Đề thi và đáp án PPTD trong KG

24 bµi tËp h×nh häc (dµnh cho c¸c líp lun thi §¹i häc) Câu 1: x − y − = cho 2x − z − = Trong không gian Oxyz, viết phương trình mặt phẳng (P) chứa đường thẳng (d) :  2 giao tuyến mặt phẳng (P) mặt cầu (S) : x + y + z + 2x − 2y + 2z − = đường tròn có bán kính r = 1. Câu 2: Cho lăng trụ ABC.A'B'C' có mặt bên hình vuông cạnh a. Gọi D, F trung điểm cạnh BC, C'B'. Tính khoảng cách hai đường thẳng A'B B'C'. Câu 3: Trong không gian Oxyz cho A(0; 1; 0), B(2; 2; 2), C(-2; 3; 1) đường thẳng (∆) : x −1 y + z − = = −1 1. Tìm điểm M thuộc (∆) để thể tích tứ diện MABC 3. 2. Tìm điểm N thuộc (∆) để thể tích tam giác ABN nhỏ nhất. Câu 4: Cho hình chóp S.ABC đáy ABC tam giác cạnh a. SA = SB = SC, khoảng cách từ S đến mặt phẳng (ABC) h. Tính h theo a để hai mặt phẳng (SAB) (SAC) vuông góc nhau. Câu Trong không gian Oxyz cho đường thẳng (d) mặt cầu (S): 2x − 2y − z + = (d) :  ; x + 2y − 2z − = (S) :x + y + z + 4x − 6y + m = Tìm m để (d) cắt (S) hai điểm M, N cho MN = 8. Câu Cho tứ diện OABC có đáy ∆OBC vuông O, OB = a, OC = a 3, (a > 0) đường cao OA = a . Gọi M trung điểm cạnh BC. Tính khoảng cách hai đường thẳng AB OM. Câu 7: Trong không gian Oxyz cho mặt phẳng (α) : 2x – y + z – = 0. Viết phương trình mặt phẳng (P) qua giao tuyến (α) mặt phẳng (xOy) (P) tạo với mặt phẳng tọa độ tứ diện tích 125 . 36 Câu 8: 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 ∆ABC. Đặt SG = x (x > 0). Xác đònh giá trò x để góc phẳng nhò diện (B, SA, C) 60 o. Câu 9: Trong không gian Oxyz, tìm Ox điểm A cách đường thẳng (d) : Câu 10: x −1 y z + = = mặt phẳng (α) : 2x – y – 2z = 0. 2 Cho hình chóp SABC có đáy ABC tam giác có cạnh 2a , SA vuông góc với (ABC) SA = a. Gọi E, F trung điểm cạnh AB, BC. Tính góc khoảng cách hai đường thẳng SE AF. Câu 11: Trong không gian với hệ tọa độ vuông 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 đònh tọa độ tiếp điểm. Câu 12: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC tam giác vuông B, AB = a, BC = 2a, cạnh SA vuông góc với đáy SA = 2a. Gọi M trung điểm SC. Chứng minh ∆MAB cân tính diện tích ∆MAB theo a. Câu 13: 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 14: . 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 nhau. Viết phương trình mặt cầu (S) có đường kính đoạn vuông góc chung (d1) (d2). Câu 15: Trong không 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 (∆) song song với hai mặt phẳng (P) (Q), cắt hai đường thẳng (d1) (d2). Câu 16: 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). Câu 17: 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 vuông góc điểm I(1; -1; 1) (d 2). Tìm phương trình tham số đường thẳng qua K vuông góc với (d1) cắt (d1). Câu 18: 1. Tính thể tích hình chóp S.ABC, biết đáy ABC tam giác cạnh a, mặt bên (SAB) vuông góc với đáy, hai mặt bên lại tạo với đáy góc α. Câu 19: Trong không gian Oxyz cho đường thẳng: (∆1) : x − y −1 z −1 x−7 y−3 z −9 = = ; (∆ ): = = −7 −1 1. Lập phương trình tắc đường thẳng (∆3) đối xứng với (∆2) qua (∆1). 