 qua A (7; 3; 9), B(8; 5; 8) và  B r (∆ 2 ) : y = 3 + 2t 2 có vectơ chỉ phương u2 = (1; 2; − 1) z = 9 − t A 2  r u1 Gọi H là hình chiếu của A trên (∆1) H K H ∈ (∆1 ) ⇒ H (3 − 7t1; 1 + 2t1; 1 + 3t1 ) uuur ⇒ AH = (−4 − 7t1; − 2 + 2t1; − 8 + 3t1 ) A/ uuur . 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. 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. 33 6424 ϕ ==ϕ= ° Diện tích ∆SBC: 2 SBC 1a3 S.SH.BC 212.cos == ϕ . 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 AMa 333 ah MISO.h SA2 3ha23ha ⇒=== ++