2. Xét mặt phẳng (α) : x + y + z + = 0. Viết phương trình hình chiếu (∆2) theo phương (∆1) lên mặt phẳng (α). uuuur uuuur 3. Tìm điểm M mặt phẳng (α) để MM1 + MM đạt giá trò nhỏ biết M1(3; 1; 1) M2(7; 3; 9). Câu 20: · 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 ∆AB'I vuông A tính cosin góc hai mặt phẳng (ABC) (AB'I). Câu 21 Cho tứ diện SABC có cạnh a. Dựng dường cao SH. a. Chứng minh SA ⊥ BC. Tính thể tích diện tích toàn phần hình chóp SABC. b. Gọi O trung điểm SH. Chứng minh OA, OB, OC đôi vuông góc với nhau. Câu 22 Trong không gian Oxyz cho mặt phẳng (α) : 2x + 3y + 6z – 18 = cắt Ox, Oy, Oz A, B, C. Tìm điểm M(x, y, z) với x > 0, y > 0, z > cách bốn mặt tứ diện OABC. Suy phương trình mặt cầu nội tiếp tứ diện. Câu 23 Cho hình chóp S. ABCD có SA ⊥ (ABCD) SA = a , đáy ABCD nửa lục giác nội tiếp đường tròn đường kính AD = 2a. Tính khoảng cách từ đường thẳng AD đến mặt phẳng (SBC). Câu 24 Trong không gian Oxyz cho A(2; 0; 0), B(0; 4; 0), C(0; 0; -2). Viết phương trình đường tròn (C) qua điểm A, B, C. 1. Tìm điểm M thuộc mặt cầu (S) qua O, A, B, C cho khoảng cách từ M đến mặt phẳng (P): 2x + 2y – z + = lớn nhất. 2.Tìm điểm M thuộc mặt cầu (S) qua O, A, B, C cho khoảng cách từ M đến mặt phẳng (P): 2x + 2y – z + = lớn nhất. ®¸p ¸n Câu 1: Mặt phẳng (P) chứa (d) có dạng: m(x – y – 2) + n(2x – z – 6) = ⇔ (P) : (m + 2n)x − my − nz − 2m − 6n = ° Mặt cầu (S) có tâm I(-1; 1; -1), bán kính R = 2. ° (P) cắt (S) theo đường tròn giao tiếp (C) có bán kính r = ⇔ d(I; P) = R − r = ⇔ −m − 2n − m + n − 2m − 6n (m + 2n) + m + n = ⇔ −4m − 7n = 3. 2m + 5n + 4m.n ⇔ 5m + 22m.n + 17n = ° Cho n = ⇒ 5m + 22m + 17 = ⇔ m = −1 hay m = − ° Vậy, có mặt phẳng (P):  (P1 ) : x + y − z − = (P2 ) : 7x − 17y + 5z − = Câu 2: . Cách 1: ° Vì mặt bên lăng trụ hình vuông ⇒ AB = BC = CA = A / B/ = B/ C/ = C/ A / = a ⇒ tam giác ABC, A/B/C/ tam giác đều. / / / / / ° Ta có: B C // BC ⇒ B C //(A BC) 17 A/ C/ B/ H ° ° ° ∆A/FD vuông có: ° ° ° ° D 1 a 21 = / 2+ = + = ⇒ FH = . 2 FH AF FD 3a a 3a z7 A/ a 21 / / / a Vậy, d(A B; B C ) = FH = Cách 2: ° Vì mặt bên lăng trụ hình vuông ⇒ ∆ABC, ∆A/B/C/ tam giác cạnh a. ° Dựng hệ trục Axyz, với Ax, Ay, Az đôi vuông góc, A(0; 0; 0), ° C A ⇒ d(A / B; B/ C/ ) = d(B/ C / ; (A / BC)) = d(F; (A / BC)) B BC ⊥ FD ⇒ BC ⊥ (A / BC) Ta có:  / / / BC ⊥ A D (∆A BC cân A ) Dựng FH ⊥ A / D / / Vì BC ⊥ (A BC) ⇒ BC ⊥ FH ⇒ H ⊥ (A BC) ° F a a   a a  / B ; ; ÷, C  − ; ; ÷, A (0; 0; a), 2   2  a a  / a a  B/  ; ; a ÷, C  − ; ; 2   2  / / / / / Ta có: B C // BC, B C // (A BC) C/ B/ C A x ⇒ d(B/ C/ ; A / B) = d(B/ C / ; (A / BC)) = d(B/ ; (A / BC)) uuuu r a a u r  a a  uuu  / / A B= ; ; − a ÷, A C =  − ; ; − 2   2  uuuu r uuuu r   a2  3 3 r  2 r [A / B; A / C] =  0; a2 ; ÷ = a  0; 1; ÷ = a .n, với n =  0; 1; ÷       r Phương trình mp (A/BC) qua A/ với pháp vectơ n : 0(x − 0) + 1(y − 0) + (z − a) = a ⇔ (A / BC) : y + z− =0 2 D B y ° ° a 3 a a + .a − 2 = = a 21 . d(B/ (A / BC)) = 7 1+ a 21 Vậy, d(A / B; B/ C / ) = . Câu 3: x = + 2t  1. Phương trình tham số (D):  y = −2 − t z = + 2t  M ∈ ( ∆ ) ⇒ M(1 + 2t; − − t; + 2t) ° uuur uuur AB = (2; 1; 2), AC = (−2; 2;1) ° uuur uuur r r ° [AB; AC] = (−3; − 6; 6) = −3(1; 2; − 2) = −3.n , với n = (1; 2; − 2) r ° Phương trình mp (ABC) qua A với pháp vectơ n : (ABC): x + 2y – 2z – = 0. uuur uuur SABC = [AB; AC] = (−3)2 + (−6)2 + = . ° 2 ° Đường cao MH tứ diện MABC khoảng từ M đến (ABC): MH = d(M(ABC)) = + 2t + 2(−2 − t) − 2(3 + 2t) − = −4t − 11 1+ + 4t + 11 ° Thể tích tứ diện MABC ⇔ V = . . =3 3 17 ⇔ 4t + 11 = ⇔ t = − hay t = − . 4  3 1  15 11  ° Vậy, có điểm M cần tìm là: M  − ; − ; ÷ hay M  − ; ; ÷  2  2 2. N ∈ (∆ ) ⇒ N(1 + 2t; − − t; + 2t) uuur uuur ° SABN = [NA; NB] = 32t + 128t + 146 = (4t + 8)2 + ≥ 2 2 ⇒ max SABN = ⇔ 4t + = ⇔ t = −2. S ° Vậy, điểm N cần tìm N(-3; 0; 1). Câu 4: Cách 1: ° Gọi O tâm ∆ABC ° I SA = SB = SC OA = OB = OC (∆ABC đều) Ta có:  A ⇒ SO trục đường tròn (ABC) C O M ° ° ⇒ SO ⊥ (ABC) Mà : AO ⊥ BC; SO ⊥ BC ⇒ BC ⊥ (SOA) ⇒ BC ⊥ SA Dựng BI ⊥ SA , suy ra: SA ⊥ (IBC) ⇒ SA ⊥ IC. · ⇒ BIC góc phẳng nhò diện (B, SA, C). ° a2 3h + a2 3h + a2 ∆SOA vuông có: SA = SO + OA = h + = ⇒ SA = 3 ° Gọi M trung điểm BC B Ta có: BM ⊥ (SOA), BI ⊥ SA ⇒ IM ⊥ SA (đònh lý đường vuông góc) ⇒ ∆MIA : ∆SOA AM a 3 3ah = h. . = 2 SA 3h + a 3h + a2 ∆SAB = ∆SAC (c.c.c) ⇒ IB = IC ⇒ ∆IBC cân I. (SAB) ⊥ (SAC) ⇔ ∆IBC vuông cân I ⇔ IM = BC 3ah ⇔ = a ⇔ 3h = 3h + a2 3h + a2 ⇒ MI = SO. ° ° ⇔ 9h = 3h + a2 ° Vậy, h = ⇔ h= a . a . z S Cách 2: ° Gọi H tâm ∆ABC M trung điểm BC SA = SB = SC HA = HB = HC (∆ABC đều) ° Ta có:  ° Dựng hệ trục tọa độ Axyz, với Ax, Ay, Az đôi vuông góc A(0; 0; 0), ° ° ° ° ° ° C A H z M y B a a   a a   a   a  B ; ; ÷, C  − ; ; ÷, H  0; ; ÷, S  0; ; h ÷. 2 2         uuu r  a  uur  a a r  a a  uuu  SA =  0; ; h ÷, SB =  ; ; − h ÷, SC =  − ; ; − h÷   2    uuu r uur  ah ah a2  a a r [SA; SB] =  − ; ;− ÷ = − (3h 3; − 3h; a 3) = − .n1 , 2  6  r với n1 = (3h 3; − 3h; a 3) uuu r uuu r  ah ah a2  a a r [SA; SC] =  − ;− ; ÷ = − (3h 3; 3h; − a 3) = − .n , 2  6  r với n = (3h 3; 3h; − a 3) . uuu r uur r Mặt phẳng (SAB) có cặp vectơ phương SA; SB nên có pháp vectơ n1 . uuu r uuu r r Mặt phẳng (SAC) có cặp vectơ phương SA; SC nên có pháp vectơ n . r r (SAB) ⊥ (SAC) ⇔ cos(n1; n ) = ⇔ 3h 3.3h − 3h.3h + a 3(−a 3) = ⇔ 27h − 9h − 3a = ⇔ 18h = 3a2 ⇔ h = ° Vậy: h = Câu 5: a . a . M H I N 2 Mặt cầu (S): (x − 2) + (y − 3) + z = 13 − m có tâm I(-2; 3; 0), bán kính R = IN = 13 − m , với m < 13. ° Dựng IH ⊥ MN ⇒ MH = HN = ° ° ° ° ° ⇒ IH = IN − HN = 13 − m − 16 = − m − , với m < -3. x = t   Phương trình tham số đường thẳng (d):  y = + t  z = −1 + t   ; 1÷ = (2; 1; 2) qua điểm A(0; 1; -1)   uur uur r AI = (−2; 2; 1); [AI; u] = (3; 6; − 6) uur r [AI; u] 32 + 62 + 62 81 Khoảng cách h từ I đến đường thẳng (d): h = = = = 3. r u 22 + 12 + 22 r (d) có vectơ phương u =  1; Ta có: IH = h ⇔ −m − = ° ⇔ − m − = ⇔ m = −12 (thỏa điều kiện) Vậy, giá trò cần tìm: m = -12. Câu 6: Cách 1: ° Gọi N điểm đối xứng C qua O. ° Ta có: OM // BN (tính chất đường trung bình) ⇒ OM // (ABN) ⇒ d(OM; AB) = d(OM; (ABN)) = d(O; (ABN)). ° Dựng OK ⊥ BN, OH ⊥ AK (K ∈ BN; H ∈ AK) ° Ta có: AO ⊥ (OBC); OK ⊥ BN ⇒ AK ⊥ BN BN ⊥ OK; BN ⊥ AK ⇒ BN ⊥ (AOK) ⇒ BN ⊥ OH OH ⊥ AK; OH ⊥ BN ⇒ OH ⊥ (ABN) ⇒ d(O; (ABN) = OH ° Từ tam giác vuông OAK; ONB có: 1 1 1 1 a 15 = + = + + = + + = ⇒ OH = z 2 2 2 OH OA OK OA OB ON 3a a 3a 3a ° a A a 15 Vậy, d(OM; AB) = OH = . N Cách 2: ° Dựng hệ trục Oxyz, với Ox, Oy, Oz đôi vuông góc O(0; 0; 0), A(0; 0; a 3); B(a; 0; 0), C(0; a 3; 0), a a   a a 3 M ; ; ÷ N  0; ; ÷ 2 2     trung điểm AC. ° MN đường trung bình ∆ABC ⇒ AB // MN ⇒ AB // (OMN) ⇒ d(AB; OM) = d(AB; (OMN)) = d(B; (OMN)). C O B x a M a y ° uuuu r  a a  uuur  a a  OM =  ; ; ÷, ON =  0; ; ÷ 2 2     uuuu r uuur  3a2 a2 a2  a2 a2 r [OM; ON] =  ; ; = 3; 1; = n , với nr = ( 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 . Câu Phương trình mặt phẳng (xOy): z = ° Phương trình mặt phẳng (P) thuộc chùm xác đònh (α) (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: ° ° . 5m  5   A  ; 0; ÷, B(0; − 5; 0), C  0; 0; ÷ m+n 2   1 5m 125 125 ⇔ V = .OA.OB.OC = . .5. = Thể tích tứ diện OABC 6 m+n 36 36  m + n = 3m  m = 1, n = ⇔ m+n =3m ⇔  ⇒  m + n = −3m  m = 1, n = −4 Vậy, có phương trình mặt phẳng (P): (P1 ) : 2x − y + 3z − = (m = 1; n = 2) (P ) : 2x − y − 3z − = (m = 1; n = −4)  Câu 8: Cách 1: ° Gọi M trung điểm BC ⇒ AM ⊥ BC (∆ABC vuông cân) ° Ta có: SG ⊥ (ABC) ⇒ SG ⊥ BC . Suy ra: BC ⊥ (SAM) ° Dựng BI ⊥ SA ⇒ IM ⊥ SA IC ⊥ SA ° ° ° ° I 9x + 2a2 M G B a a BC = a 2; AM = BM = MC = BC = ; AG = 2 AM a ∆AIM ~ ∆AGS ⇒ IM = SG. = x. . = AS SG + AG 3ax C A · ⇒ BIC góc phẳng nhò diện (B; SA; C). ∆SAB = ∆SAC (c.c.c) ⇒ IB = IC ⇒ ∆IBC cân I. ⇔ IM = S ax 2 x2 + 2a2 . a · · = 30o ⇔ BM = IM.tg30o ⇔ = Ta có: BIC = 60o ⇔ BIM 3.3ax 2 9x + 2a2 ⇔ 9x + 2a2 = 3x ⇔ 9x + 2a2 = 27x ⇔ 18x = 2a2 ° a ⇔ 9x = a2 ⇔ x = . z a Vậy, x = . x Cách 2: ° BC = a ° Gọi M trung điểm BC ⇒ AM = ° a a ; AG = E B M x Dựng hệ trục tọa độ Axyz, với Ax, Ay, Az đôi vuông góc, A(0; 0; 0), B(a; 0; 0), ° a a  a a  ; ÷, S  ; ; x ÷. 3  2  uuu r  a a  uur  2a a r  a 2a  uuu  SA =  ; ; x ÷, SB =  ; − ; − x ÷, SC =  − ; ; − x ÷ 3     3  uuu r uur  a2  a a r r   [SA; SB] =  0; ax; − ÷ = a  0; x; − ÷ = a.n1 , với n1 =  0; x; − ÷ 3 3 3    uuu r uuu r a r  a2 a r  [SA; SC] = (−ax; 0; ) = −a  x; 0; − ÷ = −a.n , với n =  x; 0; − ÷. 3 3   uuu r uur r Mặt phẳng (SAB) có cặp vectơ phương SA, SB nên có pháp vectơ n1 uuu r uuu r r Mặt phẳng (SAC) có cặp vectơ phương SA, SC nên có pháp vectơ n ° Góc phẳng nhò diện (B; SA; C) 60o. C(0; a; 0), G  ; ° ° ° ° ⇔ cos60o = + x2 + ° a2 ⇔ = 2 9x + a2 a Vậy, x = . a2 a a 3 a2 = 2 9x + a2 a x +0+ 9 0.x + x.0 + a ⇔ 9x2 = a2 = 2a2 ⇔ 9x = a2 ⇔ x = . Câu 9: Gọi A(a; 0; 0) ∈ Ox . ° ° ° ° Khoảng cách từ A đến mặt phẳng (α) : d(A; α) = 2a 22 + 12 + 22 r (∆) qua M (1; 0; − 2) có vectơ phương u = (1; 2; 2) uuuuuur r Đặt M M1 = u Do đó: d(A; ∆) đường cao vẽ từ A tam giác AM M1 uuuuur r [AM ; u] 2.SAM0M1 8a2 − 24a + 36 ⇒ d(A; ∆ ) = = = r M M1 u C y G Gọi E, F hình chiếu G AB, AC. Tứ giác AEGF hình vuông a ⇒ AG = AE ⇒ AE = AF = . ° F A = 2a ° Theo giả thiết: d(A; α) = d(A; ∆) 2a 8a2 − 24a + 36 = ⇔ 4a2 = 8a2 − 24a + 36 ⇔ 4a2 − 24a + 36 = 3 ⇔ 4(a − 3) = ⇔ a = 3. ⇔ ° Vậy, có điểm A(3; 0; 0). Câu 10: Cách 1: ° Gọi M trung điểm BF ⇒ EM // AF S · AF) = (EM; · · ⇒ (SA; AF) = SEM ° ∆SAE vuông A có: H SE = SA + AE = a + 2a = 3a ⇒ SE = a ° 2a 2. AF = =a K ° ° SF = SA + AF = a2 + 6a2 = 7a2 ⇒ SF = a ° Áp dụng đònh lý đường trung tuyến SM ∆SBF có: ° ° Gọi α góc nhọn tạo SE AF Áp dụng đònh lý hàm Côsin vào ∆SEM có: ES + EM − SM · cos α = cosSEM = = 2.ES.EM ⇒ α = 45o. ° ° F E M B SB2 + SF = 2.SM2 + BF 2 15a2 2 2 ⇔ 9a + 7a = 2SM + .2a ⇔ SM = 2 ° C a ⇒ EM = BM = MF = ; BF = a 2 SB2 = SA + AB2 = a2 + 8a2 = 9a2 ⇒ SB = 3a ° A 3a2 15a2 − 2 = − = 2. 2 a 2. .a 3a2 + 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 ∆SAK vuông có: = + = + = ⇒ AH = 2 AH SA AK a a a a Vậy, d(SE; AF) = . Cách 2: ° Dựng hệ trục Axyz, với Ax, Ay, Az đôi vuông góc, A(0; 0; 0), B(a 2; a 6; 0), C(−a 2; a 6; 0), S(0; 0; a), a a  E ; ; ÷; F(0; a 6; 0)   a  ; a 6; ÷. M    z a S C A x E M B F y ° ° uur  a a r uuur  a  uuu  SE =  ; ; − a ÷; AF = (a; a 6; 0), SM =  ; a 6; − a ÷     Gọi α góc nhọn tạo SE AF.ta có: uur uuu r cos α = cos(SE; AF) = a a + a 6. 0(−a) 3a2 2 = = . 2 a 6.a a 3a + 6a2 + 0. + + a2 2 0. ° ⇒ α = 45o. uur uuur  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 = 0. ° 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 . Câu 11: (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 = 3. ⇔ 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 vuông góc với (P) có phương trình: x −1 y +1 z −1 = = 2 ° 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). S M Câu 12: Cách 1: ° Ta có: SA ⊥ (ABC) ⇒ SA ⊥ AC. Do ∆SAC vuông A có AM ° trung tuyến nên MA = SC. SA ⊥ (ABC) Ta lại có:  AB ⊥ BC (∆ABC vuông B) ⇒ SB ⊥ BC (đònh lý đường vuông góc) A H K B C Do ∆SBC vuông B có BM trung tuyến nên MB = ° ° SC. Suy ra: MA = MB ⇒ ∆MAB 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  ° ° 2 2 2 ∆MHK vuông H có: MK = MH + HK = a + a = 2a ⇒ MK = a Diện tích ∆MAB: SMAB 1 a2 = .MK.AB = .a 2.a = 2 Cách 2: ° ∆ABC vuông B có: z AC2 = AB2 + BC2 = a2 + 4a2 = 5a2 ° ⋅ ° ° AB2 a2 a = = AC a 5 1 = + = 2 2 BH AB BC 4a 2a ⇒ BH = ° M AH = C H A a K x y a B Dựng hệ trục tọa vuông góc Axyz, với Ax, Ay, Az đôi vuông 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; ;   uuuu r  a  3a Ta có: MA =  0; ; a ÷ ⇒ MA =   uuur  2a 3a 3a  MB =  − ; ; a ÷ ⇒ MB = . 5   suy ra: MA = MB ° S ⇒ AC = a Dựng BH ⊥ AC (H ∈ AC), ta có: ⋅ ° 2a uuuu r uuur ⇒ ∆MAB cân M. uuuu r uuur  a2 2a2  ;− ; a ÷ ⇒ [MA; MB] = a2   Ta có: [MA; MB] =  Diện tích ∆MAB: SMAB r uuur uuuu a2 = [MA; MB] = .a = . 2 Câu 13: Cách 1: ° Gọi H trung điểm BC. ° Do S.ABC ∆ABC nên chân đường cao đỉnh S trùng với giao điểm ba đường cao trực tâm O ∆ABC có ∆SBC cân S. S A C ϕ O H B · suy ra: BC ⊥ SH, BC ⊥ AH, nên SHA = ϕ. ° Ta có: OH = a AH = . ∆SHO vuông góc: SO = HO.tgϕ = ° HO a a = tgϕ SH = cos ϕ 6.cos ϕ a a2 a3tgϕ tgϕ. = 24 Thể tích hình chóp S.ABC: V = .SO.SABC = . a2 = .SH.BC = 12.cos ϕ ° Diện tích ∆SBC: SSBC ° Gọi h khoảng cách từ A đến (SBC), ta có: 3.V a3tgϕ a2 a V = .h.SSBC ⇒ h = = 3. : = 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: - a a AO = AM = OM = 3 · AM ⊥ BC, SM ⊥ BC ⇒ SMA =ϕ - ∆SOM vuông có: - SO = OM.tgϕ = ° a tgϕ z S C A O ϕ M y B x Dựng hệ trục tọa độ Axyz, với Ax, Ay, Az đôi vuông góc, A(0; 0; 0), a a   a a   a   a   a a  B ; ; ÷,C  − ; ; ÷,M  0; ; ÷, O  0; ; ÷, S  0; ; tgϕ ÷ 3 2   2        ° ° ° ° a3tgϕ 24 uur  a a a  uuur BS = − ; − ; tg ϕ Ta có:  ÷, BC = (−a; 0; 0) 6   uur uuur  a2 a2  r [BS; BC] =  0; − tgϕ; − ÷= n 6   Thể tích hình chóp: V = .SO.SABC =  a  a2 a  a2  O  x − ÷− tgϕ  y − (z − 0) = ÷− 2 6    ⇔ (SBC) : tgϕy + z − ° r Phương trình mặt phẳng (SBC) qua B với vectơ pháp tuyến n : a tgϕ = 0. Khoảng cách d từ A đến (SBC): tgϕ.O + O − d= a tgϕ tg2 ϕ + a tgϕ a = = sin ϕ. cos ϕ Câu 14: 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) ° uuur AB = (3; 0; − 4) uuur r r uuur r r AB.[u1; u2 ] = 36 ≠ ⇒ AB, u1 , u không đồng phẳng. ° Vậy, (d1) (d2) chéo nhau. ° x = + t /  / (d2) có phương trình tham số:  y = − t z =  ° Gọi MN đường vuông 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 r Ta có:  uuuu    / / N(2; 1; 0) t = 3 + t − 2t + (t + t) = MN ⊥ u2 ° ° ° ° MN = 2. 2 2 Vậy, phương trình mặt cầu (S): (x − 2) + (y − 1) + (z − 2) = 4. Tọa độ trung điểm I MN: I(2; 1; 2), bán kính R = Câu 15: 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) r (d1) có vectơ phương u1 = (2; − 4; 3) r (d2) có vectơ phương u2 = (−2; 3; 4) (∆ / ) = (P) ∩ (Q)  / / (P )//(P), (Q )//(Q) Gọi:  / / (d1 ) ⊂ (P ), (d ) ⊂ (Q ) r r /  u = u∆ P r np r nq Q ∆ r u P/ r u1 Q/ r u2 A Suy (∆) giao tuyến hai mặt phẳng (P/) (Q/), (∆) // (∆/). r ∆/ B d d1 r/ r r/ (∆) 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 (∆) :  25x + 32y + 26z + 55 = 4y − 3z + 10 = Câu 16: Cách 1: ° / / / / Bốn tam giác vuông AA M, BCM, CC N, A D N (c.g.c) ⇒ A / M = MC = CN = NA / D/ ⇒ A / MCN hình thoi. ° A/ Hai hình chóp B/A/MCN B/.A/NC có chung B/ 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 = .CC/ .SA / B/ N = .a. .a.a = ° Ta có: SA/ MCN = ⇒ SA/ MCN = ° C B M a a3 ⇒ VB/ .A / MCN = . / .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 ⇒ B/ H = 3.VB/ .A/ MCN SA / MCN = 3. a3 a a : = . 3 Cách 2: ° C/ N z Chọn hệ trục Dxyz, với Dx, Dy, Dz đôi 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), / a D N C/ A/ C a y D °  a   a  M  a; ; ÷, N  0; ; a ÷     uuuu r uuuu r Ta có: A / C = (−a; a; − a), MN = (−a; 0; a) uuuu r uuuu 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 : A x a M r 1(x − 0) + 2(y − a) + 1(z − 0) = B ⇔ (A / MCN) : x + 2y + z − 2a = 0. ° Khoảng cách d từ B/(a; a; a) đến mp(A/MCN): d = a + 2a + a − 2a 1+ +1 = 2a a = . Câu 17: r u (d1) có vectơ phương = (1; 1; 2) r (d2) có vectơ phương u2 = (1; 3; 1) ° ° ° ° ° ° uur K ∈(d ) ⇒ K(t / ; 3t / − 6; t / − 1) ⇒ IK = (t / − 1; 3t / − 5; t / − 2) uur r 18  18 12  IK ⊥ u2 ⇔ t / − + 9t / − 15 + t / − = ⇔ t / = ⇒ K ; − ; ÷ 11  11 11 11  Giả sử (∆) cắt (d1) H(t; + t; + 2t), (H ∈ (d1 )) uuur  18 56 59  HK =  − t; − − t; − − 2t ÷ 11 11  11  uuur r 18 56 118 26 HK ⊥ u1 ⇔ −t− −t− − 4t = ⇔ t = − 11 11 11 11 uuur  30 7 ⇒ HK =  4; − ; − ÷ = (44; − 30; − 7). 11 11  11  18  x = + 44λ  11  12  Vậy, phương trình tham số đường thẳng (∆):  y = − − 30λ . 11   z = 11 − 7λ  Câu 18: Cách 1: ° Dựng SH ⊥ AB ° Ta có: ° ° ∆SHN = ∆SHP ⇒ HN = HP. ° ∆AHP vuông có: HP = HA.sin 60 o = ° ° S (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 a . B H A ϕ N C P a tgα 1 a a a3 Thể tích hình chóp S.ABC : V = .SH.SABC = . .tgα. = tgα 3 4 16 ∆SHP vuông có: SH = HP.tgα = Cách 2: ° Dựng SH ⊥ AB ° Ta có: (SAB) ⊥ (ABC), (SAB) ∩ (ABC) = B, SH ⊂ (SAB) ⇒ SH ⊥ (ABC) ° Vì (SAC) (SBC) tạo với (ABC) góc α ∆ABC đều, nên suy H trung điểm AB. Dựng hệ trục tọa độ Hxyz, với Hx, Hy, Hz đôi vuông góc, H(0; 0; 0), ° z 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) A Phương trình mp (SAC): ° C H x y z + + =1 a a h x a y B ∆2 a r ⇔ (SAC) : 2h 3x + 2hy + a 3z − ah = với n = (2h 3; 2h; a 3) (SAC) tạo với (ABC) góc α: ° cos α = 0+0+a = a + + 1. 12h + 4h + 3a 16h + 3a2 16h + 3a2 ⇔ = + tg α = cos2 α 3a2 3a2 tg2α a ⇔h = ⇔ h= tgα 16 1 a a2 a3 Thể tích hình chóp S.ABC: V = .h.SABC = . tgα. = tgα . 3 4 16 ° Câu 19: 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) A r u1 Gọi H hình chiếu A (∆1) H ∈ (∆1 ) ⇒ H(3 − 7t1; + 2t1; + 3t1 ) uuur ⇒ AH = (−4 − 7t1; − + 2t1; − + 3t1 ) uuur r AH ⊥ u1 ⇔ − 7(−4 − 7t1 ) + 2(−2 + 2t1 ) + 3(−8 + 3t1 ) = ⇔ t1 = ⇒ H(3; 1; 1) H K ∆1 A/ B/ ∆3 Gọi A/ điểm đối xứng A qua H ⇒ A/(-1; -1; -7) Gọi K hình chiếu B (∆1) 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 r  11 74 13  r r / / A B =  ; − ; − ÷ = (11; − 74; 13) = .a , với a = (11; − 74; 13) 31  31 31 31  31 Phương trình đường thẳng (∆3) đối xứng với (∆2) qua (∆1) phương trình đường thẳng r A / B/ qua A/ với vectơ phương a . ° Vậy, phương trình tắc (∆3): x +1 y +1 z + = = . 11 −74 13 2. Mặt phẳng (β) chứa (∆2) (β) // (∆1) r r ⇒ (β) 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) = − 4n β , với nβ = (2; 1; 4) 3. r ° Phương trình mp (β) qua A(7; 3; 9) ∈(∆ ) với pháp tuyến nβ : (β) : 2x + y + 4z − 53 = ° / Ta có: (α) ∩ (β) = (∆ ) hình chiếu (∆2) lên (α) theo phương (∆1). ° / Vậy, phương trình hình chiếu (∆ ) :  Gọi I trung điểm M1M ⇒ I(5; 2; 5) ° ° uuuur uuuur x + y + z + = 2x + y + 4z − 53 = uuu r Ta có: MM1 + MM = 2MI uuuur uuuur uuu r ⇒ MM1 + MM nhỏ ⇔ 2MI nhỏ ⇔ M hình chiếu I (α) Phương trình đường thẳng (∆) qua I vuông góc với (α) là: r uα M1 M0 α Gọi M giao điểm (∆) (α) M 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). Câu 20: Cách 1: ° Gọi H trung điểm BC ⇒ AH ⊥ BC. ° ∆ABH nửa tam giác cạnh AB = a ⇒ AH = ° ∆IB/ C/ vuông có: a 13a + 3a2 = 4 IB/ = IC/ + B/ C/ = a a BH = ⇒ BC = a 2 ° a2 5a2 ∆AIC vuông có: AI = IC + AC = +a = 4 ° Ta có: AI2 + AB/ = ° (AB/ đường chéo hình vuông AA/B/B cạnh a) Vậy, ∆AB/I vuông A. ° M2 I x = + t  y = + t z = + t  ° ° ° ° (∆) Ta có: SAB/ I 5a2 13a2 + 2a2 = = IB/ 4 B/ C/ A/ B H 30o A 1 a a2 10 / = .AI.AB = . .a = 2 1 a a2 SABC = .AH.BC = . .a = 2 ° Gọi α góc hai mặt phẳng (ABC) (AB/I), theo công thức chiếu, ta có: cos α = SABC a2 a2 10 30 = : = SAB/ I 4 10 I C Cách 2: ° Gọi H trung điểm BC ⇒ AH ⊥ BC ° ∆ABH nửa tam giác cạnh AB = a ⇒ AH = ° ° ° * * C/ z a a a BH = ⇒ BC = a 2 A/ B/ I C Dựng hệ trục Axyz, với Ax, Ay, Az đôi vuông góc, A(0; 0; 0), A y H 60o z a a   a a  / B B ; ; ÷, C  − ; ; ÷, A (0; 0; a),  2   2  a a  / a a   a a a B/  ; ; a ÷, C  − ; ; a ÷, I  − ; ; ÷ 2 2 2 2      uuur/  a a  uur  a a a  AB =  ; ; a ÷, AI =  − ; ; ÷ 2 2 2    uuur/ uur a  a  a a a 3a2 a2 2a2 AB .AI = . − + . + a. = − + + =0 Ta có:  ÷   2 4 uuur/ uur Vậy, ∆AB/I vuông A. ⇒ AB ⊥ AI. r Phương trình mp(ABC): z = có pháp vectơ n1 = (0; 0; 1) uuur/ uur mp (AB/I) có cặp vectơ phương AB , AI , nên có pháp vectơ: uuur/ uur  a2 3a2 2a2  a2 a2 r [AB ; AI] =  − ; − ; = − (1; 3; − 3) = − .n ÷ 4 4   r với n = (1; 3; − 3) . ° Gọi α góc (ABC) (AB/I), ta có: cos α = 0+0−2 + + 1. + 27 + 12 = 30 = . 10 40 S Câu 21 Cách 1: O SH ⊥ (ABC) a/ Ta có:  S.ABC hình chóp tứ diện C A H ⇒ SH trục đường tròn ngoại tiếp ∆ABC ⇒ H trực tâm ∆ABC ⇒ AH ⊥ BC B và: SH ⊥ BC (SH ⊥ (ABC)) Suy ra: BC ⊥ (SAH) ⇒ BC ⊥ SA. ° 2 a 3 2a2 a ∆SAH vuông có: SH = SA − AH = a2 −  . = ⇒ SH = . ÷ 3 3  ° Thể tích hình chóp: V = .SH.SABC = . ° a a2 a3 . = . 3 12 Diện tích toàn phần hình chóp: Stp = 4.SABC a2 = 4. = a2 3. b/ O trung điểm SH ⇒ SO = OH = ° a , OA = OB = OC. Áp dụng đònh lý trung tuyến AO ∆SAH có: SA + AH = 2AO2 + SH 2 ⇔ a2 + a2 a2 a2 = 2AO2 + ⇔ AO2 = . 3 a2 a2 + = a2 = AB2 ⇒ ∆OAB vuông O. 2 ° Ta có: AO2 + BO2 = ° Chứng minh tương tự ta có tam giác OBC, OCA vuông O. ° Vậy, OA, OB, OC đôi vuông góc nhau. Cách 2: a/ ° ⇒ AM ⊥ BC, AM = ° z Gọi M trung điểm BC a Gọi SH đường cao tứ diện đều, nên SH trục đường tròn (ABC) O A ⇒ H tâm đường tròn (ABC) a ⇒ AH = AM = . 3 ° ° S a x H a a   a a  A(0; 0; 0), B  ; ; ÷, C  − ; ; ÷, 2   2   a a 6  a   a  S  0; ; ; ÷, H  0; ; ÷. ÷, M  0; 3       uuur uuu r  a a 6 BC = (−a; 0; 0), SA =  0; ; ÷ 3   uuu r uuur uuu r uuur a a Ta có: SA.BC = 0.(−a) + .0 + .0 = ⇒ SA ⊥ BC 3 Vậy, SA ⊥ BC. ° Diện tích toàn phần: Stp = 4.SABC = 4.  b/ O trung điểm SH ⇒ tọa độ O  0;  ° y Dựng hệ trục Axyz, với Ax, Ay, Az đôi vuông góc, ° ° M B 1 a a2 a3 Thể tích hình chóp: V = .SH.SABC = . . = 3 12 ° C a2 = a2 . 3. a a 6 ; ÷  uuur  a a  uuur  a a a  uuur  a a a 6 OA =  0; ; ;− ;− ÷, OB =  ; ÷, OC =  − ; ÷     2  uuur uuur a a a a a a2 a2 Ta có: OA.OB = 0. + . − . = − = ⇒ OA ⊥ OB. 6 6 Chứng minh tương tự ta có: OB ⊥ OC, OC ⊥ OA. Vậy, OA, OB, OC đôi vuông góc nhau. Câu 22 Tọa độA(9; 0; 0), B(0; 6; 0), C(0; 0; 3) ° Vì M cách mặt phẳng tọa độ (α), nên x = y = z (do x, y, z > 0) và: x = d(M; α) = 2x + 3x + 6x − 18 .  x = y = z = ⇔ M1 (1;1; 1) ⇔  x = y = z = ⇒ M  ; ; ÷  2 2 uuuuu r OM1 = d ° Vậy, điểm M thuộc mặt cầu (S) cần tìm: M  +   6 6 ; 2+ ; −1− ÷. 3  [...]... MB] = a 2 = 2 2 2 Câu 13: 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 S A C ϕ O H B · suy ra: BC ⊥ SH, BC ⊥ AH, nên SHA = ϕ ° Ta có: OH = 1 a 3 AH = 3 6 ∆SHO vuông góc: SO = HO.tgϕ = ° HO a 3 a 3 = tgϕ và SH = cos ϕ 6.cos ϕ 6 1 3 1 a 3 a2 3 a3tgϕ tgϕ = 3 6 4 24 Thể tích hình... (d1) đi qua điểm A(0; 0; 4) và có vectơ chỉ phương u1 = (2; 1; 0) r (d2) đi qua điểm B(3; 0; 0) và có vectơ chỉ phương u2 = (3; − 3; 0) ° uu ur AB = (3; 0; − 4) uu r r ur uu r r ur AB.[u1; u2 ] = 36 ≠ 0 ⇒ AB, u1 , u 2 không đồng phẳng ° Vậy, (d1) và (d2) chéo nhau ° x = 3 + t /  / (d2) có phương trình tham số:  y = − t z = 0  ° Gọi MN là đường vuông góc chung của (d1) và (d2) ° M ∈ (d1 ) ⇒ M(2t;... − 2 3) = − n 2 ÷ 4 4  4 4  4 r với n 2 = (1; 3 3; − 2 3) ° Gọi α là góc giữa (ABC) và (AB/I), ta có: cos α = 0+0−2 3 0 + 0 + 1 1 + 27 + 12 = 2 3 30 = 10 40 S Câu 21 Cách 1: O SH ⊥ (ABC) a/ Ta có:  S.ABC hình chóp tứ diện đều C A H ⇒ SH là trục đường tròn ngoại tiếp ∆ABC đều ⇒ H là trực tâm ∆ABC ⇒ AH ⊥ BC B và: SH ⊥ BC (SH ⊥ (ABC)) Suy ra: BC ⊥ (SAH) ⇒ BC ⊥ SA 2 ° 2 a 3 2a2 a 6 ∆SAH vuông có:... góc nhau Câu 22 Tọa độA(9; 0; 0), B(0; 6; 0), C(0; 0; 3) ° Vì M cách đều 3 mặt phẳng tọa độ và (α), nên x = y = z (do x, y, z > 0) và: x = d(M; α) = 2x + 3x + 6x − 18 7  x = y = z = 1 ⇔ M1 (1;1; 1) ⇔ x = y = z = 9 ⇒ M2  9 ; 9 ; 9   ÷  2 2 2 2  u uu uu r OM1 3 2 = . (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. Câu 11: Trong không gian với hệ tọa độ vuông góc Oxyz cho mặt phẳng (P) và. 60 o . Câu 9: Trong không gian Oxyz, tìm trên Ox điểm A cách đều đường thẳng (d) : 2 2z 2 y 1 1x + == − và mặt phẳng (α) : 2x – y – 2z = 0. Câu 10: Cho hình chóp SABC có đáy ABC là tam giác đều có. 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. Câu 5 Trong không gian Oxyz cho đường thẳng (d) và mặt